hỏi gỉ giợ

Ta có \(\Delta\)ABC vuông tại A 

=> \(BC^2=AC^2+AB^2\)(Định lý pitago)

Thay AC = 12, AB = 8, ta có

\(BC^2=12^2+8^2\)

       \(=144+64=208\)

=> \(BC=\sqrt{208}=\text{14.42220510185596}\)

Kiểu như vậy đấy :)

+) AH = AB . SIN B =9 . SIN (57) = 7.548035112(cm)

+) BH = sqrt ( AB^2 - AH^2)= 4.901751315(cm) (pytago)

+) Sin C = AH / AC => C= 38 (Deg) => A = pi - (C + B ) = 84(Deg)

+) BH= AB . cos B = 9 . cos 57 = 4.901751315(cm) (1)

+) HC = AC . cos C = 9.328836187(cm)(2)

(1) vs (2) => BC BH + HC = 14.2305865(cm)

\(\widehat{CAO}=90^o\) , \(\widehat{CMO}=90^o\)

do đó \(A,M\) cùng nhìn \(CO\) dưới góc \(90^o\)

Vậy \(A,C,M,O\) cùng thuộc một đường tròn. 

bằng 45

quỹ tích những điểm cách đều 1 điểm O cho trước là đường tròn tâm O

Lời giải:

a. Ta thấy $\widehat{BEC}=\widehat{BDC}=90^0$, mà 2 góc này cùng nhìn cạnh $BC$ nên $BEDC$ là tứ giác nội tiếp

$\Rightarrow B,C,D,E$ cùng thuộc 1 đường tròn 

b. 

Ta thấy $\widehat{AEH}+\widehat{ADH}=90^0+90^0=180^0$ mà 2 góc này là 2 góc đối nhau nên $AEHD$ là tứ giác nội tiếp

$\Rightarrow A,E,H,D$ cùng thuộc 1 đường tròn

c. 

$H$ là giao của 2 đường cao $BD, CE$ nên $H$ là trực tâm của tam giác $ABC$
$\Rightarrow AH\perp BC(1)$

Mặt khác: $\widehat{HKC}=90^0$ (góc nt chắn nửa đường tròn đường kính $CH$) 

$\Rightarrow HK\perp BC(2)$

Từ $(1); (2)\Rightarrow A,H,K$ thẳng hàng.

Hình vẽ:

Xét đường tròn (O) có AB là đường kính nên \(\widehat{ACB}=90^o\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay \(BC\perp AE\) tại C hay BC là đường cao của tam giác ABE. Lại có C là trung điểm AB nên BC là trung tuyến của tam giác ABE. Từ đó tam giác ABE cân tại B hay \(BE=BA\). Do BA cố định nên BE không đổi. Mà B cố định nên khi C thay đổi thì E sẽ di chuyển trên đường tròn tâm B, bán kính BA cố định.

Câu hỏi không rõ ràng. Bạn xem lại.

\(\widehat{C}=90^o-\widehat{B}=90^o-32^o=58^o\)

\(tanB=\dfrac{AC}{AB}\Leftrightarrow AC=AB.tanB=3,5.tan32^o\left(cm\right)\)

\(cosB=\dfrac{AB}{BC}\Leftrightarrow BC=\dfrac{AB}{cosB}=\dfrac{3,2}{cos32^o}\left(cm\right)\)

\(x^3-x^2-7x+18=4\sqrt{x+2}\)  (ĐK: \(x\ge-2\))

\(\Leftrightarrow x^3-x^2-8x+12+x+6-4\sqrt{x+2}=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-2\right)^2\left(x+3\right)+\dfrac{\left(x+6\right)^2-16\left(x+2\right)}{x+6+4\sqrt{x+2}}=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-2\right)^2\left(x+3\right)+\dfrac{x^2-4x+4}{x+6+4\sqrt{x+2}}=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-2\right)^2\left(x+3+\dfrac{1}{x+6+4\sqrt{x+2}}\right)=0\)

\(\Leftrightarrow x-2=0\) (vì \(x\ge-2\))

\(\Leftrightarrow x=2\) (thỏa mãn)

Ta có P = \(x\sqrt{x+y}+y\sqrt{y+z}+z\sqrt{z+x}\)

<=> \(\sqrt{2}P=\sqrt{2}x.\sqrt{x+y}+\sqrt{2}y.\sqrt{y+z}+\sqrt{2}z.\sqrt{z+x}\)

Áp dụng BĐT Cauchy cho 2 số dương \(\sqrt{2}x;\sqrt{x+y}\) được 

\(\sqrt{2}x.\sqrt{x+y}\le\dfrac{2x^2+x+y}{2}\)

Tương tự ta được \(\sqrt{2}y.\sqrt{y+z}\le\dfrac{2y^2+y+z}{2}\) ; 

\(\sqrt{2}z.\sqrt{z+x}\le\dfrac{2z^2+z+x}{2}\)

Khi đó \(\sqrt{2}P\le\dfrac{2x^2+x+y}{2}+\dfrac{2y^2+y+z}{2}+\dfrac{2z^2+z+x}{2}=3+x+y+z\)

Lại có \(x^2+1\ge2x\) (bđt Cauchy) 

\(\Leftrightarrow x\le\dfrac{x^2+1}{2}\)

Tương tự được \(x+y+z\le\dfrac{x^2+1}{2}+\dfrac{y^2+1}{2}+\dfrac{z^2+1}{2}=3\)

Khi đó \(\sqrt{2}P\le3+x+y+z\le6\Leftrightarrow P\le3\sqrt{2}\) (đpcm)

"=" khi x = y = z = 1

ko cóa đâu