Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Bài làm
a) Ta có: A thuộc nửa đường tròn tâm O đường kính BC
=> Tam giác ABC vuông tại A
=> \(\widehat{BAC}=90^0\Rightarrow\widehat{ADC}=90^0\)
Lại có: M thuộc nửa đường tròn tâm O đường kính BC
=> Tam giác MBC vuông tại A
=> \(\widehat{BMC}=90^0\Rightarrow\widehat{BMD}=90^0\)
Xét tứ giác AIMD có:
\(\widehat{ADC}=\widehat{DMB}=90^0\)
=> Tứ giác AIMD là tứ giác nội tiếp đường tròn. (đpcm).
b) Xét tam giác BAI và tam giác CMI có:
\(\widehat{BAC}=\widehat{CMB}=90^0\)
\(\widehat{AIB}=\widehat{MIC}\)(đối)
=> Tam giác BAI đồng dạng với tam giác CMI (g-g)
=> \(\frac{AI}{IM}=\frac{BI}{IC}\Rightarrow AI.IC=BI.IM\left(\text{đ}pcm\right)\)
~ Không hiểu gì inbox hỏi mình ~
\(x^2-xy+y^2=x+y+3\)
\(\Leftrightarrow2x^2-2xy+2y^2-2x-2y+2=8\)
\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)^2+\left(x-1\right)^2+\left(y-1\right)^2=8=0+4+4\)
\(8\)có cách phân tích duy nhất thành tổng của \(3\)số chính phương là \(0+4+4\)nên ta có các trường hợp sau:
- \(\hept{\begin{cases}\left(x-y\right)^2=0\\\left(x-1\right)^2=4\\\left(y-1\right)^2=4\end{cases}}\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=y=3\\x=y=-1\end{cases}}\)
- \(\hept{\begin{cases}\left(x-y\right)^2=4\\\left(x-1\right)^2=0\\\left(y-1\right)^2=4\end{cases}}\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=1,y=3\\x=1,y=-1\end{cases}}\)
- \(\hept{\begin{cases}\left(x-y\right)^2=4\\\left(x-1\right)^2=4\\\left(y-1\right)^2=0\end{cases}}\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=3,y=1\\x=-1,y=1\end{cases}}\)
x2 - xy + y2 = x + y + 3
<=> x2 - ( y + 1 )x + y2 - y - 3 = 0 (*)
Xét (*) ta có : Δ = b2 - 4ac = [ -( y + 1 ) ]2 - 4( y2 - y - 3 )
= y2 + 2y + 1 - 4y2 + 4y + 12 = -3y2 + 6y + 13
(*) có nghiệm <=> Δ ≥ 0 <=> -3y2 + 6y + 13 ≥ 0 <=> \(\frac{3-4\sqrt{3}}{3}\le y\le\frac{3+4\sqrt{3}}{3}\)
Vì y nguyên dương => y ∈ { 1 ; 2 ; 3 }
Với y = 1 (*) trở thành x2 - 2x - 3 = 0 có a - b + c = 0 nên có hai nghiệm x1 = -1 (ktm) ; x2 = -c/a = 3 (tm)
Với y = 2 (*) trở thành x2 - 3x - 1 = 0 có Δ = 13 không là SCP nên không có nghiệm nguyên
Với y = 3 (*) trở thành x2 - 4x + 3 = 0 có a + b + c = 0 nên có hai nghiệm x1 = 1 (tm) ; x2 = c/a = 3 (tm)
Vậy ( x ; y ) = { ( 3 ; 1 ) , ( 1 ; 3 ) , ( 3 ; 3 ) }
+)Ta có : x4 + y4 < x4 + x3y + x2y2 + xy3 + y4
Mà x > y > 1 ⟹ x - y > 0
⟹ ( x - y ) ( x4 + y4 ) < ( x - y ) ( x4 + x3y + x2y2 + xy3 + y4 ) ( * )
+)Ta có : ( x - y ) ( x4 + x3y + x2y2 + xy3 + y4 )
= x ( x4 + x3y + x2y2 + xy3 + y4 ) - y ( x4 + x3y + x2y2 + xy3 + y4 )
= x5 + x4y + x3y2 + x2y3 + xy4 - x4y - x3y2 - x2y3 - xy4 - y5
= x5 - y5
⟹ ( x - y ) ( x4 + x3y + x2y2 + xy3 + y4 ) = x5 - y5 ( ** )
Từ ( * ) ; ( ** )
⟹ ( x - y ) ( x4 + y4 ) < x5 - y5
Mà x5 - y5 < x5 + y5
⟹ ( x - y ) ( x4 + y4 ) < x5 - y5
⟹ ( x - y ) ( x4 + y4 ) < x - y
⟹ x4 + y4 < 1 ( đpcm )
a. Xét (O) , có
CD \(\perp\)AB = {I}
=> \(\widehat{CIB}=90^o\Rightarrow\widehat{FIB}=90^o\)
Có: \(\widehat{AEB}\)là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính AB
\(\Rightarrow\widehat{AEB}=90^o\Rightarrow\widehat{IEB}=90^o\)
Xét tứ giác EFIB, có:
\(\widehat{FEB}+\widehat{FIB}=90^o+90^o=180^o\)
2 góc \(\widehat{FEB}\)và \(\widehat{FIB}\)là 2 góc đối nhau
=> EFIB là tứ giác nội tiếp (dhnb) (đpcm)
Để dễ hình dung thì ta đặt: \(\hept{\begin{cases}\sqrt[3]{x}=a\\\sqrt[3]{y}=b\\\sqrt[3]{z}=c\end{cases}}\) khi đó BT cần chứng minh trở thành:
\(a^3+b^3+c^3-3abc=\frac{1}{2}\left(a+b+c\right)\left[\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\right]\)
\(VP=\frac{1}{2}\left(a+b+c\right)\left(2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ca\right)\)
\(=\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)\)
\(=a^3+b^3+c^3-3abc\) (HĐT sau vở hoặc nhân ra)
=> đpcm
Đặt \(\sqrt[3]{x}=a;\sqrt[3]{y}=b;\sqrt[3]{z}=c\)
Ta có :(+) \(x+y+z-3\sqrt[3]{xyz}=a^3+b^3+c^3-3abc=\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)\)
\(=\left(a+b+c\right)\frac{\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2}{2}=\frac{1}{2}.\left(a+b+c\right)\left[\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2^{ }\right]\)
(+)\(\frac{1}{2}\left(\sqrt[3]{x}+\sqrt[3]{y}+\sqrt[3]{z}\right)\left[\left(\sqrt[3]{x}-\sqrt[3]{y}\right)^2+\left(\sqrt[3]{y}-\sqrt[3]{z}\right)^2+\left(\sqrt[3]{z}-\sqrt[3]{x}\right)^2\right]\)
\(\frac{1}{2}.\left(a+b+c\right)\left[\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\right]\)
Suy ra điều phải chứng minh
Với \(x\ge0;x\ne1\)
\(\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-1}-\frac{x+\sqrt{x}}{2}\left(\frac{1}{x-\sqrt{x}}-\frac{1}{x+\sqrt{x}}\right)\)
\(=\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-1}-\frac{x+\sqrt{x}}{2}\left(\frac{x+\sqrt{x}-x+\sqrt{x}}{x^2-x}\right)\)
\(=\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-1}-\frac{x+\sqrt{x}}{2}\left(\frac{2\sqrt{x}}{x\left(x-1\right)}\right)=\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-1}-\frac{x+\sqrt{x}}{2}.\frac{2}{\sqrt{x}\left(x-1\right)}\)
\(=\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-1}-\frac{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}+1\right)}{\sqrt{x}\left(x-1\right)}=\frac{x\left(\sqrt{x}+1\right)-x-\sqrt{x}}{\sqrt{x}\left(x-1\right)}\)
\(=\frac{x\sqrt{x}-\sqrt{x}}{\sqrt{x}\left(x-1\right)}=\frac{\sqrt{x}\left(x-1\right)}{\sqrt{x}\left(x-1\right)}=1\)
Ta có ngay\(\frac{S_{HBA}}{S_{HAC}}=\frac{\frac{1}{2}AH\cdot HB}{\frac{1}{2}AH\cdot HC}=\frac{HB}{HC}=\frac{36}{64}=\frac{9}{16}\)
Vậy ...
Bài làm
Xét tam giác HBA và tam giác HAC có:
\(\widehat{AHB}=\widehat{AHC}=90^0\)
\(\widehat{B}=\widehat{HAC}\)(cùng phụ với góc C)
=> Tam giác HBA ~ tam giác HAC ( g-g)
=> \(\frac{BH}{AH}=\frac{AH}{HC}\Rightarrow AH^2=BH.HC=AH^2=36.64=AH^2=100\left(cm\right)\)
=> AH = 10 cm
Theo tính chất tỉ số diện tích của hai tam giác đồng dạng có:
\(\frac{S_{\Delta HBA}}{S_{\Delta HAC}}=\left(\frac{BH}{AH}\right)^2=\frac{BH^2}{AH^2}=\frac{36^2}{10^2}=\frac{324}{25}\)
Vậy tỉ số diện tích tam giác HBA và tam giác HAC là 324/25
~ Tính không biết đúng không nữa, hahah~