Tớ chứng minh câu b trước

Ta có BĐT luôn đúng: \(\left(ay-bx\right)^2\ge0\)

Mà \(\left(ay-bx\right)^2\ge0\Leftrightarrow a^2y^2-2aybx+b^2x^2\ge0\)

\(\Leftrightarrow a^2x^2+a^2y^2+b^2x^2+b^2y^2-a^2x^2-2axby-b^2y^2\ge0\)

\(\Leftrightarrow a^2\left(x^2+y^2\right)+b^2\left(x^2+y^2\right)-\left(ax+by\right)^2\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(a^2+b^2\right)\left(x^2+y^2\right)\ge\left(ax+by\right)^2\left(đpcm\right)\)

a) \(\left(ac+bd\right)^2+\left(ad-bc\right)^2=a^2c^2+2abcd+b^2d^2+a^2d^2-2abcd\)\(+b^2c^2\)

\(=a^2c^2+a^2d^2+b^2d^2+b^2c^2\)\(=a^2\left(c^2+d^2\right)+b^2\left(c^2+d^2\right)\)

\(=\left(a^2+b^2\right)\left(c^2+d^2\right)\)(đpcm)

\(B=\sqrt{x-2}+\sqrt{11-x}\)

\(=\sqrt{x-2}.1+\sqrt{11-x}.1\)

\(\le\sqrt{\left|\left(x-2+11-x\right)\left(1+1\right)\right|}=3\sqrt{2}\)

Dấu \(=\)khi \(x-2=11-x\Leftrightarrow x=\frac{13}{2}\).

ĐKXĐ:\(2\le x\le11\)

Có:\(B=\sqrt{x-2}+\sqrt{11-x}\)

Áp dụng bđt B.C.S ta có:

\(|\sqrt{x-2}+\sqrt{11-x}|\le\sqrt{\left(1+1\right)\left(x-2+11-x\right)}\)

\(\Leftrightarrow|\sqrt{x-2}+\sqrt{11-x}|\le3\sqrt{2}\)

Mà\(\sqrt{x-2}+\sqrt{11-x}\le\left|\sqrt{x-2}+\sqrt{11-x}\right|\)

\(\sqrt{x-2}+\sqrt{11-x}\le3\sqrt{2}\)

Hay\(B\le3\sqrt{2}\)

Dấu "=" xảy ra <=>\(x-2=11-x\)

\(\Leftrightarrow x=\frac{13}{2}\)(Thỏa mãn ĐKXĐ)

Vậy Max\(B=3\sqrt{2}\)\(\Leftrightarrow x=\frac{13}{2}\)

\(-2\sqrt{x^2}+2x+8\)

\(=-2\left|x\right|+2x+8\)

\(=-2x+2x+8\)

\(=8\)

a, Áp dụng đ.lí Pytago vào tam giác DEF vuông tại D có:

DE2+DF2=EF2DE2+DF2=EF2

thay số:152+202=EF2152+202=EF2

⇒EF2=625⇒EF2=625

⇒EF=√625=25(cm)⇒EF=625=25(cm)

Áp dụng HTL vào tam giác DEF vuông tại D có

DE.DF=EF.D

I⇒15.20=25.EF⇒15.20=25.EF

⇒EF=15.2025=12(cm)⇒EF=15.2025=12(cm)

b, Làm tương tự như trên dc DI

a) \(\Delta ABC\) vuông tại A có đường cao AH nên \(AH^2=BH.CH\left(htl\right)\)

\(\Rightarrow CH=\frac{AH^2}{BH}=\frac{4,8^2}{3,6}=6,4\left(cm\right)\)

\(\Rightarrow BC=BH+CH=3,6+6,4=10\left(cm\right)\)

\(\Delta ACH\)vuông tại H nên \(\tan C=\frac{AH}{CH}=\frac{4,8}{6,4}=\frac{3}{4}\Rightarrow\widehat{C}\approx36^052'\)

b) Xét \(\Delta ABC\)vuông tại A:

+) Tính góc B:

Ta có: \(\widehat{B}+\widehat{C}=90^0\Rightarrow\widehat{B}=90^0-\widehat{C}=90^0-30^0=60^0\)

+) Tính AB:

Ta có \(AB=AC.\tan C=12.\tan30^0=12.\frac{\sqrt{3}}{3}=4\sqrt{3}\left(cm\right)\)

+) Tính BC:

Ta có \(BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=\sqrt{\left(4\sqrt{3}\right)^2+12^2}=\sqrt{48+144}=\sqrt{192}=8\sqrt{3}\left(cm\right)\)

c) \(\Delta ABC\)vuông tại A có đường cao AH nên \(AB^2=BH.BC\left(htl\right)\)

Xét \(\Delta ACD\)có B và I lần lượt là trung điểm của CD, AD nên BI là đường trung bình của \(\Delta ACD\)

\(\Rightarrow BI//AC\)(1)

Mặt khác \(\Delta ABC\)vuông tại A nên \(AB\perp AC\)(2)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow IB\perp AB\Rightarrow BK\perp AB\Rightarrow\Delta ABK\)vuông tại B

Xét \(\Delta ABK\)vuông tại B có đường cao BH nên \(AB^2=AH.AK\left(htl\right)\)

Mà \(AB^2=BH.BC\left(cmt\right)\)

\(\Rightarrow AH.AK=BH.BC\left(đpcm\right)\)

d) Vì \(AB\perp BI\left(cmt\right)\Rightarrow\Delta ABI\)vuông tại B

\(\Delta ABI\)vuông tại B có đường cao BE (vì \(BE\perp AI\)tại E) có đường cao AH nên \(\frac{1}{BE^2}=\frac{1}{BI^2}+\frac{1}{AB^2}\left(htl\right)\)(*)

Vì BI là đường trung bình của \(\Delta ACD\)(cmt) nên \(BI=\frac{AC}{2}\Rightarrow BI^2=\frac{AC^2}{4}\Rightarrow\frac{1}{BI^2}=\frac{4}{AC^2}\)(3)

Mặt khác \(\Delta ABC\)vuông tại A nên \(\sin C=\frac{AB}{BC}\Rightarrow\frac{AB}{BC}=\sin30^0=\frac{1}{2}\Rightarrow AB=\frac{BC}{2}\Rightarrow\frac{1}{AB^2}=\frac{4}{BC^2}\)(4)

Thay (3) và (4) vào (*), ta có:

\(\frac{1}{BE^2}=\frac{4}{AC^2}+\frac{4}{BC^2}\)(đpcm)

đề đâu

đề đâu mà giải được