Xin lỗi bạn nhưng máy mình bị lỗi không vẽ hình được.

c) Tứ giác BEDC là tứ giác nội tiếp (câu a) \(\Rightarrow\widehat{BDE}=\widehat{BCE}\) hay \(\Rightarrow\widehat{BDE}=\widehat{BCQ}\) (1)

Xét (O) có \(\widehat{BCQ}\) và \(\widehat{BPQ}\) là các góc nội tiếp chắn \(\stackrel\frown{BQ}\) \(\Rightarrow\widehat{BCQ}=\widehat{BPQ}\) (2)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\widehat{BDE}=\widehat{BPQ}\left(=\widehat{BCQ}\right)\)

\(\Rightarrow DE//PQ\) (2 góc đồng vị bằng nhau)

d) Kẻ tia tiếp tuyến Ax của (O) (ở đây mình lấy về phía B chứ còn bạn lấy tia tiếp tuyến này vế phía B hay phía C tùy) 

Dễ thấy \(\widehat{BAx}\) và \(\widehat{ACB}\) lần lượt là góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn \(\stackrel\frown{AB}\) \(\Rightarrow\widehat{BAx}=\widehat{ACB}\)

Tứ giác BEDC nội tiếp \(\Rightarrow\widehat{AED}=\widehat{ACB}\) (góc ngoài = góc trong đối)

\(\Rightarrow\widehat{BAx}=\widehat{AED}\left(=\widehat{ACB}\right)\) \(\Rightarrow Ax//DE\) ( 2 góc so le trong bằng nhau)

Vì \(DE//PQ\left(cmt\right)\) \(\Rightarrow Ax//PQ\)\(\left(//DE\right)\)

Mà \(Ax\perp OA\) tại A (do Ax là tiếp tuyến tại A của (O)) \(\Rightarrow OA\perp PQ\) (3)

Xét (O) có OA là 1 phần đường kính và \(OA\perp PQ\left(cmt\right)\) 

\(\Rightarrow\) OA đi qua trung điểm của PQ  (4)

Từ (3) và (4) \(\Rightarrow\) OA là trung trực của đoạn PQ

Ta có: 

\(4\le\left(\sqrt{a}+1\right)\left(\sqrt{b}+1\right)=\sqrt{ab}+\sqrt{a}+\sqrt{b}+1\le\dfrac{a+b}{2}+\dfrac{a+1}{2}+\dfrac{b+1}{2}+1\)

\(=a+b+2\)

\(\Leftrightarrow a+b\ge2\)

\(\dfrac{a^2}{b}+\dfrac{b^2}{a}\ge\dfrac{\left(a+b\right)^2}{a+b}=a+b\ge2\)

Dấu \(=\) xảy ra khi \(a=b=1\).

Lời giải:
\(\frac{3\sqrt{x}}{\sqrt{x}-3}=\frac{3(\sqrt{x}-3)+9}{\sqrt{x}-3}=3+\frac{9}{\sqrt{x}-3}\)

Để biểu thức đã cho nguyên thì $\frac{9}{\sqrt{x}-3}$ nguyên. Đặt $\frac{9}{\sqrt{x}-3}=t$ với $t$ nguyên.

$\sqrt{x}=\frac{9}{t}+3$

Do $\sqrt{x}\geq 0$ nên $\frac{9}{t}+3\geq 0\Leftrightarrow \frac{3(3+t)}{t}\geq 0$

$\Leftrightarrow t>0$ hoặc $t\leq -3$

$x=(\frac{9}{t}+3)^2$ với $t$ là số nguyên thỏa mãn $t>0$ hoặc $t\leq -3$

A =\(\dfrac{3\sqrt{x}}{\sqrt{x}-3}\)

A = \(\dfrac{3\sqrt{x}-3+3}{\sqrt{x}-3}\)= 3 -\(\dfrac{3}{\sqrt{x}-3}\)

Để A nguyên thì : 3 \(⋮\)\(\sqrt{x}\) - 3

\(\sqrt{x}\) - 3 \(\in\) \(\left\{-3;-1;1;3\right\}\)

\(\sqrt{x}\) - 3 = -3 \(\Rightarrow\) \(x\) = 0

\(\sqrt{x}\) - 3 = -1 \(\Rightarrow\) \(x\) = 4

\(\sqrt{x}\) - 3 = 1 \(\Rightarrow\) \(x\) = 16

\(\sqrt{x}\) - 3 = 3 \(\Rightarrow\) \(x\)= 36

kết luận \(x\)\(\in\) \(\left\{0;4;16;36\right\}\)

mình lớp 8 nha

1) Khi \(x=4\): 

\(A=\dfrac{\sqrt{4}+1}{\sqrt{4}+2}=\dfrac{3}{4}\).

2) \(B=\dfrac{3}{\sqrt{x}-1}-\dfrac{\sqrt{x}+5}{x-1}=\dfrac{3\left(\sqrt{x}+1\right)}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}-\dfrac{\sqrt{x}+5}{x-1}\)

\(=\dfrac{3\sqrt{x}+3-\sqrt{x}-5}{\left(\sqrt{x}+1\right)\left(\sqrt{x}-1\right)}=\dfrac{2\sqrt{x}-2}{\left(\sqrt{x}+1\right)\left(\sqrt{x}-1\right)}=\dfrac{2}{\sqrt{x}+1}\)

3) \(P=2AB+\sqrt{x}=2.\dfrac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}+2}.\dfrac{2}{\sqrt{x}+1}+\sqrt{x}=\dfrac{4}{\sqrt{x}+2}+\sqrt{x}\)

\(=\dfrac{4}{\sqrt{x}+2}+\sqrt{x}+2-2\ge2\sqrt{\dfrac{4}{\sqrt{x}+2}.\left(\sqrt{x}+2\right)}-2\)

\(=4-2=2\)

Dấu = xảy ra khi \(\dfrac{4}{\sqrt{x}+2}=\sqrt{x}+2\Leftrightarrow x=0\) (thỏa mãn).

a/ H và K cùng nhìn BE dưới 1 góc vuông nên H và K cùng nằm trên đường tròn đường kính BE

=> BHEK là tứ giác nội tiếp

b/

Xét tg vuông ABE có

\(BE^2=BH.BA\) (Trong tg vuông bình phương 1 cạnh góc vuông bằng tích giữa hình chiếu của cạnh góc vuông trên cạnh huyền với cạnh huyền)

Xét tg vuông CBE có

\(BE^2=BK.BC\) (Lý do như trên)

\(\Rightarrow BH.BA=BK.BC\) (đpcm)

c/

Gọi M là giao của BE và CF

Nối H với K cắt EF tại I' và cắt CF tại N

Ta có E và F cùng nhìn BC dưới 1 góc vuông nên E và F cùng nằm trên đường tròn đường kính BC

=> BCEF là tứ giác nội tiếp

\(\Rightarrow\widehat{EBC}=\widehat{EFC}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung EC)

Ta có

\(EH\perp AB;CF\perp AB\) => EH//CF \(\Rightarrow\widehat{EFC}=\widehat{HEF}\) (góc so le trong)

\(\Rightarrow\widehat{EBC}=\widehat{HEF}\)

Xét tg vuông HEF và tg vuông EBC có

\(\widehat{EBC}=\widehat{HEF}\) (cmt) \(\Rightarrow\widehat{ECB}=\widehat{HFE}\) 

Xét tg vuông MEC có

\(\widehat{ECF}=\widehat{MEN}\) (cùng phụ với \(\widehat{EMC}\) )

Ta có \(\widehat{FEB}=\widehat{FCB}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung FB)

\(\Rightarrow\widehat{FEB}+\widehat{MEN}=\widehat{FCB}+\widehat{ECF}\Rightarrow\widehat{FEN}=\widehat{ECB}\)

Mà \(\widehat{ECB}=\widehat{HFE}\) (cmt)

\(\Rightarrow\widehat{FEN}=\widehat{HFE}\) => HF//EN (hai đường thẳng bị cắt bởi 1 đường thẳng tạo thành hai góc so le trong bằng nhau thì chúng // với nhau)

Mà HE//CF (cmt)

=> HENF là hình bình hành (tứ giác có các cặp cạnh đối // với nhau từng đôi 1 là hbh)

=> I'E = I'F (trong hbh hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường)

=> I' là trung điểm của EF mà I cũng là trung điểm của EF => I trùng I'

=> H; I; K thẳng hàng

1) \(\widehat{BHE}=\widehat{BKE}=90^o\) nên \(H,K\) cùng nhìn \(BE\) dưới một góc vuông suy ra \(BHEK\) nội tiếp. 

2) Xét tam giác \(BEA\) vuông tại \(E\) đường cao \(EH\): 

\(BH.BA=BE^2\) (hệ thức trong tam giác vuông) 

Tương tự khi xét tam giác \(BEC\) vuông tại \(E\) đường cao \(EK\) cũng có \(BK.BC=BE^2\) suy ra \(BH.BA=BK.BC\).

3) Gọi \(I'\) là giao điểm của \(HK\) và \(EF\). Ta sẽ chứng minh \(I'\) là trung điểm của \(EF\).

\(BFEC\) nội tiếp nên \(\widehat{EFC}=\widehat{EBC}\)

\(BHEK\) nội tiếp nên \(\widehat{EBK}=\widehat{EHK}\)

\(EH//CF\) nên \(\widehat{HEF}=\widehat{EFC}\)

suy ra \(\widehat{EHK}=\widehat{HEF}\) suy ra tam giác \(I'HE\) cân tại \(I'\) suy ra \(I'H=I'E\).

Từ \(\widehat{EHK}=\widehat{HEF}\) ta cũng suy ra \(\widehat{I'HF}=\widehat{I'FH}\) suy ra tam giác \(I'FH\) cân tại \(I'\) nên \(I'H=I'F\) suy ra \(I'F=I'E\) nên \(I'\) là trung điểm của \(EF\).

Suy ra \(I\) và \(I'\) trùng nhau. 

Suy ra đpcm. 

vì A là giao điểm của d và Oy nên A(0;y)

vì A \(\in\) d nên tọa độ A thỏa mãn :

y = m . 0 + 4 = 4

tọa độ của A là : A(0;4)

vì B cắt trục Ox  tại B nên B(x;0)

vì B \(\in\) d nên tọa độ B thỏa mãn 

0 = m.x + 4 

x = \(\dfrac{-4}{m}\)

Để tam giác OAB cân tại O thì |\(\dfrac{-4}{m}\)| = 4

                                               |m| =  1

                                                m = 1 và m= -1 

kết luận : A(0;4) và m = 1 và m = -1

Gọi vận tốc đi bộ của An là x

Vận tốc đi xe đạp của An là x+9

Thời gian đi buổi sáng là \(\dfrac{3}{x}\)

Thời gian đi buổi chiều là \(\dfrac{3}{x+9}\)

45 phút = 3/4 giờ

Ta có PT

\(\dfrac{3}{x}-\dfrac{3}{x+9}=\dfrac{3}{4}\Leftrightarrow4\left(x+9\right)-4x=x\left(x+9\right)\)

\(\Leftrightarrow x^2+9x-36=0\)

Giải PT ta có

\(x_1=-12\) (loại)

\(x_2=3\)

Vậy vận tốc đi bộ của An là 3km/h

gọi vận tốc đi bộ của An là x(km/h ; x>0)

vì vận tốc đi xe đạp lớn hơn vận tốc đi bộ là 9km/h 
=> vận tốc đi xe đạp là x+9(km/h)

thời gian đi xe đạp là \(\dfrac{3}{x+9}\left(h\right)\)

thời gian đi bộ là \(\dfrac{3}{x}\left(h\right)\)

đổi : 45p=\(\dfrac{3}{4}\left(h\right)\)

ta có phương trình:

\(\dfrac{3}{x}-\dfrac{3}{x+9}=\dfrac{3}{4}\)

⇔3.4.(x+9) - 3.4.x=3.x.(x+9)
⇔12x+108-12x-3x²-27x=0
<=>-3x²-27x+108=0
⇔ x=3  (tm)

     x=-12 (loại)

vậy vận tốc đi bộ là 3km /h

Quay tam giác \(ABC\) quanh cạnh \(AB\) cố định thu được hình nón có đỉnh là \(B\) đáy là đường tròn đáy bán kính \(AC\).

Theo định lí Pythagore ta có: 

\(BC^2=AB^2+AC^2\)

\(\Leftrightarrow AC=\sqrt{10^2-6^2}=8\left(cm\right)\)

Diện tích xung quanh hình nón là :

\(S_{xq}=\pi rl=\pi.AC.BC=80\pi\left(cm^2\right)\)