xét tam giác ABC vuông tại cao có đường cao AH và đường trung tuyến AM 

khi đó tam giác AHM là tam giác vuông tại H nên

ta có \(AH\le AM\text{ mà }AM=\frac{1}{2}BC\)

nên ta có 

Mình có 2 cách bạn chọn cách nào cũng được nhé.

Cách 1: Giả sử tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH . Khi đó, theo hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có:

\(AH^2=BH.CH\)\(\Rightarrow AH=\sqrt{BH.CH}\)

Mặt khác nửa cạnh huyền chính là \(\frac{BC}{2}=\frac{BH+CH}{2}\)

Theo BĐT Cô-si, ta có \(\sqrt{BH.CH}\le\frac{BH+CH}{2}\)hay \(AH\le\frac{BC}{2}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(BH=CH\)\(\Rightarrow\)đường cao AH cũng là trung tuyến \(\Rightarrow\Delta ABC\)vuông cân tại A.

Cách 2: Giả sử tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH, trung tuyến AM. 

Ta ngay lập tức có được \(AM=\frac{BC}{2}\)

Vì AH, AM lần lượt là đường vuông góc và đường xiên hạ từ A đến BC \(\Rightarrow AH\le AM\)hay \(AH\le\frac{BC}{2}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(AH\equiv AM\)hay \(\Delta ABC\)vuông cân tại A.

1

Áp dụng BĐT Cauchy cho 2 số dương:

4ac=2.b.2c≤2(b+2c2)2≤2(a+b+2c2)2=2.(12)2=12

⇒−4bc≥−12

⇒K=ab+4ac−4bc≥−4bc≥−12

từ phương trình số 2 ta có 
\(\left(x+y\right)\left(x+2y\right)+\left(x+y\right)=0\Leftrightarrow\left(x+y\right)\left(x+2y+1\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x+y=0\\x+2y+1=0\end{cases}}\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=-y\\x=-2y-1\end{cases}}\)

lần lượt thay vào 1 ta có 

\(\orbr{\begin{cases}y^2+7=y^2+4y\\\left(-2y-1\right)^2+7=y^2+4y\end{cases}\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}y=\frac{7}{4}\\3y^2+8=0\end{cases}}}\)

vậy hệ có nghiệm duy nhất \(x=-y=-\frac{7}{4}\)

Gọi chiều rộng thửa ruộng là x(m) với x>0

\(\Rightarrow\) Chiều dài thửa ruộng là: \(x+10\left(m\right)\)

Do diện tích thửa ruộng là 1200 \(m^2\) nên:

\(x\left(x+10\right)=1200\)

\(\Leftrightarrow x^2+10x-1200=0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x=30\\x=-40\left(loại\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\) Chiều dài thửa ruộng là \(30+10=40\left(m\right)\)

Chu vi: \(2\left(30+40\right)=140\left(m\right)\)

\(\dfrac{k-1}{k!}=\dfrac{k}{k!}-\dfrac{1}{k!}=\dfrac{1}{\left(k-1\right)!}-\dfrac{1}{k!}\)

\(\Rightarrow S=\dfrac{1}{1!}-\dfrac{1}{2!}+\dfrac{1}{2!}-\dfrac{1}{3!}+...+\dfrac{1}{2021!}-\dfrac{1}{2022!}\)

\(=1-\dfrac{1}{2022!}\)

Gọi thười gian chảy riêng để mồi vòi chảy đầy bể lần lượt là a ; b ( a ; b > 0 ) 

Theo bài ra ta có hpt \(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}=\dfrac{1}{8}\\\dfrac{18}{a}+\dfrac{3}{b}=1\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{1}{a}=\dfrac{1}{24}\\\dfrac{1}{b}=\dfrac{1}{12}\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=24\\b=12\end{matrix}\right.\left(tm\right)\)

a, Xét tứ giác BFHD có 

^BFH + ^HDB = 180⁰

mà 2 góc này đối 

Vậy tứ giác BFHD là tứ giác nt 1 đường tròn 

Xét tứ giác BDEA có 

^AEB = ^BDA = 90⁰ 

mà 2 góc này kề, cùng nhìn cạnh AB 

Vậy tứ giác BDEA là tứ giác nt 1 đường tròn 

b, Xét tứ giác FECB có 

^BFC = ^BEC = 90⁰

mà 2 góc này kề, cùng nhìn cạnh BC 

Vậy tứ giác FECB là tứ giác nt 1 đường tròn 

Xét tam giác MBF và tam giác MCE có 

^M _ chung 

^MBF = ^MCE ( góc ngoài đỉnh C của tứ giác FECB ) 

Vậy tam giác MBF ~ tam giác MCE (g.g) 

\(\dfrac{MB}{MC}=\dfrac{MF}{ME}\Rightarrow ME.MB=MF.MC\)

đề tiếp theo thiếu dữ kiện rồi bạn 

Gọi 2 số đó là \(x;y\). Theo đề bài, ta có hpt \(\hept{\begin{cases}x+y=8\\xy=-33\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}y=8-x\\x\left(8-x\right)=-33\left(\cdot\right)\end{cases}}\)

Giải \(\left(\cdot\right)\), ta được \(x\left(8-x\right)=-33\)\(\Leftrightarrow x\left(x-8\right)=33\)\(\Leftrightarrow x^2-8x=33\)\(\Leftrightarrow x^2-8x-33=0\)

Ta có \(\Delta'=\left(-4\right)^2-1.\left(-33\right)=16+33=49>0\)

\(\Rightarrow\orbr{\begin{cases}x_1=\frac{-\left(-4\right)+\sqrt{49}}{1}=11\\x_2=\frac{-\left(-4\right)-\sqrt{49}}{1}=-3\end{cases}}\)

Khi \(x=11\)thì \(y=8-x=8-11=-3\)

Khi \(x=-3\)thì \(y=8-x=8-\left(-3\right)=11\)

Vậy 2 số đó là \(-3\)và \(11\)