Toán nâng cao lớp 9, hôm nay olm sẽ hướng dẫn em làm dạng này bằng cách lập phương trình như sau:

Gọi số ngày đội 1 hoàn thành công việc là \(x\) (ngày); \(x>0\)

Trong một ngày đội 1 làm được: 1 : \(x\) = \(\dfrac{1}{x}\) (công việc)

Số ngày đội 1 phải làm một mình là: 16 - 12 = 4 (ngày)

Khi đội 1 tăng năng xuất lên 1,5 lần thì Trong 4 ngày đội 1 hoàn thành được số phần công việc là:

\(\dfrac{1}{x}\) \(\times\) 1,5 \(\times\) 4 = \(\dfrac{6}{x}\) (công việc)

Trong 4 ngày đội 2 làm được: \(\dfrac{6}{x}\) - \(\dfrac{1}{x}\) \(\times\)4 = \(\dfrac{2}{x}\) (công việc)

Trong một ngày đội 2 làm được: \(\dfrac{2}{x}\) : 4  = \(\dfrac{1}{2x}\) (công việc)

Theo bài ra ta có phuong trình: 

(\(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{2x}\)) x 16 = 1 ⇒ \(\dfrac{24}{x}\) = 1 ⇒ \(x\)= 24

Vậy đội 1 làm riêng thì hoàn thành công việc trong số ngày là: 24 ngày

Đội 2 làm riêng thì hoàn thành công việc trong số ngày là: 1 : \(\dfrac{1}{2.24}\)  = 48 (ngày)

Kết luận:.. 

c) Dễ thấy M, O là tâm của đường tròn (ADHE) và (BEDC). Gọi bán kính của đường tròn (ADHE) là \(R\)

 Gọi T là giao điểm của OM và DE.

 Ta thấy vì \(OD=OE,MD=ME\) nên OM là trung trực của DE \(\Rightarrow OM\perp DE\) tại T

 Xét tam giác MTK và MFO, có:

 \(\widehat{FMO}\) chung, \(\widehat{MTK}=\widehat{MFO}=90^o\)

 \(\Rightarrow\Delta MTK~\Delta MFO\left(g.g\right)\)

 \(\Rightarrow\dfrac{MT}{MF}=\dfrac{MK}{MO}\)

 \(\Rightarrow MT.MO=MF.MK\)

 Tam giác MDO vuông tại D có đường cao DT nên \(MT.MO=MD^2\)

 \(\Rightarrow MF.MK=MD^2\) \(=R^2\)

 \(\Rightarrow MK=\dfrac{R^2}{MF}\) \(=\dfrac{R^2}{R+HF}\)

Do đó \(VP=2MK\left(AF+HF\right)\)

\(=\dfrac{2R^2}{R+HF}\left(2R+2HF\right)\) (thế \(AF=AH+HF=2R+HF\))

\(=4R^2\)

\(=AH^2=VT\)

Vậy ta có đpcm.

giúp tui câu c nha!

a) Nhận thấy \(\widehat{OBK}=\widehat{OAK}=90^o\) \(\Rightarrow\) Tứ giác OAKB nội tiếp đường tròn (OK).

Mặt khác \(\widehat{OHK}=90^o\) nên \(H\in\left(OK\right)\)

\(\Rightarrow\) 5 điểm A, B, O, K, H cùng thuộc đường tròn (OK).

b) Từ câu a) \(\Rightarrow\) Tứ giác OAHB nội tiếp 

\(\Rightarrow\widehat{IHB}=\widehat{IAO}\)

Từ đó dễ dàng chứng minh \(\Delta IHB~\Delta IAO\left(g.g\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{IH}{IA}=\dfrac{IB}{IO}\) \(\Rightarrow IA.IB=IH.IO\) (đpcm)

c) Gọi T là giao điểm của OK và AB.

Tính chất của 2 tiếp tuyến cắt nhau \(\Rightarrow OK\perp AB\) tại T

Tam giác OAK vuông tại A có đường cao AT nên \(OT.OK=OA^2\) (hệ thức lượng trong tam giác vuông)

Xét tam giác OTI và OHK, ta có:

\(\widehat{HOK}\) chung , \(\widehat{OTI}=\widehat{OHK}=90^o\)

 \(\Rightarrow\Delta OTI~\Delta OHK\left(g.g\right)\)

 \(\Rightarrow\dfrac{OT}{OH}=\dfrac{OI}{OK}\)

 \(\Rightarrow OT.OK=OH.OI\)

Mà \(OT.OK=OA^2\) (cmt) \(\Rightarrow OH.OI=OA^2\)

\(\Rightarrow OI=\dfrac{OA^2}{OH}\) là một hằng số 

\(\Rightarrow\) I thuộc đường tròn \(\left(O;\dfrac{OA^2}{OH}\right)\) cố định

Hơn nữa I nằm trên đường thẳng OH cố định nên I cố định

\(\Rightarrow\) AB đi qua I cố định.

khó thế con Phương kia

tịt

Bạn Lý Bình Minh không đăng linh tinh!

Nếu không, mình sẽ báo cáo!

Lời giải:

\(A=\frac{\sqrt{x}(\sqrt{x}-3)}{(\sqrt{x}-3)(\sqrt{x}+3)}+\frac{\sqrt{x}+3}{(\sqrt{x}-3)(\sqrt{x}+3)}-\frac{4\sqrt{x}-6}{(\sqrt{x}-3)(\sqrt{x}+3)}\\ =\frac{\sqrt{x}(\sqrt{x}-3)+\sqrt{x}+3-(4\sqrt{x}-6)}{(\sqrt{x}-3)(\sqrt{x}+3)}\\ =\frac{x-6\sqrt{x}+9}{(\sqrt{x}-3)(\sqrt{x}+3)}=\frac{(\sqrt{x}-3)^2}{(\sqrt{x}-3)(\sqrt{x}+3)}\\ =\frac{\sqrt{x}-3}{\sqrt{x}+3}\)

\(A=\dfrac{2021x+2022\sqrt{1-x^2}+2023}{\sqrt{1-x^2}}\)

\(A=2022+\dfrac{2021x+2023}{\sqrt{1-x^2}}\)

Xét \(\dfrac{2021x+2023}{\sqrt{1-x^2}}\)

\(\dfrac{2021x+2023}{\sqrt{1-x^2}}\ge2\sqrt{2022}\) 

\(\Rightarrow A\ge2022+2\sqrt{2022}\)

\(A\ge2\left(1011+\sqrt{2022}\right)\)

Dấu "=" xảy ra khi \(x=-\dfrac{2021}{2023}\)