Gọi độ dài quãng đường AB là x(km)

(Điều kiện: x>0)

Thời gian đi từ A đến B là \(\dfrac{x}{40}\left(giờ\right)\)

Thời gian đi từ B về A là \(\dfrac{x}{32}\left(giờ\right)\)

Thời gian đi ít hơn thời gian về là 1 giờ nên \(\dfrac{x}{32}-\dfrac{x}{40}=1\)

=>\(\dfrac{5x-4x}{160}=1\)

=>\(\dfrac{x}{160}=1\)

=>x=160(nhận)

vậy: Độ dài quãng đường AB là 160km

                            Giải:  

Cùng một quãng đường vận tốc tỉ lệ nghịch với thời gian.

Tỉ số thời gian lúc đi và thời gian lúc về là: 32 : 40 = \(\dfrac{4}{5}\) 

Gọi thời gian lúc đi là t  (giờ); t > 0

Thì thời gian lúc về là: 1 : \(\dfrac{4}{5}\) x t = \(\dfrac{5}{4}\)t

Theo bài ra ta có: \(\dfrac{5}{4}\)t -  t  = 1

                                t.(\(\dfrac{5}{4}-1\)) =1

                                \(\dfrac{1}{4}\)t = 1

                                   t = 4 x 1 

                                   t = 4 

Vậy Thời gian đi từ A đến B là 4 giờ.

Quãng đường từ A đến B dài là: 4 x 40 = 160 (km)

Kết luận: Quãng đường AB dài 160 km. 

Gọi x (km/h) là vận tốc của ô tô thứ nhất (x > 10)

Vận tốc của ô tô thứ hai là: x - 10 (km/h)

Thời gian ô tô thứ nhất đi hết quãng đường AB: 360/x (h)

Thời gian ô tô thứ hai đi hết quãng đường AB: 360/(x - 10) (h)

1 giờ 12 phút = 6/5 h

Theo đề bài ta có phương trình:

360/(x - 10) - 360/x = 6/5

360.5x - 360.5(x - 10) = 6x.(x - 10)

1800x - 1800x + 18000 = 6x² - 60x

6x² - 60x - 18000 = 0

x² - 10x - 3000 = 0

x² - 60x + 50x - 3000 = 0

(x² - 60x) + (50x - 3000) = 0

x(x - 60) + 50(x - 60) = 0

(x - 60)(x + 50) = 0

x - 60 = 0 hoặc x + 50 = 0

*) x - 60 = 0

x = 60 (nhận)

*) x + 50 = 0

x = -50 (loại)

Vậy vận tốc của ô tô thứ nhất là 60 km/h, vận tốc của ô tô thứ hai là 60 - 10 = 50 km/h

Xét ΔABD vuông tại D và ΔACE vuông tại E có

BD=CE

\(\widehat{ABD}=\widehat{ACE}\left(=90^0-\widehat{BAD}\right)\)

Do đó: ΔABD=ΔACE

=>AB=AC
=>ΔABC cân tại A

Câu 17:

a: ΔBAC vuông tại A

=>\(BC^2=AB^2+AC^2\)

=>\(BC^2=6^2+8^2=100=10^2\)

=>BC=10(cm)

Xét ΔABC có AD là phân giác

nên \(\dfrac{DB}{AB}=\dfrac{DC}{AC}\)

=>\(\dfrac{DB}{6}=\dfrac{DC}{8}\)

=>\(\dfrac{DB}{3}=\dfrac{DC}{4}\)

mà DB+DC=BC=10cm

nên Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta được:

\(\dfrac{DB}{3}=\dfrac{DC}{4}=\dfrac{DB+DC}{3+4}=\dfrac{10}{7}\)

=>\(DB=3\cdot\dfrac{10}{7}=\dfrac{30}{7}\left(cm\right);DC=4\cdot\dfrac{10}{7}=\dfrac{40}{7}\left(cm\right)\)

b: Kẻ DH\(\perp\)AC

=>DH là khoảng cách từ D xuống AC

Ta có: DH\(\perp\)AC

AB\(\perp\)AC

Do đó: DH//AB

Xét ΔBAC có DH//AB

nên \(\dfrac{CD}{CB}=\dfrac{DH}{AB}\)

=>\(\dfrac{DH}{6}=\dfrac{80}{7}:20=\dfrac{4}{7}\)

=>\(DH=\dfrac{4}{7}\cdot6=\dfrac{24}{7}\left(cm\right)\)

Câu 16:

\(\Omega=\left\{10;11;...;29\right\}\)

=>\(n\left(\Omega\right)=29-10+1=30-10=20\)

Gọi A là biến cố: "Số viết được là số có hai chữ số giống nhau"

=>A={22;33}

=>n(A)=2

=>\(P\left(A\right)=\dfrac{2}{30}=\dfrac{1}{15}\)

Lời giải:

Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:

$(x^2+1)[1+(y+z)^2]\geq (x+y+z)^2$

$\Rightarrow \frac{3}{4}(x^2+1)[1+(y+z)^2]\geq \frac{3}{4}(x+y+z)^2$
Giờ ta chỉ cần cm:

$(y^2+1)(z^2+1)\geq \frac{3}{4}[1+(y+z)^2]$
$\Leftrightarrow 4(y^2z^2+y^2+z^2+1)\geq 3(y^2+z^2+2yz+1)$

$\Leftrightarrow 4y^2z^2+1+y^2+z^2-6yz\geq 0$

$\Leftrightarrow (2yz-1)^2+(y-z)^2\geq 0$ (luôn đúng)

Do đó ta có đpcm

Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:

$(x^2+1)[1+(y+z{)}^2]\ge (x+y+z{)}^2$

$\Rightarrow \genfrac{}{}{0ex}{}{3}{4}(x^2+1)[1+(y+z{)}^2]\ge \genfrac{}{}{0ex}{}{3}{4}(x+y+z{)}^2$
Giờ ta chỉ cần cm:

$(y^2+1)(z^2+1)\ge \genfrac{}{}{0ex}{}{3}{4}[1+(y+z{)}^2]$
$\iff 4(y^2{z}^2+y^2+z^2+1)\ge 3(y^2+z^2+2yz+1)$

$\iff 4y^2{z}^2+1+y^2+z^2-6yz\ge 0$

$\iff (2yz-1{)}^2+(y-z{)}^2\ge 0$ (luôn đúng)

Do đó ta có điều phải chứng minh

Ta có: \(x+y+z=1\Rightarrow z=1-x-y\)

Khi đó: \(xy+z=xy+1-x-y\)

\(=x\left(y-1\right)-\left(y-1\right)=\left(x-1\right)\left(y-1\right)\)       (1)

Tương tự, ta cũng có: \(\left\{{}\begin{matrix}yz+x=\left(y-1\right)\left(z-1\right)\\zx+y=\left(z-1\right)\left(x-1\right)\end{matrix}\right.\)  (2)

Lại có: \(x+y+z=1\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x+y=1-z\\y+z=1-x\\z+x=1-y\end{matrix}\right.\)    (3)

Thay (1); (2) và (3) vào \(T\), ta được:

\(T=\dfrac{\left[\left(x-1\right)\left(y-1\right)\right]\left[\left(y-1\right)\left(z-1\right)\right]\left[\left(z-1\right)\left(x-1\right)\right]}{\left(1-z\right)^2\left(1-x\right)^2\left(1-y\right)^2}\)

\(=\dfrac{\left(x-1\right)^2\left(y-1\right)^2\left(z-1\right)^2}{\left(x-1\right)^2\left(y-1\right)^2\left(z-1\right)^2}=1\)

Vậy \(T=1\).

a: Xét ΔHBA vuông tại H và ΔHCB vuông tại H có

\(\widehat{HBA}=\widehat{HCB}\left(=90^0-\widehat{HAB}\right)\)

Do đó: ΔHBA~ΔHCB

=>\(\dfrac{HB}{HC}=\dfrac{HA}{HB}\)

=>\(HB^2=HA\cdot HC\)

b: Ta có: HM\(\perp\)BA

BC\(\perp\)BA

Do đó: HM//BC

Xét ΔAMH vuông tại M và ΔHNC vuông tại N có

\(\widehat{MHA}=\widehat{NCH}\)(hai góc đồng vị, MH//BC)

Do đó: ΔAMH~ΔHNC

c: Xét tứ giác BMHN có \(\widehat{BMH}=\widehat{BNH}=\widehat{MBN}=90^0\)

nên BMHN là hình chữ nhật

=>\(\widehat{NMH}=\widehat{NBH}\)

mà \(\widehat{NBH}=\widehat{BAC}\left(=90^0-\widehat{C}\right)\)

nên \(\widehat{NMH}=\widehat{BAC}\)

Ta có: BMHN là hình chữ nhật

=>\(\widehat{MNH}=\widehat{MBH}\)

mà \(\widehat{MBH}=\widehat{C}\left(=90^0-\widehat{A}\right)\)

nên \(\widehat{MNH}=\widehat{C}\)

Ta có: ΔCHN vuông tại N

mà NI là đường trung tuyến

nên IN=IH

=>ΔINH cân tại I

=>\(\widehat{INH}=\widehat{IHN}\)

mà \(\widehat{IHN}=\widehat{A}\)(hai góc đồng vị, NH//AB)

nên \(\widehat{INH}=\widehat{A}\)

Ta có: ΔHMA vuông tại M

mà MK là đường trung tuyến

nên KH=KM

=>ΔKHM cân tại K

=>\(\widehat{KMH}=\widehat{KHM}\)

mà \(\widehat{KHM}=\widehat{C}\)(hai góc đồng vị, MH//BC)

nên \(\widehat{KMH}=\widehat{C}\)

\(\widehat{INM}=\widehat{INH}+\widehat{MNH}=\widehat{C}+\widehat{A}=90^0\)

=>IN\(\perp\)NM(1)

\(\widehat{KMN}=\widehat{KMH}+\widehat{NMH}=\widehat{C}+\widehat{A}=90^0\)

=>NM\(\perp\)MK(2)

Từ (1),(2) suy ra MK//NI

Xét tứ giác KMNI có MK//NI

nên KMNI là hình thang

Hình thang KMNI có IN\(\perp\)NM

nên KMNI là hình thang vuông