K
Khách

Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.

7 tháng 7

Ta có BĐT Bunhiacopxki:

\(\left(1\cdot\sqrt{a}+1\cdot\sqrt{b}\right)^2\le\left(1^2+1^2\right)\left(a+b\right)\Leftrightarrow\sqrt{a}+\sqrt{b}\le\sqrt{2\left(a+b\right)}\) (*)  

Dấu "=" xảy ra khi: \(\dfrac{\sqrt{a}}{1}=\dfrac{\sqrt{b}}{1}\Leftrightarrow a=b\)

a) \(2\le x\le4\)

Áp dụng bđt (*) ta có:  

\(A=\sqrt{x-2}+\sqrt{4-x}\le\sqrt{2\left(x-2+4-x\right)}=2\) 

Dấu "=" xảy ra khi: \(x-2=4-x\Leftrightarrow x=3\) (tm) 

b) \(-2\le x\le6\)

Áp dụng bđt (*) ta có:  

\(B=\sqrt{6-x}+\sqrt{x+2}\le\sqrt{2\left(6-x+x+2\right)}=4\)

Dấu "=" xảy ra khi: \(6-x=x+2\Leftrightarrow x=2\left(tm\right)\)

c) \(0\le x\le2\) 

\(C=\sqrt{x}+\sqrt{2-x}\le\sqrt{2\left(x+2-x\right)}=2\)

Dấu "=" xảy ra khi: \(x=2-x\Leftrightarrow x=1\left(tm\right)\)

 

11

a) Sửa đề: C/m tứ giác BEHC nội tiếp
Xét tứ giác BEHC có 

\(\widehat{BEC}=\widehat{BHC}\left(=90^0\right)\)

\(\widehat{BEC}\) và \(\widehat{BHC}\) là hai góc cùng nhìn cạnh BC

Do đó: BEHC là tứ giác nội tiếp(Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)

2 tháng 6 2022

a) Sửa đề: C/m tứ giác BEHC nội tiếp
Xét tứ giác BEHC có 

BEC^=BHC^(=900)

BEC^ và BHC^ là hai góc cùng nhìn cạnh BC

Do đó: BEHC là tứ giác nội tiếp(Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)

10 tháng 12 2020

b) Gọi OD ⊥ AC tại I ( I thuộc OD)

Có: OD⊥ AC (gt) và CB⊥ AC ( △ABC vuông tại C)

Do đó OD // CB

Xét △ABC, có:

OD// CB (cmt)

O là trung điểm AB ( AB là đường kính)

Do đó OI là đường trung bình ABC

=>I là trung điểm AC

Có: OD ⊥  AC(gt) , I trung điểm AC (cmt) (I thuộc OD)

Nên OD là đường trung trực của AC

c) 

Xét t/giác AOC, có:

AO=OC (=R)

Do đó t/giác AOC cân tại O

Mà OI ⊥  AC

Nên OI cũng là đường phân giác góc AOC

=> AOI = COI

Xét t/giác ADO và t/giác DOC, có:

OD chung

AOI = COI (cmt)

OA=OC (=R)

Do đó t/giác ADO = t/giác CDO (c-g-c)

=> DAO = DCO

Mà DAO= 90

Nên DCO = 90

Có C thuộc (O) ( dây cung BC)

Nên CD là tiếp tuyến

10 tháng 12 2020

Ơ mây dinh gút chóp iêm :)))

Lời giải:
Gọi vận tốc ca nô là x(km/h), x>3. Vận tốc ca nô xuôi dòng là x+3 (km/h)
Thời gian ca nô xuôi dòng từ A đến B là 40x+3 (giờ)
Vận tốc ca nô ngược dòng là x3 (km/h)
Quãng đường ca nô ngược dòng từ B đến địa điểm gặp bè là : 408=32 km
Thời gian ca nô ngược dòng từ B đến địa điểm gặp bè là: 32x3 (giờ)
Ta có phương trình: 40x+3+32x3=835x+3+4x3=13 15(x3)+12(x+3)=x29
x2=27x[x=27x=0
So sánh với điều kiện thì chỉ có nghiệm x=27 thỏa mãn, suy ra vận tốc của ca nô là 27km/h

Để phương trình có 2 nghiệm trái dấu

\(\Leftrightarrow ac< 0\)

\(\Rightarrow\left(m^2+1\right)\left(2m-1\right)< 0\)

\(\Leftrightarrow2m-1< 0\) \(\Leftrightarrow m< \dfrac{1}{2}\)

  Vậy ...

24 tháng 5 2022

hình như đề thiếu hả bạn

6 tháng 6 2022

thiếu đâu đủ mà

NV
4 tháng 4 2021

Pt hoành độ giao điểm:

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

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

\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)\left(x-m+1\right)=0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x=1\\x=m-1\end{matrix}\right.\)

TH1: \(\left\{{}\begin{matrix}x_1=1\\x_2=m-1\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow m-1=5.1\Rightarrow m=6\)

TH2: \(\left\{{}\begin{matrix}x_1=m-1\\x_2=1\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow1=5\left(m-1\right)\Rightarrow m=\dfrac{2}{5}\)

II.2.

ĐKXĐ: \(x\ge0\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{x}\left(x-\sqrt{x}-2\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{x}\left(\sqrt{x}+1\right)\left(\sqrt{x}-2\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}\sqrt{x}=0\\\sqrt{x}+1=0\left(vô-nghiệm\right)\\\sqrt{x}-2=0\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=0\\x=4\end{matrix}\right.\)

Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là:

\(x^2=3mx+1-m^2\)

\(\Leftrightarrow x^2-3mx+m^2-1=0\)

Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt thì phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) có hai nghiệm phân biệt

\(\Leftrightarrow\text{Δ}\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(-3m\right)^2-4\cdot1\cdot\left(m^2-1\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow9m^2-8m^2+4\ge0\)

\(\Leftrightarrow m^2+4\ge0\)(luôn đúng)

Suy ra: (P) và (d) luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt với mọi m

Áp dụng hệ thức Vi-et, ta có:

\(\left\{{}\begin{matrix}x_1\cdot x_2=m^2-1\\x_1+x_2=3m\end{matrix}\right.\)

Theo đề, ta có phương trình: \(3m=2\cdot\left(m^2-1\right)\)

\(\Leftrightarrow2m^2-2-3m=0\)

\(\Leftrightarrow2m^2-4m+m-2=0\)

\(\Leftrightarrow2m\left(m-2\right)+\left(m-2\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(m-2\right)\left(2m+1\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}m-2=0\\2m+1=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}m=2\\2m=-1\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}m=2\\m=-\dfrac{1}{2}\end{matrix}\right.\)

Vậy: Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ \(x_1;x_2\) thỏa mãn \(x_1+x_2=2x_1x_2\) thì \(m\in\left\{2;-\dfrac{1}{2}\right\}\)

21 tháng 3 2021

Xét phương trình hoành độ giao điểm parabol $(P)$ và đường thẳng $(d)$

Có: $x^2=3mx+1-m^$

$⇔x^2-3mx+m^2-1=0(1)$

Xét phương trình (1) có dạng $ax^2+bx+c=0$ với
$\begin{cases}a=1 \neq 0\\b=-3m\\c=m^2-1\end{cases}$

$⇒pt(1)$ là phương trình bậc hai một ẩn $x$

Có $\delta=b^2-4ac=9m^2-4.1.(m^2-1)=5m^2+4>0 \forall m$

suy ra $pt(1)$ có 2 nghiệm phân biệt $x_1;x_2$

Theo hệ thức Viete có: $\begin{cases}x_1+x_2=\dfrac{-b}{a}=3m\\x_1.x_2=\dfrac{c}{a}=m^2-1\end{cases}$

Nên $x_1+x_2=2x_1.x_2$

$⇔3m=2.(m^2-1)$

$⇔2m^2-3m-2=0$

$⇔(m-2)(2m+1)=0$

$⇔$\(\left[{}\begin{matrix}m=2\\m=\dfrac{-1}{2}\end{matrix}\right.\)

Vậy $m∈2;\dfrac{-1}{2}$ thỏa mãn đề

 

AH
Akai Haruma
Giáo viên
1 tháng 4 2021

Lời giải:
a)

Theo bổ đề: Trong tam giác vuông, trung tuyến ứng với cạnh huyền thì bằng một nửa cạnh huyền dễ dàng suy ra $A\in (O)$ 

$\Rightarrow AMEB$ là tứ giác nội tiếp

$\Rightarrow \widehat{MBE}=\widehat{MAE}=45^0$ (1)

$\widehat{BEM}=90^0$ (góc nt chắn nửa đường tròn) nên $BME$ là tam giác vuông tại $E$ (2)

Từ $(1);(2)$ suy ra $BME$ là tam giác vuông cân tại $E$.

b) 

Từ kết quả phần a suy ra $EM=EB(3)$

Dễ dàng chứng minh $\triangle BEC=\triangle DEC$ (c.g.c)

$\Rightarrow BE=DE(4)$

Từ $(3);(4)\Rightarrow EM=ED$ (đpcm)

c) 

Xét tứ giác $BECK$ có $\widehat{BEK}=\widehat{BCK}$ và cùng nhìn cạnh $BK$ nên $BECK$ là tứ giác nội tiếp.

$\Rightarrow \widehat{EBK}=\widehat{ECD}=\widehat{ACD}=45^0$

Do đó:

$\widehat{MBK}=\widehat{MBE}+\widehat{EBK}=45^0+45^0=90^0$

Xét tớ giác $BMDK$ có $\widehat{MBK}+\widehat{MDK}=90^0+90^0=180^0$ nên $BMDK$ là tứ giác nội tiếp

Suy ra đpcm.

d) 

$\widehat{MBK}=90^0$ nên $MN\perp BK$ hay $OB\perp BK$

Do đó BK là tiếp tuyến của $(O)$ (đpcm)

AH
Akai Haruma
Giáo viên
1 tháng 4 2021

Hình vẽ:

undefined

21 tháng 2 2021

a) Ta có ACB^=900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒ΔABC vuông tại C

⇒ABC^+BAC^=900 (hai góc nhọn trong tam giác vuông) hay ABC^+HAC^=900

ΔAHC vuông tại H ⇒HAC^+ACH^=900 (hai góc nhọn trong tam giác vuông).

⇒ABC^=ACH^ (cùng phụ vớiHAC^)

Lại có ACM^=ABC^ (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung AC)