K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Các câu hỏi dưới đây có thể giống với câu hỏi trên
NM
Nguyễn Minh Quang
Giáo viên
27 tháng 12 2020
bài 2
A B C O H K J
ta có \(\overrightarrow{AO}.\left(\overrightarrow{BO}+\overrightarrow{AC}-2\overrightarrow{BC}\right)=\overrightarrow{AO}.\overrightarrow{BO}+\overrightarrow{AO}.\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AO}.2\overrightarrow{BC}\)
\(=\overrightarrow{AO}.\overrightarrow{BO}+\overrightarrow{AO}.\overrightarrow{AC}=AO.BO.cos\left(120^0\right)+AO.AC.cos\left(30^0\right)\)
\(=\frac{a\sqrt{3}}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{3}.-\frac{1}{2}+\frac{a\sqrt{3}}{3}.a.\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{a^2}{3}\)
b.Gọi J là trung điểm CK
ta có \(\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+2\overrightarrow{MC}=2\overrightarrow{MK}+2\overrightarrow{MC}=4\overrightarrow{MJ}\)
do \(\left|4\overrightarrow{MJ}\right|=a\Leftrightarrow MJ=\frac{a}{4}\)vậy tập hợp M là các điểm nằm trên đường tròn tâm J bán kính a/4.
Bài 3. điều kiện \(x\ge1\)
đặt \(\sqrt{x-1}=a\ge0\) ta có
\(a^2+a+3=3\sqrt{a^3+1}\)
hay \(\left(a^2-a+1\right)+2\left(a+1\right)=3\sqrt{\left(a^2-a+1\right).\left(a+1\right)}\)
\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{a^2-a+1}-\sqrt{a+1}\right)\left(\sqrt{a^2-a+1}-2\sqrt{a+1}\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}a^2-a+1=a+1\\a^2-a+1=4\left(a+1\right)\end{cases}\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}a=0\\a=2\end{cases}}}\) hoặc \(a=\frac{5+\sqrt{37}}{2}\)
từ đó ta tìm được x thuộc tập \(S=\left\{1;5;\frac{33+5\sqrt{37}}{2}\right\}\)
NM
0
21 tháng 8 2021
A B C H O K L N M E F G
Trên EF lấy điểm G sao cho \(HG\perp OA\) (Định nghĩa lại điểm G)
Ta thấy đường tròn (HAC) và (O) đối xứng nhau qua AC, suy ra AOCK là hình thoi
Từ đó \(\widehat{OAM}=180^0-\widehat{AMK}=\widehat{AHK}=90^0-\widehat{ACH}=\widehat{BAC}\)
Suy ra \(\widehat{CAM}=\widehat{BAO}=\widehat{CAH}\) hay AC là phân giác của \(\widehat{HAM}\)
Vì MK là phân giác ngoài của \(\widehat{AMH}\) do K là điểm chính giữa cung AMH nên C là tâm bàng tiếp góc A của \(\Delta AHM\)
Do đó \(\frac{CE}{CA}=\frac{HE}{HA}\). Hoàn toàn tương tự \(\frac{BA}{BF}=\frac{HA}{HF}\)
Mặt khác AMHN là hình bình hành do (AKH),(ALH) đối xứng nhau qua trung điểm AH, đồng thời
\(\widehat{MAN}=\widehat{MHN}=\widehat{AHM}+\widehat{AHN}=180^0-\widehat{AOB}+180^0-\widehat{AOC}=2\widehat{BAC}=2\widehat{OAM}\)
Suy ra AO là phân giác của \(\widehat{MAN}\), mà \(HG\perp AO\) nên HG là phân giác ngoài của \(\widehat{MHN}\)
Do vậy \(\frac{GF}{GE}=\frac{HF}{HE}\). Vậy ta có \(\frac{CE}{CA}.\frac{BA}{BF}.\frac{GF}{GE}=1\), suy ra G,B,C thẳng hàng.
Nói thì hay lấm
Olm chào em, cảm ơn đánh giá của em về chất lượng bài giảng của Olm, cảm ơn em đã đồng hành cùng Olm trên hành trình tri thức. Chúc em học tập hiệu quả và vui vẻ cùng Olm em nhé!
Cảm ơn bạn đã đánh giá về chất lượng của OLM. Chúc bạn học tốt nhé!
hay thật 💯💯💯