à mik bt lúc kia bn đó cũng có chửi mik 

ủa cái này hỏi hay j đây

S B C O A H E K I P

a/ 

Xét tg vuông SBO và tg vuông SCO có

OB=OC=R; SO chung => tg SBO = tg SCO (hai tg vuông có cạnh huyền và 1 cạnh góc vuông = nhau)

=> SB=SC => tg SBC cân tại S (1) và \(\widehat{BSO}=\widehat{CSO}\)  => SO là phân giác của \(\widehat{BSC}\)(2)

Xét tg SBC từ (1) và (2) \(\Rightarrow SO\perp BC\) (trong tg cân đường phân giác của góc ở đỉnh đồng thời là đường cao, đường trung tuyến)

=> HB=HC

b/

Ta có

\(\widehat{BCA}=90^o\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \(\Rightarrow AC\perp BC\)

Mà \(SO\perp BC\left(cmt\right)\)

=> AC//SO (cùng vuông góc với BC)

Xét tg vuông SBO và tg vuông BHO có

\(\widehat{BSO}=\widehat{HBO}\)(cùng phụ với \(\widehat{SOB}\))

=> tg SBO đồng dạng với tg BHO \(\Rightarrow\frac{HB}{HO}=\frac{HS}{HB}\)

Mà HB=HC (cmt) \(\Rightarrow\frac{HB}{HO}=\frac{HS}{HC}\Rightarrow HB.HC=HO.HS\)

c/

Xét tg vuông SBO và EOA có

OB=OA=R

AC//SO(cmt) \(\Rightarrow\widehat{BOS}=\widehat{OAE}\)

=> tg SBO = tg EOA (Hai tg vuông có cạnh góc vuông và góc nhọn tương ứng = nhau) => SB=EO

Mà \(SB\perp AB;EO\perp AB\) => SB//EO

=> SBOE là hình bình hành (Tứ giác có 1 cặp cạnh đối // và = nhau là hbh) => SE = OB = R (trong hbh các cặp cạnh đối = nhau từng đôi một)

d/

Gọi P là giao của SA với EO; I' là giao của SA với CK

Xét tg SAB có

SBOE là hình bình hành (cmt) => EO//SB => PO//SB

OB=OA=R

=> PE=PO (trong tg đường thẳng đi qua trung điểm của 1 cạnh và // với 1 cạnh thì đi qua trung điểm cạnh còn lại)

Xét tg AOE có

\(CK\perp AB;EO\perp AB\)=> CK//EO \(\Rightarrow\frac{AK}{AO}=\frac{AC}{AE}\) (Talet) (1)

Xét tg APO có \(\frac{AK}{AO}=\frac{I'K}{PO}\)  (Talet) (2)

Xét tg APE có \(\frac{AC}{AE}=\frac{I'C}{PE}\)(Talet) (3)

Từ (1) (2) (3) \(\Rightarrow\frac{I'K}{PO}=\frac{I'C}{PE}\) Mà PO=PE (cmt) => I'K = I'C => I' là trung điểm của CK mà I cũng là trung điểm của CK

=> I' trùng I => S; I; A thẳng hàng

Mình cũng quen đề này. Chắc D là tiếp điểm của AB với (O).

Nếu như vậy thì gọi E và F lần lượt là tiếp điểm của AC, BC với (O)

Theo tính chất của 2 tiếp tuyến cắt nhau, ta có: \(\hept{\begin{cases}AD=AE\\BD=BF\\CF=CE\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}AD+AE=2AD\\BD-BF=0\\CE-CF=0\end{cases}}\)

Khi đó  \(VP=AB+AC-BC\)\(=AD+BD+AE+CE-BF-CF\)

\(=\left(BD-BF\right)+\left(CE-CF\right)+\left(AD+AE\right)\)\(=2AD=VT\)

Vậy đẳng thức được chứng minh.

D là gì vậy bạn?

Công thức :

\(1-\frac{1}{k^2}=\frac{k^2-1^2}{k^2}=\frac{\left(k+1\right)\left(k+2\right)}{k^2}\)

Theo công thức , ta có :

\(\left(1-\frac{1}{2^2}\right)\left(1-\frac{1}{3^2}\right)\left(1-\frac{1}{4^2}\right)..........\left(1-\frac{1}{n^2}\right)\)

\(=\frac{2^2-1}{2^2}.\frac{3^2-1}{3^2}.\frac{4^2-1}{4^2}.......\frac{n^2-1}{n^2}\)

\(=\frac{\left(2+1\right)\left(2-1\right)}{2.2}.\frac{\left(3+1\right)\left(3-1\right)}{3.3}.\frac{\left(4+1\right)\left(4-1\right)}{4.4}......\frac{\left(n+1\right)\left(n-1\right)}{n.n}\)

\(=\frac{\left[1.2.3...\left(n+1\right).\left(3.4.5\right)......\left(n-1\right)\right]}{\left(2.3.4...n\right)\left(2.3.4...n\right)}\)

\(=n+1.\frac{1}{2n}=\frac{n+1}{2n}\)

Số miếng dưa nhiều nhất là \(2^{10}=1024\)(miếng)

\(\Leftrightarrow a^2c^2+b^2d^2+2abcd\le a^2c^2+b^2d^2+a^2d^2+b^2c^2\)

\(\Leftrightarrow a^2d^2+b^2c^2\ge2abcd\)=> BĐT đúng theo cauchy

• Kết quả là căn 2 nhé áp dụng bất đẳng thức Bunia-cop-xki

(ax+by)^2<=(x^2+y^2)(a^2+b^2) Bài này là với x,y=1; a,b là 2 cái căn.

Chứng minh bằng biến đổi tương đương