1. Chứng minh pt sau vô nghiệm mọi \(x\in R\)
\(x^4-4x^2+\dfrac{17}{4}=0\)
2. Tam giác abc có BD ; CE hai đường cao cắt nhau tai F
ĐT vuông với AB qua B cắt đt vuông AC qua C tại M
a) Tứ giác BMCF là hình gì?
b) Tìm đk tam giác ABC để BMCF là hình vuông
3. Cho tam giác ABC vuông tại A, điểm M thuộc BC. Gọi D,E là chân đuòng vuông góc từ M đến AB và AC. Điểm M ở vị trí nào trên BC thì DE nhỏ nhất. Tính độ dài đó nếu AB=15cm, AC=20cm
2GP cho câu trả lời đúng ( Cái này vừa hình vừa đại nên k rõ tiêu đề nên t đặt là Violympic )
Bài 1:
Ta có:
\(x^4-4x^2+\dfrac{17}{4}=x^4-2x^2-2x^2+4+\dfrac{1}{4}\)
\(=x^2\left(x^2-2\right)-2\left(x^2-2\right)+\dfrac{1}{4}\)
\(=\left(x^2-2\right)^2+\dfrac{1}{4}\)
Với mọi giá trị của \(x\in R\) ta có:
\(\left(x^2-2\right)^2\ge4\Rightarrow\left(x^2-2\right)^2+\dfrac{1}{4}\ge\dfrac{17}{4}>0\)
Vậy phương trình vô nghiệm với mọi \(x\in R\)
Em ác lắm em xin luôn câu b nhá =))
(Hình không chuẩn mấy đâu nha anh)
a, Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}BD\perp AC\left(gt\right)\\MC\perp AC\left(gt\right)\end{matrix}\right.\Rightarrow BD\text{//}MC\)(do hai đường thẳng phân biệt cùng vuông góc với đường thẳng thứ 3 thì chúng song song với nhau)
Do đó tứ giác BFCM là hình thang(1)
Ta lại có: \(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{EBF}+\widehat{EFB}=90^o\\\widehat{DCF}+\widehat{DFC}=90^o\end{matrix}\right.\) mà \(\widehat{EFB}=\widehat{DFC}\left(d.d\right)\Rightarrow\widehat{EBF}=\widehat{DCF}\)
mà \(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{EBF}+\widehat{FBM}=90^o\\\widehat{DCF}+\widehat{FCM}=90^o\end{matrix}\right.\Rightarrow\widehat{EBM}=\widehat{FCM}\)(2)
Từ (1) và (2) suy ra hình thang BFCM là hình bình hành.
b, Để hình bình hành BECM là hình vuông thì \(\widehat{EBM}=\widehat{FCM}=90^o\) và \(AB=AC\)
Hay \(CE\equiv CA;BD\equiv BA\) và \(AB=AC\)
Do đó tam giác ABC vuông cân tại A.
Vậy............................
\(x^4-4x^2+\dfrac{17}{4}=0\)
\(\Leftrightarrow x^4-4x^2+4+\dfrac{1}{4}=0\)
\(\Leftrightarrow\left(x^2\right)^2-2.2x^2+4+\dfrac{1}{4}=0\)
\(\Leftrightarrow\left(x^2-2\right)^2+\dfrac{1}{4}=0\)
Vì \(\left(x^2-2\right)^2>=0\) với moi \(x\in R\)
Nên \(\left(x^2-2\right)^2+\dfrac{1}{4}>0\) vì \(\dfrac{1}{4}>0\)
Do đó dấu bằng ko xảy ra, suy ra phương trình vô nghiêm
Bài 3:
Giải:
*) Tứ giác ADME có:
\(\widehat{A}=\widehat{D}=\widehat{E}=90^o\left(gt\right)\)
=> tứ giác ADME là hcn
=> AM = DE
Để DE nhỏ nhất => AM nhỏ nhất => M là chân đường vuông góc kẻ từ A đến BC
*) AM _l_ BC
Ta có: \(\dfrac{1}{AM^2}=\dfrac{1}{AB^2}+\dfrac{1}{AC^2}=\dfrac{1}{15^2}+\dfrac{1}{20^2}=\dfrac{1}{144}\)
=> \(AM^2=1:\dfrac{1}{144}=144\Rightarrow AM=\sqrt{144}=12\)
=> DE = 12 cm
Vậy.........................
2.mk nghĩ câu a bn chép nhầm
a, Tứ giác BMCE chứ bn ?
Bài1:
\(x^4-4x^2+\dfrac{17}{4}=0\)
=\(\left(x^2\right)^2-2.x^2.2+2^2+\dfrac{1}{4}\)
=\(\left(x^2-2\right)^2+\dfrac{1}{4}\)
Với mọi x thì \(\left(x-2\right)^2>=0\)
=>\(\left(x^2-2\right)^2+\dfrac{1}{4}>=\dfrac{1}{4}>0\)
Do đó \(x^4-4x^2+\dfrac{17}{4}=\left(x^2-2\right)^2+\dfrac{1}{4}>0\)
Vậy ko tìm đc gtri nào của x thỏa mãn đề bài
\(x^4-4x^2+\dfrac{17}{4}=0\)
\(VT=x^4-4x^2+\dfrac{17}{4}\)
\(VT=x^4-4x^2+4+\dfrac{1}{4}\)
\(VT=\left(x^2-2\right)^2+\dfrac{1}{4}>0=VP\)
Vậy phương trình vô nghiệp.Anh Duy mak ko làm đc bài này á>3
Cho em xin bài 3 ạ
Ta có :
\(\widehat{A}=\widehat{D}=\widehat{E}=90^0\) ( góc vuông )
\(\Rightarrow ADME\) là hình chữ nhật
\(\Rightarrow AM=DE\) ( theo t/c 2 đường chéo của hình chữ nhật )
Vậy để \(DE\) nhỏ nhất thì \(AM\) phải nhỏ nhất
Áp dụng hệ thức lượng giác trong tam giác vuông ABC có
\(\dfrac{1}{AM^2}=\dfrac{1}{AB^2}+\dfrac{1}{AC^2}\Rightarrow AM=\sqrt{\dfrac{AB^2.AC^2}{AB^2+AC^2}}=\sqrt{\dfrac{15^2.20^2}{15^2+20^2}}=12cm\)
Vậy \(AM=12cm\)
\(\Rightarrow DE=12cm\)
Vậy GTNN của \(DE=12cm\)
B1
x4 - 4x2 + 17/4 = 0
x4 - 2.2x2 +4+1/4=0
(x2-2)2+1/4=0
Vì 1/4>0
Nên (x2-2)2<0 Mà (x2+2)2>0 với mọi x
