\(4^{x+x}\cdot4^{\sqrt{x+2}}+2^{x^3}=4^x\cdot4^{\sqrt{x+2}}+2^{x^3}\cdot2^{4\cdot x}:2^4\)

\(4^x\cdot4^x\cdot4^{\sqrt{x+2}}+2^{x^3}=4^x\cdot4^{\sqrt{x+2}}+2^{x^3}\cdot2^{4\cdot x}:16\)

\(4^x=2^{4\cdot x}:16\)

\(16=\frac{\left(2^4\right)^x}{4^x}\)

\(16=\frac{\left(2^4\right)^x}{4^x}\)

\(16=\frac{16^x}{4^x}\)

\(16=\left(\frac{16}{4}\right)^x\)

\(16=4^x\)

\(4^x=16\)

\(4^x=4^2\)

\(\Rightarrow x=2\)

Từ hàng thứ 2 qua thứ 3 là do cách triệt số khi chuyển vế 

Mình bổ sung nha:

\(4^x\cdot4^x\cdot4^{\sqrt{x+2}}+2^{x^3}=4^x\cdot4^{\sqrt{x+2}}+2^{x^3}\cdot2^{4\cdot x}:16\)

\(\frac{4^x\cdot4^{\sqrt{x+2}}}{4^x\cdot4^{\sqrt{x+2}}}+2^{x^3}-2^{x^3}=\cdot2^{4\cdot x}:16:4^x\)

TH 1: \(x^2+y^2< 1\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}|x|< 1\\|y|< 1\end{cases}}\)

\(\Rightarrow S=x+2y\le\sqrt{2\left(x^2+y^2\right)}+y< 1+\sqrt{2}\left(1\right)\)

TH 2: \(x^2+y^2>1\)

\(\Rightarrow x^2-x+y^2-y\le0\)

\(\Leftrightarrow\left(S-2y\right)^2-\left(S-2y\right)+y^2-y\le0\)

\(\Leftrightarrow5y^2+\left(1-4S\right)y+S^2-S\le0\)

\(\Rightarrow\Delta=\left(1-4S\right)^2-4.5.\left(S^2-S\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow S\le\frac{5+\sqrt{10}}{2}\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) suy ra được GTLN của S

PS: S là đặt cho nó gọn nhé

Căn phòng hình vuông có kích thước là 21 lần cạnh viên gạch.

Các viên gạch men trắng nằm trên 2 đường chéo nên số viên là: 21 + 21 - 1 = 41 (viên)

(Chú ý trừ đii 1 do cạnh hình vuông lẻ nên hai đường chéo có chung 1 ô).

Số viên gạch men xanh là số ô còn lại và bằng:

    441 - 41 = 400 (viến)

ĐS: 400 viên xanh

Gọi cạnh hình vuông chứa số viên gạch là x
mà diện tích hình vuông x^2 =441 viên
=>x = 21
vậy cạnh hình vuông chứa 21viên gach.;
vì& loại men trắng nằm trên hai đường chéo của nền nhà.
=>mỗi hàng chứa 2 viên gạch .

Riêng hàng số 11, ô số 11
chỉ chứa 1 viên (vì giao điểm của hai đường chéo)
Nên số viên gạch trắng là:

      2 x 20 +1 =41 (viên)
số viên gạch xanh là :

      441- 41 =400 (viên gạch)

          Đáp số : 400 viên gạch men xanh.

Kéo dài BI cắt AK tại D. Ta chứng minh \(BD\perp AK\). 

Từ I kẻ \(IM\perp AB;IN\perp BC\)

Ta có ngay \(\Delta BIM=\Delta BIN\) (Cạnh huyền góc nhọn)

\(\Rightarrow BM=BN\)

Kéo dài tia AK cắt BC tại P. 

Ta có \(\Delta AIM=\Delta PIN\left(g-c-g\right)\Rightarrow AM=PN\)

Vậy thì ta có AB = AM + MB = PN + NB = BP.

Suy ra tam giác ABP cân tại B.

Xét tam giác cân ABP có BD là phân giác đồng thời đường cao. Vậy  \(BD\perp AK\)

Ta thấy HJ và HK là phân giác hai góc kề bù nên chũng vuông góc.

Xét tứ giác JDKH có \(\widehat{JDK}+\widehat{JHK}=90^o+90^o=180^o\)

Vậy JDKH là tứ giác nội tiếp. Hay \(\widehat{JKH}=\widehat{JDH}\)

Xét tứ giác BHDA có \(\widehat{ADB}=\widehat{AHB}=90^o\) nên BHDA là tứ giác nội tiếp.

Suy ra \(\widehat{BDH}=\widehat{BAH}\)

Mà \(\widehat{BAH}=\widehat{BCA}\) (Cùng phụ với góc \(\widehat{ABC}\) )

Vậy nên \(\widehat{JKH}=\widehat{BCA}\)

Xét tam giác ABC và tam giác HJK có:

\(\widehat{BAC}=\widehat{JHK}=90^o\)

\(\widehat{BCA}=\widehat{JKH}\)

\(\Rightarrow\Delta ABC\sim\Delta HJK\left(g-g\right)\)

Cô giải đúng rùi nhưng em chưa học tứ giác nội tiếp đường tròn

Nhưng dù sao cũng cảm ơn cô

Gọi giao điểm của AD và BC là I. Theo tính chất đường kính dây cung, ta có I là trung điểm AD. Từ đó dễ thấy tam giác ABD cân tại B.

Ta sẽ chứng minh AH luôn tiếp xúc với đường tròn (O; OA) tại A hay \(AH\perp OA\)

Xét tứ giác EHBA có \(\widehat{EHB}+\widehat{EAB}=90^o+90^o=180^o\)

Vậy nên EHBA là tứ giác nội tiếp

Suy ra \(\widehat{HEB}=\widehat{HAB}\)

Do \(EH\perp HC,AD\perp HC\Rightarrow\)EH // AD \(\Rightarrow\widehat{HEB}=\widehat{BDA}\)  (Hai góc so le trong)

Tứ giác ABDC nội tiếp nên \(\widehat{BDA}=\widehat{BCA}\) (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB)

Mà \(\widehat{BCA}=\widehat{OAC}\)

Vậy nên \(\widehat{HAB}=\widehat{OAC}\)

Ta có \(\widehat{HAO}=\widehat{HAB}+\widehat{BAO}=\widehat{OAC}+\widehat{BAO}=\widehat{BAC}=90^o\)

Vậy HA vuông góc AO tại A hay HA luôn tiếp xúc với đường tròn \(\left(O;OA\right)\)

Mà (O;OA) là cố định nên HA luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định.

a) Ta thấy \(\widehat{BAM}=\widehat{BCM}\) (Cùng phụ với góc \(\widehat{ABC}\) )

Vậy nên \(\widebat{KB}=\widebat{MB}\), suy ra \(\widehat{KCB}=\widehat{MCB}\) (Hai góc nội tiếp chắn các cung bằng nhau)

Gọi giao điểm của ba đường cao là H.

Xét tam giác MHC có CD là đường cao đồng thời là phân giác nên tam giác MHC cân tại C.

Vậy thì CD cũng là trung tuyến hay DM = DH.

Ta có \(\frac{AM}{AD}=\frac{AD+DM}{AD}=1+\frac{DM}{AD}=1+\frac{DH}{AD}\)

Tương tự \(\frac{BN}{BE}=1+\frac{HE}{BE};\frac{CK}{CF}=1+\frac{FH}{CF}\)

Ta có \(\frac{AM}{AD}+\frac{BN}{BE}+\frac{CK}{CF}=3+\frac{HD}{AD}+\frac{HE}{BE}+\frac{HF}{CF}\)

Lại thấy rằng \(\frac{DH}{AD}=\frac{S_{HBC}}{S_{ABC}};\frac{HE}{BE}=\frac{S_{HAC}}{S_{ABC}};\frac{HF}{CF}=\frac{S_{HAB}}{S_{ABC}}\)

nên \(\frac{HD}{AD}+\frac{HE}{BE}+\frac{HF}{CF}=\frac{S_{HBC}+S_{HAC}+S_{HAB}}{S_{ABC}}=\frac{S_{ABC}}{S_{ABC}}=1\)

Vậy thì \(\frac{AM}{AD}+\frac{BN}{BE}+\frac{CK}{CF}=3+1=4\)

Bạn vẽ hình đi mình làm cho

1/ Ta có:

\(a^5-a^3+a=2\)

Dễ thấy a = 0 không phải là nghiệm từ đó ta có:

\(a^6-a^4+a^2=2a\)

\(\Rightarrow2a=a^6+a^2-a^4\ge2a^4-a^4\ge a^4\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}2a\ge a^4\\a>0\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}2\ge a^3\\a>0\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}4\ge a^6\\a>0\end{cases}}\)

Dấu = không xảy ra 

Vậy \(a^6< 4\)

Câu 2/

Câu hỏi của XPer Miner - Toán lớp 9 - Học toán với OnlineMath

Gọi trung điểm của XY, YC và BC lần lượt là M, N và K..

Do I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác XYC nên \(\widehat{YMI}=\widehat{YNI}=90^o\)

Vậy ta có YMIN là tứ giác nội tiếp hay \(\widehat{IYN}=\widehat{IMN}\Rightarrow\widehat{AYI}=\widehat{EMI}\)        (1)

Xét tam giác BYX có E và M lần lượt là trung điểm của YB và YX nên EM song song và bằng một nửa BX.

Ta cũng có ngay E, M, N thẳng hàng.

Do XY // AB nên \(\frac{AY}{AC}=\frac{BX}{BC}\Rightarrow\frac{AY}{BX}=\frac{AC}{BC}\)

\(\Rightarrow\frac{AY}{EM}=\frac{AY}{\frac{BX}{2}}=2.\frac{AY}{BX}=\frac{2.AC}{BC}=\frac{AC}{BK}\)'

Do tam giác ABC cân tại A nên \(AK\perp BC\)

Xét tam giác vuông ABK, theo định nghĩa tỉ số lượng giác thì \(cos\widehat{ABC}=\frac{BK}{AB}\)

Vậy thì  \(\frac{YI}{MI}=\frac{1}{sin\widehat{XYK}}=\frac{1}{cos\widehat{YXK}}=\frac{1}{cos\widehat{ABC}}=\frac{1}{\frac{BK}{AB}}=\frac{AB}{BK}=\frac{AC}{BK}\)

Vậy nên \(\frac{AY}{EM}=\frac{YI}{MI}\)               (2) 

Từ (1) và (2) ta có \(\Delta AYI\sim\Delta EMI\left(c-g-c\right)\Rightarrow\widehat{IEN}=\widehat{IAN}\) 

Xét tứ giác AEIN có \(\widehat{IEN}=\widehat{IAN}\) nên nó là tứ giác nội tiếp.

\(\Rightarrow\widehat{AEI}=180^o-\widehat{ANI}=90^o\)

mình xin sửa lại yêu cầu là: chứng minh góc AEI bằng 90 

mong các bạn giúp