K
Khách

Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.

(3,0 điểm) 1. Mảnh đất hình chữ nhật $ABCD$ có chiều dài $AB=6$ m, chiều rộng $BC=4$ m. Người ta trồng hoa trên phần đất là nửa hình tròn đường kính $AD$ và nửa đường tròn đường kính $BC$, phần còn lại của mảnh đất để trồng cỏ. Tính diện tích phần đất trồng cỏ (phần tô đậm trong hình vẽ bên dưới, kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ nhất). 2. Cho $\left( O \right)$ và điểm $A$ nằm...
Đọc tiếp

(3,0 điểm) 1. Mảnh đất hình chữ nhật $ABCD$ có chiều dài $AB=6$ m, chiều rộng $BC=4$ m. Người ta trồng hoa trên phần đất là nửa hình tròn đường kính $AD$ và nửa đường tròn đường kính $BC$, phần còn lại của mảnh đất để trồng cỏ. Tính diện tích phần đất trồng cỏ (phần tô đậm trong hình vẽ bên dưới, kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ nhất).

loading...

2. Cho $\left( O \right)$ và điểm $A$ nằm bên ngoài đường tròn. Từ $A$ kẻ các tiếp tuyến $AB,$ $AC$ với đường tròn $\left( O \right)$ ($B,$ $C$ là các tiếp điểm). Kẻ đường kính $BD$ của đường tròn $\left( O \right)$.

a) Chứng minh $ABOC$ là tứ giác nội tiếp đường tròn và $\widehat{BDC}=\widehat{AOC}$.

b) Kẻ $CK$ vuông góc với $BD$ tại $K$. Gọi $I$ là giao điểm của $AD$ và $CK$. Chứng minh rằng $I$ là trung điểm của $CK$.

2
8 tháng 5 2022

1) Diện tích của mảnh đất hình chữ nhật ABCD là \(S_{ABCD}=AB.BC=6.4=24\left(m^2\right)\)

Diện tích của phần đất trồng hoa có dạng nửa đường tròn đường kính BC là \(S_{hoa}=\dfrac{S_{hìnhtròn}}{2}=\dfrac{\pi r^2}{2}=\dfrac{\pi.\dfrac{d^2}{4}}{2}=\dfrac{\pi.\dfrac{4^2}{4}}{2}=2\pi\left(m^2\right)\)
Vì diện tích của phần đất có dạng nửa đường tròn đường kính AD chính bằng diện tích của phần đất có dạng nửa đường tròn đường kính BC nên diện tích của phần đất để trồng cỏ bằng:

\(S_{cỏ}=S_{ABCD}-2S_{hoa}=24-2.2\pi=24-4\pi\approx11,4\left(m^2\right)\)

Vậy diện tích trồng cỏ bằng khoảng 11,4m2.

8 tháng 5 2022

a, Ta có AB ; AC lần lượt là tiếp tuyến đường tròn (O) với B;C là tiếp điểm 

Xét tứ giác ABOC có ^ACO + ^ABO = 1800

mà 2 góc này đối nhau 

Vậy tứ giác ABOC là góc nt chắn nửa đường tròn 

Ta có ^BDC = ^ABC ( cùng chắn cung BC ) 

mà ^AOC = ^ABC ( góc nt chắn cung AC của tứ giác ABOC ) 

=> ^AOC = ^BDC 

b, +) Kẻ DC cắt AB tại K 

Ta có ^DCB = 900 ( góc nt chắn nửa đường tròn ) 

=> ^BCK = 900; AB = AC ( tc tiếp tuyến cắt nhau ) 

=> AB = AC = AK 

Lại có CK vuông BD ; AB vuông BD => CK // AB 

Xét tam giác BDA có KI // AB theo hệ quả Ta lét \(\dfrac{KI}{AB}=\dfrac{DI}{AD}\)(1) 

Xét tam giác KDA có IC // AK theo hệ quả Ta lét \(\dfrac{DI}{AD}=\dfrac{IC}{AK}\)(2) 

Từ (1) ; (2) suy ra \(\dfrac{KI}{AB}=\dfrac{IC}{AK}\)mà AB = AK (cmt) 

=> KI = IC => I là trung điểm KC 

8 tháng 5 2022

Xét hpt \(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{x}{y}+2.\dfrac{y}{x}=3\left(1\right)\\2x^2-3y=-1\left(2\right)\end{matrix}\right.\) (đkxđ: \(\left\{{}\begin{matrix}x\ne0\\y\ne0\end{matrix}\right.\))

Từ (1) \(\Leftrightarrow\dfrac{x^2+2y^2}{xy}=3\Rightarrow x^2+2y^2=3xy\Leftrightarrow x^2-3xy+2y^2=0\)\(\Leftrightarrow x^2-xy-2xy+2y^2=0\Leftrightarrow x\left(x-y\right)-2y\left(x-y\right)=0\)\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)\left(x-2y\right)=0\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x-y=0\\x-2y=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=y\\x=2y\end{matrix}\right.\)

Xét trường hợp \(x=y\), thay vào (2), ta có \(2x^2-3x=-1\Leftrightarrow2x^2-3x+1=0\) (3)

pt (3) có tổng các hệ số bằng 0 nên pt này có 2 nghiệm \(\left[{}\begin{matrix}x_1=1\\x_2=\dfrac{1}{2}\end{matrix}\right.\)(nhận)

Nếu \(x=1\Rightarrow y=1\) (vì \(x=y\)) (nhận)

Nếu \(x=\dfrac{1}{2}\Rightarrow y=\dfrac{1}{2}\) (nhận)

Vậy ta tìm được 2 nghiệm của hpt đã cho là \(\left(1;1\right)\) và \(\left(\dfrac{1}{2};\dfrac{1}{2}\right)\)

Xét trường hợp \(x=2y\), thay vào (2), ta có \(2.\left(2y\right)^2-3y=-1\Leftrightarrow8y^2-3y+1=0\) (4)

pt (4) có \(\Delta=\left(-3\right)^2-4.8.1=-23< 0\) nên pt này vô nghiệm.

Vậy hpt đã cho có tập nghiệm \(S=\left\{\left(1;1\right);\left(\dfrac{1}{2};\dfrac{1}{2}\right)\right\}\)

8 tháng 5 2022

a, Thay y = - 8 vào ta được \(-2x^2=-8\Leftrightarrow x^2=4\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=2\\x=-2\end{matrix}\right.\)

Vậy (P) đi qua A(2;-8) ; B(-2;-8) 

b, Hoành độ giao điểm tm pt 

\(x^2-2\left(m+1\right)x+m^2+2m=0\)

\(\Delta'=\left(m+1\right)^2-m^2-2m=1>0\)

Vậy (P) cắt (d) luôn có 2 nghiệm pb 

\(x_1=m+1-1=m\);\(x_2=m+1+1=m+2\)

Theo Vi et \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=2\left(m+1\right)\\x_1x_2=m^2+2m\end{matrix}\right.\)

Ta có \(x_1< x_2\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_1< 0\\x_2>0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m< 0\\m>-2\end{matrix}\right.\Leftrightarrow-2< m< 0\)

Lại có \(-x_1=3x_2\Leftrightarrow x_1+3x_2=0\)

\(m+3\left(m+2\right)=0\Leftrightarrow4m+6=0\Leftrightarrow m=-\dfrac{3}{2}\)(tm) 

 

8 tháng 5 2022

a) Ta có: \(\left(2-\dfrac{3+\sqrt{3}}{\sqrt{3}+1}\right)\left(2+\dfrac{3-\sqrt{3}}{\sqrt{3}-1}\right)=\left[2-\dfrac{\sqrt{3}\left(\sqrt{3}+1\right)}{\sqrt{3}+1}\right]\left[2+\dfrac{\sqrt{3}\left(\sqrt{3}-1\right)}{\sqrt{3}-1}\right]\)\(=\left(2-\sqrt{3}\right)\left(2+\sqrt{3}\right)=2^2-\left(\sqrt{3}\right)^2=4-3=1\) (đpcm)

b) Ta có \(A=\left(\dfrac{1}{x-2\sqrt{x}}+\dfrac{1}{\sqrt{x}-2}\right):\dfrac{\sqrt{x}+1}{x-4\sqrt{x}+4}\)\(=\left[\dfrac{1}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-2\right)}+\dfrac{1}{\sqrt{x}-2}\right].\dfrac{\left(\sqrt{x}-2\right)^2}{\sqrt{x}+1}\)\(=\dfrac{1+\sqrt{x}}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-2\right)}.\dfrac{\left(\sqrt{x}-2\right)^2}{\sqrt{x}+1}=\dfrac{\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}}\)

8 tháng 5 2022

ÁP dụng BĐT Mincopxki, ta có:

\(A\ge\sqrt{\left(x+y\right)^2+\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\right)^2}\)

\(=\sqrt{\left(x+y\right)^2+\dfrac{\left(x+y\right)^2}{\left(xy\right)^2}}\)

\(\ge\sqrt{2\sqrt{\left(x+y\right)^2.\dfrac{\left(x+y\right)^2}{\left(xy\right)^2}}}=\sqrt{\dfrac{2\left(x+y\right)^2}{xy}}\) (cô si)

\(\ge\sqrt{\dfrac{2.4xy}{xy}}=\sqrt{8}=2\sqrt{2}\left(Côsi\right)\)

Min \(A=2\sqrt{2}\Leftrightarrow x=y\)