Bạn chưa đăng nhập. Vui lòng đăng nhập để hỏi bài
Xem chi tiết

Đây là lưu ý tối quan trọng cho các bạn học sinh 12 nhé! Các bạn chú ý hí!

Lê Tuấn Kiệt
Xem chi tiết
bao han
Xem chi tiết
Ẩn danh
Xem chi tiết

Câu a

Vì tam giác ABC nội tiếp (O) và M là trung điểm BC nên OM ⟂ BC.

Ta có ∠BAC = 60°. Góc ∠BDC là góc nội tiếp chắn cùng cung BC với ∠BAC nên
∠BDC = ∠BAC = 60°.

Kết quả
∠BDC = 60°.

Câu b

MH ⟂ AB ⇒ ∠AHM = 90°.
MK ⟂ AC ⇒ ∠AKM = 90°.

Suy ra ∠AHM = ∠AKM = 90° nên H và K cùng nằm trên đường tròn đường kính AM.

Vậy bốn điểm A, H, M, K cùng nằm trên một đường tròn, tức tứ giác AHMK nội tiếp.

Lại có
∠MHK và ∠MAK cùng chắn cung MK nên bằng nhau.
Mà A, B, C cùng thuộc (O) nên ∠MAK = ∠DBC.

Suy ra
∠MHK = ∠DBC.

Do Hong Thuu
Xem chi tiết

Gọi (O) là đường tròn đường kính AB, I là trung điểm OB, CD ⟂ OB tại I. Lấy M trên cung nhỏ CA. MB cắt CD tại H, AM cắt CD tại K.

a) Chứng minh tứ giác AMHI nội tiếp

Vì CD ⟂ OB tại I nên IH ⟂ IB.
Do B, I, O thẳng hàng nên IH ⟂ OB.

Mặt khác AB là đường kính nên ∠AMB = 90°.
Vì H thuộc MB nên ∠AMH = 90°.

Ta có
∠AIH = 90° và ∠AMH = 90°.

Hai góc này cùng chắn đoạn AH nên bốn điểm A, M, H, I cùng nằm trên một đường tròn.

Suy ra tứ giác AMHI nội tiếp.

b) Chứng minh KMIB nội tiếp

Do AB là đường kính nên ∠AMB = 90°.
Vì K thuộc AM nên ∠KMB = 90°.

Mặt khác CD ⟂ OB tại I nên KI ⟂ IB ⇒ ∠KIB = 90°.

Ta có
∠KMB = ∠KIB = 90°.

Hai góc cùng chắn đoạn KB nên bốn điểm K, M, I, B cùng nằm trên một đường tròn.

Vậy tứ giác KMIB nội tiếp.

Ẩn danh
Xem chi tiết

Câu 1:

\(\overrightarrow{u}=\left(3;0;1\right);\overrightarrow{v}=\left(2;1;0\right)\)

\(\overrightarrow{u}\cdot\overrightarrow{v}\)

\(=3\cdot2+0\cdot1+1\cdot0=6\)

=>Chọn A

Câu 2: \(f\left(x\right)=1-\frac{1}{cos^2x}\)

=>\(\int f\left(x\right)\mathrm{d}x=x-\tan x+c\)

=>Chọn C

Câu 3: \(f\left(x\right)=3x^2+1\)

=>\(\int f\left(x\right).\mathrm{d}x=x^3+x\) +C

=>Chọn A

Câu 4: D

Câu 5:

\(\int\left(2x+1\right)\mathrm{d}x=x^2+x+C\)

\(I=\int_0^2\!\left(2x+1\right)\,\mathrm{d}x=\left(2^2+2\right)-\left(0^2+0\right)=4+2-0=6\)

=>Chọn C

Câu 6: A

Câu 7: C

Câu 8: B


Em chia nhỏ câu hỏi ra nữa hí

Ẩn danh
Xem chi tiết

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

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

\(\hat{AEF}=\hat{CED}\)

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

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

\(\hat{AFE}=\hat{ACB}\)

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

a: Xét ΔMDE và ΔMFN có

MD=MF

\(\hat{DME}=\hat{FMN}\) (hai góc đối đỉnh)

ME=MN

Do đó: ΔMDE=ΔMFN

=>DE=FN

mà DE=DF
nên FD=FN

=>ΔFDN cân tại F

b: Ta có: FD=FA

FD=2FM

Do đó: FA=2FM

=>\(AF=\frac23AM\)

Xét ΔANE có

AM là đường trung tuyến

\(AF=\frac23AM\)

Do đó: F là trọng tâm của ΔANE
c: Ta có: FA=FD

FD=FN

Do đó: FA=FN

=>ΔFAN cân tại F

=>\(\hat{FAN}=\hat{FNA}\)

ΔFDN cân tại F

=>\(\hat{FDN}=\hat{FND}\)

Xét ΔDNA có

\(\hat{DNA}+\hat{NDA}+\hat{NAD}=180^0\)

=>\(\hat{FNA}+\hat{FAN}+\hat{FND}+\hat{FDN}=180^0\)

=>\(2\left(\hat{FNA}+\hat{FND}\right)=180^0\)

=>\(2\cdot\hat{AND}=180^0\)

=>\(\hat{AND}=90^0\)

=>ΔDNA vuông tại N


a: Xét ΔMAC và ΔMDB có

MA=MD

\(\hat{AMC}=\hat{DMB}\) (hai góc đối đỉnh)

MC=MB

Do đó: ΔMAC=ΔMDB

=>\(\hat{MAC}=\hat{MDB}\)

mà hai góc này là hai góc ở vị trí so le trong

nên AC//BD

ΔMAC=ΔMDB

=>AC=BD

b: Xét ΔBDC có

BM,AF là các đường trung tuyến

BM cắt AF tại I

Do đó: I là trọng tâm của ΔBDC

=>\(BI=\frac23BM=\frac23\cdot\frac12\cdot BC=\frac13BC\)

Xét ΔCAD có

DE,CM là các đường trung tuyến

DE cắt CM tại K

Do đó: K là trọng tâm của ΔCAD

=>\(CK=\frac23CI=\frac23\cdot\frac12\cdot BC=\frac13BC\)

BI+IK+KC=BC

=>\(IK=BC-\frac13BC-\frac13BC=\frac13BC\)

=>BI=IK=KC

a: Ta có: \(AE=EB=\frac{AB}{2}\)

\(AD=DC=\frac{AC}{2}\)

ma AB=AC

nên AE=EB=AD=DC

Xét ΔADB và ΔAEC có

AD=AE

\(\hat{DAB}\) chung

AB=AC

Do đó:ΔADB=ΔAEC

=>DB=EC

b: Xét ΔEBC và ΔDCB có

EB=DC
\(\hat{EBC}=\hat{DCB}\) (ΔABC cân tại A)

BC chung

Do đó: ΔEBC=ΔDCB

=>\(\hat{ECB}=\hat{DBC}\)

=>\(\hat{GBC}=\hat{GCB}\)

=>ΔGBC cân tại G

c: Xét ΔABC có

BD,CE là các đường trung tuyến

BD cắt CE tại G

Do đó: G là trọng tâm của ΔABC

=>BG=2GD; CG=2GE

Trên tia đối của tia ED, lấy K sao cho EK=ED

Xét ΔEBK và ΔEAD có

EB=EA

\(\hat{BEK}=\hat{AED}\) (hai góc đối đỉnh)

EK=ED

Do đó: ΔEBK=ΔEAD

=>BK=AD
mà AD=DC

nên BK=DC

ΔEBK=ΔEAD

=>\(\hat{EBK}=\hat{EAD}\)

mà hai góc này là hai góc ở vị trí so le trong

nên BK//AD

=>BK//DC

Xét ΔBDK và ΔDBC có

BD chung

\(\hat{KBD}=\hat{CDB}\) (hai góc so le trong, KB//DC)

KB=DC

Do đó: ΔBDK=ΔDBC

=>DK=BC

=>BC=2DE

Xét ΔGDE có GD+GE>DE

=>GD+GE>1/2BC