Bài 18: Cho tam giác ABC cân tại A. Tia phân giác của góc B cắt AC tại M, tia phân giác của góc C cắt AB tại N.
a) Chứng minh tam giác AMN cân
b) Chứng minh MN // BC
c) Gọi I là giao điểm của BM và CN. Chứng minh tam giác BIC cân, tam giác MIN cân.
a: ta có: \(\widehat{ABM}=\widehat{CBM}=\dfrac{\widehat{ABC}}{2}\)
\(\widehat{ACN}=\widehat{NCB}=\dfrac{\widehat{ACB}}{2}\)
mà \(\widehat{ABC}=\widehat{ACB}\)(ΔABC cân tại A)
nên \(\widehat{ABM}=\widehat{CBM}=\widehat{ACN}=\widehat{NCB}\)
Xét ΔABM và ΔACN có
\(\widehat{ABM}=\widehat{ACN}\)
AB=AC
\(\widehat{BAM}\) chung
Do đó: ΔABM=ΔACN
=>AM=AN
=>ΔAMN cân tại A
b: Xét ΔABC có \(\dfrac{AN}{AB}=\dfrac{AM}{AC}\)
nên NM//BC
c: Xét ΔIBC có \(\widehat{IBC}=\widehat{ICB}\)
nên ΔIBC cân tại I
=>IB=IC
Ta có: IB+IM=MB
IC+IN=CN
mà MB=CN và IB=IC
nên IM=IN
=>ΔIMN cân tại I
Cho (O), đường kính AB. Gọi C là 1 điểm thuộc đường tròn (O). Tiếp tuyến tại A của đường tròn cắt tia BC ở D. Bán kính OE của đường tròn vuông góc với dây BC tại H.
a) Cm: Tứ giác AOHD nội tiếp, xác định tâm và bán kính của đường tròn đó.
b) Cm AE là phân giác góc BAC.
c) Tia AE cắt BD tại F. Cm ∆DAF cân tại D.
d) Khi C di động trên đường tròn (O), trung điểm I của AE chạy trên đường nào?
a: Xét tứ giác AOHD có \(\widehat{OAD}+\widehat{OHD}=90^0+90^0=180^0\)
nên AOHD là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính DO
Tâm là trung điểm của DO
Bán kính là DO/2
b: Vì OE\(\perp\)BC nên \(sđ\stackrel\frown{BE}=sđ\stackrel\frown{CE}\)
Xét (O) có
\(\widehat{CAE}\) là góc nội tiếp chắn cung CE
\(\widehat{BAE}\) là góc nội tiếp chắn cung BE
\(sđ\stackrel\frown{BE}=sđ\stackrel\frown{CE}\)
Do đó: \(\widehat{CAE}=\widehat{BAE}\)
=>AE là phân giác của góc BAC
c: Xét (O) có
\(\widehat{CFA}\) là góc có đỉnh ở bên trong đường tròn chắn hai cung CA và EB
nên \(\widehat{CFA}=\dfrac{1}{2}\left(sđ\stackrel\frown{CA}+sđ\stackrel\frown{EB}\right)\)
=>\(\widehat{CFA}=\dfrac{1}{2}\left(sđ\stackrel\frown{CA}+sđ\stackrel\frown{CE}\right)=\dfrac{1}{2}\cdot sđ\stackrel\frown{AE}\)
Xét (O) có \(\widehat{DAE}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến DA và dây cung AE
nên \(\widehat{DAE}=\dfrac{1}{2}\cdot sđ\stackrel\frown{AE}\)
=>\(\widehat{DAF}=\widehat{DFA}\)
=>ΔDAF cân tại D
\(22\Sigma3\dfrac{\infty}{e3}\)x23∞
\(P=\dfrac{\sqrt{x}+2}{\sqrt{x}}:\dfrac{\sqrt{x}+2}{\sqrt{x}+1}\)
Tìm x thuộc N để P đạt min
ĐK: x \(\in\) N, x \(\ne\) 0 \(\Rightarrow\) x \(\ge\) 1
P = \(\dfrac{\sqrt{x}+2}{\sqrt{x}}\).\(\dfrac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}+2}\)
P = \(\dfrac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}}\)
P = 1 + \(\dfrac{1}{\sqrt{x}}\)
P = 1 \(-\) \(\left(-\dfrac{1}{\sqrt{x}}\right)\)
Vì theo ĐK, x\(\ge\)1\(\Rightarrow\sqrt{x}\ge1\)\(\Rightarrow-\dfrac{1}{\sqrt{x}}\ge-1\)\(\Rightarrow1-\left(-\dfrac{1}{\sqrt{x}}\right)\ge1-\left(-1\right)=2\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow-\dfrac{1}{\sqrt{x}}=1\Leftrightarrow\sqrt{x}=1\Leftrightarrow x=1\)(T/m ĐK)
Vậy Min(P) = 2\(\Leftrightarrow x=1\)
Bài 21: Cho tam giác ABC cân tại A. M là trung điểm của BC.
a) Chứng minh AM vuông góc với BC
b) TRên tia AM lấy E sao cho AM = ME. Chứng minh AB // CE
Help me, please:3
a: Ta có; ΔABC cân tại A
mà AM là đường trung tuyến
nên AM\(\perp\)BC tại M
b: Xét ΔMAB vuông tại M và ΔMEC vuông tại M có
MA=ME
MB=MC
Do đó: ΔMAB=ΔMEC
=>\(\widehat{MAB}=\widehat{MEC}\)
mà hai góc này là hai góc ở vị trí so le trong
nên AB//CE
tìm tất cả các cặp số nguyên
\(x^2-20=y\left(y+6\right)\)
\(\Leftrightarrow x^2-11=y^2+6y+9\)
\(\Leftrightarrow x^2-11=\left(y+3\right)^2\)
\(\Leftrightarrow x^2-\left(y+3\right)^2=11\)
\(\Leftrightarrow\left(x+y+3\right)\left(x-y-3\right)=11\)
Ta có bảng:
x+y+3 | -11 | -1 | 1 | 11 |
x-y-3 | -1 | -11 | 11 | 1 |
x | -6 | -6 | 6 | 6 |
y | -8 | 2 | -8 | 2 |
Vậy \(\left(x;y\right)=\left(-6;-8\right);\left(-6;2\right);\left(6;-8\right);\left(6;2\right)\)
cho tam giác ABC nhọn (AB< AC) nội tiếp đường tròn tâm O có đường phân giác AD. Tiếp tuyến tại A của(O ) cắt BC tại S. Chứng minh SD^2= SB. SC.
Gọi giao điểm thứ hai của AD và (O) là H
Xét (O) có
\(\widehat{BAH}\) là góc nội tiếp chắn cung BH
\(\widehat{CAH}\) là góc nội tiếp chắn cung CH
\(\widehat{BAH}=\widehat{CAH}\)
Do đó: \(sđ\stackrel\frown{BH}=sđ\stackrel\frown{CH}\)
Xét (O) có
\(\widehat{BDA}\) là góc có đỉnh ở trong đường tròn chắn hai cung BA và HC
=>\(\widehat{BDA}=\dfrac{1}{2}\left(sđ\stackrel\frown{BA}+sđ\stackrel\frown{HC}\right)=\dfrac{1}{2}\left(sđ\stackrel\frown{BA}+sđ\stackrel\frown{HB}\right)=\dfrac{1}{2}\cdot sđ\stackrel\frown{AH}\left(1\right)\)
Xét (O) có \(\widehat{SAH}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến AS và dây cung AH
nên \(\widehat{SAH}=\dfrac{1}{2}\cdot sđ\stackrel\frown{AH}\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat{SAD}=\widehat{SDA}\)
=>SA=SD
Xét (O) có
\(\widehat{SAB}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến AS và dây cung AB
\(\widehat{ACB}\) là góc nội tiếp chắn cung AB
Do đó: \(\widehat{SAB}=\widehat{ACB}\)
Xét ΔSAB và ΔSCA có
\(\widehat{SAB}=\widehat{SCA}\)
\(\widehat{ASB}\) chung
Do đó: ΔSAB~ΔSCA
=>\(\dfrac{SA}{SC}=\dfrac{SB}{SA}\)
=>\(SA^2=SB\cdot SC\)
=>\(SD^2=SB\cdot SC\)
Xét hai tam giác SAB và SCA có:
\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{S}\text{ chung}\\\widehat{SAB}=\widehat{SCA}\left(\text{cùng chắn AB}\right)\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\Delta SAB\sim\Delta SCA\left(g.g\right)\Rightarrow\dfrac{SA}{SC}=\dfrac{SB}{SA}\)
\(\Rightarrow SA^2=SB.SC\) (1)
Lại có: \(\widehat{SDA}=\widehat{DAC}+\widehat{SCA}\) (góc ngoài của tam giác)
Mà \(\widehat{DAC}=\widehat{DAB}\) (AD là phân giác)
\(\widehat{SCA}=\widehat{SAB}\) (cùng chắn AB)
\(\widehat{DAB}+\widehat{SAB}=\widehat{SAD}\)
\(\Rightarrow\widehat{SAD}=\widehat{SDA}\)
\(\Rightarrow\Delta SAD\) cân tại S
\(\Rightarrow SA=SD\) (2)
(1);(2) \(\Rightarrow SD^2=SB.SC\)
giải hệ: \(\left\{{}\begin{matrix}2x-y=13\\x+2y=1\end{matrix}\right.\)
giải pt: \(x^3-2x^2+x-5\left(x-1\right)\sqrt{x}-6=0\)
a: \(\left\{{}\begin{matrix}2x-y=13\\x+2y=1\end{matrix}\right.\)
=>\(\left\{{}\begin{matrix}4x-2y=26\\x+2y=1\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}5x=27\\2x-y=13\end{matrix}\right.\)
=>\(\left\{{}\begin{matrix}x=5,4\\y=2x-13=2\cdot5,4-13=10,8-13=-2,2\end{matrix}\right.\)
b:
ĐKXĐ: x>=0
\(x^3-2x^2+x-5\left(x-1\right)\cdot\sqrt{x}-6=0\)
=>\(x\left(x-1\right)^2-5\left(x-1\right)\cdot\sqrt{x}-6=0\)
=>\(\left[\sqrt{x}\left(x-1\right)-6\right]\left[\sqrt{x}\left(x-1\right)+1\right]=0\)
=>\(\sqrt{x}\left(x-1\right)-6=0\)
=>\(x\sqrt{x}-\sqrt{x}-6=0\)
=>\(x\sqrt{x}-2x+2x-4\sqrt{x}+3\sqrt{x}-6=0\)
=>\(\left(\sqrt{x}-2\right)\left(x+2\sqrt{x}+3\right)=0\)
=>\(\sqrt{x}-2=0\)
=>\(\sqrt{x}=2\)
=>x=4(nhận)
Bài 20: Cho tam giác ABC vuông tại A, AB < AC. Kẻ AH vuông góc với BC. Trên HC lấy E sao cho HB = HE.
a) Chứng minh tam giác ABH bằng tam giác AEH
b) Tam giác ABE là tam giác gì?
Giusp tớ với ạ:3
a: Xét ΔAHB vuông tại H và ΔAHE vuông tại H có
AH chung
HB=HE
Do đó: ΔAHB=ΔAHE
b: Ta có: ΔAHB=ΔAHE
=>AB=AE
=>ΔABE cân tại A