Câu 4:

a, Lực hấp dẫn giữa 2 quả cầu

\(F_{hd}=G\cdot\dfrac{m_1m_2}{d^2}=6,67\cdot10^{-11}\cdot\dfrac{20\cdot45}{3^2}=6,67\cdot10^{-9}\left(N\right)\)

b,Để trọng lượng giảm đi một nửa 

Thì \(\dfrac{F_{hd}}{F_{hd}'}=\dfrac{G\cdot\dfrac{m^1m^2}{h^2}}{G\cdot\dfrac{m_1m_2}{h'^2}}=\dfrac{h'^2}{h^2}=\dfrac{F_{hd}}{\dfrac{F_{hd}}{2}}=2\Rightarrow2h^2=h'^2\Rightarrow\sqrt{2}h=h'^2\)

Vậy ...

CÂU 4:

a) △ABC có (O) là tâm đường tròn nội tiếp và (O) tiếp xúc với AB,BC lần lượt tại D,E.

⇒OD⊥BC tại D, OE⊥AB tại E nên \(\widehat{ODB}=\widehat{OEB}=90^0\)

Tứ giác BDOE có \(\widehat{ODB}+\widehat{OEB}=90^0+90^0=180^0\)

\(\Rightarrow\)BDOE là tứ giác nội tiếp.

\(\Rightarrow\)B,D,O,E cùng thuộc 1 đường tròn.

b) Cách đơn giản nhất: *Gọi K là trung điểm BP.

Xét (O): BE, BD là 2 tiếp tuyến cắt nhau ở B.

\(\Rightarrow BE=BD\left(1\right)\)

PF, PE là 2 tiếp tuyến cắt nhau ở P.

\(\Rightarrow PF=PE\left(2\right)\)

Lấy (1)+(2) ta được \(BD+PF=BP\)

Ta có: DF⊥PQ tại F, DF⊥BC tại D nên PQ//BC.

Xét hình thang BDFP (BD//PF) có:

O là trung điểm DF, K là trung điểm BP.

\(\Rightarrow\)KO là đường trung bình của hình thang BDFP.

\(\Rightarrow KO=\dfrac{1}{2}\left(PF+BD\right)=\dfrac{1}{2}BP\)

Xét △BOP có: OK là trung tuyến và \(OK=\dfrac{1}{2}BP\)

\(\Rightarrow\)△BOP vuông tại O.

c) (O) tiếp xúc với AC tại H.

△ABC có (O) tiếp xúc với BC,AB,CA lần lượt tại D,E,H.

\(\Rightarrow BD=BE;AE=AH;CD=CH\)

\(BD+BE=AB-AE+BC-CD=AB+BC-AH-CH=AB+BC-AC\)

\(\Rightarrow BD=\dfrac{AB+BC-CA}{2}\left(3\right)\)

*Qua M kẻ đường thẳng vuông góc với BC cắt tia AO tại I.

*Hạ IN⊥AB tại N, IP⊥CA tại P.

Xét △AIM có: OF//IM \(\Rightarrow\dfrac{OF}{IM}=\dfrac{AO}{AI}\) (4) (hệ quả định lí Thales)

Xét △AIN có: OE//IN \(\Rightarrow\dfrac{OE}{IN}=\dfrac{AO}{AI}\) (5) (hệ quả định lí Thales)

Ta cũng có \(OE=OF\left(6\right)\) (bằng bán kính của (O) )

\(\left(4\right),\left(5\right),\left(6\right)\Rightarrow IM=IN\)

Dễ dàng chứng minh △BNI=△BMI (ch-cgv) nên \(\widehat{NBI}=\widehat{MBI}\)

\(\Rightarrow BI\) là phân giác của góc NBC hay BI là phân giác ngoài của △ABC.

Xét △ABC có: Phân giác trong góc A (AO) cắt phân giác ngoài góc B (BI) tại I.

\(\Rightarrow\)I là tâm đường tròn bàng tiếp ở đỉnh A.

Lại có IN⊥AB tại N, IM⊥BC tại M, IP⊥AC tại P.

\(\Rightarrow\)IN,IP,IM là các bán kính của (I).

\(\Rightarrow\)(I) tiếp xúc với AB,BC,CA lần lượt tại N,M,P.

\(\Rightarrow AN=AP;BN=BM;CM=CP\)

\(CM+CP=BC-BM+AP-AC=BC-AC+AN-BN=BC-AC+AB\)

\(\Rightarrow CM=\dfrac{BC+AB-AC}{2}\left(7\right)\)

\(\left(3\right),\left(7\right)\Rightarrow BD=CM\)

Câu 4:

a) Xét ΔABD vuông tại A và ΔEBD vuông tại E có 

BD chung

\(\widehat{ABD}=\widehat{EBD}\)(BD là tia phân giác của \(\widehat{ABE}\))

Do đó: ΔABD=ΔEBD(Cạnh huyền-góc nhọn)

3: góc AMN=góic ACM

=>AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ΔECM

=>góc AMB=90 độ

=>Tâm o1 của đường tròn ngoại tiếp ΔECM nằm trên BM

NO1 min khi NO1=d(N;BM)

=>NO1 vuông góc BM

Gọi O1 là chân đường vuông góc kẻ từ N xuống BM

=>O1 là tâm đường tròn ngoại tiếp ΔECM  có bán kính là O1M
=>d(N;tâm đường tròn ngoại tiếp ΔECM) nhỏ nhất khi C là giao của (O1;O1M) với (O) với O1 ;là hình chiếu vuông góc của N trên BM

Câu 4:

Gọi chiều rộng là x

Chiều dài là 2x+9

Theo đề, ta có phương trình: x(2x+9)=200

\(\Leftrightarrow2x^2+9x-200=0\)

\(\Delta=9^2-4\cdot2\cdot\left(-200\right)=881>0\)

Do đó: Phương trình có hai nghiệm phân biệt là:

\(\left\{{}\begin{matrix}x_1=\dfrac{-9-29}{4}=\dfrac{-38}{4}\left(loại\right)\\x_2=\dfrac{-9+29}{4}=5\left(nhận\right)\end{matrix}\right.\)

Vậy: CHu vi là (2x+9+x)x2=(15+9)x2=48(m)