bài này mà giải theo SOS là hơi bị tuyệt vời nhé =)))

em moi co lop 7

\(A+5=x^2+4+y^2+1+\frac{1}{x}+\frac{1}{x+y}=4x+2y+...=\frac{x+y}{9}+\frac{1}{x+y}+\frac{1}{x}+\frac{x}{4}+\frac{17}{9}\left(x+y\right)+\frac{7}{4}x\ge\frac{65}{6}=>A\ge\frac{35}{6}\\ .\)Bài bất :)

2/ \(\hept{\begin{cases}\frac{xy}{2}+\frac{5}{2x+y-xy}=5\\2x+y+\frac{10}{xy}=4+xy\end{cases}}\)

Đặt \(\hept{\begin{cases}\frac{xy}{2}=a\\2x+y-xy=b\end{cases}}\)

Thì ta có hệ:

\(\hept{\begin{cases}a+\frac{5}{b}=5\\b+\frac{5}{a}=4\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=5-\frac{5}{b}\left(1\right)\\b+\frac{5}{5-\frac{5}{b}}=4\left(2\right)\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\left(2\right)\Leftrightarrow b^2-4b+4=0\)

\(\Leftrightarrow b=2\)

\(\Rightarrow a=\frac{5}{2}\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}\frac{xy}{2}=\frac{5}{2}\\2x+y-xy=2\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}xy=5\\2x+y=7\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=1\\y=5\end{cases}or\orbr{\begin{cases}x=\frac{5}{2}\\y=2\end{cases}}}\)

a) Ta thấy ngay tứ giác BEDC nội tiếp vì \(\widehat{BEC}=\widehat{BDC}=90^o\)

b) Do tứ giác BEDC nội tiếp nên \(\widehat{EDH}=\widehat{BCH}\)

Vậy thì \(\Delta EHD\sim\Delta BHC\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{EH}{BH}=\frac{DH}{CH}\Rightarrow BH.DH=EH.CH\)

c) Do góc \(\widehat{EDH}=\widehat{BCH}\) nên \(\widehat{EDA}=\widehat{CBE}\) (Cùng phụ với hai góc trên)

Suy ra \(\widebat{AC}=\widebat{AP}+\widebat{QC}\)

Lại có \(\widebat{AC}=\widebat{AQ}+\widebat{QC}\Rightarrow\widebat{AP}=\widebat{AQ}\Rightarrow AP=AQ\)

(Liên hệ giữa dây và cung căng dây)

Vậy tam giác APQ cân tại A.

Ta thấy \(\widehat{AEQ}=\widebat{AQ}+\widebat{PB}=\widebat{AP}+\widebat{PB}=\widebat{AB}=\widehat{AQB}\)

Vậy \(\Delta AEQ\sim\Delta AQB\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{AE}{AQ}=\frac{AQ}{AB}\Rightarrow AQ^2=AE.AB\Rightarrow AP^2=AE.AB\)

d) Gọi K là giao điểm của AO với PA. Do AP = AQ nên \(AO⊥PQ\)

Gọi AI là đường cao hạ từ đỉnh A của tam giác ABC.

Khi đó \(\frac{S_1}{S_2}=\frac{\frac{1}{2}PQ.AK}{\frac{1}{2}BC.AI}=\frac{PQ}{2BC}\Rightarrow\frac{AK}{AI}=\frac{1}{2}\)

Lại có \(\Delta ABI\sim\Delta ADK\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{AB}{AD}=\frac{AI}{AK}=\frac{1}{2}\)

Xét tam giác vuông ABD có \(\frac{AB}{AD}=\frac{1}{2}\Rightarrow\widehat{BAC}=60^o\Rightarrow\widebat{BC}=60^o\)

Như vậy, khi A thay đổi trên cung lớn BC  thì \(\widehat{BAC}=60^o\). Ta xét trường hợp tam giác ABC cân tại A, khi đó ta tính được :

\(BC=R\sqrt{3}\)

a) Ta thấy ngay tứ giác BEDC nội tiếp vì ^BEC=^BDC=90o

b) Do tứ giác BEDC nội tiếp nên ^EDH=^BCH

Vậy thì ΔEHD∼ΔBHC(g−g)⇒EHBH =DHCH ⇒BH.DH=EH.CH

c) Do góc ^EDH=^BCH nên ^EDA=^CBE (Cùng phụ với hai góc trên)

Suy ra ⁀AC=⁀AP+⁀QC

Lại có ⁀AC=⁀AQ+⁀QC⇒⁀AP=⁀AQ⇒AP=AQ

(Liên hệ giữa dây và cung căng dây)

Vậy tam giác APQ cân tại A.

Ta thấy ^AEQ=⁀AQ+⁀PB=⁀AP+⁀PB=⁀AB=^AQB

Vậy ΔAEQ∼ΔAQB(g−g)⇒AEAQ =AQAB ⇒AQ2=AE.AB⇒AP2=AE.AB

d) Gọi K là giao điểm của AO với PA. Do AP = AQ nên AO⊥PQ

Gọi AI là đường cao hạ từ đỉnh A của tam giác ABC.

Khi đó S1S2 =12 PQ.AK12 BC.AI =PQ2BC ⇒AKAI =12 

Lại có ΔABI∼ΔADK(g−g)⇒ABAD =AIAK =12 

Xét tam giác vuông ABD có ABAD =12 ⇒^BAC=60o⇒⁀BC=60o

Như vậy, khi A thay đổi trên cung lớn BC  thì ^BAC=60o. Ta xét trường hợp tam giác ABC cân tại A, khi đó ta tính được :

BC=R√3

~~~~~~~~~~~ai đi ngang qua nhớ để lại k ~~~~~~~~~~~~~

 ~~~~~~~~~~~~ Chúc bạn sớm kiếm được nhiều điểm hỏi đáp ~~~~~~~~~~~~~~~~~~~

~~~~~~~~~~~ Và chúc các bạn trả lời câu hỏi này kiếm được nhiều k hơn ~~~~~~~~~~~~

Ta có:

\(S_{ABC}=pr;S_{ACD}=\frac{AC+CD+AD}{2}.r_1;S_{ABD}=\frac{AB+BD+AD}{2}.r_2\)

Vì AD là tia phân giác \(\widehat{BAC}\)nên đường cao từ D đến AB và AC là bằng nhau.

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}S_{ACD}=\frac{S_{ABC}}{3}\\S_{ABD}=\frac{2S_{ABC}}{3}\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\frac{AC+CD+AD}{2}.r_1=\frac{pr}{3}\\\frac{AB+BD+AD}{2}.r_2=\frac{2pr}{3}\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}AC+CD+AD=\frac{2pr}{3r_1}\left(1\right)\\AB+BD+AD=\frac{4pr}{3r_2}\left(2\right)\end{cases}}\)

Lấy (1) + (2) ta dược

\(AC+CD+AB+BD+2AD=\frac{2pr}{3r_1}+\frac{4pr}{3r_2}\)

\(\Leftrightarrow2p+2AD=\frac{2pr}{3r_1}+\frac{4pr}{3r_2}\)

\(\Leftrightarrow AD=\frac{pr}{3r_1}+\frac{2pr}{3r_2}-p=\frac{pr}{3}\left(\frac{1}{r_1}+\frac{2}{r_2}\right)-p\)

Câu 2 ai vẽ hộ cái hình đi

Toán lớp mấy

toán tuổi thơ chắc chỉ cần đáp số thôi nhỉ

1. S={7;-5}

2. HPT có 2 nghiệm (x;y) là (2;-3) và (3/2;-7/2)

3. a=b=0

4. Dễ rồi

Chứng minh: \(\frac{\left(a+b\right)\left(a+b+2c\right)}{\left(3a+3b+2c\right)^2}\le\frac{1}{8}\)

Ta có:

\(\left(a+b\right)\left(a+b+2c\right)=\frac{1}{2}\left(2a+2b\right)\left(a+b+2c\right)\)

\(\le\frac{1}{2}.\left(\frac{2a+2b+a+b+2c}{2}\right)^2=\frac{1}{8}.\left(3a+3b+2c\right)^2\)

\(\Rightarrow\frac{\left(a+b\right)\left(a+b+2c\right)}{\left(3a+3b+2c\right)^2}\le\frac{1}{8}\)

Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

\(\frac{abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\le\frac{abc}{2\sqrt{ab}\cdot2\sqrt{bc}\cdot2\sqrt{ca}}=\frac{1}{8}\)

Phần còn lại dễ nhé :3

Vừa làm bên OLM xong, ko đưa đc link nên làm lại =))

Ta có BĐT phụ \(\frac{1+\sqrt{a}}{1-a}\ge4a+1\)

\(\Leftrightarrow-\frac{\sqrt{a}\left(2\sqrt{a}-1\right)^2}{\sqrt{a}-1}\ge0\forall\frac{1}{4}< a< 0\)

Tương tự ta cũng có:

\(\frac{1+\sqrt{b}}{1-b}\ge4b+1;\frac{1+\sqrt{c}}{1-c}\ge4c+1;\frac{1+\sqrt{d}}{1-d}\ge4d+1\)

Cộng theo vế các BDT trên ta có:

\(VT\ge4\left(a+b+c+d\right)+4=8=VP\)

Xảy ra khi \(a=b=c=d=\frac{1}{4}\)

a lại nhầm nữa vừa làm bên học 24 xong :V

mình mới học lớp 7 nhưng chỉ biết câu a sai thì thôi nhé ac=ad vì cái kia = cái này mà cái này = cái kia bạn chỉ cần nói với cô như vậy.Thôi nha

a/ Gọi E, F lần lược là trung điểm của AD, AC

\(\Rightarrow AI\)là đường trung bình của hình thang \(OFEO'\)

\(\Rightarrow AE=AF\)

\(\Rightarrow AD=AC\)

b/ Gọi G là giao điểm của AB với OO'

\(\Rightarrow IG\)là đường trung bình của \(\Delta ABK\)

\(\Rightarrow\)IG // BK

Mà \(IG⊥AB\)

\(\Rightarrow BK⊥AB\)

PS: Bạn vẽ hộ cái hình nhé

Gọi I là giao điểm của MN và AC.

Ta có: \(\widehat{IHO}=\widehat{OEI}=90°\)

\(\Rightarrow\)Tứ giác EIHO nội tiếp đường tròn.

\(\Rightarrow\)Tâm của đường tròn ngoại tiếp ∆OHE nằm trên đường trung trực của EI.(*)

Ta có ∆AIH \(\approx\)∆AOE 

\(\Rightarrow\)AH.AO = AE.AI (1)

Ta có: ∆AMB \(\approx\)AOM

\(\Rightarrow\)AM² = AH.AO (2)

Ta lại có: ∆ABM \(\approx\)∆AMC

\(\Rightarrow\)AM² = AB.AC (3)

Từ (1), (2), (3) \(\Rightarrow\)AE.AI = AB.AC

Vì A,B,C,E cố định nên I cố định (**)

Từ (*), (**) suy ta tâm đường tròn ngoại tiếp ∆OHE nằm trên đường trung trực của EI.

PS: không chứng minh được nó nằm trên đường tròn nha b. Hình tự vẽ.

bạn cho mình hỏi tại sao tam giác ABM đồng dạng với tam giác AMC vậy?. Mình ko hiểu chỗ đó

k ko biết

treen toán ko dc đưa những hình ảnh này. OK