Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
C S N I M O K F A B D H
haizzz , vì mới lớp 8 nên mình chỉ làm được đến câu c, thôi , bạn thông cảm
a, Xét tam giác ABC vuông tại A và HA = HD
- Có \(\widehat{BAC}\)là góc nội tiếp đường tròn O chắn cung BC
- Mà BC là đường kính O
=> \(\widehat{BAC}=90^o\)
=> \(\Delta ABC\perp A\)
Xét \(\Delta OAD\)cân tại O ( Vì OA = OD do A , D cung thuộc O )
- Có AH là đường cao
=> OH là đường trung tuyến \(\Delta OAD\)
=> H là trug điểm AD
=> HA = HD
b, MN // SC , SC tiếp tuyến của (O)
Xét tam giác OSC có : M là trung điểm của OC
N là trung điểm của OS
=> MN là đường TB của \(\Delta OSC\)
=> MN // SC
Mà \(MN\perp OC\left(gt\right)\)
\(\Rightarrow OC\perp SC\)tại S
- Xét đường tròn O có CO là bán kính ( vì \(C\in\left(O\right)\)
\(CO\perp SC\)tại C
=> SC là tiếp tuyến của đường tròn (O)
c, BH . HC = AF . AK
Xét \(\Delta ABC\perp A\)có :
AH là đường cao
=> AH2 = BH . HC
Xét đường tròn đường kính AH có F thuộc đường tròn
\(\Rightarrow\widehat{AFH}=90^o\)
\(\Rightarrow HF\perp AK\)tại F
Xét tam giác AHK vuông tại H , ta có :
HF là đường cao
=> AH2 = AF . AK
=> BH . HC = AF . AK ( = AH2 )
a) A,D,C C (O;AD)
=> DC _|_ CA
b) A,B,D C (O;AD)
=> BD _|_ AB
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}BD//CH\left(\perp AB\right)\\BH//CD\left(\perp AC\right)\end{cases}}\)
=> BHCD là hình bình hành
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}BH=DC\\BD=HC\end{cases}}\)
c) Gọi I là giao BC và AD => AI là đường trung tuyến của tam giác ABC và AHD
Mà trọng tâm của tam giác ABC và AHD đều thuộc AI và thỏa mãn \(\frac{AG}{AI}=\frac{2}{3}\)
=> 2 tam giác này cùng trọng tâm
Giờ mình ko rảnh và máy tính đanhg hư nên ko làm đc thông cảm nhá
HD
Câu 1.
Tự CM.
Câu 2:
Kẻ AO cắt đường tròn tại F
Để ý góc ADE=góc EBC=góc AFC
Mà góc CAF+góc FAC =90°
⇒góc ADE+góc FAC =90°hay AF ⊥ DE.
Vậy đường thẳng kẻ qua A vuông góc DE luôn đi qua điểm cố định O.
Câu 3:
Gọi giao CQ và BP là O’
Dễ thấy góc ABP=góc QCE (cùng bằng 1/2 góc ABD = 1/2 góc ACE)
⇒ góc ABP+góc QCE=90° hay BP ⊥ CQ tại O’
⇒ các ΔBQN, ΔCMP có đường phân giác đồng thời là đường cao nên cân tại B và C
⇒ O’M=O’P; O’N=O’Q; lại có QN ⊥ MP, nên tứ giác MNPQ là hình thoi
2.)\(x^3-10x+1=y^3+6y^2\)(1)
Đặt\(x=y+b\)với \(b\inℤ\).Ta có:
(1)\(\Leftrightarrow\)\(y^3+3y^2b+3yb^2+b^3+10y+10b-1=y^2+6y^2\)
\(\Leftrightarrow\)\(y^2\left(3b-6\right)+y\left(3b^2+10\right)+b^3+10b-1=0\)(1)
\(\Delta=\left(3b^2+10\right)^2-\left(12b-24\right)\left(b^3+10b-1\right)\ge0\)
\(=-3b^4+24b^3-60b^2+252b+76\)
\(=1399-3\left(b^2-4b\right)^2-3\left(2b-21\right)^2\ge0\)
Do đó:\(\left(b^2-4b^2\right)+\left(2b-21\right)^2\le466\)
Nhận thấy:\(\left(2b-21\right)^2\le466\)nên \(0\le b\le21\)
Theo phương trình ban đầu thì\(x,y\)khác tính chắn lẻ nên\(b\)lẻ:
Nếu\(b=1\)thì(1)\(\Leftrightarrow\)\(-3y^2+12y+10\Leftrightarrow y=5\Rightarrow x=6\)
Nếu\(b=3\)thì(1)\(\Leftrightarrow3y^2+37y+56=0,\)không có nghiệm nguyên
\(\Leftrightarrow\)Nếu\(b=5\)thì(1)\(\Leftrightarrow9y^2+85y+174=0\Leftrightarrow y=-3\Rightarrow x==2\)
\(\Leftrightarrow\)Nếu\(b=7\)thì(1)\(\Leftrightarrow\)\(15y^2+157y+412=0\)(Vô nghiệm)
\(\Leftrightarrow\)Nếu\(b=11\)thì(1)\(\Leftrightarrow27y^2+373y+1440=0\)(Vô nghiệm)
\(\Leftrightarrow\)Nếu\(b=13\)thì(1)\(\Leftrightarrow33y^2+517y+2326=0\)(Vô nghiệm)
\(\Leftrightarrow\)Nếu\(b=15\)thì(1)\(\Leftrightarrow39y^2+685+3524=0\)(Vô nghiệm)
\(\Leftrightarrow\)Nếu\(b=17\)thì(1)\(\Leftrightarrow45y^2+877y+5082=0\)(Vô nghiệm)
\(\Leftrightarrow\)Nếu\(b=19\)thì(1)\(\Leftrightarrow51y^2+1093y+7048=0\)(Vô nghiệm)
\(\Leftrightarrow\)Nếu\(b=21\)thì(1)\(\Leftrightarrow57y^2+442y+9479=0\)(Vô Nghiệm)
Vậy phương trình có nghiệm nguyên\(\left(a,b\right)=\left(6,5\right),\left(2,-3\right)\)
P/s:Do bài trên toiii gửi nhầm nên đây là phần tiếp theo của bafi2,Sr:<
_Hoc Tốt_
Bài 1 t chỉ giải được khi x, y, z cùng dấu. Còn TH x, y, z không cùng dấu thì chưa nghĩ ra (Chắc là giả sử x, y đồng dấu rồi.. chăng?)
1/ Do \(x^2\left(x-1\right)^2\ge0\therefore\frac{x^2}{\left(x+1\right)^2}\ge\frac{3x^2}{4\left(x^2+x+1\right)}\)
Như vậy: \(VT\ge\frac{3}{4}\left(\frac{x^2}{x^2+x+1}+\frac{y^2}{y^2+y+1}+\frac{z^2}{z^2+z+1}\right)\ge\frac{3}{4}\)
\(\Leftrightarrow\frac{x^2}{x^2+x+1}+\frac{y^2}{y^2+y+1}+\frac{z^2}{z^2+z+1}\ge1\) (*) với xyz = 1.
Nếu \(x,y,z>0\) thì đặt \(\left(x;y;z\right)=\left(\frac{1}{a};\frac{1}{b};\frac{1}{c}\right)\) thu được BĐT Vacs.
Nếu \(\left(x,y,z\right)< 0\) thì đặt \(\left(x,y,z\right)\rightarrow\left(-m,-n,-p\right)\left(\text{với }m,n,p>0\right)\)
Cần chứng minh: \(\frac{m^2}{m^2-m+1}+\frac{n^2}{n^2-n+1}+\frac{p^2}{p^2-p+1}\ge1\)
Vì \(m,n,p\ge0\rightarrow VT\ge\frac{m^2}{m^2+m+1}+\frac{n^2}{n^2+n+1}+\frac{p^2}{p^2+p+1}\ge1\)
Đây là BĐT (*). Chứng minh tương tự.
tth_new Làm khó m rồi tth :)) thực ra đề thực dương mà t viết thiếu :))))
Cách làm khác mà ko dùng tới bổ đề Vacs
\(\frac{x^2}{\left(1+x\right)^2}+\frac{y^2}{\left(1+y\right)^2}+\frac{z^2}{\left(1+z\right)^2}\)
\(=\frac{1}{\left(\frac{1}{x}+1\right)^2}+\frac{1}{\left(\frac{1}{y}+1\right)^2}+\frac{1}{\left(\frac{1}{z}+1\right)^2}\)
Đặt \(\left(\frac{1}{x};\frac{1}{y};\frac{1}{z}\right)\rightarrow\left(a;b;c\right)\)
Khi đó LHS trở thành:
\(\frac{1}{\left(a+1\right)^2}+\frac{1}{\left(b+1\right)^2}+\frac{1}{\left(c+1\right)^2}\)
Mặt khác theo Bunhiacopski ta có:
\(\frac{1}{\left(a+1\right)^2}+\frac{1}{\left(b+1\right)^2}\ge\frac{1}{\left(ab+1\right)\left(\frac{a}{b}+1\right)}+\frac{1}{\left(ab+1\right)\left(\frac{b}{a}+1\right)}=\frac{1}{ab+1}\)
Ta cần chứng minh \(\frac{1}{ab+1}+\frac{1}{\left(c+1\right)^2}=\frac{c}{c+1}+\frac{1}{\left(c+1\right)^2}\ge\frac{3}{4}\)
\(\Leftrightarrow\frac{c}{c+1}+\frac{1}{\left(c+1\right)^2}-\frac{3}{4}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(c-1\right)^2}{4\left(c+1\right)^2}\ge0\) ( đúng )
Nhớ không nhầm đây là VMO 2005 được nghệ An lấy lại đưa vào đề thi tỉnh nhưng với bậc cao hơn :))))