Cho đường tròn (O;r) và điểm M nằm ngoài đường tròn, biết khoảng cách từ M đến O là d. Kẻ cát tuyến MAB với đường tròn. Gọi C là điểm đối xứng với A qua M. D là trung điểm của đoạn BC. Hãy so sánh BD với \(\left(d-r\right)\left(d+r\right)\)
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Vì \(4< 5\Leftrightarrow\sqrt{4}< \sqrt{5}\Leftrightarrow2< \sqrt{5}\Leftrightarrow2-\sqrt{5}< 0\)
Do đó hàm số \(y=\left(2-\sqrt{5}\right)x-2\)nghịch biến trên \(ℝ\)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
\(xy^2-\left(x-2\right)\left(x^4+2x+1\right)=2y^2\)
\(\left(xy^2-2y^2\right)-\left(x-2\right)\left(x^4+2x+1\right)=0\)
\(y^2\left(x-2\right)-\left(x-2\right)\left(x^4+2x+1\right)=0\)
\(\left(x-2\right)\left(y^2-x^4-2x-1\right)=0\)
TH1 : \(x-2=0\)<=> \(x=2\)
TH2 : \(x^4+2x+1=y^2\)
Nếu \(x=0\) thì \(y^2=1\)hay \(y=\pm1\)
Nếu \(x=1\) thay vào ta có \(y^2=4\)hay \(y=\pm2\)
Nếu \(x=-1\)thay vào ta có \(y^2=0\)hay \(y=0\)
Nếu \(\left|x\right|>1\)thì \(-x^2< x< x^2\)
Vậy \(\left(x^2-1\right)^2=x^4-2x^2+1< x^4+2x+1=y^2< x^4+2x^2+1\)\(=\left(x^2+1\right)^2\)
= > \(y^2=x^4\)
Thay vào ta có :
\(x^4+2x+1=x^4\)
\(2x+1=0\)
\(x=-\frac{1}{2}\)( Loại )
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Gọi số gói kẹo ở thùng I ban đầu là \(x\left(x\inℕ^∗\right)\)và số gói kẹo ở thùng II ban đầu là \(y\left(y\inℕ^∗\right)\)
Vì ban đầu, thùng I hơn thùng II là 20 gói kẹo nên ta có phương trình \(x-y=20\)(1)
Thùng I được thêm 40 gói nên số gói kẹo ở thùng I lúc này là \(x+40\)
Thùng II bị bớt 10 gói nên số gói kẹo ở thùng II lúc này là \(y-10\)
Lúc sau số gói kẹo ở thùng 1 bằng \(\frac{4}{3}\)số gói kẹo ở thùng II nên ta có phương trình \(x+40=\frac{4}{3}\left(y-10\right)\)
\(\Leftrightarrow3\left(x+40\right)=3.\frac{4}{3}\left(y-10\right)\)\(\Leftrightarrow3x+120=4\left(y-10\right)\)\(\Leftrightarrow3x+120=4y-40\)
\(\Leftrightarrow4y-3x=160\)(2)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình \(\hept{\begin{cases}x-y=20\\4y-3x=160\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}y=x-20\\4\left(x-20\right)-3x=160\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}y=x-20\\4x-80-3x=160\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}y=240-20=220\\x=240\end{cases}}\)
(nhận)
Vậy ban đầu thùng I có 240 gói kẹo, thùng II có 220 gói kẹo
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Từ 1 thành phố bất kì ta cần n - 1 đường bay nối đến n - 1 thành phố còn lại
Vậy từ n thành phố cần \(n\left(n-1\right)\)đường bay
Mà với cách tính này thì số đường bay bị gấp lên 2 lần
Vậy số đường cần là : \(\frac{n\left(n-1\right)}{2}\)
Vậy có thể cấp phép tối đa cho cho \(\frac{n\left(n-1\right)}{2}\)hãng hàng không .
Xin lỗi các bạn. Đề bài đúng phải là so sánh BD với \(\sqrt{\left(d-r\right)\left(d+r\right)}\)
Gọi E là trung điểm AB \(\Rightarrow OE\perp AB\)
Do D là trung điểm BC \(\Rightarrow BD=\dfrac{1}{2}BC\) (1)
Do C đối xứng A qua M \(\Rightarrow AM=\dfrac{1}{2}AC\)
Do E là trung điểm AB \(\Rightarrow AE=\dfrac{1}{2}AB\)
\(\Rightarrow AM+AE=\dfrac{1}{2}AC+\dfrac{1}{2}AB\Rightarrow ME=\dfrac{1}{2}BC\) (2)
(1);(2) \(\Rightarrow BD=ME\)
Trong tam giác vuông OAE, do OA là cạnh huyền và OE là cạnh góc vuông \(\Rightarrow OE< OA\Rightarrow OE< r\)
Áp dụng định lý Pitago:
\(ME^2=OM^2-OE^2=d^2-OE^2>d^2-r^2\)
\(\Rightarrow BD^2>d^2-r^2\Rightarrow BD>\sqrt{\left(d-r\right)\left(d+r\right)}\)