A B C I E H M

Số tự thêm ha

a/ Xét tam giác ABC, áp dụng Định lí Pitago đảo:

\(AB^2+AC^2\)

\(=9^2+12^2=225=15^2=BC^2\)

=> Tam giác ABC vuông

b/ Xét tam giác ABCvuông, áp dụng hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông:

\(\frac{1}{AH^2}=\frac{1}{AB^2}+\frac{1}{AC^2}\)(định lí 4)

\(\frac{1}{AH^2}=\frac{1}{9^2}+\frac{1}{12^2}=\frac{25}{1296}\)

\(\Rightarrow AH^2=\frac{1296}{25}\Rightarrow AH=7,2\)(cm)

Xét tam giác ABC vuông, áp dụng hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông:

\(AB^2=BH\cdot BC\)(đinh lí 1)

\(9^2=BH\cdot15\)

\(\Rightarrow BH=5,4\)(cm)

c/ Xét tam giác ABH vuông, áp dụng hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông:

\(AH^2=AE\cdot AB\)(định lí 1) [1]

Xét tam giác AHC vuông, áp dụng hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông:

\(AH^2=AI\cdot IC\)(đinh lí 1) [2]

Từ [1], [2] \(\Rightarrow AE\cdot AB=AI\cdot AC\)(đpcm)

d/ Gọi M là đường trung tuyến tam giác ABC

\(\Rightarrow BM=MC=\frac{BC}{2}=AM\)

Xét tam giác ABC vuông, áp dụng hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông:

: \(AH^2=BH\cdot HC\)(định lí 2)

\(\Rightarrow\sqrt{BH\cdot HC}=\sqrt{AH^2}=AH\)

Mà \(AH\le AM\)(  AH = AM với trường hợp AH trùng AM )

\(\Rightarrow\sqrt{HB\cdot HC}\le\frac{BC}{2}\)(đpcm)

p/s Hình hơi xấu nhé, thông cảm >:

Ahwi:

Bài d nếu thay số vào thì có được không bạn? do mik thấy các cạnh trên đều tìm được??

a, dùng pitago là ra

b,Ta có:
AB^2 + AC^2 = 9^2 + 12^2 = 225 = BC^2
==> ABC vuông tại A
Vì ABC vuông tại A và có AH là đường cao từ đỉnh A nên ta có công thức:
1/AH^2 = 1/AB^2 + 1/AC^2
= 1/9^2 + 1/12^2
==> AH = 7,2
Áp dụng định lí Pi ta go trong tam giác vuông ABH ta được:
AB^2 = AH^2 + BH^2
==> BH^2= AB^2 - AH^2
= 9^2 - 7,2^2
= 5,4

c)
Vì ABH vuông tại H và có EH là đường cao từ đỉnh H nên ta có công thức:
1/EH^2= 1/BH^2 + 1/AH^2
= 1/5,4^2 + 1/7,2^2
==> EH= 4,32
Áp dụng định lý Pytago trong tam giác vuông AEH ta được:
AE^2 = AH^2 - EH^2
= 7,2^2 - 4,32^2
==> AE=5,76
Xét hình tứ giác AEHI có 3 góc vuông nên là một hình chữ nhật ==> AI=EH=4,32
Xét tỉ lệ: AE/AI = 5,76/4,32=4/3 (1)
Xét tỉ lệ: AC/AB=12/9 =4/3 (2)
Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh

A B C D E F O I H M K G P Q J L T

a) Gọi EF cắt AO tại T. Ta thấy AE,AF là các tiếp tuyến từ A tới (O) => OA là trung trực của EF

=> OA vuông góc EF tại T. Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông (\(\Delta\)AEO) có OE² = OT.OA

=> OD² = OT.OA. Từ đó \(\Delta\)DOT ~ \(\Delta\)AOD (c.g.c) => ^ODT = ^OAD

Cũng từ OA vuông góc EF tại T => ^OTI = 90⁰ = ^ODI => Tứ giác DOTI nội tiếp (OI)

=> ^ODT = ^OIT. Mà ^ODT = ^OAD (cmt) nên ^OAD = ^OIT. Do ^OIT + ^IOT = 90⁰ nên ^OAD + ^IOT = 90⁰

Nếu gọi AD giao OI tại L thì ta có \(\Delta\)AOL vuông tại L hay DG vuông góc OI

Mà DG là một dây của (O) nên OI là trung trực của DG. Theo đó ^IGO = ^IDO = 90⁰

Vậy thì IG tiếp xúc với (O) tại G (đpcm).

b) Gọi DJ là đường kính của (O). Từ B và C lần lượt hạ BP và CQ vuông góc với KJ (P,Q thuộc KJ)

Khi đó ta có ^DGJ = ^DKJ = 90⁰ và BP // DK // CQ (Cùng vuông góc KJ)

Xét \(\Delta\)DGJ và \(\Delta\)AHD: ^DGJ = ^AHD = 90⁰, ^GDJ = ^HAD (AH // DJ) => \(\Delta\)DGJ ~ \(\Delta\)AHD (g.g)

Chú ý M là trung điểm AH, L là trung điểm GD nên dễ có \(\Delta\)JGL ~ \(\Delta\)DHM (c.g.c)

=> ^GJL = ^HDM => ^OLJ = ^BDK (Do OL // GJ) = ^DJK (Vì BC tiếp xúc (O))

Theo câu a: DL vuông góc OI tại L, áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông (\(\Delta\)ODI) có:

OD² = OL.OI => OJ² = OL.OI. Từ đây \(\Delta\)OLJ ~ \(\Delta\)OJI (c.g.c) => ^OLJ = ^OJI hay ^OLJ = ^DJI

Két hợp với ^OLJ = ^DJK (cmt) suy ra ^DJK = ^DJI. Mà K,I cùng phía so với DJ nên JK trùng JI

Hay K,I,J thẳng hàng. Kéo theo I,P,K,Q cũng thẳng hàng. Áp dụng hệ quả ĐL Thales có:

\(\frac{CQ}{BP}=\frac{IC}{IB}\). Lại có \(\frac{EA}{EC}.\frac{FB}{FA}.\frac{IC}{IB}=1\)(ĐL Melelaus) => \(\frac{IC}{IB}=\frac{EC}{FB}\)(Vì EA=FA)

Do đó \(\frac{CQ}{BP}=\frac{EC}{FB}=\frac{CD}{BD}=\frac{QK}{PK}\)(Theo tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau và ĐL Thales)

Kết hợp với ^BPK = ^CQK = 90⁰  suy ra \(\Delta\)BPK ~ \(\Delta\)CQK (c.g.c) => ^BKP = ^CKQ

=> 90⁰ - ^BKP = 90⁰ - ^CKQ => ^BKD = ^CKD => KD là phân giác ^BKC (đpcm).

a) Đường tròn (O)(O) tiếp xúc với AB.BC,CAAB.BC,CA tại D,E,FD,E,F, tức là OO là giao của ba đường phân giác tam giác ABCABC và OD⊥AB,OF⊥AC,OE⊥BCOD⊥AB,OF⊥AC,OE⊥BC

Do đó: ODAˆ+OFAˆ=900+900=1800ODA^+OFA^=900+900=1800

⇒ODAF⇒ODAF là tứ giác nội tiếp.

Hoàn toàn tương tự: ODBE,OECFODBE,OECF nội tiếp.

Từ các tứ giác nội tiếp suy ra:

⎧⎩⎨ODFˆ=OAFˆ=Aˆ2ODEˆ=OBEˆ=Bˆ2{ODF^=OAF^=A^2ODE^=OBE^=B^2 ⇒ODFˆ+ODEˆ=Aˆ2+Bˆ2⇒ODF^+ODE^=A^2+B^2

hay EDFˆ=Aˆ+Bˆ2EDF^=A^+B^2

Tương tự: DEFˆ=Bˆ+Cˆ2DEF^=B^+C^2 và EFDˆ=Aˆ+Cˆ2EFD^=A^+C^2

Vì ABCABC là tam giác nhọn nên các góc đều nhỏ hơn 900900

⇒EDFˆ,DEFˆ,EFDˆ<900⇒EDF^,DEF^,EFD^<900

⇒△DEF⇒△DEF có 3 góc nhọn.

b)

Vì tam giác ABCABC cân tại AA nên ABCˆ=ACBˆABC^=ACB^

⇒ABCˆ=180−BACˆ2=900−Aˆ2⇒ABC^=180−BAC^2=900−A^2

Tứ giác ODAFODAF nội tiếp ⇒ADFˆ=AOFˆ=900−OAFˆ=900−Aˆ2⇒ADF^=AOF^=900−OAF^=900−A^2

Do đó: ABCˆ=ADFˆABC^=ADF^, hai góc này ở vị trí đồng vị nên DF∥BCDF∥BC

c)

{ABCˆ=ACBˆABCˆ=ADFˆ(theo phần b){ABC^=ACB^ABC^=ADF^(theo phần b) ⇒ADFˆ=ACBˆ=FCBˆ⇒ADF^=ACB^=FCB^

⇒BDFC⇒BDFC nội tiếp.

d)

BDBD là tiếp tuyến của (O)(O) nên BDMˆ=DFIˆ=DFBˆBDM^=DFI^=DFB^ (cùng chắn cung DI)

Mà do BDFCBDFC nội tiếp nên DFBˆ=DCBˆDFB^=DCB^

Từ đây suy ra BDMˆ=DCBˆBDM^=DCB^

Xét tam giác BDMBDM và BCDBCD có:

{∠B ChungBDMˆ=BCDˆ(cmt)⇒△BDM∼△BCD(g.g){∠B ChungBDM^=BCD^(cmt)⇒△BDM∼△BCD(g.g)

⇒BDBC=BMBD(1)⇒BDBC=BMBD(1)

Do DF∥BC⇒BDAB=CFACDF∥BC⇒BDAB=CFAC (theo định lý Ta -let) mà AB=AC⇒BD=CF(2)AB=AC⇒BD=CF(2)

Từ (1);(2)⇒BDBC=BMCF(1);(2)⇒BDBC=BMCF (đpcm

~Mik ko chắc~

\(x^3+y^3-3xy=p-1\)

\(\Leftrightarrow\left(x+y\right)^3-3xy\left(x+y\right)-3xy+1=p\)

\(\Leftrightarrow\left(x+y+1\right)\left[\left(x+y\right)^2-\left(x+y\right)+1-3xy\right]=p\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x+y+1=p\\\left(x+y\right)^2-\left(x+y\right)+1-3xy=1\end{cases}}\)( để ý rằng x+y+1 > 1 và p  là số nguyên tố )

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x+y+1=p\\\left(x+y\right)^2-\left(x+y\right)=3xy\end{cases}}\)

Mà ta có đánh giá quen thuộc sau:

\(4xy\le\left(x+y\right)^2\Rightarrow3xy=\left(x+y\right)^2-\left(x+y\right)\le\frac{3}{4}\left(x+y\right)^2\)

\(\Leftrightarrow\left(x+y\right)^2-4\left(x+y\right)\le0\Rightarrow0\le x+y\le4\)

Mặt khác \(x+y=p-1\Rightarrow p-1\le4\Leftrightarrow p\le5\)

Vậy p_max=5 tại x=y=2

c)

Gọi giao điểm của MN với AC là G

Ta có: GEGM=GBGAGEGM=GBGA

Ta lại có GB . GC = GM . GN = GH . GA

⇒GBGA=GHGC⇒GBGA=GHGC

⇒GEGM=GHGC(đpcm)

Bạn nào thấymik làm đúng ko ạ 

\(a,\)\(\sqrt{x^2}\)

\(đkxđ\Leftrightarrow x^2\ge0\)( luôn đúng với \(\forall x\))

\(b,\)\(\sqrt{-4x^2}=\sqrt{-\left(2x\right)^2}\)

\(đkxđ\Leftrightarrow\left(2x\right)^2\le0\)

Vì \(2x^2\ge0\Rightarrow2x^2=0\Leftrightarrow x=0\)

\(c,\)\(\sqrt{\left(x-1\right)\left(x-3\right)}\)

\(đkxđ\Leftrightarrow\left(x-1\right)\left(x-3\right)\ge0\)

\(\Rightarrow\orbr{\begin{cases}x-1\ge0;x-3\ge0\\x-1< 0;x-3< 0\end{cases}}\)\(\Rightarrow\orbr{\begin{cases}x\ge1;x\ge3\\x< 1;x< 3\end{cases}\Rightarrow\orbr{\begin{cases}x\ge3\\x< 1\end{cases}}}\)

Gợi ý:

\(\sqrt{x^2}=|x|=x\)=>luôn có nghiệm

\(\sqrt{-4x^2}=x\sqrt{-4}\)=>không có giá trị nào của x để căn thức có nghĩa 

Để\(\sqrt{\left(x-1\right)\left(x-3\right)}\)có nghĩa\(\Rightarrow\left(x-1\right)\left(x-3\right)\ge0\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x-1\ge0\\x-3\ge0\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x\ge1\\x\ge3\end{cases}\Leftrightarrow}x\ge3\)

\(\sqrt{x^2-4}\)

\(\Rightarrow x^2-4\ge0\)

\(\Rightarrow\orbr{\begin{cases}x\le-2\\x\ge2\end{cases}}\)

\(\sqrt{1-x^2}\Rightarrow1-x^2\ge0\Leftrightarrow-1\le x\le1\)

Ta có: \(3a^2+2ab+3b^2=m\left(a+b\right)^2+n\left(a-b\right)^2\)

\(=\left(m+n\right)a^2+2\left(m-n\right)ab+\left(m+n\right)b^2\)

Đồng nhất hệ số ta được \(\hept{\begin{cases}m+n=3\\m-n=1\end{cases}\Leftrightarrow}\hept{\begin{cases}m=2\\n=1\end{cases}}\)

Do đó \(3a^2+2ab+3b^2=2\left(a+b\right)^2+\left(a-b\right)^2\ge2\left(a+b\right)^2\)

Tương tự với mấy cái BĐT còn lại thay vào ta được:

\(P\ge2\sqrt{2}\left(a+b+c\right)\ge2\sqrt{2}\frac{\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)^2}{3}=6\sqrt{2}\)

Dấu "=" xảy ra khi a = b = c =  1.

P/s: Em không chắc đâu ạ!

Ta có: P=∑\(\sqrt{3a^2+2ab+3b^2}\)=∑\(\sqrt{\left(a-b\right)^2+2\left(a+b\right)^2}\ge\) 

∑\(\sqrt{2}\left(a+b\right)\ge\frac{2\sqrt{2}}{3}\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)=6\sqrt{2}\)

\(ĐKXĐ:x>3\)

\(\frac{\sqrt{x-3}}{\sqrt{2x+1}}=2\)

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

\(\Leftrightarrow\sqrt{x-3}=\sqrt{8x+4}\)

\(\Leftrightarrow x-3=8x+4\)

\(\Leftrightarrow-7x=7\)

\(\Leftrightarrow x=-1\)

Vậy nghiệm duy nhất của phương trình là 1

Quên, nghiệm đó không t/m đkxđ nên pt vô nghiệm