Kết quả tìm kiếm

À ừ mình nhầm :v. Nhìn tưởng 2 vế có $x+1$ lên nhầm luôn :P. Tks nhé :v. Vậy là rút gọn đưa về pt bậc $3$. Cái này có nhiều cách giải nhẩm nghiệm hoặc dùng casio để tìm nhân tử.

Cách khác câu c) Gọi giao điểm của $CH,BH$ với đường tròn (O) là $J,L$. Dễ dàng chứng minh: $J$ đối xứng với $H$ qua $E$. Do đó: $JHMQ$ là hình thang cân. $\Rightarrow \widehat{HQM}=\widehat{HJM}=\widehat{CBM}=\widehat{KFM}$. Do đó: $QH//FS$ tương tự cũng có $HG//FS$ do đó $Q,H,G$ thẳng hàng .

Quy đồng thôi bạn :v. ĐKXĐ: $x \neq 0,-1,1$. $\dfrac{x+3}{x(x+1)}+\dfrac{3}{x}=\dfrac{2-x}{x-1} \\\Rightarrow \dfrac{x+3+3(x+1)}{x(x+1)}=\dfrac{2-x}{x-1} \\\Rightarrow (4x+4)(x-1)=(2-x)x(x+1) \\\Rightarrow 4(x-1)=(2-x)x$ Tới đây dễ rồi :v

Đây đều là những dạng quen thuộc của các dạng của đường tròn euler: Câu 10: a) Bạn chứng minh $HBKC$ là hbh. Do đó 2 đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường. Do đó $H,M,K$ thẳng hàng. b)$O,M$ là trung điểm của $AK,HK$ nên nó là đường trung bình c) Chứng minh $AHOO'$ là hbh thì sử dụng tính...

Bài tập +đáp án cho các bạn tham khảo.

a) Ta có: $AM \perp BM$ mà $BM//CD$ nên $AM \perp CK$. Mặt khác $M$ là điểm chính giữa nên: $MO \perp AC$. Do đó $\widehat{CKM}+\wideahat{CHM}=90^0+90^0=180^0$. Do đó tg $CKMH$ nt. b)$DM \perp AC$ mà $BC \perp AC$ do đó $BC//MD$. Kết hợp $MB//CD$ thì $DMBC$ là hbh. Do đó: $CD=MB,DM=CB$. c) Dễ...

1) Sai đề rồi nhé. Ta có: $\widehat{NMB}=\dfrac{1}{2} \widehat{MOB}$. Mặt khác: $\widehat{IAM}=180^0-\widehat{MAB}=\dfrac{1}{2} \widehat{MOB}$ Do đó $\widehat{NMB}=\widehat{IAM}$. 2) Chứng minh tương tự như trên ta cũng sẽ có: $\widehat{IAN}=\widehat{INB}$. Do đó $\triangle IAN \sim \triangle...

@Ray Kevin Cái trong ngoặc có lẽ sẽ đặt tổng, tích sau đó xét denta 1 biến rồi giải thử xem sao? Nếu đặt vậy thì gây khó khăn ở trong ngoặc nên ta có thể đặt cách khác: $t=\sqrt[3]{9(x-3)}$ khi đó...

a) Dễ dàng chứng minh: $AKDM$ nội tiếp. Do đó: $\widehat{ADK}=\widehat{AMK}$. b)Dễ thấy $D$ là điểm chính giữa cung $KM$ của đường tròn ngoại tiếp tứ giác $AKMD$. Do đó $AD \perp KM$ hay $AE \perp KM$. c) Dễ dàng chứng minh: $\triangle ABD \sim \triangle AEC$ do đó: $AB.AC=AE.AD$. Mặt khác...

Có điểm rồi :v. An tâm mà ngủ yên :v. À quên còn cả núi tồn đọng :v hix :v

Nếu không ai làm tối mình đăng đáp án nhé :v.

\boxed{132} (THTT) Giải phương trình: $\sqrt{\dfrac{x+2}{2}}-1=\sqrt[3]{3(x-3)^2}+\sqrt[3]{9(x-3)}$ \boxed{132} Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{matrix} &x^3+3xy^2=-49 \\ &x^2-8xy+y^2=8y-17x \end{matrix}\right.$

D.Không câu nào đúng. Đường tròn này gọi là đường tròn euler nó đi qua 9 điểm: Chân ba đường cao của một tam giác bất kì, ba trung điểm của ba cạnh, ba trung điểm của ba đoạn thẳng nối ba đỉnh với trực tâm,

Câu 3: Từ điều kiện đề bài dễ thấy tam giác $ACB$ cân tại $A$ do đó dễ dàng cm: $OI=OH$. Ta có: $AB>BC \Rightarrow BH>KB$. Do đó kết hợp pytago $OH<OK$. Do đó $OI=OH<OK$. Chọn câu $B$. Câu 5: $\widehat{xAB}=\dfrac{1}{2} \widehat{AOB}$. Có $OA=OB=R,AB=R\sqrt{3}$ kẻ đường cao $OH$ dễ dàng tính...

a) Ta có: $\widehat{FCB}=\widehat{FDA}=90^0$ do đó tứ giác $CDEF$ nội tiếp. b) Dễ dàng tính được $CD=R \sqrt{3}$. $\widehat{AFB}=\dfrac{1}{2}(180^0-120^0)=30^0$. Do đó $\widehat{CED}=60^0$ hay tam giác $ICD$ đều.($I$ là tâm của đường tròn nt tứ giác $CDEF$) Hay $IC=ID=CD=R\sqrt{3}$. c) Gọi $H$...

Bài tập chưa có lời giải: \boxed{126} $\left\{\begin{matrix} &3(x+\dfrac{1}{x})=4(y+\dfrac{1}{y})=5(z+\dfrac{1}{z}) \\ & xy+yz+zx=1 \end{matrix}\right.$ \boxed{128}Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{matrix} &(2-x)(3x-2z)=3-z & & \\ &y^3+3y^2=x^2-3x+2 & & \\ &y^2+z^2=6z & & \\...

@zzh0td0gzz @Ray Kevin @Thủ Mộ Lão Nhân @kingsman(lht 2k2) @Dương Bii @tranvandong08 ,... mong nó giúp ích cho các bạn. Có bài tự luyện nào khó đăng vào topic để thảo luận nhé.