Diện tích đáy bể là: \(2x^2\) `(m^2)`

Chiều cao bể là: \(\dfrac{72}{2x^2}=\dfrac{36}{x^2}\left(m^2\right)\)

Diện tích xung quanh bể là: \(\left(2x+x\right).2.\dfrac{36}{x^2}=\dfrac{216}{x}\left(m^2\right)\)

Diện tích cần xây là:

\(2x^2+\dfrac{216}{x}=2\left(x^2+\dfrac{54}{x}+\dfrac{54}{x}\right)\ge2.3\sqrt[3]{x^2.\dfrac{54}{x}.\dfrac{54}{x}}=54\sqrt[3]{4}\left(m^2\right)\)

Dấu "=" xảy ra khi \(x^2=\dfrac{54}{x}\Rightarrow x=\sqrt[3]{54}=3,78\left(m\right)\)

a: Xét (O) có

AB,AC là các tiếp tuyến

Do đó: AB=AC

=>A nằm trên đường trung trực của BC(1)

Ta có: OB=OC

=>O nằm trên đường trung trực của BC(2)

Từ (1),(2) suy ra OA là đường trung trực của BC

=>OA\(\perp\)BC tại H và H là trung điểm của BC

Xét ΔOBA vuông tại B có BH là đường cao

nên \(OH\cdot OA=OB^2=R^2\)

b: ΔODE cân tại O

mà OI là đường trung tuyến

nên OI\(\perp\)DE tại I

Xét ΔFOA có

AI,OB là các đường cao

AI cắt OB tại G

Do đó: G là trực tâm của ΔFOA

=>FG\(\perp\)OA 

c: Gọi H là trung điểm của FA

ΔFIA vuông tại I

mà IH là đường trung tuyến

nên IH=HA=HF

=>H là tâm đường tròn ngoại tiếp ΔFIA

ΔOIG vuông tại I

mà IQ là đường trung tuyến

nên QI=QG

=>ΔQIG cân tại Q

\(\widehat{HIQ}=\widehat{HIG}+\widehat{QIG}=\widehat{HAI}+\widehat{QGI}\)

mà \(\widehat{QGI}=\widehat{BGA}\)(hai góc đối đỉnh)

nên \(\widehat{HIQ}=\widehat{BGA}+\widehat{BAG}=90^0\)

=>HI\(\perp\)IQ

=>IQ là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ΔFIA

2\(x^2\) + 5\(x\) + 3 = 0

a - b + c = 2 - 5 + 3 = 0

Vậy pt có hai nghiệm phân biệt là:

\(x_1\) = -1; \(x_2\) = - \(\dfrac{c}{a}\) = \(\dfrac{-3}{2}\)

Vậy S= {- \(\dfrac{3}{2}\); -1}

Ta có: \(2x^2+5x+3=0\)

=>\(2x^2+2x+3x+3=0\)

=>2x(x+1)+3(x+1)=0

=>(x+1)(2x+3)=0

=>\(\left[{}\begin{matrix}x+1=0\\2x+3=0\end{matrix}\right.\)

=>\(\left[{}\begin{matrix}x=-1\\2x=-3\end{matrix}\right.\)

=>\(\left[{}\begin{matrix}x=-1\\x=-\dfrac{3}{2}\end{matrix}\right.\)

a: 

b: Phương trình hoành độ giao điểm là:

\(\dfrac{1}{4}x^2=-\dfrac{1}{2}x+2\)

=>\(x^2=-2x+8\)

=>\(x^2+2x-8=0\)

=>(x+4)(x-2)=0

=>\(\left[{}\begin{matrix}x+4=0\\x-2=0\end{matrix}\right.\)

=>\(\left[{}\begin{matrix}x=-4\\x=2\end{matrix}\right.\)

Khi x=-4 thì \(y=-\dfrac{1}{2}\cdot\left(-4\right)+2=2+2=4\)

Khi x=2 thì \(y=-\dfrac{1}{2}\cdot2+2=-1+2=1\)

Vậy: Tọa độ giao điểm của (P) và (d) là A(-4;4); B(2;1)

Bài 4:

a: Xét (O) có \(\widehat{AMB};\widehat{ANB}\) là các góc nội tiếp chắn cung AB

nên \(\widehat{AMB}=\widehat{ANB}=\dfrac{\widehat{AOB}}{2}=\dfrac{120^0}{2}=60^0\)

b: Diện tích hình quạt tròn OAB là:

\(S_{q\left(OAB\right)}=\dfrac{\Omega\cdot R^2\cdot n}{180}=\dfrac{\Omega\cdot6^2\cdot120}{180}=24\Omega\)

Diện tích tam giác OAB là:

\(S_{OAB}=\dfrac{1}{2}\cdot OA\cdot OB\cdot sinAOB=\dfrac{1}{2}\cdot6\cdot6\cdot sin120\simeq9\sqrt{3}\)(cm²)

Diện tích hình viên phân giới hạn bởi dây AB và cung nhỏ AB là:

\(24\Omega-9\sqrt{3}\simeq59,8\left(cm^2\right)\)

Bài 4:

a: Xét (O) có \(\widehat{AMB};\widehat{ANB}\) là các góc nội tiếp chắn cung AB

nên \(\widehat{AMB}=\widehat{ANB}=\dfrac{\widehat{AOB}}{2}=\dfrac{120^0}{2}=60^0\)

b: Diện tích hình quạt tròn OAB là:

\(S_{q\left(OAB\right)}=\dfrac{\Omega\cdot R^2\cdot n}{180}=\dfrac{\Omega\cdot6^2\cdot120}{180}=24\Omega\)

Diện tích tam giác OAB là:

\(S_{OAB}=\dfrac{1}{2}\cdot OA\cdot OB\cdot sinAOB=\dfrac{1}{2}\cdot6\cdot6\cdot sin120\simeq9\sqrt{3}\)(cm²)

Diện tích hình viên phân giới hạn bởi dây AB và cung nhỏ AB là:

\(24\Omega-9\sqrt{3}\simeq59,8\left(cm^2\right)\)

Bài 5:

a: Xét (O) có

ΔAMB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔAMB vuông tại M

=>\(\widehat{AMB}=90^0\)

b: ΔAMB vuông tại M

=>AM\(\perp\)BC tại M

ΔCMA vuông tại M

mà MI là đường trung tuyến

nên IA=IM

Xét ΔIAO và ΔIMO có

IA=IM

OA=OM

IO chung

Do đó: ΔIAO=ΔIMO

=>\(\widehat{IAO}=\widehat{IMO}\)

=>\(\widehat{IMO}=90^0\)

=>IM là tiếp tuyến của (O)

c: Xét ΔMAB vuông tại M có \(cosMAB=\dfrac{MA}{AB}=\dfrac{R}{2R}=\dfrac{1}{2}\)

nên \(\widehat{MAB}=60^0\)

Xét ΔMNA vuông tại N có \(sinMAN=\dfrac{MN}{MA}\)

=>\(\dfrac{MN}{R}=sin60=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)

=>\(MN=\dfrac{R\sqrt{3}}{2}\)

\(\dfrac{MN}{AB}=\dfrac{R\sqrt{3}}{2}:2R=\dfrac{R\sqrt{3}}{2\cdot2R}=\dfrac{\sqrt{3}}{4}\simeq0,43\)

Đổi 1 giờ 30 phút =3/2 giờ

1 giờ 25 phút =17/12 giờ

Gọi vận tốc cano khi nước lặng là x (km/h) và vận tốc dòng nước là y (km/h) với x;y>0

Vận tốc cano khi xuôi dòng: `x+y` (km/h)

Vận tốc cano khi ngược dòng: `x-y` (km/h)

Do cano xuôi dòng 40km và ngược dòng 15km hết 3/2 giờ nên ta có pt:

\(\dfrac{40}{x+y}+\dfrac{15}{x-y}=\dfrac{3}{2}\) (1)

Do cano xuôi dòng 30km và ngược dòng 20km hết 17/12 giờ nên ta có pt:

\(\dfrac{30}{x+y}+\dfrac{20}{x-y}=\dfrac{17}{12}\) (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ:

\(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{40}{x+y}+\dfrac{15}{x-y}=\dfrac{3}{2}\\\dfrac{30}{x+y}+\dfrac{20}{x-y}=\dfrac{17}{12}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{1}{x+y}=\dfrac{1}{40}\\\dfrac{1}{x-y}=\dfrac{1}{30}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x+y=40\\x-y=30\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=35\\y=5\end{matrix}\right.\)

a: Xét tứ giác OBDA có \(\widehat{OBD}+\widehat{OAD}=90^0+90^0=180^0\)

nên OBDA là tứ giác nội tiếp

=>O,B,D,A cùng thuộc một đường tròn

b: Xét (O) có

ΔBAC nội tiếp

BC là đường kính

Do đó: ΔBAC vuông tại A

=>BA\(\perp\)CE tại A

Xét ΔBEC vuông tại B có BA là đường cao

nên \(CA\cdot CE=CB^2=\left(2R\right)^2=4R^2\)

c:

i: Xét (O) có

DA,DB là các tiếp tuyến

Do đó: DA=DB

=>D nằm trên đường trung trực của AB(1)

Ta có: OA=OB

=>O nằm trên đường trung trực của AB(2)

Từ (1),(2) suy ra OD là đường trung trực của AB

=>OD\(\perp\)AB tại K và K là trung điểm của AB

Xét tứ giác AKOI có \(\widehat{AKO}=\widehat{AIO}=\widehat{KAI}=90^0\)

nên AKOI là hình chữ nhật

=>OA=IK

=>IK=R

ii: ΔAHB vuông tại H

mà HK là đường trung tuyến

nên HK=KA=KB

=>K là tâm đường tròn ngoại tiếp ΔAHB

Gọi M là giao điểm của AO và KI

AKOI là hình chữ nhật

=>AO cắt KI tại trung điểm của mỗi đường

=>M là trung điểm chung của AO và KI

ΔAHO vuông tại H

mà HM là đường trung tuyến

nên \(HM=\dfrac{AO}{2}=\dfrac{KI}{2}\)

Xét ΔHKI có

HM là đường trung tuyến

HM=KI/2

Do đó: ΔHKI vuông tại H

=>HK\(\perp\)HI

Xét (K) có

HK là bán kính

HI\(\perp\)HK tại H

Do đó: HI là tiếp tuyến của (K)

=>HI là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ΔHAB

iii: Vì \(\widehat{AHO}=\widehat{AKO}=\widehat{AIO}=90^0\)

nên A,H,K,O,I cùng thuộc đường tròn đường kính AO

trung bình cộng của 50 số lẻ liên tiếp là 50 . Số lớn nhất là?

a: Gọi E là giao điểm của CO và BD

Xét ΔOAC vuông tại A và ΔOBE vuông tại B có

OA=OB

\(\widehat{AOC}=\widehat{BOE}\)(hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔOAC=ΔOBE

=>OC=OE

Xét ΔODC vuông tại O và ΔODE vuông tại O có

OD chung

OC=OE

Do đó: ΔODC=ΔODE

ΔOAC=ΔOBE

=>\(\widehat{OCA}=\widehat{OEB}\)

mà \(\widehat{OEB}=\widehat{OCD}\)(ΔODE=ΔODC)

nên \(\widehat{OCA}=\widehat{OCD}\)

=>CO là phân giác của góc ACD

Xét ΔOAC vuông tại A và ΔOHC vuông tại H có

CO chung

\(\widehat{ACO}=\widehat{HCO}\)

Do đó: ΔOAC=ΔOHC

=>OA=OH

=>OH=AB/2

Vì OH=OA=OB=AB/2

nên H nằm trên đường tròn tâm O, đường kính AB

b: Xét (O) có

OH là bán kính

CD\(\perp\)OH tại H

Do đó: CD là tiếp tuyến của (O) tại H