\(p=d\cdot h=10000\cdot\left(1,5-0,6\right)=9000Pa\)

Độ cao mực dầu:

\(h'=\dfrac{1}{3}h=\dfrac{1}{3}\cdot1,5=0,5m\)

\(\Rightarrow p=d_n\cdot h_n+d_d\cdot h_d=10000\cdot\left(1,5-0,5\right)+8000\cdot0,5=14000Pa\)

b: PTHĐGĐ là;

ax^2=2

=>ax^2-2=0

Δ=0^2-4*a*(-2)=8a

Để (P) cắt (d) tại hai điểm pb thì 8a>0

=>a>0

=>x=căn 2/a hoặc x=-căn 2/a

=>vecto OA=(căn 2/a;0); vecto OB=(-căn 2/a;0); vecto AB=(2*căn 2/a;2)

Theo đề, ta có: vecto OA*vecto OB=0 hoặc vecto OA*vecto AB=0 hoặc vecto OB*vecto AB=0

=>-2*căn 2/a+2=0 hoặc 2*căn 2/a+2=0

=>căn 2/a=1

=>a=2

a: \(B=\dfrac{x+\sqrt{x}-1-x+1}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(x+\sqrt{x}+1\right)}\cdot\dfrac{\sqrt{x}-1}{1}\)

\(=\dfrac{\sqrt{x}}{x+\sqrt{x}+1}\)

b: \(B-\dfrac{1}{3}=\dfrac{\sqrt{x}}{x+\sqrt{x}+1}-\dfrac{1}{3}\)

\(=\dfrac{3\sqrt{x}-x-\sqrt{x}-1}{3\left(x+\sqrt{x}+1\right)}\)

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

=>B<1/3

k biết lm

cho (o AB/2)lấy C thuộc đường tròn sao cho AC= R lấy D thuộ cung BC nhỏ .E là giao điểm cuẩD với BC vẽ dt đi qua E và vuông góc với AB tại H cắt AC tại F chứng minh tứ giác BHCF nội tiếp b) HA.HB=HE.HF

Ptr `(1)` có `2` nghiệm pb`<=>\Delta > 0`

                                         `<=>[-(2m+1)]^2-4.2m > 0`

                                         `<=>4m^2+4m+1-8m > 0`

                                         `<=>4m^2-4m+1 > 0 <=>(2m-1)^2 > 0`

                                         `<=>2m-1 \ne 0<=>m \ne 1/2`

Với `m \ne 1/2`, áp dụng Vi-ét có:`{(x_1+x_2=[-b]/a=2m+1),(x_1.x_2=c/a=2m):}`

Ta có:`T=x_1 ^2+x_2 ^2-x_1.x_2`

`<=>T=(x_1+x_2)^2-3x_1.x_2`

`<=>T=(2m+1)^2-3.2m`

`<=>T=4m^2+4m+1-6m`

`<=>T=4m^2-2m+1`

`<=>T=4m^2-2.2m+1/2+1/4+3/4`

`<=>T=(2m-1/2)^2+3/4`

 Vì `(2m-1/2)^2 >= 0 AA m \ne 1/2`

`<=>(2m-1/2)^2+3/4 >= 3/4 AA m \ne 1/2`

    Hay `T >= 3/4 AA m \ne 1/2`

Dấu "`=`" xảy ra`<=>(2m-1/2)^2=0<=>m=1/4` (t/m)

Vậy `GTN N` của `T` là `3/4` khi `m=1/4`

giải kĩ hộ e câu b ak đừng lm ngắn gọn quá

b: Xét ΔAHC vuông tại H có

\(AH^2+HC^2=AC^2\)

nên \(AC^2-HC^2=AH^2\left(1\right)\)

Xét ΔAHC vuông tại H có HN là đường cao

nên \(AH^2=AN\cdot AC\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) suy ra \(AN\cdot AC=AC^2-HC^2\)

a: Xét (O) có

ΔBEC nội tiếp

BC là đường kính

Do đó: ΔBEC vuông tại E

=>CE\(\perp\)EB tại E

=>CE\(\perp\)AB tại E

Xét (O) có

ΔBFC nội tiếp

BC là đường kính

Do đó: ΔBFC vuông tại F

=>BF\(\perp\)FC tại F

=>BF\(\perp\)AC tại F

Xét ΔABC có

BF,CE là các đường cao

BF cắt CE tại H

Do đó: H là trực tâm của ΔABC

=>AH\(\perp\)BC tại D

Xét tứ giác AEHF có

\(\widehat{AEH}+\widehat{AFH}=90^0+90^0=180^0\)

=>AEHF là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AH

tâm K là trung điểm của AH

b:

Ta có: OE=OC

=>ΔOEC cân tại O

=>\(\widehat{OEC}=\widehat{OCE}\)

Ta có: ΔKHE cân tại K

=>\(\widehat{KEH}=\widehat{KHE}\)

 \(\widehat{KEO}=\widehat{KEC}+\widehat{OEC}\)

\(=\widehat{OCE}+\widehat{KHE}\)

\(=\widehat{ECB}+\widehat{DHC}=90^0\)

=>KE là tiếp tuyến của (O)

Xét ΔKEO và ΔKFO có

KE=KF

EO=FO

KO chung

Do đó: ΔKEO=ΔKFO

=>\(\widehat{KEO}=\widehat{KFO}=90^0\)

Ta có: \(\widehat{KEO}=\widehat{KFO}=\widehat{KDO}=90^0\)

=>K,E,O,F,D cùng thuộc đường tròn đường kính KO(ĐPCM)