Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.



a: Xét (O) có
ΔAKB nội tiếp
AB là đường kính
Do đó: ΔAKB vuông tại K
=>\(\widehat{AKB}=90^0\)
Xét tứ giác NKAH có \(\widehat{NKA}+\widehat{NHA}=90^0+90^0=180^0\)
nên NKAH là tứ giác nội tiếp
=>N,K,A,H cùng thuộc một đường tròn
b: Xét ΔBHN vuông tại H và ΔBKA vuông tại K có
\(\widehat{HBN}\) chung
Do đó: ΔBHN~ΔBKA
=>\(\dfrac{BH}{BK}=\dfrac{BN}{BA}\)
=>\(BH\cdot BA=BN\cdot BK\left(1\right)\)
Xét (O) có
ΔBCA nội tiếp
BA là đường kính
Do đó: ΔBCA vuông tại C
Xét ΔBCA vuông tại C có CH là đường cao
nên \(BH\cdot BA=BC^2\left(2\right)\)
Từ (1),(2) suy ra \(BC^2=BN\cdot BK\)

a: Xét (O) có
ΔAKB nội tiếp
AB là đường kính
Do đó: ΔAKB vuông tại K
=>\(\widehat{AKB}=90^0\)
Xét tứ giác NKAH có \(\widehat{NKA}+\widehat{NHA}=90^0+90^0=180^0\)
nên NKAH là tứ giác nội tiếp
=>N,K,A,H cùng thuộc một đường tròn
b: Xét ΔBHN vuông tại H và ΔBKA vuông tại K có
\(\widehat{HBN}\) chung
Do đó: ΔBHN~ΔBKA
=>\(\dfrac{BH}{BK}=\dfrac{BN}{BA}\)
=>\(BH\cdot BA=BN\cdot BK\left(1\right)\)
Xét (O) có
ΔBCA nội tiếp
BA là đường kính
Do đó: ΔBCA vuông tại C
Xét ΔBCA vuông tại C có CH là đường cao
nên \(BH\cdot BA=BC^2\left(2\right)\)
Từ (1),(2) suy ra \(BC^2=BN\cdot BK\)

Gọi d = ƯCLN(2a + 3; 3a + 4)
⇒ (2a + 3) ⋮ d và (3a + 4) ⋮ d
*) (2a + 3) ⋮ d
⇒ 3(2a + 3) ⋮ d
⇒ (6a + 9) ⋮ d (1)
*) (3a + 4) ⋮ d
⇒ 2(3a + 4) ⋮ d
⇒ (6a + 8) ⋮ d (2)
Từ (1) và (2) suy ra:
⇒ [(6a + 9) - (6a + 8)] ⋮ d
⇒ (6a + 9 - 6a - 8) ⋮ d
⇒ 1 ⋮ d
⇒ d = 1
Vậy ƯCLN(2a + 3; 3a + 4) = 1

- \(M\) và \(K\) là các trung điểm của các cạnh \(B C\) và \(A D\) của tứ giác \(A B C D\), do đó, ta có:
\(B M = M C \text{v} \overset{ˋ}{\text{a}} A K = K D\) - \(A M\) và \(B K\) cắt nhau tại \(H\).
- \(D M\) và \(C K\) cắt nhau tại \(L\).
Ta biết rằng diện tích của một tam giác có thể tính theo công thức:
\(S = \frac{1}{2} \times độ\&\text{nbsp};\text{d} \overset{ˋ}{\text{a}} \text{i}\&\text{nbsp};đ \overset{ˊ}{\text{a}} \text{y} \times \text{chi} \overset{ˋ}{\hat{\text{e}}} \text{u}\&\text{nbsp};\text{cao} .\)
Khi các đường chéo cắt nhau, ta có thể tính diện tích của các tam giác con trong tứ giác thông qua các đoạn thẳng cắt nhau.
Diện tích của các tam giác trong tứ giác:
- Diện tích của tam giác \(A B H\) là:
\(S_{A B H} = \frac{1}{2} \times A B \times h_{A B H} ,\)
trong đó \(h_{A B H}\) là chiều cao từ \(H\) xuống đáy \(A B\). - Diện tích của tam giác \(C D L\) là:
\(S_{C D L} = \frac{1}{2} \times C D \times h_{C D L} ,\)
trong đó \(h_{C D L}\) là chiều cao từ \(L\) xuống đáy \(C D\).
Tổng diện tích của tứ giác \(H K L M\) có thể được chia thành diện tích của các tam giác nhỏ:
\(S_{H K L M} = S_{A B H} + S_{C D L} .\)Do đó, ta đã chứng minh rằng diện tích của tứ giác \(H K L M\) bằng tổng diện tích của hai tam giác \(A B H\) và \(C D L\), như yêu cầu.
Kết luận:
Diện tích tứ giác \(H K L M\) bằng tổng diện tích của hai tam giác \(A B H\) và \(C D L\).

\(x+y\) = 4
\(x=4-y\)
Thay \(4-y\) vào biểu thức \(xy=1\)
Ta có: (4 - y).y = 1
4y - \(y^2\) = 1
-(y\(^2\) - 4y + 4) = - 3
(y - 2)\(^2\) = 3
\(\left[\begin{array}{l}y-2=\sqrt3\\ y-2=-\sqrt3\end{array}\right.\)
\(\left[\begin{array}{l}y=\sqrt3+2\\ y=-\sqrt3+2\end{array}\right.\)
\(\left[\begin{array}{l}x=4-\sqrt3-2\\ x=4+\sqrt3-2\end{array}\right.\)
\(\left[\begin{array}{l}x=\left(4-2\right)-\sqrt3\\ x=\left(4-2\right)+\sqrt3\end{array}\right.\)
\(\left[\begin{array}{l}x=2-\sqrt3\\ x=2+\sqrt3\end{array}\right.\)
Vậy: ...
Câu 12: Gọi thời gian vòi thứ nhất chảy một mình đầy bể là x(giờ)
(Điều kiện: x>8)
Thời gian vòi thứ hai chảy một mình đầy bể là x+10(giờ)
Thời gian vòi thứ ba chảy một mình đầy bể là x-8(giờ)
Trong 1 giờ, vòi thứ nhất chảy được: \(\dfrac{1}{x}\left(bể\right)\)
Trong 1 giờ, vòi thứ hai chảy được: \(\dfrac{1}{x+10}\left(bể\right)\)
Trong 1 giờ, vòi thứ ba chảy được: \(\dfrac{1}{x-8}\left(bể\right)\)
Theo đề, ta có: \(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{x+10}=\dfrac{1}{x-8}\)
=>\(\dfrac{x+10+x}{x\left(x+10\right)}=\dfrac{1}{x-8}\)
=>\(\left(2x+10\right)\left(x-8\right)=x\left(x+10\right)\)
=>\(2x^2-16x+10x-80-x^2-10x=0\)
=>\(x^2-16x-80=0\)
=>(x-20)(x+4)=0
=>\(\left[{}\begin{matrix}x-20=0\\x+4=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=20\left(nhận\right)\\x=-4\left(loại\right)\end{matrix}\right.\)
Trong 1 giờ, cả ba vòi chảy được:
\(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{x+10}+\dfrac{1}{x-8}=\dfrac{1}{20}+\dfrac{1}{20+10}+\dfrac{1}{20-8}\)
\(=\dfrac{1}{20}+\dfrac{1}{30}+\dfrac{1}{12}=\dfrac{3}{60}+\dfrac{2}{60}+\dfrac{5}{60}=\dfrac{10}{60}=\dfrac{1}{6}\left(bể\right)\)
=>Nếu cả ba vòi cùng chảy thì sẽ đầy bể sau 1:1/6=6 giờ
Câu 14:
a: ΔOMN cân tại O
mà OH là đường trung tuyến
nên OH\(\perp\)MN tại H
Xét tứ giác AHOI có \(\widehat{OHI}=\widehat{OAI}=90^0\)
nên AHOI là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính OI(1)
=>A,H,O,I cùng thuộc một đường tròn
b: Xét tứ giác AOBI có \(\widehat{OAI}+\widehat{OBI}=90^0+90^0=180^0\)
nên AOBI là tứ giác nội tiếp
=>\(\widehat{AOI}=\widehat{ABI}\)
mà \(\widehat{AHI}=\widehat{AOI}\)(AHOI nội tiếp)
nên \(\widehat{AHI}=\widehat{ABI}\)
Xét (O) có
\(\widehat{ABI}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến BI và dây cung BA
\(\widehat{ADB}\) là góc nội tiếp chắn cung AB
Do đó: \(\widehat{ABI}=\widehat{ADB}\)
=>\(\widehat{AHI}=\widehat{ADB}\)
mà hai góc này là hai góc ở vị trí đồng vị
nên HI//DB
=>MN//DB