A B C D H M

a/

\(BC=\sqrt{AB^2+AC^2}\) (Pitago)

\(\Rightarrow BC=\sqrt{12^2+16^2}=20cm\)

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

\(\Rightarrow BH=\dfrac{AB^2}{BC}=\dfrac{12^2}{20}=7,2cm\)

Xét tg vuông ABH có

\(AH=\sqrt{AB^2-BH^2}\) (Pitago)

\(\Rightarrow AH=\sqrt{12^2-7,2^2}=9,6cm\)

Ta có

\(MA=MC=\dfrac{AC}{2}=\dfrac{16}{2}=8cm\)

Xét tg vuông ABM có

\(BM=\sqrt{AB^2+MA^2}\) (Pitago)

\(\Rightarrow BM=\sqrt{12^2+8^2}=14,4cm\)

b/

Xét tg ABC có

\(\dfrac{DB}{AB}=\dfrac{DC}{AC}\) (trong tg đường phân giác của 1 góc chia cạnh đối diện thành hai đoạn thẳng tỷ lệ với 2 cạnh kề hai đoạn thẳng đó)

\(\Rightarrow\dfrac{DB}{DC}=\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{12}{16}=\dfrac{3}{4}\)

Mà DB+DC=BC=20 cm

Đây là bài toán tìm 2 số biết tổng và tỷ ở lớp 5 bạn tự làm nốt nhé

Chắc đề là cắt DE, DF lần lượt tại I, K?

\(\widehat{EIF}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính EF

\(\Rightarrow\widehat{EIF}=90^0\)

\(\Rightarrow FI\perp DE\)

Hoàn toàn tương tự, ta có \(EK\perp DF\)

\(\Rightarrow H\) là trực tâm tam giác DEF

\(\Rightarrow DH\) là đường cao thứ 3 ứng với EF

\(\Rightarrow DH\perp EF\)

A B C D O H K E

Gọi H,K lần lượt là trung điểm của AB và CD.

Ta có:  \(OH\perp AB;OK\perp CD;OH=OK\), Hai dây AB và CD bằng nhau nên khoảng cách đến tâm bằng nhau. Hoặc xét 2 tam giác cân OAB; OCD cân tại O suy ra những điều trên.

Xét 2 tam giác vuông OHE và OKE có: OE chung; OK = OK 

Suy ra \(\Delta OHE=\Delta OKE\\ \Rightarrow HE=KE\)

Mặt khác HB = HC => BE = CE

Tương tự ta cũng chứng minh được AE =DE

Ta có: \(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\Rightarrow abc\le1\)

\(a^3+8c=a^3+c+c+c+c+c+c+c+c\ge9\sqrt[9]{a^3c^9}=9c\sqrt[3]{a}\)

\(\Rightarrow\sqrt{a^3+8c}\ge3\sqrt{c\sqrt[3]{a}}\left(1\right)\)

Tương tự ta cũng có:

\(b^3+8a\ge9a\sqrt[3]{b}\Rightarrow\sqrt{b^3+8a}\ge3\sqrt{a\sqrt[3]{b}}\left(2\right)\\ c^3+8b\ge9b\sqrt[3]{c}\Rightarrow\sqrt{c^3+8b}\ge3\sqrt{b\sqrt[3]{c}}\left(3\right)\)

Cộng \(\left(1\right);\left(2\right)\left(3\right)\)Vế theo vế ta có:

\(\left(1\right)+\left(2\right)+\left(3\right)\ge3\left(\sqrt{c\sqrt[3]{a}}+\sqrt{b\sqrt[3]{c}}+\sqrt{a\sqrt[3]{b}}\right)\\ \Leftrightarrow\left(1\right)+\left(2\right)+\left(3\right)\ge3.3\sqrt[3]{\sqrt{abc\sqrt[3]{abc}}}\ge9\)

Dấu = xảy ra khi a = b =c = 1. ⇒ đpcm

Ta có thể dùng cosy hoặc đặt a,b lần lượt là hai số hạng vế trái của phương, đưa phương trình về hệ phương trình không triệt để. Từ đó giải phương.

Đầu kiện: \(x\ge0\)

Ta có:

\(4\sqrt{x}=2\sqrt{4x}\le4+x\\ \Rightarrow x^2+4-4\sqrt{x}\ge x^2-x\\ \Rightarrow\sqrt{x^2+4-4\sqrt{x}}\ge\sqrt{x^2-x}\) 

\(6\sqrt{x}=2\sqrt{9x}\le9+x\\ \Rightarrow\sqrt{x^2+4-6\sqrt{x}}\ge\sqrt{x^2-x-5}\)

Suy ra \(1\ge\sqrt{x^2-x}+\sqrt{x^2-x-5}\)

Đặt \(\sqrt{x^2-x}=a;0\le a\le1\\ \sqrt{x^2-x-5}=b;0\le b\le1.\\ \Rightarrow a^2-b^2=\left(x^2-x\right)-\left(x^2-x-5\right)=5.Vôlí\)

Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.

Điều kiện \(x\ge0\)

Ta thấy \(\sqrt{x}\ge0\) \(\Leftrightarrow\sqrt{x}+2\ge2\) \(\Leftrightarrow\dfrac{1}{\sqrt{x}+2}\le\dfrac{1}{2}\) hay GTLN của A là \(\dfrac{1}{2}\) khi \(x=0\)

Ta không thể tìm GTNN của A vì khi đó \(x\) phải đạt GTLN. Trong khi đó không tồn tại số dương lớn nhất.