Gọi vận tốc dự kiến của xe là : x km/h

gọi điểm xe bị hỏng là C:

Quãng đường từ A đến C là : 2x km

Quãng đường CB là : 90 -2x

Thời gian xe đi với vận tốc dự kiến từ A đến C là : \(\frac{90}{x}h\left(x\ne0\right)\)

Thời gian xe đi với vận tốc đã tăng tốc đi từ C đến B là : \(\frac{90-2x}{x+10}\)

Thự tế xe đến kịp so với thời gian dự kiến nên :

\(\frac{90}{x}=\frac{90-2x}{x+10}+2+\frac{1}{4}\Leftrightarrow90.4\left(x+1\right)=4x\left(90-2x\right)+9x\left(x+1\right)\)

\(\Leftrightarrow x^2+9x-90=0\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=6\\x=-15\left(L\right)\end{cases}}\)

Vậy vận tốc ban đầu của xe là : 6 km/h

1. có : \(\hept{\begin{cases}\left(a+b\right)^2=1\\\left(a-b\right)^2\ge0\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a^2+2ab+b^2=1\\a^2-2ab+b^2\ge0\end{cases}\Leftrightarrow a^2+b^2\ge\frac{1}{2}}\)   nên : \(P=a^2+b^2+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{1}{2}+\frac{4}{a+b}=\frac{1}{2}+4=\frac{9}{2}\)\(P_{min}=\frac{9}{2}\Leftrightarrow a=b=\frac{1}{2}\)

Bài 1: Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:

\(\left(1^2+1^2\right)\left(a^2+b^2\right)\ge\left(a+b\right)^2\Rightarrow a^2+b^2\ge\frac{1}{2}\)

Lại có BĐT \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{4}{a+b}\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\ge0\)

\(\Rightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{4}{a+b}=4\left(a+b=1\right)\)

Cộng theo vế 2 BĐT trên có:

\(P=a^2+b^2+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge4+\frac{1}{2}=\frac{9}{2}\)

Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=\frac{1}{2}\)

Bài 2: Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

\(VT^2=\left(x-1\right)+\left(3-x\right)+2\sqrt{\left(x-1\right)\left(3-x\right)}\)

\(=2+2\sqrt{\left(x-1\right)\left(3-x\right)}\)

\(\le2+\left(x-1\right)+\left(3-x\right)=4\)

\(\Rightarrow VT^2\le4\Rightarrow VT\le2\left(1\right)\). Lại có:

\(VP=x^2-4x+4+2=\left(x-2\right)^2+2\ge2\left(2\right)\)

Từ (1);(2) xảy ra khi 

\(VT=VP=2\Rightarrow\left(x-2\right)^2+2=2\Rightarrow\left(x-2\right)^2=0\Rightarrow x=2\) (thỏa)

Vậy x=2 là nghiệm của pt

Tứ giác nội tiếp là tứ giác có 4 đỉnh nằm trên 1 đường tròn.

Một tứ giác nội tiếp có thể được chia nhỏ thành vô số các tứ giác nội tiếp khác.

• Một hình vuông (chữ nhật) có thể chia thành vô số các hình vuông, hình chữ nhật, vốn là các tứ giác nội tiếp.·
• Một hình thang cân có thể chia nhỏ thành vô số các hình thang cân bằng (vô số) các đường thẳng song song với đáy và cắt hai cạnh bên.
• Một tứ giác nội tiếp bất kì cũng có thể được chia thành bốn tứ giác sau:

Từ đa giác nội tiếp lớn ban đầu hãy sắp đặt đa giác sao cho cạnh kề với hai góc nhọn ở dưới. Sau đó kẻ ba đường thẳng song song với ba cạnh để tạo thành hai hình thang cân (1) và (2). Hình thang còn lại, (3), tuy không phải là cân nhưng là tứ giác nội tiếp. Hình (4) có các cạnh song song với tứ giác nội tiếp ban đầu nên đồng dạng và do đó cũng là tứ giác nội tiếp.

Ta có thể áp dụng cách như trên đối với hình (4) để được (vô số) các tứ giác nội tiếp; cũng như phân chia các hình thang cân (1) và (2) thành vô số các hình thang cân (nội tiếp) khác.

Nếu gọi a,b,c,d là độ dài 4 cạnh của tứ giác. p và q là độ dài của hai đường chéo. S là diện tích của tứ giác. R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác. Ta có các công thức:

{\displaystyle {\frac {p}{q}}={\frac {ad+cb}{ab+cd}},\quad p^{2}={\frac {(ac+bd)(ad+bc)}{ab+cd}}\quad {\text{và}}\quad q^{2}={\frac {(ac+bd)(ab+dc)}{ad+bc}}.}

{\displaystyle S={\frac {\sqrt {(ac+bd)(ad+bc)(ab+cd)}}{4R}}\,}

\(-x^2+7x+8=0\Leftrightarrow-x^2-x+8x+8\)\(=0\)

\(\Leftrightarrow-x\left(x+1\right)+8\left(x+1\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x+1\right)\left(8-x\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x+1=0\\8-x=0\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=-1\\x=8\end{cases}}\)

Cách 1 : Thêm bớt nhóm nhân tử chung :

\(-x^2+8x-x+8=0\Leftrightarrow-x\left(x-8\right)-\left(x-8\right)=0\Leftrightarrow\left(1+x\right)\left(x-8\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=-1\\x=8\end{cases}}\)

Cách 2 : DÙNG CÔNG THỨC NGHIỆM :

\(\Delta=7^2+4.8=81\Rightarrow\sqrt{\Delta}=9\)

\(\Rightarrow\orbr{\begin{cases}x_1=\frac{-7-9}{-2}=8\\x_2=\frac{-7+9}{-2}=-1\end{cases}}\)

Phương trình có hai nghiệm phân biệt khi : \(\Delta^'>0\)

\(\Rightarrow\Delta^'=4-\left(m+1\right)=3-m>0\Leftrightarrow m< 3\)

Ta có theo viet : \(x_1x_2=m+1\)để phương trình có hai nghiệm trái dấu thì : \(x_1x_2=m+1< 0\Leftrightarrow m< -1\)kết hợp điều kiện có : \(m< -1\)

mà :\(x_1=4-\sqrt{3-m};x_2=4+\sqrt{3-m}\)do \(\sqrt{3-m}\ge\forall m< 3\)nên về độ lớn trị tuyệt đối  \(x_2>x_1\)

Ta có:

\(x^2-4x+m+1=0\)

Để phương trình có 2 nghiệm thì

     \(\Delta=16-4\left(m+1\right)>0\)

<=> \(m< 3\)

=> \(x_1=\frac{4+\sqrt{12-4m}}{2},x_2=\frac{4-\sqrt{12-4m}}{2}\)

Dễ dàng nhận thấy \(x_1>0\)

=> \(x_2< 0\)

=> \(4< \sqrt{12-4m}\)

=> \(16< 12-4m\)

=> \(4m< -4\)

=> \(m< -1\)

( thỏa mã điều kiện m<3)

1. Do AB , AC là tiếp tuyến của đường tròn (O) Nên : \(\hept{\begin{cases}OB⊥AB\\OC⊥AC\end{cases}\Rightarrow\widehat{ABO}=\widehat{ACO}=90^0}\)\(\Rightarrow ABOC\)Nội tiếp đường tròn đường kính AO
2. Ta có : \(\hept{\begin{cases}\widehat{BAE}chung\\\widehat{BEA}=\widehat{ABD}\end{cases}}\Rightarrow\Delta ABD\approx\Delta AEB\)\(\frac{AE}{AB}=\frac{AB}{AD}\Rightarrow AB^2=AE.AD\left(1\right)\)Mà ta lại có tam giác vuông \(\Delta ABO\)Có BH là đường cao ( tính chất của tiếp tuyến ) \(\Rightarrow AH.AO=AB^2\left(2\right)\)từ 1 và 2 \(\Rightarrow AH.AO=AD.AE\left(dpcm\right)\)
3. Theo tính chất của tiếp tuyến luôn có \(\widehat{I_1}=\widehat{I_2};\widehat{K_1}=\widehat{K_2};\widehat{0_3}=\widehat{0_2}\) Do \(\widehat{A_1}=\widehat{0_1}\)(Cùng phụ góc \(\widehat{AQO}\)) mặt khác \(\widehat{KOQ}=\widehat{O_1}+\widehat{O_2}=\widehat{A_1}+90^0-\widehat{K_1}\left(3\right)\)

       \(\widehat{I_1}=\widehat{I_2}=180-\left(\widehat{K_2}+\widehat{IOK}\right)\)mà \(\widehat{IOK}=180^0-\widehat{BAC}\)Do AO là phân giác của \(\widehat{BAC}\)\(\Rightarrow\widehat{IOK}=90^0-\widehat{A_1}\)Vì vậy ta có :\(\widehat{I_2}=180-\left(\widehat{K_2}+90^0-\widehat{A_1}\right)=90^0+\widehat{A_1}-\widehat{K}_2\left(4\right)\)

từ 3 và 4 ta có \(\widehat{I_1}=\widehat{KOQ}\)

Vì \(\widehat{APO}=\widehat{AQP}\)\(\Rightarrow\Delta IPO=\Delta OQK\)

\(\Rightarrow\frac{IP}{OP}=\frac{OQ}{QK}\Leftrightarrow IP.QK=OQ.OP\)Mà \(OP=OQ=\frac{PQ}{2}\)\(\Rightarrow IP.QK=\left(\frac{PQ}{2}\right)^2\Leftrightarrow PQ^2=4IP.QK\le\left(IP+QK\right)^2\)\(\Rightarrow IP+QK\ge PQ\)

Có khi nào đề bài mất đi 1 phương trình rồi không??

nếu đủ pt cồng kềnh dạng này chắc xài BĐT vô thôi

dự đoán dấu = xảy ra khi a=b=c.

theo AM-GM ta có: \(\sqrt{4a\left(a+3b\right)}\le\frac{1}{2}\left(5a+3b\right)\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{a\left(a+3b\right)}\le\frac{1}{4}\left(5a+3b\right)\)

thiết lập tương tự với các căn thức còn lại và cộng theo vế ta có:

\(VT\ge\frac{a+b+c}{\frac{1}{4}\left(8a+8b+8c\right)}=\frac{a+b+c}{2\left(a+b+c\right)}=\frac{1}{2}\)(đpcm)