Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Bài III.2b.
Phương trình hoành độ giao điểm của \(\left(P\right)\) và \(\left(d\right)\) : \(x^2=\left(m+1\right)x-m-4\)
hay : \(x^2-\left(m+1\right)x+m+4=0\left(I\right)\)
\(\left(d\right)\) cắt \(\left(P\right)\) tại hai điểm nên phương trình \(\left(I\right)\) sẽ có hai nghiệm phân biệt. Do đó, phương trình \(\left(I\right)\) phải có :
\(\Delta=b^2-4ac=\left[-\left(m+1\right)\right]^2-4.1.\left(m+4\right)\)
\(=m^2+2m+1-4m-16\)
\(=m^2-2m-15>0\).
\(\Rightarrow m< -3\) hoặc \(m>5\).
Theo đề bài : \(\sqrt{x_1}+\sqrt{x_2}=2\sqrt{3}\)
\(\Rightarrow\left(\sqrt{x_1}+\sqrt{x_2}\right)^2=\left(2\sqrt{3}\right)^2=12\)
\(\Leftrightarrow x_1+x_2+2\sqrt{x_1x_2}=12\left(II\right)\)
Do phương trình \(\left(I\right)\) có hai nghiệm khi \(m< -3\) hoặc \(m>5\) nên theo định lí Vi-ét, ta có : \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=-\dfrac{b}{a}=-\dfrac{-\left(m+1\right)}{1}=m+1\\x_1x_2=\dfrac{c}{a}=\dfrac{m+4}{1}=m+4\end{matrix}\right.\).
Thay vào \(\left(II\right)\) ta được : \(m+1+2\sqrt{m+4}=12\)
Đặt \(t=\sqrt{m+4}\left(t\ge0\right)\), viết lại phương trình trên thành : \(t^2-3+2t=12\)
\(\Leftrightarrow t^2+2t-15=0\left(III\right)\).
Phương trình \(\left(III\right)\) có : \(\Delta'=b'^2-ac=1^2-1.\left(-15\right)=16>0\).
Suy ra, \(\left(III\right)\) có hai nghiệm phân biệt :
\(\left\{{}\begin{matrix}t_1=\dfrac{-b'+\sqrt{\Delta'}}{a}=\dfrac{-1+\sqrt{16}}{1}=3\left(t/m\right)\\t_2=\dfrac{-b'-\sqrt{\Delta'}}{a}=\dfrac{-1-\sqrt{16}}{1}=-5\left(ktm\right)\end{matrix}\right.\)
Suy ra được : \(\sqrt{m+4}=3\Rightarrow m=5\left(ktm\right)\).
Vậy : Không có giá trị m thỏa mãn đề bài.
Bài IV.b.
Chứng minh : Ta có : \(OB=OC=R\) nên \(O\) nằm trên đường trung trực \(d\) của \(BC\).
Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau thì \(IB=IC\), suy ra \(I\in d\).
Suy ra được \(OI\) là một phần của đường trung trực \(d\) của \(BC\) \(\Rightarrow OI\perp BC\) tại \(M\) và \(MB=MC\).
Xét \(\Delta OBI\) vuông tại \(B\) có : \(MB^2=OM.OI\).
Lại có : \(BC=MB+MC=2MB\)
\(\Rightarrow BC^2=4MB^2=4OM.OI\left(đpcm\right).\)
Tính diện tích hình quạt tròn
Ta có : \(\hat{BAC}=\dfrac{1}{2}sđ\stackrel\frown{BC}\Rightarrow sđ\stackrel\frown{BC}=2.\hat{BAC}=2.70^o=140^o\) (góc nội tiếp).
\(\Rightarrow S=\dfrac{\pi R^2n}{360}=\dfrac{\pi R^2.140^o}{360}=\dfrac{7}{18}\pi R^2\left(đvdt\right)\)
a) A=\(\sqrt{8-2\sqrt{ }15}\) - \(\sqrt{8+2\sqrt{ }15}\)
A= \(\sqrt{8-2\sqrt{ }3\sqrt{ }5}\) - \(\sqrt{8+2\sqrt{ }3\sqrt{ }5}\)
A= \(\sqrt{\left(5-\sqrt{3}\right)^2}\) - \(\sqrt{\left(5+\sqrt{3}\right)}^2\)
A= 5 - \(\sqrt{3}\) - 5 - \(\sqrt{3}\)
A= -2\(\sqrt{3}\)
Đợi mình nghĩ câu a) cách 2 và câu B 2 cách
1.theo bất đẳng thức côsi ta có
\(a+b\ge2\sqrt{ab}\\ b+c\ge2\sqrt{ab}\\ c+a\ge2\sqrt{ab}\)
\(\Rightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge8\sqrt{ab.bc.ca}\)
\(\ge8\sqrt{a^2b^2c^2}\\ \ge8abc\)
2.\(a^4+b^2\ge2\sqrt{a^4b^2}=2a^4b^2\)
\(\dfrac{a}{a^4+b^2}\le\dfrac{a}{2a^2b}=\dfrac{1}{2ab}\)
tương tự:\(\dfrac{b}{b^4+a^2}\le\dfrac{1}{2ab}\)
\(\rightarrow\dfrac{a}{a^4+b^2}+\dfrac{b}{b^4+a^2}\le\dfrac{1}{ab}\)
dấu = xảy ra khi \(a^4=b^2\\ b^4=a^2\)\(\rightarrow a^2=b^2=1\)
Câu 2:
a) Ta có: \(P=\dfrac{x-6}{x+3\sqrt{x}}-\dfrac{1}{\sqrt{x}}+\dfrac{1}{\sqrt{x}+3}\)
\(=\dfrac{x-6}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}+3\right)}-\dfrac{\sqrt{x}+3}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}+3\right)}+\dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}+3\right)}\)
\(=\dfrac{x-6-\sqrt{x}-3+\sqrt{x}}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}+3\right)}\)
\(=\dfrac{x-9}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}+3\right)}\)
\(=\dfrac{\left(\sqrt{x}-3\right)\left(\sqrt{x}+3\right)}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}+3\right)}\)
\(=\dfrac{\sqrt{x}-3}{\sqrt{x}}\)
b) Ta có: \(x=\left(6\sqrt{0.5}-\sqrt{6}\right)\left(3\sqrt{2}+3\sqrt{6}-\sqrt{24}\right)\)
\(=\left(\sqrt{36\cdot0.5}-\sqrt{6}\right)\left(3\sqrt{2}+3\sqrt{6}-2\sqrt{6}\right)\)
\(=\left(\sqrt{18}-\sqrt{6}\right)\left(3\sqrt{2}+\sqrt{6}\right)\)
\(=\left(3\sqrt{2}-\sqrt{6}\right)\left(3\sqrt{2}+\sqrt{6}\right)\)
\(=18-6=12\)
Thay x=12 vào biểu thức \(P=\dfrac{\sqrt{x}-3}{\sqrt{x}}\), ta được:
\(P=\dfrac{\sqrt{12}-3}{\sqrt{12}}=\dfrac{2\sqrt{3}-3}{2\sqrt{3}}=\dfrac{\sqrt{3}\left(2-\sqrt{3}\right)}{2\sqrt{3}}=\dfrac{2-\sqrt{3}}{2}\)
Vậy: Khi \(x=\left(6\sqrt{0.5}-\sqrt{6}\right)\left(3\sqrt{2}+3\sqrt{6}-\sqrt{24}\right)\) thì \(P=\dfrac{2-\sqrt{3}}{2}\)
5:
a: góc ABO+góc ACO=180 độ
=>ABOC nội tiếp
b: Xét ΔABE và ΔADB có
góc ABE=góc ADB
góc BAE chung
=>ΔABE đồng dạng với ΔADB
=>AB^2=AE*AD
Xet (O) có
AB,AC là tiếp tuyến
=>AB=AC
mà OB=OC
nên OA là trung trực của BC
=>AH*AO=AB^2=AE*AD
=>AE/AO=AH/AD
1: góc AHC+góc AKC=180độ
=>AHCK nội tiếp
2: góc AHK=góc ACK=góc ABC
3: AH^2=AI*AK
=>AH^2=2*AM*2NA
mà AH=AM+AN
nên (AM-AN)^2=0
=>AM=AN
=>2AM=2AN
=>AP=AK
=>A nằm chính giữa cung BC
=>A,O,H thẳng hàng
Câu 2 :
Ta có : \(AH=HB.HC\) (Hệ thức lượng trong \(\Delta ABC\))
\(\Rightarrow AH=3.9=27\left(cm\right)\)
Xét \(\Delta ABH\perp\) tại H có :
\(AB^2=HB^2+AH^2\) \(\left(d/lPytago\right)\)
\(\Rightarrow AB^2=9^2+27^2=810\)
\(\Rightarrow AB=\sqrt{810}=9\sqrt{10}\left(cm\right)\)
Vậy \(AB=9\sqrt{10}cm\)
Bài 7:
1: \(P=\dfrac{\sqrt{x}-3}{\sqrt{x}-2}-\dfrac{2\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}-1}+\dfrac{x-2}{x-3\sqrt{x}+2}\)
\(=\dfrac{\sqrt{x}-3}{\sqrt{x}-2}-\dfrac{2\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}-1}+\dfrac{x-2}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}-2\right)}\)
\(=\dfrac{\left(\sqrt{x}-3\right)\left(\sqrt{x}-1\right)-\left(2\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}-2\right)+x-2}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}-1\right)}\)
\(=\dfrac{x-4\sqrt{x}+3-2x+5\sqrt{x}-2+x-2}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}-1\right)}\)
\(=\dfrac{\sqrt{x}-1}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}-1\right)}=\dfrac{1}{\sqrt{x}-2}\)
2: P<1
=>P-1<0
=>\(\dfrac{1}{\sqrt{x}-2}-1< 0\)
=>\(\dfrac{1-\sqrt{x}+2}{\sqrt{x}-2}< 0\)
=>\(\dfrac{3-\sqrt{x}}{\sqrt{x}-2}< 0\)
=>\(\dfrac{\sqrt{x}-3}{\sqrt{x}-2}>0\)
TH1: \(\left\{{}\begin{matrix}\sqrt{x}-3>0\\\sqrt{x}-2>0\end{matrix}\right.\)
=>\(\left\{{}\begin{matrix}\sqrt{x}>3\\\sqrt{x}>2\end{matrix}\right.\)
=>\(\sqrt{x}>3\)
=>x>9
TH2: \(\left\{{}\begin{matrix}\sqrt{x}-3< 0\\\sqrt{x}-2< 0\end{matrix}\right.\)
=>\(\left\{{}\begin{matrix}\sqrt{x}< 3\\\sqrt{x}< 2\end{matrix}\right.\)
=>\(\sqrt{x}< 2\)
=>0<=x<4
kết hợp ĐKXĐ, ta được: \(\left\{{}\begin{matrix}0< =x< 4\\x\ne1\end{matrix}\right.\)
\(x^2-3x-1=0\)
Theo vi-ét: \(\left\{{}\begin{matrix}x_1x_2=-1\\x_1+x_2=3\end{matrix}\right.\)
\(A=\dfrac{x_1}{x_1-2x_2}+\dfrac{x_2}{x_2-2x_1}\)
\(=\dfrac{x_1\left(x_2-2x_1\right)}{\left(x_1-2x_2\right)\left(x_2-2x_1\right)}+\dfrac{x_2\left(x_1-2x_2\right)}{\left(x_1-2x_2\right)\left(x_2-2x_1\right)}\)
\(=\dfrac{x_1\left(x_2-2x_1\right)+x_2\left(x_1-2x_2\right)}{\left(x_1-2x_2\right)\left(x_2-2x_1\right)}\)
\(=\dfrac{x_1x_2-2x_1^2+x_1x_2-2x_2^2}{x_1x_2-2x_1^2-2x_2^2+4x_1x_2}\)
\(=\dfrac{2x_1x_2-2\left(x_1^2+x_2^2\right)}{5x_1x_2-2\left(x_1^2+x_2^2\right)}\)
\(=\dfrac{2x_1x_2-2\left[\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2\right]}{5x_1x_2-2\left[\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2\right]}\)
\(=\dfrac{2x_1x_2-2\left(x_1+x_2\right)^2+4x_1x_2}{5x_1x_2-2\left(x_1+x_2\right)^2+4x_1x_2}\)
\(=\dfrac{6x_1x_2-2\left(x_1+x_2\right)^2}{9x_1x_2-2\left(x_1+x_2\right)^2}\)
\(=\dfrac{6\cdot\left(-1\right)-2\cdot3^2}{9\cdot\left(-1\right)-2\cdot3^2}\)
\(=\dfrac{-6-18}{-9-18}\)
\(=\dfrac{8}{9}\)