Toán

\(\dfrac{x}{4}=\dfrac{y}{7}\)

mà 2x+y=3

nên Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta được:

\(\dfrac{x}{4}=\dfrac{y}{7}=\dfrac{2x+y}{2\cdot4+7}=\dfrac{3}{15}=\dfrac{1}{5}\)

=>\(x=4\cdot\dfrac{1}{5}=\dfrac{4}{5};y=7\cdot\dfrac{1}{5}=\dfrac{7}{5}\)

\(\dfrac{1}{3\cdot10}+\dfrac{1}{10\cdot17}+...+\dfrac{1}{\left(7x-4\right)\left(7x+3\right)}=\dfrac{5}{114}\)

=>\(\dfrac{7}{3\cdot10}+\dfrac{7}{10\cdot17}+...+\dfrac{7}{\left(7x-4\right)\left(7x+3\right)}=\dfrac{35}{114}\)

=>\(\dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{10}+\dfrac{1}{10}-\dfrac{1}{17}+...+\dfrac{1}{7x-4}-\dfrac{1}{7x+3}=\dfrac{35}{114}\)

=>\(\dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{7x+3}=\dfrac{35}{114}\)

=>\(\dfrac{1}{7x+3}=\dfrac{1}{3}-\dfrac{35}{114}=\dfrac{1}{38}\)

=>7x+3=38

=>7x=35

=>\(x=\dfrac{35}{7}=5\)

Xét ΔMAI và ΔMBI có

MA=MB

\(\widehat{AMI}=\widehat{BMI}\)(MI là phân giác của góc AMB)

MI chung

Do đó: ΔMAI=ΔMBI

=>\(\widehat{MIA}=\widehat{MIB}\)

mà \(\widehat{MIA}+\widehat{MIB}=180^0\)(hai góc kề bù)

nên \(\widehat{MIA}=\widehat{MIB}=\dfrac{180^0}{2}=90^0\)

=>MI\(\perp\)AB

a: Xét (O) có

ΔCBK nội tiếp

CK là đường kính

Do đó: ΔCBK vuông tại B

=>\(\widehat{CBK}=90^0\)

Xét (O)có

\(\widehat{CAB}\) là góc nội tiếp chắn cung CB

\(\widehat{CKB}\) là góc nội tiếp chắn cung CB

Do đó: \(\widehat{CAB}=\widehat{CKB}\)

Xét ΔCHA vuông tại H và ΔCBK vuông tại B có

\(\widehat{CAH}=\widehat{CKB}\)

Do đó: ΔCHA~ΔCBK

=>\(\dfrac{CH}{CB}=\dfrac{CA}{CK}\)

=>\(CH=\dfrac{CA\cdot CB}{CK}=\dfrac{CA\cdot CB}{2R}\)

b: Xét tứ giác AHMC có \(\widehat{AHC}=\widehat{AMC}=90^0\)

nên AHMC là tứ giác nội tiếp

=>\(\widehat{ACM}+\widehat{MHA}=180^0\)

mà \(\widehat{MHA}+\widehat{MHB}=180^0\)(hai góc kề bù)

nên \(\widehat{ACK}=\widehat{MHB}\left(1\right)\)

Xét (O) có

\(\widehat{ACK}\) là góc nội tiếp chắn cung AK

\(\widehat{ABK}\) là góc nội tiếp chắn cung AK

Do đó: \(\widehat{ACK}=\widehat{ABK}\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(\widehat{MHB}=\widehat{KBH}\)

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

nên MH//BK

=>MH\(\perp\)BC

a. Em tự giải

b. Do (d) đi qua O(0,0), thay tọa độ O vào pt (d) ta được:

\(k.0-k+1=0\Rightarrow k=1\)

c.

Pt hoành độ giao điểm (d) và (P):

\(x^2=kx-k+1\Leftrightarrow x^2-kx+k-1=0\)

\(\Delta=k^2-4\left(k-1\right)=\left(k-2\right)^2\ge0;\forall k\) nên (d) luôn cắt (P) tại 2 điểm

Theo hệ thức Viet: \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=k\\x_1x_2=k-1\end{matrix}\right.\)

\(M=\dfrac{2x_1x_2+3}{x_1^2+x_2^2+2x_1x_2+2}=\dfrac{2x_1x_2+3}{\left(x_1+x_2\right)^2+2}=\dfrac{2\left(k-1\right)+3}{k^2+2}=\dfrac{2k+1}{k^2+2}\)

\(M=\dfrac{k^2+2-k^2+2k-1}{k^2+2}=1-\dfrac{\left(k-1\right)^2}{k^2+2}\le1\)

\(M_{max}=1\) khi \(k=1\)

\(M=\dfrac{4k+2}{2\left(k^2+2\right)}=\dfrac{-\left(k^2+2\right)+k^2+4k+4}{2\left(k^2+2\right)}=-\dfrac{1}{2}+\dfrac{\left(k+2\right)^2}{2\left(k^2+2\right)}\ge-\dfrac{1}{2}\)

\(M_{min}=-\dfrac{1}{2}\) khi \(k=-2\)

a.

Do tung độ điểm cần tìm bằng 3 nên ta có:

\(x^2=3\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x=\sqrt{3}\\x=-\sqrt{3}\end{matrix}\right.\)

Vậy có 2 điểm thỏa mãn là: \(\left(\sqrt{3};3\right)\) và \(\left(-\sqrt{3};3\right)\)

a: Xét ΔCAM có CA=CM

nên ΔCAM cân tại C

=>\(\widehat{CAM}=\widehat{CMA}\)

b: Ta có: \(\widehat{BAM}+\widehat{CAM}=\widehat{BAC}=90^0\)

\(\widehat{CMA}+\widehat{HAM}=90^0\)(ΔHAM vuông tại H)

mà \(\widehat{CAM}=\widehat{CMA}\)

nên \(\widehat{BAM}=\widehat{HAM}\)

=>AM là phân giác của góc HAB

c: Xét ΔAHM và ΔANM có

AH=AN

\(\widehat{HAM}=\widehat{NAM}\)

AM chung

Do đó: ΔAHM=ΔANM

=>\(\widehat{AHM}=\widehat{ANM}\)

=>\(\widehat{ANM}=90^0\)

=>MN\(\perp\)AB

a: Xét ΔAMB và ΔAMC có

AM chung

MB=MC

AB=AC

Do đó: ΔAMB=ΔAMC

b: Xét ΔMAC và ΔMDB có

MA=MD

\(\widehat{AMC}=\widehat{DMB}\)

MC=MB

Do đó: ΔMAC=ΔMDB

=>AC=DB

c: Xét ΔMAB và ΔMDC có

MA=MD

\(\widehat{AMB}=\widehat{DMC}\)(hai góc đối đỉnh)

MB=MC

Do đó: ΔMAB=ΔMDC
=>\(\widehat{MAB}=\widehat{MDC}\)

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

nên AB//CD
d: Xét tứ giác ABCI có

AI//BC

AI=BC

Do đó: ABCI là hình bình hành

=>AB//CI

mà AB//CD
và CD,CI có điểm chung là C

nên C,D,I thẳng hàng

Do tam giác ABC cân tại C nên \(\widehat{A}=\widehat{B}=50^0\)

\(\Rightarrow\widehat{C}=180^0-\left(\widehat{A}+\widehat{B}\right)=180^0-\left(50^0+50^0\right)=80^0\)

a: Xét ΔEBC vuông tạiE và ΔDCB vuông tại D có

BC chung

\(\widehat{EBC}=\widehat{DCB}\)(ΔABC cân tại A)

Do đó: ΔEBC=ΔDCB

=>EB=DC
b: Sửa đề; AI là phân giác của góc BAC

Ta có: AE+EB=AB

AD+DC=AC

mà EB=DC và AB=AC

nên AE=AD

Xét ΔAEI vuông tại E và ΔADI vuông tại D có

AI chung

AE=AD
Do đó: ΔAEI=ΔADI

=>\(\widehat{EAI}=\widehat{DAI}\)

=>AI là phân giác của góc DAE

c: Ta có: ΔAEI=ΔADI

=>IE=ID

Xét ΔIEB vuông tạiE và ΔIDC vuông tại D có

IE=ID

EB=DC

Do đó: ΔIEB=ΔIDC
=>IB=IC

=>ΔIBC cân tại I