a, Xét tam giác DMN có ^MDN = 90⁰ ( góc nt chắn nửa đường tròn ) 

hay tam giác DMN vuông tại D

Ta có : MD vuông DN ( do DMN vuông tại D ) 

MD // OB ( gt ) => OB vuông DN ( tính chất từ vuông góc đến song song )

b, Xét tam giác DON có : OD = ON = R 

vậy tam giác DON cân tại O, có OI là đường cao 

=> OI đồng thời là đường phân giác => ^DOI = ^ION 

Xét tam giác DOC và tam giác NOC có : 

OD = ON = R 

^DOC = ^NOC ( cmt ) 

OC _ chung 

Vậy tam giác DOC = tam giác NOC ( c.g.c ) 

=> ^ODC = ^ONC = 90⁰ ; D thuộc (O) ; D thuộc DC

=> DC là tiếp tuyến đường tròn (O) 

c, Kẻ MB 

Vì MD // OB => ^DMB = ^MBO ( so le trong ) 

mà ^DMB = ^DNB ( góc nt cùng chắn cung BD ) 

=> ^MBO = ^DNB (1)

Lại có : ^CBN = ^BMN (2) ( góc tạo bởi tiếp tuyến CN và dây cung BN ; góc nt chắn cung BN ) 

Xét tam giác MOB  OM = OB = R 

=> tam giác MOB cân tại O 

=> ^OMB = ^OBM (3) 

Từ (1) ; (2) ; (3) suy ra ^INB = ^BNC 

hay NB là phân giác ^DNC 

TL:

Một con mèo vs thằng hói ai dz hơn?

Kết quả: Vé Báo Cáo dz hơn

Chúc bạn được OLM khóa acc

Trả lời cho câu hỏi một con mèo hay một thằng hói ai dz hơn

Dễ.1 thằng khác đời chỉ bị ám ảnh 2 từ ''báo'' và cáo dz hơn. 

Thay x = -1 vào hs y = 5x + 3 ta được : \(y=-5+3=-2\)

=> hs trên đi qua A(-1;-2) 

Mà y = ( 2m - 3 )x + m - 1 cắt y = 5x + 3 tại A(-1;-2) 

<=> -2 = 3 - 2m + m - 1 <=> -m = -4 <=> m = 4 

\(4\sqrt{x+1}=x^2-5x+14\)(x \(\ge-1\))

<=> \(-\left(x+1\right)+4\sqrt{x+1}-4=x^2-6x+9\)

<=> \(-\left(\sqrt{x+1}-2\right)^2=\left(x-3\right)^2\)

<=> \(\left(x-3\right)^2+\left(\sqrt{x+1}-2\right)^2=0\)

<=> \(\hept{\begin{cases}x-3=0\\\sqrt{x+1}-2=0\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=3\\x+1=4\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=3\\x=3\end{cases}}\Leftrightarrow x=3\)(tm)

Vậy x = 3 là nghiệm phương trình 

\(4\sqrt{x+1}=x^2-5x+14\)

\(4\sqrt{x+1}-x-5=x^2-6x+9\)

HT

@@@@@@@@@@@@@

$\tan \widehat{BCA}=\frac{AB}{AC}=\frac{AB}{8}\Rightarrow \tan {60}^0=\frac{AB}{8}\Rightarrow AB=8\sqrt{3}\left(m\right)\approx 13,86m$

Vậy cây cổ thụ có chiều cao khoảng 13,86 m.

\(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\ge1+\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\)

\(\Leftrightarrow\)\(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}-1-\left(a-b\right)^2-\left(b-c\right)^2-\left(c-a\right)^2\ge0\)

\(\Leftrightarrow\)\(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}-a-b-c-\left(a-b\right)^2-\left(b-c\right)^2-\left(c-a\right)^2\ge0\)

\(\Leftrightarrow\frac{a^2}{b}-2a+b+\frac{b^2}{c}-2b+c+\frac{c^2}{a}-2c+a-\left(a-b\right)^2-\left(b-c\right)^2-\left(c-a\right)^2\ge0\)

\(\Leftrightarrow\)\(\frac{\left(a-b\right)^2}{b}-\left(a-b\right)^2+\frac{\left(b-c\right)^2}{c}-\left(b-c\right)^2+\frac{\left(c-a\right)^2}{a}-\left(c-a\right)^2\ge0\)

\(\Leftrightarrow\)\(\frac{\left(1-b\right)\left(a-b\right)^2}{b}+\frac{\left(1-c\right)\left(b-c\right)^2}{c}+\frac{\left(1-a\right)\left(c-a\right)^2}{a}\ge0\)(*)

Vậy ta phải chứng minh rằng \(\hept{\begin{cases}1-b\ge0\\1-c\ge0\\1-a\ge0\end{cases}}\)

Thật vậy, vì a,b,c>0 và a+b+c=1 nên ta có\(\hept{\begin{cases}b\le1\\c\le1\\a\le1\end{cases}}\)\(\Leftrightarrow\)\(\hept{\begin{cases}1-b\ge0\\1-c\ge0\\1-a\ge0\end{cases}}\)\(\Rightarrow\)(*) luôn đúng với a,b,c>0 và a+b+c=1.

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\)\(a=b=c=\frac{1}{3}\)

Vậy...