accc, mọi người , đây là ảnh chụp của mathtype hổng phải copy đâu nhaa

Đặt 8t=2x

\(d\left(8t\right)=2dx\Rightarrow\frac{d\left(8t\right)}{2}=dx\)

Đổi cận x=0 t=0       x=8 t=2

a , ta có:AE//CF (vì cùng vuông góc vsBD)

=> góc FCO= góc EAO (vì so le trong )

      OA = OC (theo t/c hình bh )

xét 2 tam giác vuông OAE và OCF có:

           góc FOC = góc EAO ( cm trên )

            OA = OC (cmt)

   =>tg OAE = tg OCF (cạnh huyền - góc nhọn )

   =>OE = OF ( 2 cạnh tương ứng )

 b. ta có : AE// CF ( theo a ) (1)

               AE = CF ( vì tg OAE= tg OCF ( theo a )) (2)

 từ (1) và (2) => AECF là hbh

 ( hi vọng đúng !!)

tam giác ABC vuông tại A có AT là đường cao 

Áp dụng định lí Py ta go ta có : \(AB^2+AC^2=BC^2\Rightarrow25-AB^2=AC^2\)(1) 

* Theo hệ thức : \(\frac{1}{AB^2}+\frac{1}{AC^2}=\frac{1}{AT^2}\Rightarrow\frac{1}{4}=\frac{1}{AB^2}+\frac{1}{25-AB^2}\)( theo 1 ) 

\(\Rightarrow AB=2\sqrt{5};\sqrt{5}\)

TH1 : \(25-\left(2\sqrt{5}\right)^2=AC\Rightarrow AC=\sqrt{5}\)

TH2 : \(25-\left(\sqrt{5}\right)^2=AC\Rightarrow AC=2\sqrt{5}\)

Gọi BH là z ( z>0), thì HC là 5-z

ΔABC vuông tại A có:

AH.BC=BH.HC (định lý 3)

⇔ 2² = z(5-z)

⇔ z² - 5z + 4 = 0

⇔ z(z-1) - 4(z-1) = 0

⇔(z-4)(z-1)=0

⇔\(\left[{}\begin{matrix}z-4=0\\z-1=0\end{matrix}\right.\)

⇔\(\left[{}\begin{matrix}z=4\left(nhận\right)\\z=1\left(nhận\right)\end{matrix}\right.\)

TH1:Nếu z=4

ΔABC vuông tại A có:

x²=BC.BH ( định lý 1)

⇔ x²= 5.4

⇔ x²= 20

⇒x=\(2\sqrt{5}\)

ta có: y²= BC.HC ( định lý 1)

Chứng minh tương tự như trên ta được

y= \(\sqrt{5}\)

TH2: Nếu z=1

Chứng minh tương tự như TH1 ta được:

x=\(\sqrt{5}\)

y= \(2\sqrt{5}\)

Câu 1: 

PT \(\Leftrightarrow\left(x-3\right)\left(x-2\right)=0\) \(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=3\\x=2\end{matrix}\right.\)

 Vậy \(S=\left\{2;3\right\}\)

Câu 2:

a) HPT \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}2x+4y=10\\3x+4y=5\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=-5\\y=\dfrac{5-x}{2}\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=-5\\y=5\end{matrix}\right.\)

 Vậy \(\left(x;y\right)=\left(-5;5\right)\)

b) HPT \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}5x=10\\y=2x-7\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=2\\y=-3\end{matrix}\right.\)

 Vậy \(\left(x;y\right)=\left(2;-3\right)\)

Câu 5:

Đặt \(P=\dfrac{1}{x^2+y^2}+\dfrac{1}{xy}=\left(\dfrac{1}{x^2+y^2}+\dfrac{1}{2xy}\right)+\dfrac{1}{2xy}\)

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức ta có:

\(\dfrac{1}{x^2+y^2}+\dfrac{1}{2xy}\ge\dfrac{4}{x^2+y^2+2xy}=\dfrac{4}{\left(x+y\right)^2}\ge4\)

Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có:

\(2xy\le\dfrac{\left(x+y\right)^2}{2}\le\dfrac{1}{2}\Rightarrow\dfrac{1}{2xy}\ge2\)

\(\Rightarrow P\ge6\)

Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=\dfrac{1}{2}\)

Câu 1

a) Xét phương trình : 2x² +5x - 8 = 0

Có \(\Delta=5^2-4.2.\left(-8\right)=89>0\)

=> Phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt x₁, x₂

b) Do phương trình luôn có 2 nghiệm x₁,x₂

=> Theo định lí viet ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=-\dfrac{5}{2}\\x_1.x_2=-4\end{matrix}\right.\)

A = \(\dfrac{2}{x_1}+\dfrac{2}{x_2}=\dfrac{2.x_2}{x_1x_2}+\dfrac{2x_1}{x_1x_2}=\dfrac{2\left(x_1+x_2\right)}{x_1x_2}=\dfrac{2.\left(-\dfrac{5}{2}\right)}{-4}=\dfrac{-5}{-4}=\dfrac{5}{4}\)

Vậy A = \(\dfrac{5}{4}\)

Câu 2

Ta có \(P=\dfrac{a+4\sqrt{a}+4}{\sqrt{x}+2}+\dfrac{4-a}{2-\sqrt{a}}\left(a\ge0;a\ne4\right)\)

\(=\dfrac{\left(2+\sqrt{a}\right)^2}{2+\sqrt{a}}+\dfrac{\left(2-\sqrt{a}\right)\left(2+\sqrt{a}\right)}{2-\sqrt{a}}\)

\(=\sqrt{a}+2+\left(2+\sqrt{a}\right)=2\sqrt{a}+4\)

Vậy P = \(2\sqrt{a}+4\left(a\ge0;a\ne4\right)\)

b) Ta có a² - 7a + 12 = 0

\(\Leftrightarrow a^2-4a-3a+12=0\)

\(\Leftrightarrow a\left(a-4\right)-3\left(a-4\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(a-4\right)\left(a-3\right)=0\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}a=4\left(loại\right)\\a=3\end{matrix}\right.\)

Với a = 3 thay vào P ta được P = \(2\sqrt{3}+4\)

\(\Rightarrow\sqrt{P}=\sqrt{2\sqrt{3}+4}=\sqrt{3+2\sqrt{3}+1}=\sqrt{\left(\sqrt{3}+1\right)^2}=\sqrt{3}+1\)

Vậy \(\sqrt{P}=\sqrt{3}+1\) tại a² -7a + 12 =0

5.

Không mất tính tổng quát, giả sử \(c=min\left\{a;b;c\right\}\Rightarrow0\le c\le1\Rightarrow1-\dfrac{c}{2}>0\)

\(P=bc+ca+ab\left(1-\dfrac{c}{2}\right)\ge0\)

\(P_{min}=0\) khi \(\left(a;b;c\right)=\left(0;0;3\right)\) và các hoán vị

\(P=c\left(a+b\right)+ab\left(1-\dfrac{c}{2}\right)\le c\left(3-c\right)+\dfrac{\left(a+b\right)^2}{4}\left(1-\dfrac{c}{2}\right)\)

\(P\le3c-c^2+\dfrac{\left(3-c\right)^2}{4}\left(1-\dfrac{c}{2}\right)\)

\(P\le\dfrac{5}{2}-\dfrac{c^3}{8}+\dfrac{3c}{8}-\dfrac{1}{4}=\dfrac{5}{2}-\dfrac{1}{8}\left(c-1\right)^2\left(c+2\right)\le\dfrac{5}{2}\)

\(P_{max}=\dfrac{5}{2}\) khi \(a=b=c=1\)

Cách 2 phần tìm max bài 5:

Áp dụng BĐT: \(abc\ge\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\)

\(\Leftrightarrow abc\ge\left(3-2a\right)\left(3-2b\right)\left(3-2c\right)\)

\(\Leftrightarrow abc\ge-8abc+12\left(ab+bc+ca\right)-27\)

\(\Leftrightarrow3abc+27\ge12\left(ab+bc+ca\right)-6abc\)

\(\Leftrightarrow ab+bc+ca-\dfrac{1}{2}abc\le\dfrac{abc}{4}+\dfrac{9}{4}\le\dfrac{1}{4}.\left(\dfrac{a+b+c}{3}\right)^3+\dfrac{9}{4}=\dfrac{5}{2}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)

Câu 1:

a) Thay x=49 vào B, ta được:

\(B=\dfrac{49-\sqrt{49}}{2\cdot\sqrt{49}+1}=\dfrac{49-7}{2\cdot7+1}=\dfrac{42}{15}=\dfrac{14}{5}\)

Câu 2:

2)

Gọi số học sinh lớp 9A là: x   (h/s)

ĐK: \(x\in N^{ }\), \(0< x< 81\)

Khi đó, số học sinh lớp 9B là: \(81-x\)

Ta có:

Số cây mà lớp 9A trồng được là: 5x  (cây)

Số cây mà lướp 9B trồng được là: 4.(81-x)

Theo đề ra, ta có phương trình:

\(5x+4\left(81-x\right)=364\)

⇔ \(5x+324-4x=364\)

⇔ \(x=40\)

⇒ Số học sinh lớp 9A là: 40 (h/s)

⇒ Số học sinh lướp 9B là: \(81-40=41\) (h/s)

Vậy lớp 9A có 40 học sinh

       lớp 9B có 41 học sinh

(

hhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhh

hhhhhhhhhhhhhhhhh

hhhhhhhhhhhhhhhhhh

hhhhhhhhhhhhhhh

hhhhhhhhhhhhh

a, xét từ giác AMNC có 
$={90}^{\circ }$ (Ac là tiếp tuyến của (O) , $\stackrel{}{}$

${}^{}={90}^{\circ }$ (MN vuông góc với CD) => $\stackrel{}{}$\(\widehat{CAM}+\widehat{CNM}\)=180

=> AMNC nội tiếp

Xét tứ giác BMND có $\stackrel{ˆ}{}$=90 ( BD là tiếp tuyến của (O) , \(\widehat{CND}\)=90 ( MN vuông góc với CD)

=> \(\widehat{MND}+\widehat{NAC}\)=180

=> Tứ giác BDMN nội tiếp

b, Ta có \(\widehat{CMN}=\widehat{NAC}\) (cùng chắn CN)

=> ${\mathrm{\backslash (\backslash widehat\{CMN\}\backslash )}}^{}$=$\frac{1}{2}$ cung AN(1)

Ta cũng có\(\widehat{NMD}+\widehat{NMD}\) (cùng chắn cung ND)

\(\widehat{NMD}\)=$\frac{1}{2}$ cung NB(2)

Từ (1) và (2) => \(\widehat{CMD}+\widehat{NMD}\)= $\frac{1}{2}$ (cung AN + cung NB) 

=> \(\widehat{CMD}\)= $\frac{1}{2}$ cung AB = $\frac{180}{2}$=90

=> tam giác CMD vuông tại M

Vì NMBD nội tiếp => \(\widehat{NDM}+\widehat{NBM}\) ( góc nội tiếp cùng chắn cung AM) 

Mà \(\widehat{MCD}+\widehat{NBM}\)=90

=> \(\widehat{MCD}+\widehat{NBM}\)=90 (1)

Mặt khác \(\widehat{NAB}+\widehat{NBA}\)=90 (2)

Từ (1) và (2) => \(\widehat{MCD}=\widehat{NAB}\)

Xét tam giác ANB và CMD ta cs

\(\widehat{ANB}=\widehat{CMD}\) (=90)

\(\widehat{MCD}=\widehat{NAD}\)

=> 2 tam giác này bằng nhau