Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
(x2-3x+2)(x2-9x+20)=4
=>(x-1)(x-2)(x-4)(x-5)=4
Đặt x-3=a , phương trình tương đương:
(a+2)(a+1)(a-1)(a-2)=4
=>(a2-1)(a2-4)=4
=>a4-5a2=0
Tự giải nốt nhé!
Bài 1:
H1;H2 lần lượt là trực tâm tam giác OAB, OCD và \(\widehat{AOB}=\widehat{COD}\)(đối đỉnh)
=> \(\frac{OH_1}{OH_2}=\frac{AB}{CD}\)
Gọi M,N,K lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng AD, BC, BD
Vì G1;G2 lần lượt là trọng tâm của các tam giác OAD; OBC. Nên \(\frac{OG_1}{OM}=\frac{2}{3};\frac{OG_2}{ON}=\frac{2}{3}\)
\(\Delta\)OMN có: \(\frac{OG_1}{OM}=\frac{OG_2}{ON}\left(=\frac{2}{3}\right)\)=> G1G2 // MN và \(G_1G_2=\frac{2}{3}MN\)
\(OH_1\perp MK,OH_2\perp NK,MK=\frac{AB}{2},NK=\frac{CD}{2}\)
Do đó: \(\widehat{H_1OH_2}=\widehat{MKN},\frac{OH_1}{MK}=\frac{OH_2}{NK}\). Nên \(\Delta\)OH1H2 đồng dạng với \(\Delta\)KMN (cgc)
=> \(H_1H_2\perp MN\)Mà G1G2 // MN
Nên \(H_1H_2\perp G_1G_2\)=> \(S=\frac{1}{2}H_1H_2\cdot G_1G_2\)
Áp dụng BĐT Cosi cho 2 số dương ta có:
\(S=\frac{1}{2}H_1H_2\cdot G_1G_2=\frac{3G_1G_2\cdot H_1H_2}{6}\le\frac{\left(3G_1G_2+H_1H_2\right)^2}{24}\)
Dấu "=" <=> \(3G_1G_2=H_1H_2\Leftrightarrow OH_1=AB\)và \(OH_2=CD\)
\(\Leftrightarrow\widehat{AOB}=\widehat{COD}=45^o\)
Bài 2: *có nhiều cách làm bài này, mỗi cách có 1 hình khác nhau, đang lỗi nên không vẽ được hình*
Cách 1: Ta có: \(\widehat{BAC}=90^o\)(Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Đặt BH=x, ta có HC=HB-BH=2R-x
\(\Delta\)ABC vuông tại A, AH là đường cao
=> AH2=BH.HC. Nên \(AH=\sqrt{x\left(2R-x\right)}\)
Áp dụng BĐT Cosi cho 2 số dương, ta có: AH+BH=\(\sqrt{x\left(2R-x\right)+x}=\frac{1}{\sqrt{3+2\sqrt{2}}}\sqrt{x\left[\left(3+2\sqrt{2}\right)\left(2R-x\right)\right]}+x\)
\(\le\frac{1}{\sqrt{\left(\sqrt{2}+1\right)^2}}\cdot\frac{a+\left(3+2\sqrt{2}\right)\left(2R-x\right)}{2}+x\)\(=\frac{1}{\sqrt{2}+1}\left[\frac{x}{2}\left(\sqrt{2}+1\right)^2\cdot R-\frac{\left(\sqrt{2}+1\right)^2\cdot x}{2}\right]+x\)
\(=\frac{\sqrt{2}-1}{2}\cdot x+\left(\sqrt{2}+1\right)R-\frac{\sqrt{2}+1}{2}x+x=\left(\sqrt{2}+1\right)R\)
Ta có AB+AH \(\le\left(\sqrt{2}+1\right)R\)không đổi
Dấu "=" xảy ra <=> \(x=\left(3+2\sqrt{2}\right)\left(2R-x\right)\)
\(\Leftrightarrow x=\frac{2+\sqrt{2}}{2}R\)
\(\Leftrightarrow\widehat{AOC}=45^o\)
Cách 2: Gọi M là điểm trên nửa đường tròn (O) sao cho \(\widehat{COM}=45^o\) và gọi N là giao của nửa đường tròn (O) tại M với BC
Ta có: M,N cố định; \(\widehat{ONM}=45^o\), BN không đổi
Điểm A trên đường tròn (O)
Do đó tia NA nằm giữa 2 tia NB và NM
\(\Rightarrow\widehat{ANH}\le\widehat{ONM}=45^o\). Mà \(\widehat{ANH}+\widehat{HAN}=90^o\), Nên \(\widehat{HAN}\ge45^o\)
=> \(\widehat{ANH}\le\widehat{HAN},\)\(\Delta\)AHN có: \(\widehat{ANH}\le\widehat{HAN}\Rightarrow AH\le HN\)
Do đó: AH+BH \(\le\)HN+BH=BN, không đổi
Dấu "=" xảy ra <=> A = M
Vậy khi A trên nửa đường tròn (O) sao cho \(\widehat{COA}=45^o\) thì AH+BH lớn nhất
pt có hai nghiệm \(\Leftrightarrow\) \(\Delta'\)= (m+1)2 - 1.(m-4) \(\ge\) 0
\(\Leftrightarrow\) m2 + m +5 \(\ge\) 0 ( đúng \(\forall\)m\(\in R\))
Áp dụng hệ thức Vi-et ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=2\left(m+1\right)\\x_1.x_2=m-4\end{matrix}\right.\)
M = x1(1-x2) + x2(1-x1) = x1 + x2 - 2x1x2 = 2(m+1) - 2(m-4) =10
a,3Mg+8HNO3----------> 2MG(NO3)2 + 6NO + 4H2O
c,4Mg + 5H2SO4----------->4MGSO4+H2S+4H2O