a: Xét ΔNME và ΔNFE có

NM=NF

\(\widehat{MNE}=\widehat{FNE}\)

NE chung

Do đó: ΔNME=ΔNFE

b: Xét ΔMEN có \(\widehat{NEP}\) là góc ngoài tại E

nên \(\widehat{NEP}=\widehat{ENM}+\widehat{EMN}=90^0+\widehat{ENM}>90^0\)

Xét ΔNEP có \(\widehat{NEP}>90^0\)

nên NP là cạnh lớn nhất của ΔNEP

=>NP>NE

c:

ΔNME=ΔNFE

=>\(\widehat{NME}=\widehat{NFE}=90^0\)

Xét ΔNFG vuông tại F và ΔNMP vuông tại M có

NF=NM

\(\widehat{FNG}\) chung

Do đó: ΔNFG~ΔNMP

=>NG=NP

Góc giữa 2 đường thẳng luôn là 1 góc không tù em

Nên khi tính cos phải lấy trị tuyệt đối (cách trắc nghiệm là khỏi trị tuyệt đối, cứ tính thẳng ra, nhỏ hơn 90 độ thì lấy, mà lớn hơn 90 độ thì lấy 180 độ trừ kết quả => đáp án đúng)

Giúp tuiii

B = ( 1/4 + 1/5 + ... + 1/10) + ( 1/11 + 1/12 + ... + 1/19)

B > ( 1/10 + ... + 1/10) + ( 1/20 + ... + 1/20)

B > 7 x 1/10 + 9 x 1/20

= 7/ 10 + 9/20 

= 23/ 20

=> B > 20/20 > 1 => B >1

Ta có:
\(\dfrac{1}{4}>\dfrac{1}{19}\)
\(\dfrac{1}{5}>\dfrac{1}{19}\)
\(\dfrac{1}{6}>\dfrac{1}{19}\)
\(...\)
\(\dfrac{1}{19}=\dfrac{1}{19}\)
\(\Rightarrow B=\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{5}+\dfrac{1}{6}+...+\dfrac{1}{19}>\dfrac{1}{19}+\dfrac{1}{19}+\dfrac{1}{19}+...+\dfrac{1}{19}=1\)  (19 SH \(\dfrac{1}{19}\))
\(\RightarrowĐPCM\)

\(\#PeaGea\)
 

Bạn xem lại đề.

Đặt \(z=x+yi\Rightarrow\left|x-3+\left(y-1\right)i\right|=\left|x+\left(y+1\right)i\right|\)

\(\Rightarrow\left(x-3\right)^2+\left(y-1\right)^2=x^2+\left(y+1\right)^2\)

\(\Rightarrow6x+4y-9=0\Rightarrow y=\dfrac{9-6x}{4}\)

\(P=\left|\left(x-1\right)+\left(y+3\right)i\right|=\sqrt{\left(x-1\right)^2+\left(y+3\right)^2}\)

\(=\sqrt{\left(x-1\right)^2+\left(\dfrac{9-6x}{4}+3\right)^2}=\sqrt{\dfrac{13}{4}\left(x-\dfrac{71}{26}\right)^2+\dfrac{225}{52}}\ge\sqrt{\dfrac{225}{52}}\)

a) Độ dài đth(đoạn thẳng) BC là: \(9-3=6\left(cm\right)\)
b) Ta có:
+)
Độ dài đth CM là: \(6:2=3\left(cm\right)\)   
\(\Rightarrow AC=CM\) (do cùng bằng 3)   \(\left(1\right)\)
+)
M nằm giữa A và B (do \(AC=CM\))   \(\left(2\right)\)
Từ \(\left(1\right)\) và \(\left(2\right)\) \(\Rightarrow\) C là trung điểm của AM

\(\#PeaGea\)

Câu 4:

a: Xét tứ giác MAOB có \(\widehat{MAO}+\widehat{MBO}=90^0+90^0=180^0\)

nên MAOB là tứ giác nội tiếp

c: Xét (O) có

ΔACB nội tiếp

AC là đường kính

Do đó: ΔABC vuông tại B

=>AB\(\perp\)CD tại B

Xét (O) có

MA,MB là các tiếp tuyến

Do đó: MA=MB

=>\(\widehat{MAB}=\widehat{MBA}\)

Ta có: \(\widehat{MAB}+\widehat{MDB}=90^0\)(ΔABD vuông tại B)

\(\widehat{MBA}+\widehat{MBD}=\widehat{ABD}=90^0\)

mà \(\widehat{MAB}=\widehat{MBA}\)

nên \(\widehat{MDB}=\widehat{MBD}\)

Câu 5:

a: Xét tứ giác ABIK có \(\widehat{AKB}=\widehat{AIB}=90^0\)

nên ABIK là tứ giác nội tiếp

Xét tứ giác HKCI có \(\widehat{HKC}+\widehat{HIC}=90^0+90^0=180^0\)

nên HKCI là tứ giác nội tiếp

b: Xét (O) có

\(\widehat{EAD}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến EA và dây cung AD

\(\widehat{ABD}\) là góc nội tiếp chắn cung AD

Do đó: \(\widehat{EAD}=\widehat{ABD}\)

Xét ΔEAD và ΔEBA có

\(\widehat{EAD}=\widehat{EBA}\)

\(\widehat{AED}\) chung

Do đó: ΔEAD~ΔEBA

=>\(\dfrac{EA}{EB}=\dfrac{ED}{EA}\)

=>\(EA^2=ED\cdot EB\)

Câu 4:

a) Theo định lí về góc tiếp tuyến và dây cung, ta có: ∠MAB = ∠MCB và ∠MBA = ∠MCA.
Do đó, ∠MAB + ∠MBA = ∠MCB + ∠MCA = 180°.
Vậy tứ giác MAOB nội tiếp.

b) Độ dài đường tròn ngoại tiếp tứ giác MAOB:

Ta có:

\(OM=R+OA=2R\) (vì OA là bán kính của đường tròn)

Do đó, \(R=\dfrac{OM}{2}=\dfrac{5}{2}=2,5cm\)

Vậy, độ dài đường tròn ngoại tiếp tứ giác MAOB là:

\(2\pi R=2\cdot3,14\cdot2,5=15,7cm\)

c) Ta có: ∠MBA = ∠MCA (do tứ giác MAOB nội tiếp)
Và ∠MCB = ∠MAB (do tứ giác MAOB nội tiếp)
Do đó, ∠MBD = ∠MBA + ∠MCB = ∠MCA + ∠MAB = ∠MDB.
Vậy, ∠MBD = ∠MDB.

Câu 5:

a) Ta có: ∠BAI = ∠BKI (do cùng chắp cung BK)
Và ∠ABI = ∠AKI (do cùng chắp cung AI)
Do đó, ∠BAI + ∠ABI = ∠BKI + ∠AKI = 180°.
Vậy, tứ giác ABIK nội tiếp.
Tương tự, ta cũng có tứ giác HKCI nội tiếp.

b) Ta có: ∠BAE = ∠BDE (do cùng chắp cung BD)
Và ∠ABE = ∠DBE (do cùng chắp cung BE)
Do đó, ∆ABE ~ ∆DBE (theo định lí tam giác đồng dạng)
Từ đó, ta có:

\(\dfrac{AE}{BE}=\dfrac{BE}{DE}\)

Vậy, \(AE^2=BE\cdot DE\)