Câu 6:

\(x^2-10x+26\)

\(=x^2-10x+25+1=\left(x-5\right)^2+1\ge1\forall x\)

=>\(\sqrt{x^2-10x+26}\ge1\forall x\)

=>\(2021+\sqrt{x^2-10x+26}\ge1+2021=2022\forall x\)

Dấu '=' xảy ra khi x-5=0

=>x=5

Câu 5:

a: Xét tứ giác BEDC có \(\hat{BEC}=\hat{BDC}=90^0\)

nên BEDC là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính BC

Tâm M là trung điểm của BC

b: BEDC là tứ giác nội tiếp

=>\(\hat{BED}+\hat{BCD}=180^0\)

mà \(\hat{BED}+\hat{FEB}=180^0\) (hai góc kề bù)

nên \(\hat{FEB}=\hat{FCD}\)

Xét ΔFEB và ΔFCD có

\(\hat{FEB}=\hat{FCD}\)

góc EFB chung

Do đó: ΔFEB~ΔFCD

=>\(\frac{FE}{FC}=\frac{FB}{FD}\)

=>\(FE\cdot FD=FB\cdot FC\) (1)

AKBC là tứ giác nội tiếp

=>\(\hat{AKB}+\hat{ACB}=180^0\)

mà \(\hat{AKB}+\hat{FKB}=180^0\) (hai góc kề bù)

nên \(\hat{FKB}=\hat{FCA}\)

Xét ΔFKB và ΔFCA có

\(\hat{FKB}=\hat{FCA}\)

góc KFB chung

Do đó: ΔFKB~ΔFCA

=>\(\frac{FK}{FC}=\frac{FB}{FA}\)

=>\(FK\cdot FA=FB\cdot FC\) (2)

Từ (1),(2) suy ra \(FK\cdot FA=FE\cdot FD\)

=>\(\frac{FK}{FD}=\frac{FE}{FA}\)

Xét ΔFKE và ΔFDA có

\(\frac{FK}{FD}=\frac{FE}{FA}\)

góc KFE chung

Do đó: ΔFKE~ΔFDA

=>\(\hat{FKE}=\hat{FDA}\)

Gọi (d): y=ax là phương trình đường thẳng OC

THay x=3 và y=-2 vào y=ax, ta được:

3a=-2

=>\(a=-\frac23\)

=>\(y=-\frac23x\)

\(x_{P}+y_{P}=-2\)

=>\(x_{P}-\frac23\cdot x_{P}=-2\)

=>\(\frac13\cdot x_{P}=-2\)

=>\(x_{P}=-2\cdot3=-6\)

=>\(y=-\frac23\cdot\left(-6\right)=4\)

=>P(-6;4)

=>Chọn A

.

a: Xét ΔABC có AD là phân giác

nên \(\frac{DB}{DC}=\frac{AB}{AC}=\frac86=\frac43\)

b: Xét ΔHAB vuông tại H và ΔHCA vuông tại H có

\(\hat{HAB}=\hat{HCA}\left(=90^0-\hat{HBA}\right)\)

Do đó: ΔHAB~ΔHCA

c: ΔHAB~ΔHCA

=>\(\frac{S_{HAB}}{S_{HCA}}=\left(\frac{AB}{CA}\right)^2=\left(\frac86\right)^2=\left(\frac43\right)^2=\frac{16}{9}\)

a: Xét (O) có

ΔABA' nội tiếp

A'A là đường kính

Do đó: ΔABA' vuông tại B

=>AB⊥BA'

mà CH⊥AB

nên CH//A'B

Xét (O) có

ΔACA' nội tiếp

A'A là đường kính

Do đó: ΔACA' vuông tại C

=>AC⊥ CA'

mà AC⊥BH

nên BH//CA'

Xét tứ giác BHCA' có

BH//CA'

BA'//CH

Do đó: BHCA' là hình bình hành

=>BH=CA'

b: Gọi I là giao điểm của HA' và BC

BHCA' là hình bình hành

=>BC cắt HA' tại trung điêm của mỗi đường

=>I là trung điểm chung của BC và A'H

Gọi J là giao điểm của HK và BC

H đối xứng K qua BC

=>BC⊥HK tại J và J là trung điểm của HK

Xét ΔHKA' có

J,I lần lượt là trung điểm của HK,HA'

=>JI là đường trung bình của ΔHKA'

=>JI//KA'

mà JI⊥AK

nên AK⊥KA'

=>K nằm trên đường tròn đường kính A'A

=>K nằm trên (O)

a: Xét (O) có

ΔMDB nội tiếp

MB là đường kính

Do đo: ΔDMB vuông tại D

=>BD⊥ DC tại D

Xét tứ giác BDAC có \(\hat{BDC}=\hat{BAC}=90^0\)

nên BDAC là tứ giác nội tiếp

=>\(\hat{ABD}=\hat{ACD}\)

b: DBME là tứ giác nội tiếp

=>\(\hat{DEM}+\hat{DBM}=180^0\)

mà \(\hat{DEM}+\hat{AEM}=180^0\) (hai góc kề bù)

nên \(\hat{AEM}=\hat{ABD}\)

Xét ΔAEM và ΔABD có

\(\hat{AEM}=\hat{ABD}\)

góc EAM chung

Do đó: ΔAEM~ΔABD

=>\(\frac{AE}{AB}=\frac{AM}{AD}\)

=>\(\frac{AE}{AM}=\frac{AB}{AD}\)

Xét ΔAEB và ΔAMD có

\(\frac{AE}{AM}=\frac{AB}{AD}\)

góc EAB chung

Do đó: ΔAEB~ΔAMD

=>\(\hat{ABE}=\hat{ADM}=\hat{ADC}\)

mà \(\hat{ADC}=\hat{ABC}\) (ADBC là tứ giác nội tiếp)

nên \(\hat{ABE}=\hat{ABC}\)

=>BA là phân giác của góc EBC

Câu 7;

Đặt \(a=\sqrt3\cdot\sin2x+cos2x\)

\(=2\left(\frac{\sqrt3}{2}\cdot\sin2x+\frac12\cdot cos2x\right)\)

\(=2\cdot\sin\left(2x+\frac{\pi}{3}\right)\)

Ta có: \(y=\frac{2}{\sqrt3\cdot\sin2x+cos2x}\)

\(=\frac{2}{2\cdot\sin\left(2x+\frac{\pi}{3}\right)}=\frac{1}{\sin\left(2x+\frac{\pi}{3}\right)}\)

y max khi \(\sin\left(2x+\frac{\pi}{3}\right)\) nhỏ nhất

=>\(\sin\left(2x+\frac{\pi}{3}\right)=-1\)

=>\(2x+\frac{\pi}{3}=-\frac{\pi}{2}+k2\pi\)

=>\(2x=-\frac56\pi+k2\pi\)

=>\(x=-\frac{5}{12}\pi+k\pi\)

y min khi \(\sin\left(2x+\frac{\pi}{3}\right)\) lớn nhất

=>\(\sin\left(2x+\frac{\pi}{3}\right)=1\)

=>\(2x+\frac{\pi}{3}=\frac{\pi}{2}+k2\pi\)

=>\(2x=\frac{\pi}{6}+k2\pi\)

=>\(x=\frac{\pi}{12}+k\pi\)

a: Xét (O) có

ΔADB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔADB vuông tại D

=>AD⊥BC tại D

Xét tứ giác CAHD có \(\hat{CHA}=\hat{CDA}=90^0\)

nên CAHD là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính CA

Tâm là trung điểm S của CA

Bài 2:

a: \(2x-\left(4-11x\right)=3x+1\)

=>2x-4+11x=3x+1

=>13x-4=3x+1

=>10x=5

=>\(x=\frac{5}{10}=\frac12\)

b: \(\left|3x-2\right|=3-5x\)

=>\(\begin{cases}3-5x\ge0\\ \left(3-5x\right)^2=\left(3x-2\right)^2\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}x\le\frac35\\ \left(3-5x-3x+2\right)\left(3-5x+3x-2\right)=0\end{cases}\)

=>\(\begin{cases}x\le\frac35\\ \left(-8x+5\right)\left(-2x+1\right)=0\end{cases}\)

=>x=1/2

Bài 1:

a: \(M=\frac{x}{x-2}:\left(\frac{2x}{x^2-2x}-\frac{3}{x}\right)\)

\(=\frac{x}{x-2}:\left(\frac{2x}{x\left(x-2\right)}-\frac{3}{x}\right)\)

\(=\frac{x}{x-2}:\frac{2x-3\left(x-2\right)}{x\left(x-2\right)}\)

\(=\frac{x}{x-2}\cdot\frac{x\left(x-2\right)}{2x-3x+6}=\frac{x^2}{-x+6}\)

b: \(x^2-3x=0\)

=>x(x-3)=0

=>x=0(loại) hoặc x=3(nhận)

Thay x=3 vào M, ta được:

\(M=\frac{3^2}{-3+6}=\frac93=3\)

c: M>=0

=>\(\frac{x^2}{-x+6}\ge0\)

mà \(x^2>0\forall x\) thỏa mãn ĐKXĐ

nên -x+6>0

=>-x>-6

=>x<6

Kết hợp ĐKXĐ, ta được: x<6 và x∉{0;2}

1: Xét (O) có

ΔAEB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔAEB vuông tại E

=>BE⊥AD tại E

Xét ΔABD vuông tại B có BE là đường cao

nên \(EB^2=EA\cdot ED\)

2: Xét (O) có

DB,DC là các tiếp tuyến

Do đó: OD là phân giác của góc BOC và DB=DC

ΔOBC cân tại O

mà OD là đường phân giác

nên OD⊥BC tại F

Xét tứ giác CHOF có \(\hat{CHO}+\hat{CFO}=90^0+90^0=180^0\)

nên CHOF là tứ giác nội tiếp

3: Gọi K là giao điểm của AC và DB

Xét (O) có

ΔACB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó; ΔACB vuông tại C

=>BC⊥AK tại C

=>ΔBCK vuông tại C

Ta có: \(\hat{DCB}+\hat{DCK}=\hat{BCK}=90^0\)

\(\hat{DBC}+\hat{DKC}=90^0\) (ΔKCB vuông tại C)

mà \(\hat{DBC}=\hat{DCB}\) (ΔDBC cân tạiD)

nên \(\hat{DCK}=\hat{DKC}\)

=>DC=DK

mà DC=DB

nên DB=DK(1)

Ta có: KB⊥BA

CH⊥AB

Do đó: CH//BK

Xét ΔABD có IH//BD

nên \(\frac{IH}{BD}=\frac{AI}{AD}\) (2)

Xét ΔADK có CI//DK

nên \(\frac{CI}{DK}=\frac{AI}{AK}\left(3\right)\)

Từ (1),(2),(3) suy ra IH=CI

=>I là trung điểm của CH