Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Lời giải:
a. ĐKXĐ: $x>0; x\neq 1$
\(P=\left[\frac{\sqrt{x}(\sqrt{x}+1)}{(\sqrt{x}-1)(\sqrt{x}+1)}+\frac{\sqrt{x}}{(\sqrt{x}-1)(\sqrt{x}+1)}\right].\frac{x+\sqrt{x}}{\sqrt{x}+2}\)
\(=\frac{x+\sqrt{x}+\sqrt{x}}{(\sqrt{x}-1)(\sqrt{x}+1)}.\frac{\sqrt{x}(\sqrt{x}+1)}{\sqrt{x}+2}=\frac{\sqrt{x}(\sqrt{x}+2)}{(\sqrt{x}-1)(\sqrt{x}+1)}.\frac{\sqrt{x}(\sqrt{x}+1)}{\sqrt{x}+2}=\frac{x}{\sqrt{x}-1}\)
b.
$P>2 \Leftrightarrow \frac{x}{\sqrt{x}-1}-2>0$
$\Leftrightarrow \frac{x-2\sqrt{x}+2}{\sqrt{x}-1}>0$
$\Leftrightarrow \frac{(\sqrt{x}-1)^2+1}{\sqrt{x}-1}>0$
$\Leftrightarrow \sqrt{x}-1>0$ (do $(\sqrt{x}-1)^2+1>0$)
$\Leftrightarrow x>1$
Kết hợp đkxđ suy ra $x>1$
c.
$\frac{1}{P}=\frac{\sqrt{x}-1}{x}$
Áp dụng BĐT Cô-si:
$x+4\geq 4\sqrt{x}\Rightarrow x\geq 4(\sqrt{x}-1)$
$\Rightarrow \frac{\sqrt{x}-1}{x}\leq \frac{\sqrt{x}-1}{4(\sqrt{x}-1)}=\frac{1}{4}$
Vậy $\frac{1}{P}$ max $=\frac{1}{4}$ khi $x=4$
a: ΔABC vuông tại A
=>\(\widehat{ABC}+\widehat{ACB}=90^0\)
=>\(\widehat{ACB}=30^0\)
Xét ΔABC vuông tại A có \(sinC=\dfrac{AB}{BC}\)
=>\(\dfrac{4}{BC}=sin30=\dfrac{1}{2}\)
=>BC=8(cm)
\(AC=\sqrt{BC^2-AB^2}=4\sqrt{3}\left(cm\right)\)
Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao
nên AH*BC=AB*AC
=>\(AH\cdot8=4\cdot4\sqrt{3}=16\sqrt{3}\)
=>\(AH=2\sqrt{3}\left(cm\right)\)
Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao
nên \(\left\{{}\begin{matrix}AB^2=BH\cdot BC\\AC^2=CH\cdot CB\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}BH=\dfrac{4^2}{8}=2\left(cm\right)\\CH=\dfrac{48}{8}=6\left(cm\right)\end{matrix}\right.\)
b: \(BC\cdot sinB\cdot sinC\)
\(=BC\cdot\dfrac{AC}{BC}\cdot\dfrac{AB}{BC}=\dfrac{AB\cdot AC}{BC}=AH\)
\(BC\cdot cos^2B\)
\(=BC\cdot\left(\dfrac{AB}{BC}\right)^2=\dfrac{AB^2}{BC}=BH\)
\(BC\cdot sin^2B=BC\cdot\left(\dfrac{AC}{BC}\right)^2=\dfrac{AC^2}{BC}=CH\)
c:
\(\dfrac{AH^2}{AC^2}=\dfrac{HB\cdot HC}{BC\cdot HC}=\dfrac{HB}{BC}\)
ΔHAB vuông tại H có HD là đường cao
nên \(\left\{{}\begin{matrix}BD\cdot BA=BH^2\\AD\cdot AB=AH^2\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}BD=\dfrac{BH^2}{AB}\\AD=\dfrac{AH^2}{AB}\end{matrix}\right.\)
ΔHAC vuông tại H có HE là đường cao
nên \(\left\{{}\begin{matrix}CE\cdot CA=CH^2\\AE\cdot AC=AH^2\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}CE=\dfrac{CH^2}{AC}\\AE=\dfrac{AH^2}{AC}\end{matrix}\right.\)
\(\dfrac{DB}{EC}=\dfrac{HB^2}{AB}:\dfrac{HC^2}{AC}\)
\(=\dfrac{HB^2}{AB}\cdot\dfrac{AC}{HC^2}\)
\(=\left(\dfrac{HB}{HC}\right)^2\cdot\dfrac{AC}{AB}=\dfrac{AC}{AB}\cdot\left(\dfrac{AB}{AC}\right)^4=\left(\dfrac{AB}{AC}\right)^3\)
\(BD\cdot CE\cdot BC\)
\(=\dfrac{BH^2}{AB}\cdot\dfrac{CH^2}{AC}\cdot BC\)
\(=\dfrac{AH^4}{AH}=AH^3\)
=DE3
\(BC\cdot HD\cdot HE\)
\(=BC\cdot\dfrac{HA\cdot HB}{AB}\cdot\dfrac{HA\cdot HC}{AC}\)
\(=\dfrac{1}{AH}\cdot\dfrac{HA^2\cdot HB\cdot HC}{1}=\dfrac{HA\cdot HB\cdot HC}{1}=HA^3\)
\(=DE^3\)
=>ĐPCM
3: Gọi giao điểm của CO với OB là H
Xét ΔOAC vuông tại A và ΔOBH vuông tại B có
OA=OB
\(\widehat{AOC}=\widehat{BOH}\)
Do đó: ΔOAC=ΔOBH
=>\(\widehat{OCA}=\widehat{OHB}\) và OC=OH
OC=OH
C,O,H thẳng hàng
Do đó: O là trung điểm của CH
Xét ΔDCH có
DO là đường cao
DO là đường trung tuyến
Do đó:ΔDCH cân tại D
ΔDCH cân tại D
mà DO là đường cao
nên DO là phân giác của góc CDH
ΔDCH cân tại D
=>\(\widehat{DCH}=\widehat{DHC}\)
mà \(\widehat{DHC}=\widehat{ACH}\)
nên \(\widehat{DCH}=\widehat{ACH}\)
=>CH là phân giác của góc ACD
Kẻ OK\(\perp\)CD tại K
Xét ΔCAO vuông tại A và ΔCKO vuông tại K có
CO chung
\(\widehat{ACO}=\widehat{KCO}\)
Do đó: ΔCAO=ΔCKO
=>OA=OK=R
Xét (O) có
OK là bán kính
CD\(\perp\)OK tại K
Do đó: CD là tiếp tuyến của (O)
2:
ΔOAB cân tại O
mà OM là đường cao
nênOM là phân giác của góc AOB
Xét ΔOAC và ΔOBC có
OA=OB
\(\widehat{AOC}=\widehat{BOC}\)
OC chung
Do đó: ΔOAC=ΔOBC
=>\(\widehat{OAC}=\widehat{OBC}=90^0\)
=>CB là tiếp tuyến của (O)
Bài 1:
a: Ta có: AH\(\perp\)BM
OB\(\perp\)BM
Do đó: AH//OB
Ta có: BH\(\perp\)AM
OA\(\perp\)AM
Do đó: BH//OA
Xét tứ giác OAHB có
OA//HB
OB//HA
Do đó: OAHB là hình bình hành
Hình bình hành OAHB có OA=OB
nên OAHB là hình thoi
b: Xét ΔOAM vuông tại A có \(sinAMO=\dfrac{OA}{OM}=\dfrac{1}{2}\)
nên \(\widehat{AMO}=30^0\)
Xét (O) có
MA,MB là tiếp tuyến
Do đó: MO là phân giác của góc AMB
=>\(\widehat{AMB}=2\cdot\widehat{AMO}=2\cdot30^0=60^0\)
Bài 2:
a: Xét tứ giác CAOD có
\(\widehat{CAO}+\widehat{CDO}=90^0+90^0=180^0\)
=>CAOD là tứ giác nội tiếp
=>C,A,O,D cùng thuộc một đường tròn
b: Ta có: ΔCAO vuông tại A
=>\(CO^2=CA^2+AO^2\)
=>\(CO^2=\left(2R\right)^2+R^2=5R^2\)
=>\(CO=R\sqrt{5}\)
Xét ΔCAO vuông tại A có AH là đường cao
nên \(AH\cdot CO=AO\cdot AC\)
=>\(AH\cdot R\sqrt{5}=R\cdot2R=2R^2\)
=>\(AH=\dfrac{2R^2}{R\sqrt{5}}=\dfrac{2R}{\sqrt{5}}\)
Xét (O) có
CA,CD là tiếp tuyến
Do đó: CA=CD
=>C nằm trên đường trung trực của AD(1)
ta có: OA=OD
=>O nằm trên đường trung trực của AD(2)
Từ (1) và (2) suy ra OC là đường trung trực của AD
=>OC\(\perp\)AD tại H và H là trung điểm của AD
=>\(AD=2\cdot AH=\dfrac{4R}{\sqrt{5}}\)
b.
PT (1) $\Leftrightarrow (x+y)^2-2xy-3(x+y)=16(*)$
PT (2) $\Leftrightarrow xy=-7-(x+y)$. Thay vào $(*)$ thì:
$(x+y)^2-2[-7-(x+y)]-3(x+y)=16$
$\Leftrightarrow (x+y)^2+14-(x+y)=16$
$\Leftrightarrow (x+y)^2-(x+y)-2=0$
$\Leftrightarrow (x+y)^2+(x+y)-2(x+y)-2=0$
$\Leftrightarrow (x+y)(x+y+1)-2(x+y+1)=0$
$\Leftrightarrow (x+y+1)(x+y-2)=0$
$\Leftrightarrow x+y=-1$ hoặc $x+y=2$
Nếu $x+y=-1$ thì $xy=-7-(x+y)=-7-(-1)=-6$. Theo định lý Viet đảo thì $x,y$ là nghiệm của pt $X^2+X-6=0$
$\Rightarrow (x,y)=(2, -3), (-3,2)$
Nếu $x+y=2$ thì $xy=-7-(x+y)=-9$. Theo định lý Viet đảo thì $x,y$ là nghiệm của pt $X^2-2X-9=0$
$\Rightarrow (x,y)=(1+\sqrt{10}, 1-\sqrt{10}), (1-\sqrt{10}, 1+\sqrt{10})$
c.
Lấy PT(1) trừ PT(2):
$x^2-y^2-(3x-3y)=y^2-x^2$
$\Leftrightarrow 2(x^2-y^2)-(3x-3y)=0$
$\Leftrightarrow (x-y)(2x+2y-3)=0$
$\Leftrightarrow x-y=0$ hoặc $2x+2y-3=0$
Nếu $x-y=0\Rightarrow x=y$. Thay vào PT(1):
$x^2-3x=x^2+1\Leftrightarrow x=\frac{-1}{3}\Rightarrow y=\frac{-1}{3]$
Nếu $2x+2y-3=0\Leftrightarrow y=\frac{3-2x}{2}$. Thay vào PT(1):
$x^2-3x=(\frac{3-2x}{2})^2+1$
$\Leftrightarrow x^2-3x=(1,5-x)^2+1=3,25+x^2-3x$
$\Leftrightarrow 3,25=0$ (vô lý - loại)
1: ΔOCA vuông tại O
mà OE là đường trung tuyến
nên OE=AE=CE=AC/2
ΔOBD vuông tại O
mà OF là đường trung tuyến
nên OF=FD=FB=DF/2
OE=AE
OF=BF
Do đó: \(OE\cdot OF=AE\cdot BF\)
Bài 2:
a: (d)//y=-2x+3 nên \(\left\{{}\begin{matrix}a=-2\\b\ne3\end{matrix}\right.\)
vậy: (d): y=-2x+b
Thay x=-1 và y=1 vào (d), ta được:
\(b+\left(-2\right)\cdot\left(-1\right)=1\)
=>b+2=1
=>b=-1
Vậy: (d): y=-2x-1
b: Thay x=0 và y=1 vào (d), ta được:
\(0\cdot a+b=1\)
=>b+0=1
=>b=1
Vậy: (d): y=ax+1
Thay x=-3 và y=0 vào (d), ta được:
\(-3\cdot a+1=0\)
=>-3a=-1
=>\(a=\dfrac{1}{3}\)
Vậy: (d): \(y=\dfrac{1}{3}x+1\)
Bài 1:
a: Vì (d)//y=-3x+1 nên a=-3 và b<>1
vậy: (d): y=-3x+b
Thay x=1/3 và y=-1 vào (d), ta được:
\(b-3\cdot\dfrac{1}{3}=-1\)
=>b-1=-1
=>b=0
vậy: (d): y=-3x
b: Thay x=2 và y=0 vào (d), ta được:
\(a\cdot2+b=0\)
=>2a+b=0(1)
Thay x=-1 và y=4 vào (d), ta được:
\(a\cdot\left(-1\right)+b=4\)
=>-a+b=4(2)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:
\(\left\{{}\begin{matrix}2a+b=0\\-a+b=4\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}3a=-4\\2a+b=0\end{matrix}\right.\)
=>\(\left\{{}\begin{matrix}a=-\dfrac{4}{3}\\b=-2a=-2\cdot\dfrac{-4}{3}=\dfrac{8}{3}\end{matrix}\right.\)
Vậy: (d): \(y=-\dfrac{4}{3}x+\dfrac{8}{3}\)
a: \(\left\{{}\begin{matrix}x-2y+2=0\\2y-x^2=0\end{matrix}\right.\)
=>\(\left\{{}\begin{matrix}2y=x+2\\2y=x^2\end{matrix}\right.\)
=>\(\left\{{}\begin{matrix}x^2=x+2\\x^2=2y\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x^2-x-2=0\\y=\dfrac{x^2}{2}\end{matrix}\right.\)
=>\(\left\{{}\begin{matrix}\left(x-2\right)\left(x+1\right)=0\\y=\dfrac{x^2}{2}\end{matrix}\right.\)
(x-2)(x+1)=0
=>\(\left[{}\begin{matrix}x-2=0\\x+1=0\end{matrix}\right.\)
=>\(\left[{}\begin{matrix}x=2\\x=-1\end{matrix}\right.\)
Khi x=2 thì \(y=\dfrac{x^2}{2}=\dfrac{2^2}{2}=\dfrac{4}{2}=2\)
Khi x=-1 thì \(y=\dfrac{x^2}{2}=\dfrac{\left(-1\right)^2}{2}=\dfrac{1}{2}\)
b: \(\left\{{}\begin{matrix}2x^2+xy+y^2-x=5\\4x^2+2xy+2y^2-y=4\end{matrix}\right.\)(I)
=>\(\left\{{}\begin{matrix}4x^2+2xy+2y^2-2x=10\\4x^2+2xy+2y^2-y=4\end{matrix}\right.\)
=>\(\left\{{}\begin{matrix}-2x+y=6\\2x^2+xy+y^2-x=5\end{matrix}\right.\)
=>\(\left\{{}\begin{matrix}y=2x+6\\2x^2+x\left(2x+6\right)+\left(2x+6\right)^2-x=5\end{matrix}\right.\)
=>\(\left\{{}\begin{matrix}y=2x+6\\2x^2+2x^2+6x+4x^2+24x+36-x=5\end{matrix}\right.\)
=>\(\left\{{}\begin{matrix}y=2x+6\\8x^2+29x+31=0\end{matrix}\right.\)
\(8x^2+29x+31=0\)(1)
\(\text{Δ}=29^2-4\cdot8\cdot31\)
\(=841-32\cdot31=-151< 0\)
=>Phương trình (1) vô nghiệm
Do đó: Hệ phương trình (I) vô nghiệm
