Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(S_{ABC}=\dfrac{AB^2\sqrt{3}}{4}\) theo công thức diện tích tam giác đều
Bán kính các hình tròn \(R=\dfrac{2}{3}.\dfrac{AB\sqrt{3}}{2}=\dfrac{AB\sqrt{3}}{3}\)
Do ABC đều \(\Rightarrow sđ\stackrel\frown{AB}=sđ\stackrel\frown{AC}=sđ\stackrel\frown{BC}=\dfrac{360^0}{3}=120^0\)
Gọi O là tâm đường tròn bên trái
\(\Rightarrow sđ\stackrel\frown{AI}=\dfrac{1}{2}sđ\stackrel\frown{AB}=60^0\Rightarrow S_{quạt-OAI}=\dfrac{1}{6}S_{tròn}\) \(=\dfrac{1}{6}.\pi\left(\dfrac{AB\sqrt{3}}{3}\right)^2=\dfrac{\pi.AB^2}{18}\)
\(\Delta OAI\) cân tại O có 1 góc bằng 60 độ nên OAI là tam giác đều
\(\Rightarrow S_{\Delta OAI}=\dfrac{OA^2\sqrt{3}}{4}=\dfrac{R^2\sqrt{3}}{4}=\dfrac{AB^2\sqrt{3}}{12}\)
\(\Rightarrow\) Diện tích phần tô đen:
\(S=S_{ABC}-6\left(S_{quạt-OAI}-S_{\Delta OAI}\right)=\dfrac{AB^2\sqrt{3}}{4}-6\left(\dfrac{\pi AB^2}{18}-\dfrac{AB^2\sqrt{3}}{12}\right)\)
\(=\left(\dfrac{3\sqrt{3}}{4}-\dfrac{\pi}{3}\right)AB^2\)
\(x^2+\left(a+c\right)x-2a\left(a-c\right)=0\)
\(\Delta=\left(a+c\right)^2-4\cdot-2a\left(a-c\right)\cdot1\)
\(=a^2+2ac+c^2+8a\left(a-c\right)=a^2+2ac+c^2+8a^2-8ac\)
\(=9a^2-6ac+c^2=\left(3a-c\right)^2\ge0\forall a,c\)
Với \(3a=c\) thì:
\(x_1=x_2=\dfrac{-\left(a+c\right)}{2}\)
Với: \(3a>c\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_1=\dfrac{-\left(a+c\right)+\sqrt{\left(3a-c\right)^2}}{2}=\dfrac{-a-c+3a-c}{2}=\dfrac{a-c}{2}\\x_2=\dfrac{-\left(a+c\right)-\sqrt{\left(3a-c\right)^2}}{2}=\dfrac{-a-c-3a+c}{2}=-2a\end{matrix}\right.\)
a/
Ta có
\(\widehat{APQ}=90^o\) (góc nt chắn nửa đường tròn) \(\Rightarrow PQ\perp AD\)
\(BC\perp AD\left(gt\right)\)
=> PQ//BC (cùng vg với AD)
=> BQPC là hình thang
Xét tg OPQ có
OP = OQ (bán kính (O)) => tg OPQ cân tại O
\(OM\perp BC\left(gt\right);AD\perp BC\) => OM//AD
Mà \(AD\perp PQ\left(cmt\right)\)
\(\Rightarrow OM\perp PQ\)
\(\Rightarrow\widehat{QOE}=\widehat{POE}\) (trong tg cân đường cao xp từ đỉnh tg cân đồng thời là đường phân giác)
Mà \(sđ\widehat{QOE}=sđcungQE;sđ\widehat{POE}=sđcungPE\) (góc ở tâm)
=> sđ cung QE = sđ cung PE (1)
Ta có
sđ cung BE = sđ cung CE (đường thẳng đi qua tâm đường tròn và vuông góc với dây cung thì chia đôi cung chắn) (2)
Ta có
sđ cung BQ = sđ cung BE - sđ cung QE (3)
sđ cung CP = sđ cung CE - sđ cung PE (4)
Từ (1) (2) (3) (4) => sđ cung BQ = sđ cung CP
=> BQ = CP (Hai cung có số đo bằng nhau thì độ dài 2 dây trương cung bằng nhau)
=> BQPC là hình thang cân
b/ Gọi I là giao của PQ với M
Ta có
OM//AD (cmt) => MI//DP
PQ//BC (cmt) => PI//DM
=> IMDP là hình bình hành (Tứ giác có các cặp cạnh đối // với nhau từng đôi một là hbh)
=> PI = DM (cạnh đối hbh)
Xét tg cân OPQ có
\(OM\perp PQ\left(cmt\right)\)
\(\Rightarrow PI=QI=\dfrac{QP}{2}\) (trong tg cân đường cao xp từ đỉnh tg cân đồng thời là đường trung tuyến)
\(\Rightarrow DM=PI=\dfrac{QP}{2}\Rightarrow QP=2DM\)
c/
Ta có
\(sđ\widehat{QAE}=\dfrac{1}{2}sđcungQE;sđ\widehat{PAE}=\dfrac{1}{2}sđcungPE\) (góc nội tiếp)
Mà sđ cung QE = sđ cung PE (cmt)
\(\Rightarrow\widehat{QAE}=\widehat{PAE}\)
d/
Ta có
\(BH\perp AC\) (trong tg 3 đường cao đồng quy)
\(\widehat{ACQ}=90^o\) (góc nt chawns nửa đường tròn) \(\Rightarrow CQ\perp AC\)
=> BH//CQ
\(CH\perp AB\)
\(\widehat{ABQ}=90^o\) (góc nt chắn nửa đường tròn) \(\Rightarrow BQ\perp AB\)
=> CH//BQ
=> BQCH là hình bình hành (Tứ giác có các cặp cạnh đối // với nhau từng đôi một là hbh)
=> BQ=CH (cạnh đối hbh)
Mà BQ=CP (cmt)
=> CH=CP => tg CHP cân tại C
Mặt khác ta có \(BC\perp AD\Rightarrow BC\perp HP\)
=> CD là trung trực của HP (trong tg cân đường cao xp từ đỉnh tg cân đồng thời là đường trung trực)
e/
Ta có
\(OM\perp BC\Rightarrow MB=MC\) (trong đường tròn đường thẳng đi qua tâm và vuông góc với dây cung thì chia đôi dây cung)
=> M là trung điểm của BC
Xét hình bình hành BQCH
Nối Q với H cắt BC tại M' => M'B = M'C (trong hbh 2 đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường)
Mà M cũng là trung điểm của BC \(\Rightarrow M'\equiv M\)
=> Q, M, H thẳng hàng
Từ giả thiết \(\Rightarrow a+b=abc-c=c\left(ab-1\right)\Rightarrow c=\dfrac{a+b}{ab-1}\) (hiển nhiên \(ab-1>0\) do \(a+b>0\))
Đặt \(P=\dfrac{\sqrt{1+a^2}}{a}+\dfrac{\sqrt{1+b^2}}{b}-\sqrt{1+c^2}\)
\(=\dfrac{\sqrt{1+a^2}}{a}+\dfrac{\sqrt{1+b^2}}{b}-\sqrt{1+\left(\dfrac{a+b}{ab-1}\right)^2}\)
\(=\dfrac{\sqrt{1+a^2}}{a}+\dfrac{\sqrt{1+b^2}}{b}-\dfrac{\sqrt{\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)}}{ab-1}\)
\(\Rightarrow P< \dfrac{\sqrt{1+a^2}}{a}+\dfrac{\sqrt{1+b^2}}{b}-\dfrac{\sqrt{\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)}}{ab}\)
Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{\sqrt{1+a^2}}{a}=\sqrt{1+\dfrac{1}{a^2}}=x>1\\\dfrac{\sqrt{1+b^2}}{b}=\sqrt{1+\dfrac{1}{b^2}}=y>1\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow P< x+y-xy=x+y-xy-1+1=\left(x-1\right)\left(1-y\right)+1\)
Do \(x>1;y>1\Rightarrow\left(x-1\right)\left(1-y\right)< 0\Rightarrow P< 1\)
