Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Bài 2a
Xét tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH
* Áp dụng hệ thức : \(AH^2=BH.CH\Rightarrow CH=\frac{AH^2}{BH}=\frac{256}{25}\)cm
-> BC = HB + CH = \(25+\frac{256}{25}=\frac{881}{25}\)cm
Áp dụng định lí Pytago của tam giác ABH vuông tại H
\(AB=\sqrt{AH^2+HB^2}=\sqrt{881}\)cm
Áp dụng định lí Pytago tam giác ABC vuông tại A
\(AC=\sqrt{BC^2-AB^2}=18,9...\)cm
Bài 2c
Xét tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH
* Áp dụng hệ thức :
\(AH^2=HB.HC=3.4=12\Rightarrow AH=2\sqrt{3}\)cm
Theo định lí Pytago tam giác AHB vuông tại H
\(AB=\sqrt{AH^2+HB^2}=\sqrt{21}\)cm
* Áp dụng hệ thức : \(\frac{1}{AH^2}=\frac{1}{AB^2}+\frac{1}{AC^2}\Rightarrow\frac{1}{12}=\frac{1}{21}+\frac{1}{AC^2}\Rightarrow AC=2\sqrt{7}\)cm
hình 1 : cho tam giác ABC vuông tại A, hạ đường cao AH, H thuộc BC
Xét tam giác ABC vuông tại A, đường AH
* Áp dụng hệ thức : \(AB^2=BH.BC\Rightarrow BH=y=\frac{AB^2}{BC}=\frac{225}{17}\)cm
=> \(CH=x=BC-y=17-\frac{225}{17}=\frac{64}{17}\)cm
* Áp dụng hệ thức : \(AC^2=c=CH.BC=\frac{64}{17}.17=64\Rightarrow AC=8\)cm
* Áp dụng hệ thức : \(AH.BC=AB.AC\Rightarrow AH=h=\frac{AB.AC}{BC}=\frac{15.8}{17}=\frac{120}{17}\)cm
tương tự hình 2 ; 3
làm ko làm nốt luôn đi
dùng đã bt rồi nhưng cần kết quả để so sánh sai ở đâu
Bài 1:
Kẻ \(OM\perp AB\), \(OM\)cắt \(CD\)tại \(N\).
Khi đó \(MN=8cm\).
TH1: \(AB,CD\)nằm cùng phía đối với \(O\).
\(R^2=OC^2=ON^2+CN^2=h^2+\left(\frac{25}{2}\right)^2\)(\(h=CN\)) (1)
\(R^2=OA^2=OM^2+AM^2=\left(h+8\right)^2+\left(\frac{15}{2}\right)^2\)(2)
Từ (1) và (2) suy ra \(R=\frac{\sqrt{2581}}{4},h=\frac{9}{4}\).
TH2: \(AB,CD\)nằm khác phía với \(O\).
\(R^2=OC^2=ON^2+CN^2=h^2+\left(\frac{25}{2}\right)^2\)(\(h=CN\)) (3)
\(R^2=OA^2=OM^2+AM^2=\left(8-h\right)^2+\left(\frac{15}{2}\right)^2\)(4)
Từ (3) và (4) suy ra \(R=\frac{\sqrt{2581}}{4},h=\frac{-9}{4}\)(loại).
Bài 3:
Lấy \(A'\)đối xứng với \(A\)qua \(Ox\), khi đó \(A'\)có tọa độ là \(\left(1,-2\right)\).
\(MA+MB=MA'+MB\ge A'B\)
Dấu \(=\)xảy ra khi \(M\)là giao điểm của \(A'B\)với trục \(Ox\).
Suy ra \(M\left(\frac{5}{3},0\right)\).
a, Thay x = vào A ta được : \(A=\frac{3}{3-2}=3\)
b, Với \(x\ge0;x\ne4\)
\(B=\frac{3}{\sqrt{x}+2}+\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-2}-\frac{\sqrt{x}-10}{x-4}\)
\(=\frac{3\sqrt{x}-6+x+2\sqrt{x}-\sqrt{x}+10}{x-4}=\frac{4\sqrt{x}+4+x}{x-4}\)
\(=\frac{\left(\sqrt{x}+2\right)^2}{\left(\sqrt{x}+2\right)\left(\sqrt{x}-2\right)}=\frac{\sqrt{x}+2}{\sqrt{x}-2}\)(đpcm)
.
_
Anh đừng buồn bởi đây là những câu hỏi 0.5 đ ở cuối đề thi và có thể mấy bạn học sinh khá hay giỏi mới làm được đó là lớp 9 còn anh lớp 10 thì .... chắc quyên thôi ...
5.
Không mất tính tổng quát, giả sử \(c=min\left\{a;b;c\right\}\Rightarrow0\le c\le1\Rightarrow1-\dfrac{c}{2}>0\)
\(P=bc+ca+ab\left(1-\dfrac{c}{2}\right)\ge0\)
\(P_{min}=0\) khi \(\left(a;b;c\right)=\left(0;0;3\right)\) và các hoán vị
\(P=c\left(a+b\right)+ab\left(1-\dfrac{c}{2}\right)\le c\left(3-c\right)+\dfrac{\left(a+b\right)^2}{4}\left(1-\dfrac{c}{2}\right)\)
\(P\le3c-c^2+\dfrac{\left(3-c\right)^2}{4}\left(1-\dfrac{c}{2}\right)\)
\(P\le\dfrac{5}{2}-\dfrac{c^3}{8}+\dfrac{3c}{8}-\dfrac{1}{4}=\dfrac{5}{2}-\dfrac{1}{8}\left(c-1\right)^2\left(c+2\right)\le\dfrac{5}{2}\)
\(P_{max}=\dfrac{5}{2}\) khi \(a=b=c=1\)
Cách 2 phần tìm max bài 5:
Áp dụng BĐT: \(abc\ge\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\)
\(\Leftrightarrow abc\ge\left(3-2a\right)\left(3-2b\right)\left(3-2c\right)\)
\(\Leftrightarrow abc\ge-8abc+12\left(ab+bc+ca\right)-27\)
\(\Leftrightarrow3abc+27\ge12\left(ab+bc+ca\right)-6abc\)
\(\Leftrightarrow ab+bc+ca-\dfrac{1}{2}abc\le\dfrac{abc}{4}+\dfrac{9}{4}\le\dfrac{1}{4}.\left(\dfrac{a+b+c}{3}\right)^3+\dfrac{9}{4}=\dfrac{5}{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
Câu 1:
PT \(\Leftrightarrow\left(x-3\right)\left(x-2\right)=0\) \(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=3\\x=2\end{matrix}\right.\)
Vậy \(S=\left\{2;3\right\}\)
Câu 2:
a) HPT \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}2x+4y=10\\3x+4y=5\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=-5\\y=\dfrac{5-x}{2}\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=-5\\y=5\end{matrix}\right.\)
Vậy \(\left(x;y\right)=\left(-5;5\right)\)
b) HPT \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}5x=10\\y=2x-7\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=2\\y=-3\end{matrix}\right.\)
Vậy \(\left(x;y\right)=\left(2;-3\right)\)
Câu 5:
Đặt \(P=\dfrac{1}{x^2+y^2}+\dfrac{1}{xy}=\left(\dfrac{1}{x^2+y^2}+\dfrac{1}{2xy}\right)+\dfrac{1}{2xy}\)
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức ta có:
\(\dfrac{1}{x^2+y^2}+\dfrac{1}{2xy}\ge\dfrac{4}{x^2+y^2+2xy}=\dfrac{4}{\left(x+y\right)^2}\ge4\)
Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có:
\(2xy\le\dfrac{\left(x+y\right)^2}{2}\le\dfrac{1}{2}\Rightarrow\dfrac{1}{2xy}\ge2\)
\(\Rightarrow P\ge6\)
Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=\dfrac{1}{2}\)