K
Khách

Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.

12 tháng 10 2023

Bài 5:

Ta có: \(A=\dfrac{\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}+1}\)

\(\Rightarrow\sqrt{A}=\sqrt{\dfrac{\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}+1}}\)

Mà: \(\sqrt{A}< \dfrac{1}{3}\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{\dfrac{\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}+1}}< \dfrac{1}{3}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}+1}< \dfrac{1}{9}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{9\left(\sqrt{x}-2\right)-\left(\sqrt{x}+1\right)}{9\left(\sqrt{x}+1\right)}< 0\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{9\sqrt{x}-18-\sqrt{x}-1}{9\left(\sqrt{x}+1\right)}< 0\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{8\sqrt{x}-19}{9\left(\sqrt{x}+1\right)}< 0\Leftrightarrow8\sqrt{x}-19< 9\)

\(\Leftrightarrow8\sqrt{x}< 19\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{x}< \dfrac{19}{8}\)

\(\Leftrightarrow x< \dfrac{361}{64}\)

Kết hợp với đk:

\(0\le x< \dfrac{361}{64}\)

12 tháng 10 2023

mik cần bài 6 cơ ạ;-;

13 tháng 10 2023

loading...  loading...  

7 tháng 7 2021

a, \(\dfrac{AH}{AC}=\dfrac{3}{5}=>AC=\dfrac{5AH}{3}\left(cm\right)\)

pytago \(=>BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=\sqrt{225+\dfrac{25AH^2}{9}}cm\)

hệ thức lượng 

\(=>AH.BC=AB.AC=>AH.\sqrt{225+\dfrac{25AH^2}{9}}\)

\(=15.\dfrac{5AH}{3}=>AH=12cm\)

\(=>\)\(\)\(BC=\sqrt{225+\dfrac{25.12^2}{9}}=25cm\)

áp dụng hệ thức lượng 

\(=>AB^2=BH.BC=>BH=\dfrac{15^2}{25}=9cm\)

\(=>HC=25-9=16cm\)

b,theo hệ thức lượng \(=>AB.AC=AH.BC\left(1\right)\)

ta chứng minh được tứ giác AEHF là hình chữ nhật

=>2 đường chéo bằng nhau \(=>AH=EF\left(2\right)\)

(1)(2)\(=>AB.AC=EF.BC\left(dpcm\right)\)

6:

1: BH=căn 15^2-12^2=9cm

BC=15^2/9=25cm

AC=căn 25^2-15^2=20cm

C ABC=15+20+25=60cm

XétΔHAB vuông tại H có sin BAH=BH/AB=9/15=3/5

nên góc BAH=37 độ

2: ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên CA^2=CH*CB

ΔCAH vuông tại H có HF là đường cao

nên CF*CA=CA^2=CH*CB

3: Xét tứ giác AFHB có

HF//AB

góc AFH=90 độ

=>AFHB là hình thang vuông

Câu 5: 

a: Xét ΔABC có \(BC^2=AB^2+AC^2\)

nên ΔABC vuông tại A

c: Xét tứ giác AEDF có 

\(\widehat{EAF}=\widehat{AFD}=\widehat{AED}=90^0\)

Do đó: AEDF là hình chữ nhật

mà AD là tia phân giác của \(\widehat{FAE}\)

nên AEDF là hình vuông

3 tháng 10 2023

Bài 6

Ta có:

sin²x + cos²x = 1

⇒ cos²x = 1 - sin²x

= 1 - 1/9

= 8/9

⇒ cosx = 2√2/3

⇒ tanx = sinx : cosx

= 1/3 : 22/3

= √2/4

⇒ cotx = 1 : tanx

= 1 : √2/4

= 2√2

29 tháng 6 2021

Đề sai rồi vì `P>0AAx>=0,x ne 1/2` mà phải tìm để `P<=0` nên nhất thiết mẫu là `2sqrtx-1` mặt khác còn lý do nữa là `x ne 1/2` mà không phải là `1/4` nên mình vẫn băn khoăn nhưng lý do đầu có vẻ thuyết phục hơn và sửa lại là `x ne 1/4` nhé!

`|P|>=P`

Mà `|P|>=0`

`=>P<=0`

`<=>(sqrtx+2)/(2sqrtx-1)<=0`

Mà `sqrtx+2>=2>0AAx>=0`

`<=>2sqrtx-1<0`

`<=>2sqrtx<1`

`<=>sqrtx<1/2`

`<=>x<1/4`

Vậy với `0<=x<1/4` thì `|P|>=P.`

14 tháng 10 2021

a: Xét (O) có 

ΔAMB nội tiếp đường tròn

AB là đường kính

Do đó: ΔAMB vuông tại M

Xét tứ giác AMCK có 

\(\widehat{AKC}+\widehat{AMC}=180^0\)

nên AMCK là tứ giác nội tiếp

hay A,M,C,K cùng thuộc một đường tròn

Bài 5:

\(x^2+2mx+2m-6=0\)

\(\text{Δ}=\left(2m\right)^2-4\left(2m-6\right)\)

\(=4m^2-8m+24\)

\(=4m^2-8m+4+20\)

\(=\left(2m-2\right)^2+20>=20>0\forall m\)

=>Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt

Theo Vi-et, ta có:

\(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=-\dfrac{b}{a}=\dfrac{-2m}{1}=-2m\\x_1x_2=\dfrac{c}{a}=\dfrac{2m-6}{1}=2m-6\end{matrix}\right.\)

\(x_1^2+x_2^2=2x_1x_2+20\)

=>\(\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2-2x_1x_2=20\)

=>\(\left(-2m\right)^2-4\left(2m-6\right)=20\)

=>\(4m^2-8m+24-20=0\)

=>\(4m^2-8m+4=0\)

=>\(\left(2m-2\right)^2=0\)

=>2m-2=0

=>2m=2

=>m=1(nhận)

Câu 4:

a: \(2x^2-2x-m=0\)

\(\text{Δ}=\left(-2\right)^2-4\cdot2\cdot\left(-m\right)\)

\(=4+8m\)

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì 8m+4>0

=>8m>-4

=>\(m>-\dfrac{1}{2}\)

b: Theo Vi-et, ta có:

\(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=\dfrac{-b}{a}=\dfrac{-\left(-2\right)}{2}=\dfrac{2}{2}=1\\x_1x_2=\dfrac{c}{a}=\dfrac{-m}{2}\end{matrix}\right.\)

\(\left(1-x_1x_2\right)^2+4\cdot\left(x_1^2+x_2^2\right)=16\)

=>\(\left(1+\dfrac{m}{2}\right)^2+4\cdot\left[\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2\right]=16\)

=>\(\left(\dfrac{m+2}{2}\right)^2+4\left[1^2-2\cdot\dfrac{-m}{2}\right]=16\)

=>\(\dfrac{1}{4}\left(m^2+4m+4\right)+4\left(1+m\right)=16\)

=>\(\dfrac{1}{4}m^2+m+1+4+4m-16=0\)

=>\(\dfrac{1}{4}m^2+5m-11=0\)

=>\(m^2+20m-44=0\)

=>(m+22)(m-2)=0

=>\(\left[{}\begin{matrix}m+22=0\\m-2=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}m=-22\left(loại\right)\\m=2\left(nhận\right)\end{matrix}\right.\)

NV
12 tháng 1

5.

\(\Delta'=1+2m\)

a.

Phương trình có 2 nghiệm pb khi:

\(1+2m>0\Rightarrow m>-\dfrac{1}{2}\)

b.

Khi pt có 2 nghiệm, theo hệ thức Viet: \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=1\\x_1x_2=-\dfrac{m}{2}\end{matrix}\right.\)

\(\left(1-x_1x_2\right)^2+4\left(x_1^2+x_2^2\right)=16\)

\(\Leftrightarrow\left(1-x_1x_2\right)^2+4\left(x_1+x_2\right)^2-8x_1x_2=16\)

\(\Leftrightarrow\left(1+\dfrac{m}{2}\right)^2+4.1^2+4m=16\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{m^2}{4}+5m-11=0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}m=2\\m=-22< -\dfrac{1}{2}\left(loại\right)\end{matrix}\right.\)

5.

\(\Delta'=m^2-\left(2m-6\right)=\left(m-1\right)^2+5>0;\forall m\)

Pt luôn có 2 nghiệm pb

Theo hệ thức Viet: \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=-2m\\x_1x_2=2m-6\end{matrix}\right.\)

\(x_1^2+x_2^2=2x_1x_2+20\)

\(\Leftrightarrow\left(x_1+x_2\right)^2=4x_1x_2+20\)

\(\Leftrightarrow4m^2=4\left(2m-6\right)+20\)

\(\Leftrightarrow m^2-2m+1=0\Rightarrow m=1\)

a) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông vào ΔABC vuông tại B có BH là đường cao ứng với cạnh huyền AC, ta được:

\(BH^2=HA\cdot HC\)

\(\Leftrightarrow BH^2=2\cdot6=12\)

hay \(BH=2\sqrt{3}\left(cm\right)\)

Áp dụng định lí Pytago vào ΔBHA vuông tại H, ta được:

\(BA^2=BH^2+HA^2\)

\(\Leftrightarrow AB^2=\left(2\sqrt{3}\right)^2+2^2=12+4=16\)

hay BA=4(cm)

Áp dụng định lí Pytago vào ΔABC vuông tại B, ta được:

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

\(\Leftrightarrow BC^2=8^2-4^2=48\)

hay \(BC=4\sqrt{3}\left(cm\right)\)

b) Xét ΔABC vuông tại B có 

\(\sin\widehat{A}=\dfrac{BC}{CA}=\dfrac{4\sqrt{3}}{8}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)

\(\cos\widehat{A}=\dfrac{BA}{CA}=\dfrac{4}{8}=\dfrac{1}{2}\)