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)
\( b)2000 - M = 2000 - \dfrac{1}{{1 - \sqrt x + x}}\\ x - \sqrt x + 1 = x - 2\sqrt x .\dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{4} + \dfrac{3}{4} = {\left( {\sqrt x - \dfrac{1}{2}} \right)^2} + \dfrac{3}{4} \)
Với \(x \ge 4\) \(\Rightarrow \sqrt x \ge 2\)
\( \Rightarrow \sqrt x - \dfrac{1}{2} \ge \dfrac{3}{2}\\ \Rightarrow {\left( {\sqrt x - \dfrac{1}{2}} \right)^2} \ge \dfrac{9}{4}\\ \Rightarrow {\left( {\sqrt x - \dfrac{1}{2}} \right)^2} + \dfrac{3}{4} \ge \dfrac{9}{4} + \dfrac{3}{4} = 3\\ \Rightarrow x - \sqrt x + 1 \ge 3\\ \Rightarrow \dfrac{1}{{1 - \sqrt x + x}} \le \dfrac{1}{3}\\ \Rightarrow 2000 - \dfrac{1}{{1 - \sqrt x + x}} \ge 2000 - \dfrac{1}{3} = \dfrac{{5999}}{3} \)
Vậy với \(x \ge 4\) thì $Min$ \(2000 - M = \dfrac{{5999}}{3}\) khi và chỉ khi \(x=4\)
$c)$ \(M = \dfrac{1}{{1 - \sqrt x + x}}\)
Để $M$ nguyên \(\Rightarrow1-\sqrt{x}+x\inƯ\left(1\right)=\left\{1;-1\right\}\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}1-\sqrt{x}+1=1\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=1\\x=0\end{matrix}\right.\\1-\sqrt{x}+1=-1\Leftrightarrow x-\sqrt{x}+2=0\left(VN\right)\end{matrix}\right.\)
Vậy \(x=1\) hoặc \(x=0\) thì $M$ nguyên
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Cho đường tròn (O;R) đường kính AB trên tiếp tuyến của đường tròn O tại lấy điểm M từ M vẽ tiếp tuyến thứ hai MC với đường tròn O ,C là tiếp điểm .Kẻ CH vuông góc với AB ,MB cắt đường tròn O tại điểm thứ hai là K và cắt CH tại N .Chứng minh rằng
a) Chứng minh AM bình=MK.MB
b)Cho biết R=5cm,góc AMC=60 độ .tính độ dài AM
c)Chứng minh góc KAC=góc OMB
d)Chứng minh N là trung điểm của CH
Mình viết mải quá nên thiếu các bạn vào làm hộ mik với nhé
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
$a)$
+ Xét tứ giác $BPMR$ có:
\(\widehat{MPB}=90^0\) (góc nội tiếp chắn cung $BM$)
\(\widehat{MRB}=90^0\) (góc nội tiếp chắn cung $BM$)
\(\Rightarrow\) \(\widehat{MPB}=\widehat{MRB}=90^0\)
Vậy tứ giác $BPMR$ nội tiếp.
+ Xét tứ giác $CQPM$ có:
\(\widehat{CQM}=90^0\) (góc nội tiếp chắn cung $MC$)
\(\widehat{CPM}=90^0\) (góc nội tiếp chắn cung $MC$)
\(\Rightarrow\widehat{CQM}=\widehat{CPM}=90^0\)
Vậy tứ giác $CQMP$ nội tiếp.
$b)$
Dễ thấy tứ giác $PBMQ$ nội tiếp (vì $\widehat{BPM}=\widehat{BQM}=90^0$)
$\Rightarrow \widehat{PBM}=\widehat{PQM}$ (góc nội tiếp cùng chắn cung $PM$)
Lại có: $\widehat{PBM}=\widehat{ACM}$ (do tứ giác $ACMB$ nội tiếp)
$\Rightarrow \widehat{PQM}=\widehat{ACM}(1)$
Mặt khác: $\widehat{MQC}=\widehat{MRC}=90^0(gt)$
Do tứ giác $MQRC$ nội tiếp
$\Rightarrow \widehat{MQR}+\widehat{ACM}=180^0(2)$
Từ $(1)$ và $(2)$ $\Rightarrow \widehat{PQM}+\widehat{MQR}=180^0$
Chứng tỏ ba điểm $P,Q,R$ thẳng hàng $\Rightarrow$ đpcm
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Ah....
a xl e nhiều nha
nhiều quá nên a quên
thích cái gì a tặng bù choNguyễn Thanh Thủy
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
- Hình bạn tự vẽ nha ( nếu rảnh thì mình sẽ vô vẽ hộ )
a, - Xét ( O ) có : \(A\in\left(O\right)\), BC là đường kính của ( O ) .
=> Tam giác ABC vuông tại A .
Mà \(D\in AH\).
=> \(AH\perp BC\)
- Xét ( O ) có : \(AH\perp BC\), BC là đường kính .
=> BC là trung điểm của AD .
=> AH = HD .
b, - Xét tam giác OSC có : \(\left\{{}\begin{matrix}ON=NS\\OM=MC\end{matrix}\right.\) ( gt )
=> MN là đường trung bình của tam giác OSC .
=> MN // SC .
Mà \(NM\perp OC\) tại M .
=> \(SC\perp BC\)
- Xét ( O ) có : \(\left\{{}\begin{matrix}C\in\left(O\right)\\SC\perp BC\end{matrix}\right.\)
=> SC là tiếp tuyến của ( O ) .
c, - Gọi tâm của đường tròn đường kính AH là X .
- Xét ( X ) có : \(F\in\left(X\right)\), AH là đường kính .
=> Tam giác AFH vuông tại F .
=> \(HF\perp AK\)
- Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác AHK vuông tại H, \(HF\perp AK\) .
\(AH^2=AF.AK\)
- Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác ABC vuông tại A, \(HA\perp BC\) .
\(AH^2=BH.HC\)
-> \(AF.AK=BH.HC\left(=AH^2\right)\) ( đpcm )
cho mình xin lại đề đoạn cuối câu 4 được không