K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Các câu hỏi dưới đây có thể giống với câu hỏi trên
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
27 tháng 7 2021
Gọi O là tâm đường tròn \(\Rightarrow\) O là trung điểm BC
\(\stackrel\frown{BE}=\stackrel\frown{ED}=\stackrel\frown{DC}\Rightarrow\widehat{BOE}=\widehat{EOD}=\widehat{DOC}=\dfrac{180^0}{3}=60^0\)
Mà \(OD=OE=R\Rightarrow\Delta ODE\) đều
\(\Rightarrow ED=R\)
\(BN=NM=MC=\dfrac{2R}{3}\Rightarrow\dfrac{NM}{ED}=\dfrac{2}{3}\)
\(\stackrel\frown{BE}=\stackrel\frown{DC}\Rightarrow ED||BC\)
Áp dụng định lý talet:
\(\dfrac{AN}{AE}=\dfrac{MN}{ED}=\dfrac{2}{3}\Rightarrow\dfrac{EN}{AN}=\dfrac{1}{2}\)
\(\dfrac{ON}{BN}=\dfrac{OB-BN}{BN}=\dfrac{R-\dfrac{2R}{3}}{\dfrac{2R}{3}}=\dfrac{1}{2}\)
\(\Rightarrow\dfrac{EN}{AN}=\dfrac{ON}{BN}=\dfrac{1}{2}\) và \(\widehat{ENO}=\widehat{ANB}\) (đối đỉnh)
\(\Rightarrow\Delta ENO\sim ANB\left(c.g.c\right)\)
\(\Rightarrow\widehat{NBA}=\widehat{NOE}=60^0\)
Hoàn toàn tương tự, ta có \(\Delta MDO\sim\Delta MAC\Rightarrow\widehat{MCA}=\widehat{MOD}=60^0\)
\(\Rightarrow\Delta ABC\) đều
KS
0
10 tháng 7 2017
Áp dụng BĐT \(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\ge\dfrac{4}{x+y}\)(Tự chứng minh BĐT này )
\(B\ge\dfrac{4}{\left(a+b\right)^2+1}\)
10 tháng 7 2017
cảm ơn Định đã trả lời giúp mk . Nhưng bn làm sai rồi vì nếu làm như vậy sẽ ko tìm ra a, b
13 tháng 7 2017
c)\(\sqrt{4-\sqrt{7}}-\sqrt{4+\sqrt{7}}\)
=\(\dfrac{\sqrt{8-2\sqrt{7}}}{\sqrt{2}}-\dfrac{\sqrt{8+2\sqrt{7}}}{\sqrt{2}}\)
=\(\dfrac{\sqrt{\left(\sqrt{7}-1\right)^2}}{\sqrt{2}}-\dfrac{\sqrt{\left(\sqrt{7}+1\right)^2}}{\sqrt{2}}\)
=\(\dfrac{\left|\sqrt{7}-1\right|-\left|\sqrt{7}+1\right|}{\sqrt{2}}\)
=\(\dfrac{\sqrt{7}-1-\sqrt{7}-1}{\sqrt{2}}\)
=\(\dfrac{-2}{\sqrt{2}}\)
=\(-\sqrt{2}\)
BL
3
AH
Akai Haruma
Giáo viên
19 tháng 4 2021
Lời giải:
a) $MA,MB$ là tiếp tuyến của $(O)$ nên $MA\perp OA, MB\perp OB$
$\Rightarrow \widehat{MAO}=\widehat{MBO}=90^0$
Tứ giác $MAOB$ có tổng 2 góc đối $\widehat{MAO}+\widehat{MBO}=90^0+90^0=180^0$ nên là tứ giác nội tiếp.
b) Xét tam giác $MAC$ và $MDA$ có:
$\widehat{M}$ chung
$\widehat{MAC}=\widehat{MDA}$ (tính chất góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung bằng góc nội tiếp chắn cung đó)
$\Rightarrow \triangle MAC\sim \triangle MDA$ (g.g)
$\Rightarrow \frac{MA}{MD}=\frac{MC}{MA}\Rightarrow MA^2=MC.MD$
c) Dễ thấy $AB\perp MO$ tại $H$.
Xét tam giác $AMO$ vuông tại $A$ có đường cao $AH$, áp dụng định lý hệ thức lượng trong tam giác vuông:
$MA^2=MH.MO$
Kết hợp kết quả phần b suy ra $MH.MO=MC.MD$
$\Rightarrow CHOD$ là tứ giác nội tiếp.
d) Vận dụng giả thiết $AD\parallel MB$ và tính chất góc tạo bởi tiếp tuyến- dây cung ta có:
$\widehat{MCB}=180^0-\widehat{CMB}-\widehat{CBM}$
$=180^0-\widehat{CDA}-\widehat{CDB}$
$=180^0-\widehat{ADB}=\widehat{ACB}$ (do $ACBD$ là tứ giác nội tiếp)
AH
Akai Haruma
Giáo viên
19 tháng 4 2021
** Khuyên chân thành các bạn muốn nâng cao xác suất được hỗ trợ thì nên chịu khó gõ đề bằng công thức toán. Chụp hình như này đọc bài rất nản, đặc biệt là hình xoay ngược đọc mỏi cổ lém.
PA
22 tháng 10 2017
Bài 4:
a)
\(M=x+\sqrt{2-x}=-\left(2-x\right)+\sqrt{2-x}+2\)
Đặt \(\sqrt{2-x}=m\left(m\ge0\right)\)
\(\Rightarrow M=-m^2+m+2\)
\(=-\left(m^2-m+\dfrac{1}{4}\right)+\dfrac{1}{4}+2\)
\(=\dfrac{9}{4}-\left(m-\dfrac{1}{2}\right)^2\le\dfrac{9}{4}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(m=\dfrac{1}{2}\Leftrightarrow\sqrt{2-x}=\dfrac{1}{2}\Leftrightarrow x=\dfrac{7}{4}\)
b)
\(5x^2+9y^2-12xy+8=24\left(2y-x-3\right)\)
\(\Leftrightarrow5x^2+24x+9y^2-48y-12xy+80=0\)
\(\Leftrightarrow\left(4x^2+9y^2+64-12xy-48y+32x\right)+\left(x^2-8x+16\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(2x-3y+8\right)^2+\left(x-4\right)^2=0\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=4\\y=\dfrac{16}{3}\end{matrix}\right.\) (loại)
Vậy . . .
PA
22 tháng 10 2017
Bài 2:
a)
\(M=\dfrac{x^5}{30}-\dfrac{x^3}{6}+\dfrac{2x}{15}\)
\(=\dfrac{x^5-5x^3+4x}{30}\)
\(=\dfrac{x\left(x^4-5x^2+4\right)}{30}\)
\(=\dfrac{x\left(x^2-4\right)\left(x^2-1\right)}{30}\)
\(=\dfrac{x\left(x-2\right)\left(x-1\right)\left(x+1\right)\left(x+2\right)}{30}\)
Suy ra nếu x nguyên thì M cũng nguyên ^.^
Bài 3:
a) Chứng minh \(VP\ge VT\) dùng Cauchy Shwarz dạng Engel.
b) Xét \(M=2a^2+2b^2+2\)
\(=\left(a^2+1\right)+\left(b^2+1\right)+\left(a^2+b^2\right)\)
\(\ge2a+2b+2ab\) (áp dụng bđt AM - GM)
\(\Rightarrow a^2+b^2+1\ge a+b+ab\left(\text{đ}pcm\right)\)
NT
1
AH
Akai Haruma
Giáo viên
11 tháng 7 2017
Lời giải:
Ta có \(P=\frac{1}{a^2+b^2}+\frac{1}{2ab}+\frac{1}{4ab}+\frac{1}{4ab}+4ab\)
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:
\(\frac{1}{a^2+b^2}+\frac{1}{2ab}\geq \frac{4}{a^2+b^2+2ab}=\frac{4}{(a+b)^2}\geq 4\)
Áp dụng BĐT AM-GM: \(\frac{1}{4ab}+4ab\geq 2\).
Và \(1\geq a+b\geq 2\sqrt{ab}\rightarrow ab\leq \frac{1}{4}\)
Do đó \(P\geq 4+1+2=7\) hay \(P_{\min}=7\)
Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=\frac{1}{2}\)
cảm ơn bn nhiều lắm
a, Vì SA ; SB lần lượt là tiếp tuyến (O) với A;B là tiếp điểm
nên ^SAO = ^SBO = 900
Xét tứ giác SAOB ta có
^SAO + ^SBO = 1800
mà 2 góc này đối
Vậy tứ giác SAOB là tứ giác nt 1 đường tròn
b, Vì H là trung điểm CD => OH vuông CD
Xét tứ giác AHOS có
^OHS = ^OAS = 900
mà 2 góc này kề, cùng nhìn cạnh OS
Vậy tứ giác AHOS là tứ giác nt 1 đường tròn
=> ^OAH = ^OSH ( góc nt chắn cung HO )
c, Xét tam giác SAC và tam giác SDA ta có
^S _ chung
^SAC = ^SDA (cùng chắn cung AC )
Vậy tam giác SAC ~ tam giác SDA (g.g)
\(\dfrac{SA}{SD}=\dfrac{SC}{SA}\Rightarrow SA^2=SC.SD\)(1)
Ta có ^SAB = ^SBA do SA = SB ( tiếp tuyến cắ nhau )
mà ^AHS = ^AOS ( góc nt chắn cung AS của tứ giác ASOH )
Mặt khác ^AOS = ^SBA ( góc nt chắn cung AS của tứ giác ASBO )
=> ^SAE = ^SHA
Xét tam giác SAE và tam giác SHA ta có
^S _ chung
^SAE = ^SHA (cmt)
Vật tam giác SAE ~ tam giác SHA (g.g)
\(\dfrac{SA}{SH}=\dfrac{SE}{SA}\Rightarrow SA^2=SE.SH\)(2)
Từ (1) ; (2) suy ra \(SE.SH=SC.SD\)