Tọa độ giao điểm của (d1) và (d3) là:

\(\begin{cases}x+6y=0\\ 6x+7y=-6\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}x=-6y\\ 6\cdot\left(-6y\right)+7y=-6\end{cases}\)

=>\(\begin{cases}x=-6y\\ -36y+7y=-6\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}-29y=-6\\ x=-6y\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}y=\frac{6}{29}\\ x=-6\cdot\frac{6}{29}=-\frac{36}{29}\end{cases}\)

Thay x=-36/29; y=6/29 vào (d2), ta được:

\(\left(1-k\right)\cdot\frac{-36}{29}+k\cdot\frac{6}{29}=1+k\)

=>-36(1-k)+6k=29(k+1)

=>-36+36k+6k=29k+29

=>42k-36=29k+29

=>13k=65

=>k=5

Vì N, H, M thẳng hàng nên để chứng minh NM là phân giác góc DNI, chỉ cần chứng minh NH là phân giác góc DNI.

Do H thuộc DI, theo định lí phân giác trong tam giác DNI, chỉ cần chứng minh
ND/NI = DH/HI. (1)

Ta sẽ tính tỉ số DH/HI trước.

Xét tứ giác AEHF nội tiếp. Vì I là giao điểm của AH và EF nên
IA.IH = IE.IF. (2)

Mặt khác:

Ta có
∠AEI = ∠AEF = ∠AHF = ∠IHF,
và
∠AIE = ∠HIF.
Suy ra tam giác AEI đồng dạng tam giác HFI.

Do đó
AI/FI = AE/HF. (3)

Tương tự,
∠AFI = ∠AFE = ∠AHE = ∠IHE,
và
∠AIF = ∠HIE.
Suy ra tam giác AFI đồng dạng tam giác HEI.

Do đó
AI/EI = AF/HE. (4)

Nhân (3) và (4), rồi dùng (2), được
AI²/(FI.EI) = (AE.AF)/(HF.HE)

nên
AI/IH = (AE.AF)/(HF.HE). (5)

Bây giờ ta tính hai tỉ số AE/EH và AF/FH.

Ta có
∠AEB = ∠CEH = 90 độ,
∠ABE = ∠ECH.
Suy ra tam giác ABE đồng dạng tam giác CEH.

Vậy
AE/EH = AB/CH. (6)

Lại có
∠ADB = ∠CDH = 90 độ,
∠ABD = ∠CHD.
Suy ra tam giác ABD đồng dạng tam giác CHD.

Vậy
AB/CH = AD/DC. (7)

Từ (6) và (7),
AE/EH = AD/DC. (8)

Tương tự,
từ tam giác ACF đồng dạng tam giác BFH và tam giác ACD đồng dạng tam giác BHD, ta được
AF/FH = AD/DB. (9)

Thế (8) và (9) vào (5):
AI/IH = (AD/DC).(AD/DB) = AD²/(DB.DC). (10)

Mặt khác, từ tam giác ACD đồng dạng tam giác BHD ta còn có
AD/DC = DB/DH
suy ra
AD.DH = DB.DC. (11)

Từ (10) và (11),
AI/IH = AD/DH. (12)

Đến đây, đặt
DH = h, AD = a, DM = t
với 0 < h < a.

Chọn hệ trục tọa độ sao cho
D(0,0), A(0,a), H(0,h), M(t,0).

Vì I nằm trên AD nên gọi I = (0,u).
Từ (12):
AI/IH = AD/DH
tức là
(a-u)/(u-h) = a/h.

Giải ra được
u = 2ah/(a+h).

Vậy
I = (0, 2ah/(a+h)).

Đường thẳng HM có phương trình
hx + ty - ht = 0.

N là hình chiếu vuông góc của A lên HM nên
N = ( ht(h-a)/(h²+t²) , h(ah+t²)/(h²+t²) ).

Suy ra
ND² = h²(a²+t²)/(h²+t²),
NI² = h²(a-h)²(a²+t²)/((a+h)²(h²+t²)).

Do đó
ND/NI = (a+h)/(a-h). (13)

Mà
HI = 2ah/(a+h) - h = h(a-h)/(a+h),

nên
DH/HI = h / ( h(a-h)/(a+h) ) = (a+h)/(a-h). (14)

Từ (13) và (14),
ND/NI = DH/HI.

Theo định lí phân giác trong tam giác DNI, suy ra NH là phân giác góc DNI.

Vì N, H, M thẳng hàng nên NM cũng là phân giác góc DNI.

Đpcm.

Câu a.

Đặt hệ tọa độ A(0,0), B(1,0), C(0,1)
D là trung điểm BC nên D(1/2 , 1/2)
G là trọng tâm nên G(1/3 , 1/3)

Gọi E(a,0) thuộc AB , F(0,b) thuộc AC

Vì G nằm trên EF nên
1/3a + 1/3b = 1
suy ra 1/a + 1/b = 3

Đường EF có dạng x/a + y/b = 1

Qua B(1,0) kẻ đường thẳng song song EF
x/a + y/b = 1/a

Giao với AD

AD có phương trình x = y

Thế vào
x/a + x/b = 1/a

x(1/a + 1/b) = 1/a
x.3 = 1/a
x = 1/(3a)

M(1/(3a) , 1/(3a))

MG = √((1/3 − 1/(3a))^2 + (1/3 − 1/(3a))^2)
AG = √((1/3)^2 + (1/3)^2)

MG/AG = (1 − 1/a)

Trên AB

BE = 1 − a
AE = a

BE/AE = (1 − a)/a

Suy ra

BE/AE = MG/AG

Câu b.

BE/AE = (1 − a)/a
CF/AF = (1 − b)/b

BE/AE + CF/AF
= (1 − a)/a + (1 − b)/b
= 1/a − 1 + 1/b − 1
= 1/a + 1/b − 2

mà 1/a + 1/b = 3

nên

BE/AE + CF/AF = 1

Câu c.

E(a,0)

Qua E kẻ đường thẳng song song AC nên đường thẳng x = a

BC có phương trình x + y = 1

Giao điểm

H(a , 1 − a)

BH = √((1 − a)^2 + (0 − (1 − a))^2)
BC = √((1)^2 + (−1)^2)

BH/BC = 1 − a

Mà

BE/AE = (1 − a)/a

suy ra

BH/BC = BE/AB

a: Xét ΔABM có EG//BM

nên \(\frac{AE}{BE}=\frac{AG}{GM}\)

=>\(\frac{BE}{AE}=\frac{MG}{GA}\)

b: Xét ΔANC có GF//NC

nên \(\frac{AF}{FC}=\frac{AG}{GN}\)

=>\(\frac{FC}{FA}=\frac{GN}{GA}\)

Xét ΔABC có

AD là đường trung tuyến

G là trọng tâm

Do đó: A,G,D thẳng hàng và AG=2GD

Xét ΔDMB và ΔDNC có

\(\hat{DBM}=\hat{DCN}\) (hai góc so le trong, BM//CN)

DB=DC

\(\hat{BDM}=\hat{CDN}\) (hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔDMB=ΔDNC

=>DM=DN

=>D là trung điểm của MN

=>MN=2MD

\(\frac{BE}{AE}+\frac{CF}{AF}=\frac{MG}{GA}+\frac{NG}{GA}=\frac{MG+NG}{GA}=\frac{MG+MG+MN}{GA}\)

\(=\frac{2\cdot MG+2\cdot MD}{GA}=\frac{2\cdot GD}{GA}=1\)

Câu 1.

Đặt
x = 4sinα , với −π/2 ≤ α ≤ π/2
y = 16sin²β , với 0 ≤ β ≤ π/2

Khi đó

√(16 − y) = 4cosβ
√y = 4sinβ
√(16 − x²) = 4cosα

Biểu thức

x√(16 − y) + √y√(16 − x²)

= 4sinα · 4cosβ + 4sinβ · 4cosα

= 16(sinαcosβ + cosαsinβ)

= 16sin(α + β)

Vì −π/2 ≤ α ≤ π/2 và 0 ≤ β ≤ π/2 nên

sin(α + β) ≤ 1

Suy ra

x√(16 − y) + √y√(16 − x²) ≤ 16

Dấu bằng xảy ra khi

sin(α + β) = 1
⇒ α + β = π/2

⇒ sinα = cosβ

⇒ x = 4sinα , y = 16sin²β = 16cos²α

⇒ x² + y = 16

Vậy dấu bằng xảy ra khi x² + y = 16 với −4 ≤ x ≤ 4 , 0 ≤ y ≤ 16.

a:

Bổ sung đề: Tìm các giao điểm B,C lần lượt của đồ thị hàm số y=x+3; y=-x+3 với trục Ox

Tọa độ giao điểm A là:

\(\begin{cases}x+3=-x+3\\ y=x+3\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}2x=0\\ y=x+3\end{cases}\)

=>\(\begin{cases}x=0\\ y=0+3=3\end{cases}\)

Tọa độ B là:

\(\begin{cases}y=0\\ x+3=0\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}x=-3\\ y=0\end{cases}\)

=>B(-3;0)

Tọa độ C là:

\(\begin{cases}y=0\\ -x+3=0\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}y=0\\ -x=-3\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}y=0\\ x=3\end{cases}\)

=>C(3;0)

a) * y = x + 3 (d1)

Cho x = 0 y = 3 ⇒ A(0; 3)

Cho y = 0 x = -3 ⇒ B(-3; 0)

* y = -x + 3 (d2)

Cho x = 0 y = 3 ⇒ A(0; 3)

Cho y = 0 x = 3 ⇒ C(3; 0)

* Đồ thị:

Bằng đồ thị, ta có giao điểm của hai đường thẳng trên là A(0; 3)

Giao điểm của (d1) và Ox là B(-3; 0)

Giao điểm của (d2) và Ox là C(3; 0)

b) Ta có:

AB² = 3² + 3² = 18

AC² = 3² + 3² = 18

BC = 6

Chu vi ∆ABC:

Diện tích ∆ABC:

3 . 6 : 2 = 9 (đvdt)

a: Xét ΔHEA vuông tại E và ΔHDB vuông tại D có

\(\hat{EHA}=\hat{DHB}\) (hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔHEA~ΔHDB

=>\(\frac{HE}{HD}=\frac{HA}{HB}\)

=>\(HD\cdot HA=HE\cdot HB\left(1\right)\)

Xét ΔHFB vuông tại F và ΔHEC vuông tại E có

\(\hat{FHB}=\hat{EHC}\) (hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔHFB~ΔHEC

=>\(\frac{HF}{HE}=\frac{HB}{HC}\)

=>\(HF\cdot HC=HE\cdot HB\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(HD\cdot HA=HF\cdot HC=HE\cdot HB\)

b: Xét ΔAEB vuông tại E và ΔAFC vuông tại F có

\(\hat{EAB}\) chung

Do đó: ΔAEB~ΔAFC

=>\(\frac{AE}{AF}=\frac{BA}{AC}\)

=>\(\frac{AE}{AB}=\frac{AF}{AC}\)

Xét ΔAEF và ΔABC có

\(\frac{AE}{AB}=\frac{AF}{AC}\)

Do đó: ΔAEF~ΔABC

c: ΔAEF~ΔABC

=>\(\hat{AEF}=\hat{ABC}\) (1)

Xét ΔCEB vuông tại E và ΔCDA vuông tại D có

\(\hat{ECB}\) chung

Do đó: ΔCEB~ΔCDA

=>\(\frac{CE}{CD}=\frac{CB}{CA}\)

=>\(\frac{CE}{CB}=\frac{CD}{CA}\)

Xét ΔCED và ΔCBA có

\(\frac{CE}{CB}=\frac{CD}{CA}\)

góc ECD chung

Do đó: ΔCED~ΔCBA

=>\(\hat{CED}=\hat{CBA}\) (2)

Từ (1),(2) suy ra \(\hat{AEF}=\hat{CED}\)

d: Ta có: \(\hat{AEF}+\hat{FEB}=\hat{AEB}=90^0\)

\(\hat{CED}+\hat{BED}=\hat{BEC}=90^0\)

mà \(\hat{AEF}=\hat{CED}\)

nên \(\hat{FEB}=\hat{BED}\)

=>EB là phân giác của góc FED

Xét ΔBFC vuông tại F và ΔBDA vuông tại D có

\(\hat{FBC}\) chung

Do đó: ΔBFC~ΔBDA

=>\(\frac{BF}{BD}=\frac{BC}{BA}\)

=>\(\frac{BF}{BC}=\frac{BD}{BA}\)

Xét ΔBFD và ΔBCA có

\(\frac{BF}{BC}=\frac{BD}{BA}\)

góc FBD chung

Do đó: ΔBFD~ΔBCA

=>\(\hat{BFD}=\hat{BCA}\)

mà \(\hat{AFE}=\hat{ACB}\)

nên \(\hat{BFD}=\hat{AFE}\)

=>\(90^0-\hat{BFD}=90^0-\hat{AFE}\)

=>\(\hat{DFC}=\hat{EFC}\)

=>FC là phân giác của góc EFD

Xét ΔEFD có

FC,EB là các đường phân giác

FC cắt EB tại H

Do đó: H là tâm đường tròn nội tiếp ΔEFD

=>DH là phân giác của góc FDE
=>DA là phân giác của góc FDE

Gọi vận tốc bđ của ô tô là x (km/h), \(x>0\)

Thời gian dự định đi hết quãng đường là: \(\frac{163}{x}\)

Quãng đường còn lại sau khi đi 43 km là: 163 - 43 = 120 (km/h)

Thời gian đi 43 km: \(\frac{43}{x}\)

Thời gian dừng lại 40 phút: \(\frac23h\)

Đi với 120 km vận tốc 1,2x : \(\frac{120}{1,2x}\)

Ta có pt: \(\frac{43}{x}+\frac23+\frac{120}{1,2x}=\frac{163}{x}\)

\(\lrArr\frac{43}{x}+\frac{100}{x}+\frac23=\frac{163}{x}\)

\(\lrArr\frac{143}{x}+\frac23=\frac{163}{x}\)

\(\lrArr\frac23=\frac{20}{x}\)

\(\lrArr2x=60\lrArr x=30\) (km/h)

a: ΔABC vuông tại A

=>\(AB^2+AC^2=BC^2\)

=>\(BC^2=5^2+12^2=25+144=169=13^2\)

=>BC=13(cm)

b: Xét ΔBHA vuông tại H va ΔBAC vuông tại A có

\(\hat{HBA}\) chung

Do đó: ΔBHA~ΔBAC

=>\(\frac{BH}{BA}=\frac{BA}{BC}\)

=>\(BA^2=BH\cdot BC\)

a: Xét ΔADB vuông tại D và ΔAEC vuông tại E có

\(\hat{DAB}\) chung

Do đó: ΔADB~ΔAEC

b: Xét ΔEAH vuông tại E và ΔECB vuông tại E có

\(\hat{EAH}=\hat{ECB}\left(=90^0-\hat{ABC}\right)\)

Do đó: ΔEAH~ΔECB