K
Khách

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

2 tháng 3 2022

Không vẽ hình vì sợ duyệt.

a) Dễ thấy \(\widehat{CMD}=90^0\)(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Theo đề bài, ta thấy \(\widehat{COF}=90^0\) , từ đó \(\widehat{CMD}=\widehat{COF}\left(=90^0\right)\)

Xét tứ giác ODMF, có \(\widehat{COF}\) là góc ngoài tại O và\(\widehat{COF}=\widehat{DMF}\)\(\Rightarrow\)Tứ giác ODMF là tứ giác nội tiếp (dhnb)

b) Xét (O) có \(\widehat{EFM}\)là góc có đỉnh bên trong đường tròn nên \(\widehat{EFM}=\frac{sđ\widebat{AC}+sđ\widebat{BM}}{2}\)

Mặt khác \(sđ\widebat{BC}=sđ\widebat{AC}\left(=90^0\right)\)nên \(\widehat{EFM}=\frac{sđ\widebat{BC}+sđ\widebat{BM}}{2}=\frac{sđ\widebat{CM}}{2}\)(1)

Lại có \(\widehat{EMC}\)là góc tạo bởi tia tiếp tuyến ME và dây MC nên \(\widehat{EMC}=\frac{1}{2}sđ\widebat{CM}\)(2)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\widehat{EFM}=\widehat{EMC}\left(=\frac{1}{2}sđ\widebat{CM}\right)\)\(\Rightarrow\Delta EFM\)cân tại E.

c) Bạn xem lại đề.

2 tháng 3 2022

a, CME là góc tạo bởi tia tiếp tia tiếp tuyến và dây cung => CME= 1/2 sđ cung MC 

CDM là góc nội tiếp đường tròn => CDM = 1/2 sđ cung MC 

=> CME = CDM = OMD ( do tg ODM cân , OD= OM= R)

Mà CME + CMO = 90 độ =>  CMO + OMD = 90 <=> DMF = 90 độ 

Tg ODMF có DOF + DMF = 180 độ

=> Tg ODMF là tg nội tiếp  (tổng hai góc đối = 180 độ)

b, Tg ODMF nội tiếp => ODM = MFE ( góc trong = góc ngoài đỉnh đối diện ) 

Mà ODM = EMF = 1/2 sđ cung MC => EMF = EFM

=> Tg EFM cân tại E

c, Bạn xem lại thử đề nhé :v mk vẽ hình có vẻ ko đùng lắm

2 tháng 3 2022

ko bt có đúng ko

image

2 tháng 3 2022

đây nhé

image

NV
1 tháng 3 2022

\(\Delta'=\left(k-1\right)^2+4k=k^2+2k+1=\left(k+1\right)^2\ge0;\forall k\)

\(\Rightarrow\) Phương trình luôn có nghiệm với mọi k

b. Để phương trình có 2 nghiệm pb \(\Rightarrow k\ne-1\)

Theo hệ thức Viet: \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=2\left(k-1\right)\\x_1x_2=-4k\end{matrix}\right.\)

Kết hợp với điều kiện đề bài ta được:

\(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=2\left(k-1\right)\\3x_1-x_2=2\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=2k-2\\4x_1=2k\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_1=\dfrac{k}{2}\\x_2=\dfrac{3k-4}{2}\end{matrix}\right.\)

Thế vào \(x_1x_2=-4k\)

\(\Rightarrow\dfrac{k}{2}.\left(\dfrac{3k-4}{2}\right)=-4k\)

\(\Leftrightarrow3k^2-4k=-16k\)

\(\Leftrightarrow3k^2+12k=0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}k=0\\k=-4\end{matrix}\right.\)

1 tháng 3 2022

Gọi vận tốc xe thứ nhất, xe thứ 2 lần lượt là x ; y ( x ; y > 0 ) 

Theo bài ra ta có hpt \(\left\{{}\begin{matrix}x-y=10\\\dfrac{100}{y}-\dfrac{100}{x}=\dfrac{1}{2}\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=10+y\\\dfrac{100}{y}-\dfrac{100}{10+y}=\dfrac{1}{2}\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}y=40\\x=50\end{matrix}\right.\left(tm\right)\)

1 tháng 3 2022

\(\Delta=\left(2m+3\right)^2-4m=4m^2+12m+9-4m=4m^2+8m+9=4\left(m+1\right)^2+5>0\)

Vậy pt luôn có 2 nghiệm pb 

Theo Vi et \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=2m+3\\x_1x_2=m\end{matrix}\right.\)

\(\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2=9\Rightarrow\left(2m+3\right)^2-2m=9\)

\(\Leftrightarrow4m^2+12m+9-2m=9\Leftrightarrow4m^2+10m=0\Leftrightarrow2m\left(2m+5\right)=0\Leftrightarrow m=0;m=-\dfrac{5}{2}\)

1 tháng 3 2022

Để phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt thì \(\Delta=\left[-\left(2m+3\right)\right]^2-4.1.m=4m^2+12m+9-4m=4m^2+8m+9>0\)

\(\Leftrightarrow\left(4m^2+8m+4\right)+5>0\Leftrightarrow4\left(m^2+2m+1\right)+5>0\Leftrightarrow4\left(m+1\right)^2+5>0\)(luôn đúng)

Vậy pt đã cho luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m.

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}x_1+x_2=-\frac{-\left(2m+3\right)}{1}=2m+3\\x_1x_2=\frac{m}{1}=m\end{cases}}\)

Lại có \(x_1^2+x_2^2=9\Leftrightarrow\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2=9\Leftrightarrow\left(2m+3\right)^2-2m=9\Leftrightarrow4m^2+12m+9-2m=9\)

\(\Leftrightarrow4m^2+10m=0\)\(\Leftrightarrow2m^2+5m=0\)\(\Leftrightarrow m\left(2m+5\right)=0\)\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}m=0\\m=-\frac{5}{2}\end{cases}}\)

1 tháng 3 2022

ủa má, đây đâu phải toán 9, toán 6 hoặc toán 7 mà

2 tháng 3 2022

Trả lời:

a, \(\Delta=b^2-4ac=\left(-5\right)^2-4.2.1=17>0\)

=> pt có 2 nghiệm phân biệt 

Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: \(\hept{\begin{cases}x_1+x_2=\frac{-b}{a}=\frac{-\left(-5\right)}{2}=\frac{5}{2}\\x_1x_2=\frac{c}{a}=\frac{1}{2}\end{cases}}\)  (*)

b, \(A=3x_1^2+3x_2^2-5x_1x_2+7=3\left(x_1^2+x_2^2\right)-5x_1x_2+7\)

\(=3\left(x_1^2+2x_1x_2+x_2^2-2x_1x_2\right)-5x_1x_2+7\)

\(=3\left[\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2\right]-5x_1x_2+7\) (1)

Thay (*) vào (1), ta được:

\(A=3\left[\left(\frac{5}{2}\right)^2-2\cdot\frac{1}{2}\right]-5\cdot\frac{1}{2}+7=\frac{81}{4}\)

c, \(B=4x_1+4x_2-8x_1^2-8x_2^2-5=4\left(x_1+x_2\right)-8\left(x_1^2+x_2^2\right)-5\) 

\(=4\left(x_1+x_2\right)-8\left(x_1^2+2x_1x_2+x_2^2-2x_1x_2\right)-5\)

\(=4\left(x_1+x_2\right)-8\left[\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2\right]-5\) (2)

Thay (*) vào (2), ta được:

\(B=4\cdot\frac{5}{2}-8\left[\left(\frac{5}{2}\right)^2-2\cdot\frac{1}{2}\right]-5=-37\)

d, \(C=2x_1^3+2x_2^3+5=2\left(x_1^3+x_2^3\right)+5\)

\(=2\left(x_1^3+3x_1^2x_2+3x_1x_2^2+x_2^3-3x_1^2x_2-3x_1x_2^2\right)+5\)

\(=2\left[\left(x_1+x_2\right)^3-3x_1x_2\left(x_1+x_2\right)\right]+5\) (3)

Thay (*) vào (3), ta được:

\(C=2\left[\left(\frac{5}{2}\right)^3-3\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{5}{2}\right]+5=\frac{115}{4}\)

1 tháng 3 2022

Xét: \(\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\ge0\) nên ta có thể chứng minh được:

\(\left(a+b-c\right)\ge0;\left(b+c-a\right)\ge0;\left(c+a-b\right)\ge0\)

Đặt: \(x=a+b-c;y=b+c-a;z=c+a-b\)

\(\Rightarrow a=\frac{x+z}{2};b=\frac{x+y}{2};c=\frac{y+z}{2}\)

\(\Rightarrow64xyz\left(x+y+z\right)^3\le27\left(x+y\right)^2\left(y+z\right)^2\left(z+x\right)^2\)

Ta có:

\(3xyz\left(x+y+z\right)\le\left(xy+yz+zx\right)^2\)

\(\Rightarrow64\cdot3xyz\left(x+y+z\right)^3\le64\left(x+y+z\right)^2\left(xy+yz+zx\right)^2\)

Vậy ta cần chứng minh:

\(64\left(x+y+z\right)^2\left(xy+yz+zx\right)^2\le3\cdot27\left(a+b\right)^2\left(b+c\right)^2\left(c+a\right)^2\)

Lấy căn bậc 2 của 2 vế ta được:

\(9\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)\ge8\left(x+y+z\right)\left(xy+yz+zx\right)\)

Đến đây bài toán được chứng minh.

NV
1 tháng 3 2022

Gọi chữ số hàng chục là x (x là các số tự nhiên từ 1 tới 9)

Gọi chữ số hàng đơn vị là y (y là các số tự nhiên từ 0 tới 9)

\(\Rightarrow\) Giá trị của số đó là: \(10x+y\)

Do số đó bằng tổng các chữ số cộng với 9 nên:

\(10x+y=x+y+9\Rightarrow9x=9\Rightarrow x=1\)

Số đó bằng 2 lần hiệu 2 chữ số của nó và cộng thêm 20:

Trường hợp 1: \(10x+y=2\left(x-y\right)+20\)

\(\Rightarrow10.1+y=2-2y+20\)

\(\Rightarrow3y=12\Rightarrow y=4\)

Trường hợp 2: \(10x+y=2\left(y-x\right)+20\)

\(\Rightarrow10.1+y=2y-2+20\)

\(\Rightarrow y=-8< 0\) (loại)

Vậy số đó là 14

ta có:

\(\frac{a}{1+b^2}=a.\frac{1}{1+b^2}=a.\left(\frac{1+b^2-b^2}{1+b^2}\right)=a.\left(1-\frac{b^2}{1+b^2}\right)\)

xét 1+b2,AD BĐT cô si ta có:

\(1+b^2\ge2\sqrt{1.b^2}=2b\)

\(\Rightarrow a.\left(1-\frac{b^2}{1+b^2}\right)\ge a.\left(1-\frac{b^2}{2b}\right)=a..\left(1-\frac{b}{2}\right)\)

tương tự ta có: \(\frac{b}{1+c^2}\ge b.\left(1-\frac{c}{2}\right);\frac{c}{1+a^2}\ge c.\left(1-\frac{a}{2}\right)\)

\(\Rightarrow\frac{a}{1+b^2}+\frac{b}{1+c^2}+\frac{c}{1+a^2}\ge a.\left(1-\frac{b}{2}\right)+b.\left(1-\frac{c}{2}\right)+c.\left(1-\frac{a}{2}\right)\)

\(=\left(a+b+c\right)-\left(\frac{a+b+c}{2}\right)=3-\frac{3}{2}=\frac{3}{2}\left(đpcm\right)\)

ko có trên mạng thì sao bạn:>