mk lớp 5 

ko bt

Ta phản chứng rằng không tồn tại 2 số nào bằng nhau trong 25 số trên, đồng nghĩa với 25 số trên là phân biệt, ta sắp xếp chúng theo thứ tự $a_1<a_2<...<a_25$, có thể thấy rằng, bộ số $1,2,...25$ chính là bộ số mà giá trị của vế trái lớn nhất, nhưng giá trị lúc này có thể tính được là xấp xỉ 8,6<9 nên không thỏa mãn, các bộ số khác hiển nhiên cũng sẽ khiến vế trái nhỏ hơn 9, vậy không tồn tại bộ số nào thỏa mãn nếu chúng phân biệt, ta có điều phải chứng minh

vvv

a/

Ta có B và C cùng nhìn AO dưới 1 góc vuông nên B và C cùng nằm trên đường tròn đường kính AO

=> ABOC là tứ giác nội tiếp

Ta có

HD=HE (gt)

\(\Rightarrow OH\perp DE\) (Trong đường tròn đường thẳng đi qua tâm và đi qua trung điểm của dây cung thì vuông góc với dây cung)

=> H nhìn AO dưới 1 góc vuông => H thuộc đường tròn đường kính AO

Ta có AB=AC (Hai tiếp tuyến cùng xp từ 1 điểm ngoài đường tròn thì khoảng cách từ điểm đó đến 2 tiếp điểm bằng nhau)

Xét đường tròn đường kính AO có

sđ cung AB = sđ cung AC (Trong đường tròn 2 dây trương cung có độ dài bằng nhau thì số đo 2 cung tương ứng bằng nhau) (1)

Ta có

\(sđ\widehat{AHB}=\dfrac{1}{2}sđ\) cung AB (góc nội tiếp) (2)

\(sđ\widehat{AHC}=\dfrac{1}{2}sđ\) cung AC (góc nội tiếp) (3)

Từ (1) (2) (3) \(\Rightarrow\widehat{AHB}=\widehat{AHC}\) => HA là tia phân giác của \(\widehat{BHC}\)

c/ Gọi G là giao điểm của AO với BC \(\Rightarrow AO\perp BC\) (Hai tiếp tuyến cùng xp từ 1 điểm ngoài đường tròn thì đường thẳng nối điểm đó với tâm đường tròn vuông góc và chia đôi dây cung nối 2 tiếp điểm

Xét tg vuông AGK và tg vuông AHO có

\(\widehat{HAO}\) chung

=> tg AGK đồng dạng với tg AHO (g.g.g)

\(\Rightarrow\dfrac{AK}{AO}=\dfrac{AG}{AH}\Rightarrow AK=\dfrac{AG.AO}{AH}\)

Xét tg vuông ABO có

\(AB^2=AG.AO\) (Trong tg vuông bình phương 1 cạnh góc vuông bằng tích giữa hình chiếu cạnh góc vuông đó trên cạnh huyền với cạnh huyền)

\(\Rightarrow AK=\dfrac{AG.AO}{AH}=\dfrac{AB^2}{AH}\)

Xét tg ADB và tg ABE có

\(\widehat{BAE}\) chung

\(sđ\widehat{ABD}=\dfrac{1}{2}sđ\) cung BD (Góc giữa tiếp tuyến và dây cung)

\(sđ\widehat{AEB}=\dfrac{1}{2}sđ\) cung BD (Góc nội tiếp (O))

\(\Rightarrow\widehat{ABD}=\widehat{AEB}\)

 => tg ADB đồng dạng với tg ABE (g.g.g)

\(\Rightarrow\dfrac{AB}{AE}=\dfrac{AD}{AB}\Rightarrow AB^2=AD.AE\)

\(\Rightarrow AK=\dfrac{AB^2}{AH}=\dfrac{AD.AE}{AH}\Rightarrow\dfrac{2}{AK}=\dfrac{2.AH}{AD.AE}\)

\(\Rightarrow\dfrac{2}{AK}=\dfrac{AD+HD+AE-HE}{AD.AE}=\dfrac{AE+AD}{AD.AE}=\dfrac{1}{AD}+\dfrac{1}{AE}\)

\(x^2-mx+2m-4=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-2\right)\left(x+2\right)-m\left(x-2\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-2\right)\left(x-m\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=2\\x=m\end{matrix}\right.\)

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì \(m\ne2\).

TH1: \(x_1=2,x_2=m\):

\(x_1^2=5x_2-1\Leftrightarrow4=5m-1\Leftrightarrow m=1\) (thỏa mãn).

TH2: \(x_1=m,x_2=2\):

\(x_1^2=5x_2-1\Leftrightarrow m^2=9\Leftrightarrow m=\pm3\) (thỏa mãn).

1/

Ta có M và B cùng nhìn OD dưới 1 góc vuông nên M và B cùng nằm trên đường tròn đường kính OD

=> OBDM là tứ giác nội tiếp

2/

Xét tg OBF có

OB=OF=R => tg OBF cân tạo O

\(OE\perp BF\) => OE là đường cao của tg OBF

=> \(\widehat{FOE}=\widehat{BOE}\) (trong tg cân đường cao hạ từ đỉnh tg cân đồng thời là đường phân giác)

Xét tg OFE và tg OBE có

OF=OB=R

\(\widehat{FOE}=\widehat{BOE}\) (cmt)

OE chung

=> tg OFE = tg OBE (c.g.c)

\(\Rightarrow\widehat{EFO}=\widehat{EBO}=90^o\) \(\Rightarrow EF\perp OF\) => EF là tiếp tuyến của (O)

3/

Ta có B và F cùng nhìn OE dưới 1 góc vuông nên B và F cùng nằm trên đường tròn đường kính OE

Xét tg KEF và tg KOB có

\(\widehat{FEO}=\widehat{FBO}\) (Góc nội tiếp cùng chắn cung FO)

\(\widehat{EFB}=\widehat{EOB}\) (Góc nội tiếp cùng chắn cung EB)

=> tg KEF và tg KOB đồng dạng (g.g.g)

\(\Rightarrow\dfrac{KO}{KF}=\dfrac{KB}{KE}\Rightarrow KO.KE=KF.KB\) (đpcm)

2) Phương trình hoành độ giao điểm \(\left(P\right)\) và \(\left(d\right)\) là: 

\(x^2=mx+4\Leftrightarrow x^2-mx-4=0\) (1) 

Phương trình (1) có hệ số \(ac=1.\left(-4\right)=-4< 0\) nên luôn có hai nghiệm phân biệt \(x_1,x_2\) nên \(\left(d\right)\) luôn cắt \(\left(P\right)\) tại hai điểm phân biệt \(A\left(x_1,y_1\right),B\left(x_2,y_2\right)\).

Theo định lí Viete ta có: 

\(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=m\\x_1x_2=4\end{matrix}\right.\)

\(S_{OAB}=\dfrac{1}{2}\left|x_1y_2-x_2y_1\right|=\dfrac{1}{2}\left|x_1\left(mx_2+4\right)-x_2\left(mx_1+4\right)\right|\)

\(=2\left|x_1-x_2\right|=2\sqrt{\left(x_1+x_2\right)^2-4x_1x_2}=2\sqrt{m^2-16}=8\)

\(\Leftrightarrow m^2-16=16\Leftrightarrow m=\pm4\sqrt{2}\).

thank you nhưng mà có j đó sai sai sai từ chỗ vi et x1x2= -4  chứ ko pk 4 ạ 

Bài 15:

a) Ta có \(P=\sin^210^o+\sin^220^o+...+\sin^270^o+\sin^280^o\)\(=\left(\sin^210^o+\sin^280^o\right)+\left(\sin^220^o+\sin^270\right)+\left(\sin^230^o+\sin^260^o\right)+\left(\sin^240^o+\sin^250\right)\)

Vì \(\sin^280^o=\cos^210^o\); \(\sin^270^o=\cos^220^o\);...; \(\sin^250^o=\cos^240^o\)( 2 góc phụ nhau thì sin góc này bằng cos góc kia)

 Nên \(P=\left(\sin^210^o+\cos^210^o\right)+\left(\sin^220^o+\cos^220^o\right)+\left(\sin^230^o+\cos^230^o\right)+\left(\sin^240^o+\cos^240\right)\)\(P=1+1+1+1=4\)

b) Làm tương tự bài 1. Ghép các tỉ số lượng giác sin (hoặc cos) của các góc phụ nhau lại rồi áp dụng công thức \(\sin^2\alpha+\cos^2\alpha=1\) để tính. (bài này kết quả bằng 0 nếu mình không nhầm)

Bài 16:

Từ công thức \(\sin^2\alpha+\cos^2\alpha=1\Leftrightarrow\sin\alpha=\sqrt{1-\cos^2\alpha}=\sqrt{1-\left(\dfrac{1}{3}\right)^2}=\dfrac{2\sqrt{2}}{3}\)

Vậy \(3\sin^2\alpha+\cos^2\alpha=\left(\sin^2\alpha+\cos^2\alpha\right)+2\sin^2\alpha=1+2.\left(\dfrac{2\sqrt{2}}{3}\right)^2=\dfrac{25}{9}\)

Làm tương tự câu a

chỉ mik câu 15 với 16 được không

à câu 18 nx nha mn