|
|
sửa đổi
|
Lượng giác!!!
|
|
|
|
Xét $PT \Leftrightarrow \frac{sinA}{sinB}=\frac{2cos(\frac{B+C}2)(\frac{B-C}2)}{2cos(\frac{A+C}2)(cos\frac{A-C}2)}=\frac{sinA.cos\frac{B-C}2}{sinB.cos\frac{A-C}2}$$\Leftrightarrow \frac{cos\frac{B-C}2}{cos\frac{A-C}2}=1$$\Leftrightarrow cos\frac{B-C}2=cos\frac{A-C}2$$\Leftrightarrow \widehat{A}=\widehat{B} \Rightarrow \triangle ABC cân$
Xét $PT \Leftrightarrow \frac{sinA}{sinB}=\frac{2cos(\frac{B+C}2)cos(\frac{B-C}2)}{2cos(\frac{A+C}2)cos(\frac{A-C}2)}=\frac{sinA.cos\frac{B-C}2}{sinB.cos\frac{A-C}2}$$\Leftrightarrow \frac{cos\frac{B-C}2}{cos\frac{A-C}2}=1$$\Leftrightarrow cos\frac{B-C}2=cos\frac{A-C}2$$\Leftrightarrow \widehat{A}=\widehat{B} \Rightarrow \triangle ABC cân$
|
|
|
|
sửa đổi
|
tham khao nha
|
|
|
|
Gọi $M$ là trung điểm $BC \Rightarrow M(2y+1;y)$Gọi (O) là đường tròn qua B,C,HTheo giả thiết có $(O)$ đi qua $H,E$$\Rightarrow O\in $ trung trực $(HE):x=4$
Gọi $M$ là trung điểm $BC \Rightarrow M(2y+1;y)$Gọi $(O)$ là đường tròn qua $B,C,H$Theo giả thiết có $(O)$ đi qua $H,E$$\Rightarrow O\in $ trung trực $(HE):x=4(1)$Nhận xét: $(\triangle)\equiv(IM):x-2y-1=0$Mặt khác $O,I,M$ thẳng hàng $\Rightarrow O \in (\triangle)(2)$$(1)(2)\Rightarrow O(4;\frac{3}2)$
|
|
|
|
sửa đổi
|
tham khao nha
|
|
|
|
Gọi $I$ là trung điểm $BC \Rightarrow I(y;2y+1)$Theo giả thiết có $(I)$ đi qua $H,E$$\Rightarrow I\in $ trung trực $(HE):x=4$Thế tọa độ I vào $\Rightarrow I(4;9)$(BC) có VTPT OI và đi qua I$\Rightarrow (BC):x+3y-31=0$Có $\begin{cases}x_B+x_C=2x_I=8 \\ y_B+y_C=2y_I=18 \end{cases}$Có $OB=OC\Leftrightarrow(x_B-1)^2+y_B^2=(x_C-1)^2+y_C^2$
Gọi $M$ là trung điểm $BC \Rightarrow M(2y+1;y)$Gọi (O) là đường tròn qua B,C,HTheo giả thiết có $(O)$ đi qua $H,E$$\Rightarrow O\in $ trung trực $(HE):x=4$
|
|
|
|
sửa đổi
|
tham khao nha
|
|
|
|
Gọi $I$ là trung điểm $BC \Rightarrow I(y;2y+1)$$(I)$ đi qua $H,E$$\Rightarrow I\in $ trung trực $(HE):x=4$Thế tọa độ I vào $\Rightarrow I(4;9)$$\Rightarrow (OI):3x-y-3=0$$\Rightarrow (BC):x+3y-31=0$Có $\begin{cases}x_B+x_C=2x_I=8 \\ y_B+y_C=2y_I=18 \end{cases}$Có OB=OC$\Rightarrow$ tọa độ $B,C$
Gọi $I$ là trung điểm $BC \Rightarrow I(y;2y+1)$Theo giả thiết có $(I)$ đi qua $H,E$$\Rightarrow I\in $ trung trực $(HE):x=4$Thế tọa độ I vào $\Rightarrow I(4;9)$(BC) có VTPT OI và đi qua I$\Rightarrow (BC):x+3y-31=0$Có $\begin{cases}x_B+x_C=2x_I=8 \\ y_B+y_C=2y_I=18 \end{cases}$Có $OB=OC\Leftrightarrow(x_B-1)^2+y_B^2=(x_C-1)^2+y_C^2$
|
|
|
|
sửa đổi
|
Phương trình lượng giác.
|
|
|
|
Có $cos(\frac{5\pi}{12}-x)=cos(\frac{6\pi}{12}-\frac{\pi}{12}-x)=sin(x+\frac{\pi}{12})$$PT \Leftrightarrow \sqrt2 . 2sinx.sin(x+\frac{\pi}{12})=1$$\Leftrightarrow \sqrt2 .[cos (2x+\frac{\pi}{12})-cos\frac{\pi}{12}]=1$$\Leftrightarrow \sqrt2.cos(2x+\pi/12)=1+\sqrt2.cos\frac{\pi}{12}=\frac{3+\sqrt3}2$$\Leftrightarrow cos(2x+\pi/12)=\frac{\sqrt6+3\sqrt2}4 >1$Vậy PT vô nghiệm
Có $cos(\frac{5\pi}{12}-x)=cos(\frac{6\pi}{12}-\frac{\pi}{12}-x)=sin(x+\frac{\pi}{12})$$PT \Leftrightarrow \sqrt2 . 2sinx.sin(x+\frac{\pi}{12})=1$$\Leftrightarrow -\sqrt2 .[cos (2x+\frac{\pi}{12})-cos\frac{\pi}{12}]=1$$\Leftrightarrow -\sqrt2.cos(2x+\pi/12)=1-\sqrt2.cos\frac{\pi}{12}=\frac{1-\sqrt3}2$$\Leftrightarrow cos(2x+\pi/12)=\frac{\sqrt6-\sqrt2}4=cos(\pm \frac{5\pi}{12}) $$x=\frac{\pi}6$ hoặc $x=-\frac{\pi}4$
|
|
|
|
sửa đổi
|
Lượng giác
|
|
|
|
Lượng giác Chứng minh: $sinA.sinB.\sqrt{sinC} \leq \frac{1}{3\sqrt3}$
Lượng giác Ch o $\triangle ABC $ không vuôngChứng minh: $sinA.sinB.\sqrt{sinC} \leq \frac{1}{3\sqrt3}$
|
|
|
|
sửa đổi
|
tìm tọa độ các đỉnh
|
|
|
|
Gọi $BG$ cắt $AC$ ở $K \Rightarrow K$ là trung điểm $AC$Vì $G$ là trọng tâm $BK \Rightarrow BG=\frac{2}{3} BK$$\Rightarrow d_{(G;AB)}=\frac{2}{3}d_{(K;AB)}$$\Rightarrow d_{(K;AB)}=\frac{3}{2}.\frac{4\sqrt{5}}{3}=2\sqrt{5}$$\Rightarrow AB=AK=2\sqrt5 \Rightarrow BK=2\sqrt{10} (Pythago)$$\Rightarrow BG=\frac{2}{3}.2\sqrt{10}=\frac{4\sqrt{10}}{3}$$\Rightarrow B\in (C):x^2+(y-\frac{1}{3})^2=\frac{160}9$$B$ là giao điểm của $(d)$ và $(C)$$\Rightarrow B(-4;-11/2)$
Gọi $BG$ cắt $AC$ ở $K \Rightarrow K$ là trung điểm $AC$Vì $G$ là trọng tâm $BK \Rightarrow BG=\frac{2}{3} BK$$\Rightarrow d_{(G;AB)}=\frac{2}{3}d_{(K;AB)}$$\Rightarrow d_{(K;AB)}=\frac{3}{2}.\frac{4\sqrt{5}}{3}=2\sqrt{5}$$\Rightarrow AB=AK=2\sqrt5 \Rightarrow BK=2\sqrt{10} (Pythago)$$\Rightarrow BG=\frac{2}{3}.2\sqrt{10}=\frac{4\sqrt{10}}{3}$$\Rightarrow B\in (C):x^2+(y-\frac{1}{3})^2=\frac{160}9$$B$ là giao điểm của $(d)$ và $(C)$$\Rightarrow B(-4;-1)$
|
|
|
|
sửa đổi
|
giúp em 2 bài này với
|
|
|
|
a) Xét$\triangle ABE$ và $\large\Delta AEC$ có:$\widehat{CAE} $chung$\widehat{AEB} = \widehat{ACE} (1/2 sđ cung BE)$$=> \large\Delta ABE\sim \large\Delta AEC (g.g)$$=> \frac{AB}{AE}= \frac{AE}{AC}$$=> AE^2= AB.AC$$=> AE = \sqrt{AB.AC}$ta có : $AE=AF$(tc tiep tuyen cat nhau)$=> E,F \in (A ; AE)$$MK : AE = \sqrt{AB.AC}$ ko đổiDo đó : $E,F$ nằm trên $(A;\sqrt{AB.AC})$ co dinh khi (O) thay đổib)I là trung điểm BC nên OI vuông góc vs BC$\widehat{AEO} = \widehat{ AFO} = \widehat{OIA} =90^0$từ $E, I, F$ cùng nhìn OA duới 1 góc ko đổi nên$ A,E,O,I,F$ thuộc đường tròn$=> \widehat{AEF} = \widehat{AIF}$ (cùng chắn cung AF)mà $\widehat{AEF} = \widehat{EE'F} (=1/2 cung EF)$$=> \widehat{EE'F} = \widehat{AIF}$ mà 2 góc ấy ở vị trí SLT$=> EE' //AB$
a) Xét$\triangle ABE$ và $\large\Delta AEC$ có:$\widehat{CAE} $chung$\widehat{AEB} = \widehat{ACE} (1/2 sđ cung BE)$$=> \large\Delta ABE\sim \large\Delta AEC (g.g)$$=> \frac{AB}{AE}= \frac{AE}{AC}$$=> AE^2= AB.AC$$=> AE = \sqrt{AB.AC}$ta có : $AE=AF$(tc tiep tuyen cat nhau)$=> E,F \in (A ; AE)$$MK : AE = \sqrt{AB.AC}$ ko đổiDo đó : $E,F$ nằm trên $(A;\sqrt{AB.AC})$ co dinh khi (O) thay đổib)I là trung điểm BC nên OI vuông góc vs BC$\widehat{AEO}=\widehat{AFO}=\widehat{OIA}=90^0$từ $E, I, F$ cùng nhìn OA duới 1 góc ko đổi nên$ A,E,O,I,F$ thuộc đường tròn$=> \widehat{AEF} = \widehat{AIF}$ (cùng chắn cung AF)mà $\widehat{AEF} = \widehat{EE'F} (=1/2 cung EF)$$=> \widehat{EE'F} = \widehat{AIF}$ mà 2 góc ấy ở vị trí SLT$=> EE' //AB$
|
|
|
|
sửa đổi
|
giúp em 2 bài này với
|
|
|
|
Xét $\triangle {AKN}$ và $\triangle {AOI}$ có$\widehat{OAI}=\widehat{AKN}$$\widehat{ANK}=\widehat{AIO}=90^0$Suy ra $\triangle OAI \sim \triangle KAN \Rightarrow \frac{AK}{AN}=\frac{AO}{AI}$$\Rightarrow AK.AI=AO.AN (1)$Mà $AO.AN=AF^2=AB.AC (2)$$(1)(2) \Rightarrow AK.AI=AB.AC=const$$\Rightarrow K$ cố địnhXét có đường tròn ngoại tiếp $\triangle ONI$ cũng là ngoại tiếp tứ giác OIKN, suy ra tâm đường tròn ngoại tiếp $\triangle ONI$ nằm trên đường trung trực của KI là dg` cố định. Từ đó ta có đpcm
c)Xét $\triangle {AKN}$ và $\triangle {AOI}$ có$\widehat{OAI}=\widehat{AKN}$$\widehat{ANK}=\widehat{AIO}=90^0$Suy ra $\triangle OAI \sim \triangle KAN \Rightarrow \frac{AK}{AN}=\frac{AO}{AI}$$\Rightarrow AK.AI=AO.AN (1)$Mà $AO.AN=AF^2=AB.AC (2)$$(1)(2) \Rightarrow AK.AI=AB.AC=const$$\Rightarrow K$ cố địnhXét có đường tròn ngoại tiếp $\triangle ONI$ cũng là ngoại tiếp tứ giác OIKN, suy ra tâm đường tròn ngoại tiếp $\triangle ONI$ nằm trên đường trung trực của KI là dg` cố định. Từ đó ta có đpcm
|
|
|
|
sửa đổi
|
Tam thức bậc hai
|
|
|
|
Tam thức bậc hai Giả sử $x_1,x_2$ là hai nghiệm của tam thức f(x)=x^2-6x+1a) $CMR S_n=x^n_1+x^2_n $thuộc Z với $n\geq1$b) Tìm số dư của $S_n$ khi chia cho 5
Tam thức bậc hai Giả sử $x_1,x_2$ là hai nghiệm của tam thức f(x)=x^2-6x+1a) $CMR : S_n=x^n_1+x^2_n $ thuộc Z với $n\geq1$b) Tìm số dư của $S_n$ khi chia cho 5
|
|
|
|
sửa đổi
|
Tam thức bậc hai
|
|
|
|
Tam thức bậc hai Giả sử $x_1,x_2$ là hai nghiệm của tam thức f(x)=x^2-6x+1a) $CMR S_n=x^n_1+x^2_n $thuộc Z với $n\geq1$b) Tìm số dư của $S_n$ khi chia cho 5
Tam thức bậc hai Giả sử $x_1,x_2$ là hai nghiệm của tam thức f(x)=x^2-6x+1a) $CMR S_n=x^n_1+x^2_n $thuộc Z với $n\geq1$b) Tìm số dư của $S_n$ khi chia cho 5
|
|
|
|
sửa đổi
|
Lượng giác 10
|
|
|
|
Lượng giác 10 $\frac{sin^{10}x}{a^4} +\frac{cos^{10}x}{b^4}=\frac{1}{(a+b)^4}$
Lượng giác 10 Cho $\frac{sin^4x}a + \frac{cos^4}b =\frac{1}{a+b}$.Chứng minh rằng:$\frac{sin^{10}x}{a^4} +\frac{cos^{10}x}{b^4}=\frac{1}{(a+b)^4}$
|
|
|
|
sửa đổi
|
suy nghĩ hoài mà k ra kq, mọi người giúp vs
|
|
|
|
Câu 1.a) TA CÓ :$OI.OD=OH.OA=OC^2=R^2=OM^2$$\Rightarrow \triangle OAM \sim \triangle OMH (c.g.c) $$\Rightarrow \widehat{AMO} = \widehat{OHD} = 90^0 \Rightarrow (đpcm)$b) Xét tam giác vuông OMA có OA = 2R = 2OM$\Rightarrow \widehat{AOM}=60^0 \Rightarrow S \triangle = \sqrt{3}/4.R^2$Diện tích cung tròn cắt $\triangle OAM$ là $S' = \frac{60^0.\pi.R^2}{360^0}=\frac{\pi.R^2}{6}$Diện tích tam giác nằm ngoài (O) bằng S - S'
Câu 1.a) TA CÓ :$OI.OD=OH.OA=OC^2=R^2=OM^2$$\Rightarrow \triangle OAM \sim \triangle OMH (c.g.c) $$\Rightarrow \widehat{AMO} = \widehat{OHD} = 90^0 \Rightarrow (đpcm)$b) Xét tam giác vuông OMA có OA = 2R = 2OM$\Rightarrow \widehat{AOM}=60^0 \Rightarrow S \triangle = \sqrt{3}/4.R^2$Diện tích cung tròn cắt $\triangle OAM$ là $S' = \frac{60^0.\pi.R^2}{360^0}=\frac{\pi.R^2}{6}$Diện tích tam giác nằm ngoài (O) bằng S - S'Câu 2: Kẻ đường cao AH (H thuộc BC)$\Rightarrow AH=BH.tanB=CH.tanC $$ \Rightarrow BH = \frac{CH.tanC}{tanB}$Mà $BC = BH+CH=12$$\Rightarrow CH=\frac{12tanB}{tanB+tanC}$Có $AC=\frac{CH}{cosC}=\frac{12 \sqrt{3}}{(\sqrt{3}+tan40^0).cos40^0}\simeq 10,55$
|
|
|
|
sửa đổi
|
Phương trình và vấn đề liên quan.
|
|
|
|
a) Xét biệt số $\triangle = b^2-4ac=4+4m$Để phương trình có hai nghiệm phân biệt khi $\triangle >0 \Leftrightarrow 4+4m>0\Leftrightarrow m>-1$b) Xét có $U=\frac{1}{x1}-\frac{1}{x2}=\frac{x2-x1}{x1x2}$$U^2=\frac{(x1-x2)^2}{(x1x2)^2}=\frac{(x1+x2)^2-4x1x2}{(x1x2)^2}$Áp dụng hệ thức Viet, ta có:$\left\{ \begin{array}{l} x1+x2=-\frac{b}{a}=-2\\ x1x2=\frac{c}{a}=-2m \end{array} \right.$Thế vào $U^2$ ta có $U^2=\frac{4+8m}{m^2}$$\Rightarrow U=\frac{2\sqrt{1+2m}}{m} $
a) Xét biệt số $\triangle = b^2-4ac=4+8m$Để phương trình có hai nghiệm phân biệt khi $\triangle >0 \Leftrightarrow 4+4m>0\Leftrightarrow m>-1/2$b) Xét có $U=\frac{1}{x1}-\frac{1}{x2}=\frac{x2-x1}{x1x2}$$U^2=\frac{(x1-x2)^2}{(x1x2)^2}=\frac{(x1+x2)^2-4x1x2}{(x1x2)^2}$Áp dụng hệ thức Viet, ta có:$\left\{ \begin{array}{l} x1+x2=-\frac{b}{a}=-2\\ x1x2=\frac{c}{a}=-2m \end{array} \right.$Thế vào $U^2$ ta có $U^2=\frac{4+8m}{m^2}$$\Rightarrow U=\frac{2\sqrt{1+2m}}{m} $
|
|
|
|
sửa đổi
|
Phương trình và vấn đề liên quan.
|
|
|
|
a) Xét biệt số $\triangle = b^2-4ac=4+4m$Để phương trình có hai nghiệm phân biệt khi $\triangle >0 \Leftrightarrow 4+4m>0\Leftrightarrow m>-1$b) Xét có $U=\frac{1}{x1}-\frac{1}{x2}=\frac{x2-x1}{x1x2}$$U^2=\frac{(x1-x2)^2}{(x1x2)^2}=\frac{(x1+x2)^2-4x1x2}{(x1x2)^2}$Áp dụng hệ thức Viet, ta có:$\left\{ \begin{array}{l} x1+x2=-\frac{b}{a}=-2\\ x1x2=\frac{c}{a}=-m \end{array} \right.$Thế vào $U^2$ ta có $U^2=\frac{4+4m}{m^2}$$\Rightarrow U=\frac{2\sqrt{1+m}}{m} $
a) Xét biệt số $\triangle = b^2-4ac=4+4m$Để phương trình có hai nghiệm phân biệt khi $\triangle >0 \Leftrightarrow 4+4m>0\Leftrightarrow m>-1$b) Xét có $U=\frac{1}{x1}-\frac{1}{x2}=\frac{x2-x1}{x1x2}$$U^2=\frac{(x1-x2)^2}{(x1x2)^2}=\frac{(x1+x2)^2-4x1x2}{(x1x2)^2}$Áp dụng hệ thức Viet, ta có:$\left\{ \begin{array}{l} x1+x2=-\frac{b}{a}=-2\\ x1x2=\frac{c}{a}=-2m \end{array} \right.$Thế vào $U^2$ ta có $U^2=\frac{4+8m}{m^2}$$\Rightarrow U=\frac{2\sqrt{1+2m}}{m} $
|
|