Bài 2:Gọi $E$ là trung điểm của $BC$..

Gọi $A(x,y)$,ta có $ \overrightarrow{AG}=2\overrightarrow{GE} $

$ \rightarrow \left\{\begin{matrix}x_{E}=\dfrac{3-x}{2} \\ y_{E}=\dfrac{6-y}{2} \end{matrix}\right.$   $(1)$

Ta chứng minh được $E$ thuộc đường tròn đi qua trung điểm của $HA,HB,HC$,

nên $x_{E}^2+y_{E}^2-2x_{E}+4y_{E}+4=0$   $(2)$.

Thế $(1)$ vào $(2)$ ta được $x^2+y^2-2x-20y+97=0$.Đó chính là phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác $ ABC$.

Sao thế (1) vào (2) lại được pt đường tròn ngoại tiếp tam giác vậy?

Điểm $C$ ở đâu vậy bạn?

 

P/s: Bạn có thể vẽ hình không?

C(1;1) là tâm đường tròn © , bài này hình như bạn ý chép nhầm đề bạn xem lại nha! pt đường tròn là (x-1)^2 + (y-1)^2 = 25

C(1;1) là tâm đường tròn (C) , bài này hình như bạn chép nhầm đề bạn xem lại nha! pt đường tròn là (x-1)^2 + (y-1)^2 = 25

1) Tìm toạ độ các đỉnh hình vuông ABCD biết tâm I (3;5), M(2;3) và N(5;6) theo thứ tự nằm trên AB và BC.

 

2) Cho đường tròn (C) : $(x-1)^{2}+(y+1)^{2}=25$ , A(7;9), B(0;8). Tìm M thuộc (C) sao ho MA+2MB nhỏ nhất 

Câu 2:

Có: AC = 10 = 2R, gọi K là trung điểm AC suy ra K thuộc (C), K(4;5)

Gọi H là trung điểm CK suy ra H(5/2;3)

Dễ thấy tam giác CMH đồng dạng với tam giác CAM suy ra MH/AM = CM/CA = 1/2 suy ra 2MH = MA

P = MA + 2MB = 2(MH + MB). Để Pmin thì B, M, H thẳng hàng và M nằm giữa B, H suy ra M(1;6)

.Ptđt $(AB)$ qua $M(2;3)$ : $2 + 3B + C = 0$              ( Chọn $A=1$)

       $(BC)$ qua $N(5;6)$  : $5 + 6{B_1} + {C_1} = 0$          (Chọn $(A_1)=1$)

Vì $ABCD$ là hình vuông nên

.Ta có: $AB \bot BC \Rightarrow 1 + B{B_1} = 0$

. $d(\operatorname{I} ,(AB)) = d(I,(BC))$

$\Leftrightarrow \frac{{\left| {3 + 5B + ( - 2 - 3B)} \right|}}{{\sqrt {1 + {B^2}} }} = \frac{{\left| {3 + 5{B_1} + ( - 5 - 6{B_1})} \right|}}{{\sqrt {1 + \frac{1}{{{B^2}}}} }}$

$\Leftrightarrow \left| {1 + 2B} \right| = \left| {B( - 2 - {B_1})} \right|$

$\Leftrightarrow \left| {1 + 2B} \right| = \left| {1 - 2B} \right|$

$\Leftrightarrow B = 0$

Tới đây thế lại được 2 ptdt $(AB)$ và $(BC)$ tìm được điểm $B(2;6)$

Sau đó dễ dàng tìm được các điểm $A(2;4)$ , $C(4;6)$ và $D(4;4)$

Còn TH A, A1 = 0 nữa. Mình nghĩ k cần chọn A, A1 = 1 đâu, cứ viết A, A1 ra rồi giải vẫn làm ra bình thường

$cos^{5}x+sin^{7}x+\frac{1}{2}(cos^{3}x+sin^{5}x)sin2x=sinx+cosx$

$1) \frac{(1+sinx+cos2x)sin(x+\frac{\Pi }{4})}{1+tanx}=\frac{1}{\sqrt{2}}cosx$

$2) \sqrt{2}sin^{3}(x+\frac{\Pi }{4})= 2sinx$

tại sao $\frac{1+cosx}{1+sinx}=\frac{1+cosx+cos^{2}x}{1+sinx+sin^{2}x}$ = $\frac{cos ^ {2}x} {sin^{2}x}$

chiacả 2 vế cho $\frac{1-cosx}{1-sinx}$

3)

$PT\Leftrightarrow \cos4x+\cos2x=\sin7x+\sin x \\\Leftrightarrow 2.\cos3x.\cos x=2.\sin4x.\cos3x\\\Leftrightarrow \cos3x\left ( \cos x-\sin4x \right )=0$

Dễ rồi!

bạn làm tiếp các câu còn lại giúp mình với....

giải pt : $tan^{2}x=\frac{1-cos^{3}x}{1-sin^{3}x}$

$\Leftrightarrow \frac{sin^{2}}{cos^{2}}=\frac{(1-cos)(cos^{^{2}}+cos+1)}{(1-sin)(sin^{^{2}}+sin+1)}\Leftrightarrow \frac{1-cos^{2}}{1-sin^{2}}=\frac{(1-cos)(cos^{^{2}}+cos+1)}{(1-sin)(sin^{^{2}}+sin+1)}\Leftrightarrow\begin{bmatrix} 1-cos=0(1)\\ \frac{1+cos}{1+sin}=\frac{cos^{^{2}}+cos+1}{sin^{^{2}}+sin+1}(2)\end{bmatrix} (2)\Leftrightarrow (sin-cos)(sin+cos+sincos)$

(1) bạn tự giải nhé

(2) bạn cũng tự giải tiếp nhé

Đề thiếu hình kg vậy bạn. Sao chỉ đc 1 hình thôi?!

k thiếu, 1 hình thôi

Mod: Chú ý cách đặt tiêu đề

với cặp số nào vậy? ở đây $a, b$ có thể âm.

uk,,,, hnay search google đủ các từ khóa mà cũng chả pít làm tn để giải thích cái âm dương, hjx

Tại sao $(\frac{3}{a}+\frac{1}{b})(a+b)\geq (\sqrt{3}+1)^{2}$

áp bunhia

$\widehat{CBH}=\widehat{H'AC}(cùng phụ \widehat{C})$

$\widehat{H'AC}=\widehat{CBH'}(cùng chắn cung H'C)$

$\Rightarrow \widehat{CBH}=\widehat{CBH'}\Rightarrow \bigtriangleup HBM =\bigtriangleup H'BM\Rightarrow HM=H'M$

$A(a;0);B(0;b) ptct của AB: \frac{x}{a}+\frac{y}{b}=1 M(3;1) thuộc AB \Rightarrow \frac{3}{a}+\frac{1}{b}=1

(\frac{3}{a}+\frac{1}{b})(a+b)\geq (\sqrt{3}+1)^{2}\Leftrightarrow (a+b)\geq 4+2\sqrt{3}$

Trong mặt phẳng tọa độ $Oxy$ cho $\Delta ABC$ có phân giác trong của $\widehat{A}:x-3y+5=0,$ trọng tâm $G\left(-\frac{2}{3};\,-\frac{5}{3}\right),\,M(4;\,-1)\in AB,\,N(0;\,-5)\in AC.$ Tìm tọa độ các đỉnh $\Delta ABC.$

Từ N kẻ đường thẳng vuông với phân giác trong góc A cắt AB tại N'. Tìm tọa độ N' thì viết đk pt AB.

Tương tự viết đk pt AC => tọa độ A, tham số B, C theo AB, AC. Dựa vào công thức trọng tâm tìm tọa độ B, C

À.Có lẽ mình nhầm tí Nhưng mà cách làm chắc cũng tương tự vậy thôi 

k tương tự đâu, p làm sai rồi

 $S_{ABCD}=\frac{(AD+BC)AB}{2}=2BC.AB=2d_{(C,AB)}.d_{(C,AD)} (*)$

Vì AB không song song với các trục Ox, Oy nên ta có thể giả sử vtpt$\overrightarrow{n}_{AB}=(1;b)$ là vtpt của dt AB

Khi đó vtpt của AD là $\overrightarrow{n'}_{AD}=(b;-1)$ 

PT của AB và AD lần lượt là: 

AB: $x+by+\frac{1}{2}=0$

AD: $bx-y+3b+5=0$

$S_{ABCD}=50\Leftrightarrow d_{(C,AB)}.d_{(C,AD)}\Leftrightarrow \frac{\left | 2-5b+\frac{1}{2} \right |}{\sqrt{b^2+1}}.\frac{\left | 5b+10 \right |}{\sqrt{b^2+1}}=25$

$b=\frac{-13}{4}$ hoặc $b=\frac{4}{3}$ (b=0 là vô lí $\Rightarrow$ Loại).

Từ đó bạn có thể thay vào rồi giải tiếp$[$(Có gì sai bạn bỏ qua cho )$]$

SABCD bạn áp nhầm công thức rồi, 1/2 tổng 2 đáy nhân đường cao mà

Cho hình thang ABCD có đáy AD, CB, diện tích = 50, C(3;-5), AD = 3BC. AB đi qua M(-1/2 ; 0), AD đi qua N(-3;5). AB không song song với Ox, Oy. Tìm tọa độ đỉnh A, B, D

(Mình nhận ra 1 điều đặc biệt là C, M, N thẳng hàng, M là trung điểm của AB)

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có góc ABC = 60 độ, đường tròn (C) có tâm I bán kính là 2 tiếp xúc với tất cả các cạnh của hình thoi (tiếp xúc với AB và CD lần lượt tại M và N, tung độ của I dương). Biết phương trình đường thẳng MN: x+3√y-1=0, đường thẳng chứa cạnh AD không vuông góc với trục tung và qua P(3;0). Viết phương trình các đường chứa cạnh AB, AD.

1) x^{3}+x^{2}+3x\sqrt{x+1}>0

2) x+\sqrt{1-x^{2}}\leq x\sqrt{1-x^{2}}

cho tam giác ABC có A(1;2) , B(5;2) , C(1;-3). Điểm M di động trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Chứng minh rằng trọng tâm G của tam giác MBC di động trên một đường tròn. Viết phương trình đường tròn đó . cám ơn các bác nhiều

Dễ thấy tam giác ABC vuông tại A suy ra tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác là trung điểm của BC, giả sử là I(3;-1/2)

M thuộc đường tròn suy ra IM = IB = $\frac{\sqrt{41}}{2}$

G là trọng tâm tam giác MBC suy ra G thuộc IM, IG = 1/3 IM = $\frac{\sqrt{41}}{6}$

Vậy G thuộc đường tròn tâm I bán kính $\frac{\sqrt{41}}{6}$ k đổi