(d') là ảnh của (d): 2x-3y-5=0 qua phép tịnh tiến theo \(\overrightarrow{a}=\left(-2;1\right)\)

=>(d')//(d)

=>(d'): 2x-3y+c=0

Lấy A(1;-1) thuộc (d)

lấy B(x;y) là ảnh của A(1;-1) qua phép tịnh tiến theo \(\overrightarrow{a}=\left(-2;1\right)\)

Tọa độ B là:

x=1-2=-1 và y=-1+1=0

Thay x=-1 và y=0 vào (d'), ta được:

\(2\cdot\left(-1\right)-3\cdot0+c=0\)

=>c-2=0

=>c=2

=>(d'): 2x-3y+2=0

(C): \(x^2+y^2+4x-2y-11=0\)

=>\(x^2+4x+4+y^2-2y+1-16=0\)

=>\(\left(x+2\right)^2+\left(y-1\right)^2=16\)

=>tâm là I(-2;1) và bán kính là \(R=\sqrt{16}=4\)

Gọi I'(x;y) là tâm của (C')

=>I'(x;y) là ảnh của I(-2;1) qua phép tịnh tiến theo \(\overrightarrow{a}=\left(-2;1\right)\)

Tọa độ I' là:

x=-2+(-2)=-4 và y=1+1=2

Phương trình (C') là:

\(\left\lbrack x-\left(-4\right)\right\rbrack^2+\left(y-2\right)^2=R^2\)

=>\(\left(x+4\right)^2+\left(y-2\right)^2=16\)

a: O là giao điểm của các đường trung trực của các cạnh AB và AC

=>OA=OB và OA=OC

=>OA=OB=OC

=>O là tâm đường tròn ngoại tiếp ΔABC

Xét (O) có \(\hat{ABC}\) là góc nội tiếp chắn cung AC

=>\(\hat{AOC}=2\cdot\hat{ABC}\)

ΔOAC cân tại O

=>\(\hat{OAC}=\frac{180^0-\hat{AOC}}{2}=\frac{180^0-2\cdot\hat{ABC}}{2}=90^0-\hat{ABC}\) (1)

ΔADB vuông tại D

=>\(\hat{DAB}+\hat{ABD}=90^0\)

=>\(\hat{BAD}=90^0-\hat{ABC}\) (2)

Từ (1),(2) suy ra \(\hat{OAC}=\hat{BAD}\)

b: Xét (O) có

ΔACK nội tiếp

AK là đường kính

Do đó: ΔACK vuông tại C

=>CK⊥CA

mà BH⊥CA

nên BH//CK

Xét (O) có

ΔABK nội tiếp

AK là đường kính

Do đó: ΔABK vuông tại B

=>BA⊥BK

mà CH⊥BA

nên CH//BK

Xét tứ giác BHCK có

BH//CK

BK//CH

Do đó: BHCK là hình bình hành

c: BHCK là hình bình hành

=>BC cắt HK tại trung điểm của mỗi đường

mà M là trung điểm của BC

nên M là trung điểm của HK

Xét ΔAHK có

M,O lần lượt là trung điểm của KH,KA

=>MO là đường trung bình của ΔAHK

=>AH=2OM

a: \(\left|x^2-1\right|+\left|x+1\right|=0\)

=>\(\left|x+1\right|\left(\left|x-1\right|+1\right)=0\)

=>|x+1|=0

=>x+1=0

=>x=-1

b: \(\sqrt{x^2-8x+16}+\left|x+2\right|=0\)

=>\(\sqrt{\left(x-4\right)^2}+\left|x+2\right|=0\)

=>|x-4|+|x+2|=0

=>x-4=0 và x+2=0

=>x=4 và x=-2

=>x∈∅

c: ĐKXĐ: \(\begin{cases}1-x^2\ge0\\ x+1\ge0\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}-1\le x\le1\\ x\ge-1\end{cases}\Rightarrow-1\le x\le1\)

\(\sqrt{1-x^2}+\sqrt{1+x}=0\)

=>\(\sqrt{1+x}\left(\sqrt{1-x}+1\right)=0\)

=>\(\sqrt{1+x}=0\)

=>1+x=0

=>x=-1(nhận)

Bài 1:

a: Xét ΔBAC và ΔABD có

AB chung

AC=BD

BC=AD

Do đó: ΔBAC=ΔABD

=>\(\hat{BAC}=\hat{ABD}\)

b: Xét ΔADC và ΔBCD có

AD=BC

DC chung

AC=BD

Do đó: ΔADC=ΔBCD

c: AB//CD

=>\(\hat{EAB}=\hat{ADC}\) (hai góc đồng vị) và \(\hat{EBA}=\hat{BCD}\) (hai góc đồng vị)

mà \(\hat{ADC}=\hat{BCD}\) (ABCD là hình thang cân)

nên \(\hat{EAB}=\hat{EBA}\)

=>ΔEAB cân tại E

d: Xét ΔKDA và ΔKCB có

KD=KC

\(\hat{KDA}=\hat{KCB}\)

DA=CB

Do đó: ΔKDA=ΔKCB

=>KA=KB

=>K nằm trên đường trung trực của AB(1)

Ta có: HA=HB

=>H nằm trên đường trung trực của AB(2)

Ta có: EA=EB

=>E nằm trên đường trung trực của AB(3)

Từ (1),(2),(3) suy ra E,H,K thẳng hàng

Bài 2:

a: Xét tứ giác EFCB có

EF//CB

\(\hat{EBC}=\hat{FCB}\)

Do đó: EFCBlà hình thang cân

b: EFCB là hình thang cân

=>EB=FC

AE+EB=AB

AF+FC=AC

mà EB=FC và AB=AC

nên AE=AF
ΔAEF cân tại A

mà AH là đường trung tuyến

nên AH là phân giác của góc EAF

=>AH là phân giác của góc BAC
ΔABC cân tại A

mà AK là đường trung tuyến

nên AK là phân giác của góc BAC và AK⊥BC

c: AK là phân giác của góc BAC

AH là phân giác của góc BAC

AK và AH có điểm chung là A

Do đó: A,K,H thẳng hàng

Bài 11:

a: Xét tứ giác BDEC có ED//BC và \(\hat{DBC}=\hat{ECB}\)

nên BDEC là hình thang cân

b: ED//BC

=>\(\hat{EDC}=\hat{BCD}\) (hai góc so le trong)

Xét ΔABC có

D là trung điểm của AB

DE//BC

Do đó: E là trung điểm của AC

\(x^2-4x+4\)

\(=x^2-2\cdot x\cdot2+2^2\)

\(=\left(x-2\right)^2\)

Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(BH\cdot BC=BA^2;CH\cdot CB=CA^2\)

=>\(\frac{BA^2}{CA^2}=\frac{BH\cdot BC}{CH\cdot BC}=\frac{BH}{CH}\)

Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(AH^2=HB\cdot HC;AH\cdot BC=AB\cdot AC\)

Xét ΔBHA vuông tại H có HE là đường cao

nên \(AE\cdot AB=AH^2;BE\cdot BA=BH^2\) ; \(EA\cdot EB=HE^2\)

Xét ΔCHA vuông tại H có HF là đường cao

nên \(AF\cdot AC=AH^2;CF\cdot CA=CH^2;HF^2=FA\cdot FC\)

Ta có: \(AE\cdot AB=AH^2\)

\(AF\cdot AC=AH^2\)

Do đó: \(AE\cdot AB=AF\cdot AC\)

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

Xét ΔAEF vuông tại A và ΔACB vuông tại A có

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

Do đó: ΔAEF~ΔACB

=>\(\hat{AEF}=\hat{ACB}\)

b: \(BE\cdot BA=BH^2\)

=>\(BE=\frac{BH^2}{BA}\)

\(CF\cdot CA=CH^2\)

=>\(CF=\frac{CH^2}{CA}\)

\(\frac{BE}{CF}=\frac{BH^2}{AB}:\frac{CH^2}{AC}\)

\(=\frac{BH^2}{CH^2}\cdot\frac{AC}{AB}\)

\(=\left(\frac{BH}{CH}\right)^2\cdot\frac{AC}{AB}=\left(\frac{AB^2}{AC^2}\right)^2\cdot\frac{AC}{AB}=\frac{AB^4}{AC^4}\cdot\frac{AC}{AB}=\frac{AB^3}{AC^3}\)

c: \(BE\cdot CF\cdot BC\)

\(=\frac{BH^2}{BA}\cdot\frac{CH^2}{CA}\cdot BC=\frac{AH^4}{AH\cdot BC}\cdot BC=AH^3\)

d: Xét tứ giác AEHF có \(\hat{AEH}=\hat{AFH}=\hat{FAE}=90^0\)

nên AEHF là hình chữ nhật

=>AE=HF; HE=AF

\(HE\cdot HF\cdot BC\)

\(=AF\cdot AE\cdot BC\)

\(=\frac{AH^2}{AB}\cdot\frac{AH^2}{AC}\cdot BC=\frac{AH^4}{AH\cdot BC}\cdot BC=AH^3\)

a: Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(BH\cdot BC=BA^2;CH\cdot CB=CA^2\)

=>\(\frac{BA^2}{CA^2}=\frac{BH\cdot BC}{CH\cdot BC}=\frac{BH}{CH}\)

Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(AH^2=HB\cdot HC;AH\cdot BC=AB\cdot AC\)

Xét ΔBHA vuông tại H có HN là đường cao

nên \(BN\cdot BA=BH^2;AN\cdot AB=AH^2\)

Xét ΔHAC vuông tại H có HM là đường cao

nên \(AM\cdot AC=AH^2;CM\cdot CA=CH^2\)

\(BN\cdot BA\cdot CM\cdot CA\)

\(=BH^2\cdot CH^2=\left(BH\cdot CH\right)^2=\left(AH^2\right)^2=AH^4\)

b: \(CM\cdot CA=CH^2\)

=>\(CM=\frac{CH^2}{CA}\)

\(BN\cdot BA=BH^2\)

=>\(BN=\frac{BH^2}{BA}\)

\(CM\cdot BN\cdot BC\)

\(=\frac{CH^2}{CA}\cdot\frac{BH^2}{BA}\cdot BC=\frac{AH^4}{AH\cdot BC}\cdot BC=AH^3\)

c: \(AM\cdot AN=\frac{AH^2}{AB}\cdot\frac{AH^2}{AC}\)

\(=\frac{AH^4}{AH\cdot BC}=\frac{AH^3}{BC}\)

d: \(\frac{BM}{CN}=\frac{BH^2}{AB}:\frac{CH^2}{AC}\)

\(=\frac{BH^2}{CH^2}\cdot\frac{AC}{AB}=\frac{AC}{AB}\cdot\left(\frac{BH}{CH}\right)^2=\frac{AC}{AB}\cdot\frac{AB^4}{AC^4}=\frac{AB^3}{AC^3}\)

e: Xét tứ giác AMHN có \(\hat{AMH}=\hat{ANH}=\hat{MAN}=90^0\)

nên AMHN là hình chữ nhật

=>\(HA^2=HM^2+HN^2\) (1)

Xét ΔBHA vuông tại H có HN là đường cao

nên \(NA\cdot NB=HN^2\left(2\right)\)

Xét ΔHAC vuông tại H có HM là đường cao

nên \(MA\cdot MC=HM^2\) (3)

Từ (1),(2),(3) suy ra \(HA^2=NA\cdot NB+MA\cdot MC\)

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

\(\hat{EAB}\) chung

Do đó: ΔAEB~ΔAFC

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

=>\(AE\cdot AC=AF\cdot AB\) (2)

b: Xét ΔAPC vuông tại P có PE là đường cao

nên \(AE\cdot AC=AP^2\left(1\right)\)

Xét ΔAQB vuông tại Q có QF là đường cao

nên \(AF\cdot AC=AQ^2\left(3\right)\)

Từ (1),(2),(3) suy ra \(AP^2=AQ^2\)

=>AP=AQ

Sửa đề: Của tứ giác

Số cách chọn điểm thứ nhất là 4(cách)

Số cách chọn điểm cuối là 3(cách)

Số vecto tạo thành là \(4\cdot3=12\) (cách)

Lấy x1,x2 thuộc khoảng (-∞;2) sao cho x1<x2<2

=>x1-2<0; x2-2<0

\(\frac{f\left(x_1\right)-f\left(x_2\right)}{x_1-x_2}\)

\(=\frac{x_1^2-4x_1+3-\left(x_2^2-4x_2+3\right)}{x_1-x_2}\)

\(=\frac{\left(x_1+x_2\right)\left(x_1-x_2\right)-4\left(x_1-x_2\right)}{x_1-x_2}=x_1+x_2-4\) =(x1-2)+(x2-2)<0

=>Hàm số nghịch biến trên khoảng (-∞;2)

Lấy x1,x2 thuộc khoảng (2;+∞) sao cho 2<x1<x2

=>x1-2>0; x2-2>0

\(\frac{f\left(x_1\right)-f\left(x_2\right)}{x_1-x_2}\)

\(=\frac{x_1^2-4x_1+3-\left(x_2^2-4x_2+3\right)}{x_1-x_2}\)

\(=\frac{\left(x_1+x_2\right)\left(x_1-x_2\right)-4\left(x_1-x_2\right)}{x_1-x_2}=x_1+x_2-4\) =(x1-2)+(x2-2)>0

=>Hàm số đồng biến trên khoảng (2;+∞)