cíu zới
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Các câu hỏi dưới đây có thể giống với câu hỏi trên
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
11 tháng 5 2021
- Với \(xy=0\Rightarrow P=1\)
- Với \(xy\ne0\):
Bình phương giả thiết:
\(4x^{2012}y^{2012}=\left(x^{2013}+y^{2013}\right)^2\ge4x^{2013}y^{2013}\)
\(\Rightarrow4x^{2012}y^{2012}\left(1-xy\right)\ge0\)
\(\Rightarrow1-xy\ge0\)
\(\Rightarrow P_{min}=0\) khi \(x=y=1\)
AH
Akai Haruma
Giáo viên
20 tháng 1
Lời giải:
Lấy PT(1) cộng với 2 lần PT (2) ta được:
$x+2y+2(2x-y)=3m+4+2(m+3)$
$\Leftrightarrow 5x=5m+10$
$\Leftrightarrow x=m+2$
Khi đó: $y=2x-(m+3)=2m+4-m-3=m+1$
Vậy HPT có nghiệm $(x,y)=(m+2, m+1)$
$x,y$ là độ dài tam giác cân có cạnh huyền, tức là tam giác vuông cân.
Trong tam giác vuông cân chỉ có 1 cạnh huyền và 2 cạnh còn lại bằng nhau và là cạnh góc vuông. Vì $m+2\neq m+1$ nên 1 trong 2 số này sẽ không phải độ dài cạnh góc vuông.
Hiển nhiên $m+2> m+1$ nên $m+2$ là độ dài cạnh huyền.
$\Rightarrow m+2=\sqrt{5}$
$\Rightarrow m=\sqrt{5}-2$
cíu cíu
12 tháng 12 2023
g: A<1
=>\(\dfrac{2\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}+1}< 1\)
=>\(\dfrac{2\sqrt{x}-1-\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}+1}< 0\)
=>\(\sqrt{x}-2< 0\)
=>\(\sqrt{x}< 2\)
=>0<=x<4
Kết hợp ĐKXĐ, ta được: \(\left\{{}\begin{matrix}0< =x< 4\\x< >1\end{matrix}\right.\)
h: \(A=\dfrac{2\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}+1}\)
=>\(A=\dfrac{2\sqrt{x}+2-3}{\sqrt{x}+1}=2-\dfrac{3}{\sqrt{x}+1}\)
\(\sqrt{x}+1>=1\forall x\) thỏa mãn ĐKXĐ
=>\(\dfrac{3}{\sqrt{x}+1}< =\dfrac{3}{1}=3\forall x\) thỏa mãn ĐKXĐ
=>\(-\dfrac{3}{\sqrt{x}+1}>=-3\forall x\) thỏa mãn ĐKXĐ
=>\(-\dfrac{3}{\sqrt{x}+1}+2>=-3+2=-1\forall x\) thỏa mãn ĐKXĐ
=>\(A>=-1\forall x\) thỏa mãn ĐKXĐ
Vậy: \(A_{min}=-1\) khi x=0
i: \(P=A\left(-x+2\sqrt{x}+3\right)\)
\(=\dfrac{2\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}+1}\cdot\left(-1\right)\cdot\left(x-2\sqrt{x}-3\right)\)
\(=\dfrac{1-2\sqrt{x}}{\sqrt{x}+1}\cdot\left(\sqrt{x}-3\right)\left(\sqrt{x}+1\right)\)
\(=\left(1-2\sqrt{x}\right)\left(\sqrt{x}-3\right)\)
\(=\sqrt{x}-3-2x+6\sqrt{x}=-2x+7\sqrt{x}-3\)
\(=-2\left(x-\dfrac{7}{2}\sqrt{x}+\dfrac{3}{2}\right)\)
\(=-2\left(x-2\cdot\sqrt{x}\cdot\dfrac{7}{4}+\dfrac{49}{16}-\dfrac{1}{16}\right)\)
\(=-2\left(\sqrt{x}-\dfrac{7}{4}\right)^2+\dfrac{1}{8}< =\dfrac{1}{8}\forall x\) thỏa mãn ĐKXĐ
Dấu '=' xảy ra khi \(\sqrt{x}-\dfrac{7}{4}=0\)
=>\(\sqrt{x}=\dfrac{7}{4}\)
=>\(x=\dfrac{49}{16}\)
cíu tui cíu tui
15 tháng 9 2023
1: Xét ΔMNP vuông tại M có MH là đường cao
nên MH^2=HN*HP; MN^2=NH*NP; PM^2=PH*PN
=>MH=căn 3,6*6,4=4,8cm; MN=căn 3,6*10=6cm; PM=căn 6,4*10=8cm
2: MK=8/2=4cm
Xét ΔMNK vuông tại M có tan MNK=MK/MN=4/6=2/3
nên \(\widehat{MNK}\simeq33^041'\)
3: ΔMNK vuông tại M có MF là đường cao
nên NF*NK=NM^2
ΔMNP vuông tại M có MH là đường cao
nên NH*NP=NM^2
=>NF*NK=NH*NP
cíu tui cíu tui
ND
Nguyễn Đức Trí
VIP
3 tháng 10 2023
a) \(\sqrt[]{3x^2+6x+7}+\sqrt{5x^2+10x+14}=4-2x-x^2\)
\(\Leftrightarrow\sqrt[]{3\left(x^2+2x+1\right)+4}+\sqrt{5\left(x^2+2x+1\right)+9}=-\left(x^2+2x+1\right)+5\)
\(\Leftrightarrow\sqrt[]{3\left(x+1\right)^2+4}+\sqrt{5\left(x+1\right)^2+9}=-\left(x+1\right)^2+5\left(1\right)\)
Ta có :
\(\left\{{}\begin{matrix}\sqrt[]{3\left(x+1\right)^2+4}\ge2,\forall x\in R\\\sqrt[]{5\left(x+1\right)^2+9}\ge3,\forall x\in R\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow VT=\sqrt[]{3\left(x+1\right)^2+4}+\sqrt{5\left(x+1\right)^2+9}\ge5,\forall x\in R\)
\(VP=-\left(x+1\right)^2+5\le5,\forall x\in R\)
Dấu "=" xảy ra thì \(VT=VP=5\)
\(\left(1\right)\Leftrightarrow\left(x+1\right)^2=0\)
\(\Leftrightarrow x+1=0\)
\(\Leftrightarrow x=-1\)
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là \(x=-1\)
19 tháng 11 2023
a: ΔOHB cân tại O
mà OI là đường trung tuyến
nên OI\(\perp\)HB
I là trung điểm của HB
=>\(IH=IB=\dfrac{HB}{2}=\dfrac{8}{2}=4\left(cm\right)\)
ΔOIB vuông tại I
=>\(OB^2=OI^2+IB^2\)
=>\(OB^2=3^2+4^2=25\)
=>OB=5(cm)
=>R=5(cm)
Xét tứ giác MAOI có
\(\widehat{MAO}+\widehat{MIO}=90^0+90^0=180^0\)
=>MAOI là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính MO
Tâm là trung điểm của MO
b: Xét (O) có
ΔAHB nội tiếp
AB là đường kính
Do đó; ΔAHB vuông tại H
=>AH\(\perp\)HB tại H
=>AH\(\perp\)MB tại H
Xét ΔMAB vuông tại A có AH là đường cao
nên \(MA^2=MH\cdot MB\)
c: Xét (O) có
MA,MK là tiếp tuyến
Do đó: MA=MK
mà OA=OK
nên MO là đường trung trực của AK
\(MA^2=MH\cdot MB\)
MA=MK
Do đó: \(MK^2=MH\cdot MB\)
=>\(\dfrac{MK}{MH}=\dfrac{MB}{MK}\)
Xét ΔMKB và ΔMHK có
\(\dfrac{MK}{MH}=\dfrac{MB}{MK}\)
\(\widehat{KMB}\) chung
Do đó: ΔMKB đồng dạng với ΔMHK
=>\(\widehat{MBK}=\widehat{MHK}\)
cíu lẹ cíu lẹ 
4 tháng 12 2023
a: Vì y=ax+5//y=2x nên ta có:
\(\left\{{}\begin{matrix}a=2\\b< >0\end{matrix}\right.\)
=>\(\left\{{}\begin{matrix}a=2\\5< >0\left(đúng\right)\end{matrix}\right.\)
=>a=2
b: Thay x=-1 và y=3 vào y=x+b, ta được:
\(b-1=3\)
=>b=1+3=4
Vậy: b=4
c: (d1): y=2x+5
(d2): y=x+4
c: tọa độ điểm C là:
\(\left\{{}\begin{matrix}2x+5=x+4\\y=x+4\end{matrix}\right.\)
=>\(\left\{{}\begin{matrix}2x-x=4-5\\y=x+4\end{matrix}\right.\)
=>\(\left\{{}\begin{matrix}x=-1\\y=-1+4=3\end{matrix}\right.\)
Tọa độ A là:
\(\left\{{}\begin{matrix}y=0\\2x+5=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}y=0\\2x=-5\end{matrix}\right.\)
=>\(\left\{{}\begin{matrix}x=-\dfrac{5}{2}\\y=0\end{matrix}\right.\)
Tọa độ B là:
\(\left\{{}\begin{matrix}y=0\\x+4=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}y=0\\x=0-4=-4\end{matrix}\right.\)
vậy:B(-4;0); C(-5/2;0); A(-1;3)
d: \(BC=\sqrt{\left(-\dfrac{5}{2}+4\right)^2+\left(0-0\right)^2}=1,5\)
\(BA=\sqrt{\left(-1+4\right)^2+\left(3-0\right)^2}=\sqrt{3^2+3^2}=3\sqrt{2}\)
\(AC=\sqrt{\left(-\dfrac{5}{2}+1\right)^2+\left(0-3\right)^2}=\sqrt{\left(-1,5\right)^2+\left(-3\right)^2}=\dfrac{3\sqrt{5}}{2}\)
Chu vi tam giác ABC là:
\(C_{ABC}=AB+BC+AC=1,5+3\sqrt{2}+\dfrac{3\sqrt{5}}{2}\)
Xét \(\Delta\)ABC có
\(cosBAC=\dfrac{AB^2+AC^2-BC^2}{2\cdot AB\cdot AC}=\dfrac{18+11,25-2,25}{2\cdot3\sqrt{2}\cdot\dfrac{3\sqrt{5}}{2}}=\dfrac{27}{9\sqrt{10}}=\dfrac{3}{\sqrt{10}}\)
=>\(sinBAC=\sqrt{1-cos^2BAC}=\dfrac{1}{\sqrt{10}}\)
Diện tích tam giác ABC là:
\(S_{ABC}=\dfrac{1}{2}\cdot AB\cdot AC\cdot sinBAC\)
\(=\dfrac{1}{2}\cdot3\sqrt{2}\cdot\dfrac{3\sqrt{5}}{2}\cdot\dfrac{1}{\sqrt{10}}=\dfrac{9}{4}\)
cíu tui cíu tui
15 tháng 1
a: Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao
nên \(AH^2=HB\cdot HC\)
=>\(AH^2=4\cdot9=36\)
=>\(AH=\sqrt{36}=6\left(cm\right)\)
b: Xét (O) có
ΔAEH nội tiếp
AH là đường kính
Do đó; ΔAEH vuông tại E
=>HE\(\perp\)AE tại E
=>HE\(\perp\)AB tại E
Xét (O) có
ΔAFH nội tiếp
AH là đường kính
Do đó; ΔAFH vuông tại F
=>HF\(\perp\)FA tại F
=>HF\(\perp\)AC tại F
Xét tứ giác AEHF có
\(\widehat{AEH}=\widehat{AFH}=\widehat{FAE}=90^0\)
=>AEHF là hình chữ nhật
c: Ta có: ΔHEB vuông tại E
mà EM là đường trung tuyến
nên EM=HM
=>\(\widehat{MHE}=\widehat{MEH}\)
mà \(\widehat{MHE}=\widehat{ACB}\)(hai góc đồng vị, HE//AC)
nên \(\widehat{MEH}=\widehat{ACB}\)
Ta có: AEHF là hình chữ nhật
=>\(\widehat{FEH}=\widehat{FAH}\)
mà \(\widehat{FAH}=\widehat{ABC}\left(=90^0-\widehat{HCA}\right)\)
nên \(\widehat{FEH}=\widehat{ABC}\)
\(\widehat{MEF}=\widehat{MEH}+\widehat{FEH}\)
\(=\widehat{ABC}+\widehat{ACB}=90^0\)
Vì AEHF là hình chữ nhật
nên AEHF nội tiếp đường tròn đường kính AH và EF
=>EF là đường kính của (O)
Xét (O) có
EF là đường kính
EM\(\perp\)EF tại E
=>EM là tiếp tuyến của (O)
a: Ta có: ΔABC vuông tại A
mà AO là đường trung tuyến
nên AO=OB=OC
=>A nằm trên (O)
Ta có: I là trung điểm của OA
=>OI+IA=OA
=>OI=OA-IA=R-r
=>(O) và (I) tiếp xúc với nhau tại O
b:
Xét (I) có
ΔAEO nội tiếp
AO là đường kính
Do đó: ΔAEO vuông tại E
=>OE\(\perp\)AC
Xét (O) có
ΔADO nội tiếp
AO là đường kính
Do đó: ΔADO vuông tại D
=>OD\(\perp\)AB
Ta có: OE\(\perp\)AC
AB\(\perp\)AC
Do đó: OE//AB
Ta có: OD\(\perp\)AB
AB\(\perp\)AC
Do đó: OD//AC
Xét ΔCAB có
O là trung điểm của CB
OE//AB
Do đó: E là trung điểm của AC
Xét ΔCAB có
O là trung điểm của CB
OD//AC
Do đó: D là trung điểm của AB
Xét (I) có
ΔAHO nội tiếp
AO là đường kính
Do đó: ΔAHO vuông tại H
=>AH\(\perp\)HO tại H
=>AH\(\perp\)BC tại H
=>ΔAHC vuông tại H
mà E là trung điểm của AC
nên Tâm của đường tròn ngoại tiếp ΔAHC là E, bán kính là EA
c: Xét ΔABC có
D,E lần lượt là trung điểm của AB,AC
=>DE là đường trung bình của ΔABC
=>DE//BC và \(DE=\dfrac{BC}{2}\)
d: K đối xứng A qua BC
=>BC là trung trực của AK
=>BC\(\perp\)AK tại trung điểm của AK
Ta có: BC\(\perp\)AK
BC\(\perp\)AH
AK,AH có điểm chung là A
Do đó: K,A,H thẳng hàng
=>BC cắt AK tại H
=>H là trung điểm của AK
Xét ΔCAK có
CH là đường cao
CH là đường trung tuyến
Do đó: ΔCAK cân tại C
Để ΔCAK đều thì \(\widehat{ACK}=60^0\)
=>\(\widehat{ACB}=\dfrac{1}{2}\cdot60^0=30^0\)