Đặt OC=a

=>OA=OB=2a

Xét ΔBOC có \(cosBOC=\frac{OB^2+OC^2-BC^2}{2\cdot OB\cdot OC}\)

=>\(\frac{\left(2a\right)^2+a^2-BC^2}{2\cdot2a\cdot a}=cos60=\frac12\)

=>\(5a^2-BC^2=\frac{4a^2}{2}=2a^2\)

=>\(BC^2=3a^2\)

=>\(BC=a\sqrt3\)

OA⊥(OBC)

=>OA⊥ OB và OA⊥ OC

=>\(\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB}=0;\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OC}=0\)

\(\overrightarrow{OB}\cdot\overrightarrow{OC}=OB\cdot OC\cdot cosBOC\)

\(=2a\cdot a\cdot cos60=a^2\)

M là trung điểm của BC

=>\(\overrightarrow{OM}=\frac12\left(\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}\right)\)

\(\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{AO}+\overrightarrow{OB}=\overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OA}\)

\(\overrightarrow{OM}\cdot\overrightarrow{AB}=\frac12\left(\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}\right)\cdot\left(\overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OA}\right)\)

\(=\frac12\cdot\left(OB^2-\overrightarrow{OB}\cdot\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OC}\cdot\overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OC}\cdot\overrightarrow{OA}\right)\)

\(=\frac12\cdot\left(OB^2+OC\cdot OB\right)\)

\(=\frac12\left(4a^2+a^2\right)=2,5a^2\)

Xét ΔOBC có OM là đường trung tuyến

nên \(OM^2=\frac{OB^2+OC^2}{2}-\frac{BC^2}{4}=\frac{a^2+4a^2}{2}-\frac{3a^2}{4}=\frac{2\cdot5a^2-3a^2}{4}=\frac{7a^2}{4}\)

=>\(OM=\frac{a\sqrt7}{2}\)

ΔOAB vuông tại O

=>\(AB^2=OA^2+OB^2=8a^2\)

=>\(AB=2a\sqrt2\)

Gọi α là góc giữa hai đường thẳng OM và AB

\(cos\alpha=\frac{\left|\overrightarrow{OM}\cdot\overrightarrow{AB}\right|}{OM\cdot AB}\)

\(=\frac{5a^2}{2}:\left(\frac{a\sqrt7}{2}\cdot2a\sqrt2\right)=\frac{5a^2}{2}:\frac{2a^2\cdot\sqrt{14}}{2}=\frac{5}{2\sqrt{14}}=\frac{5\sqrt{14}}{28}\)

Đặt OC=a

=>OA=OB=2a

Xét ΔBOC có \(cosBOC=\frac{OB^2+OC^2-BC^2}{2\cdot OB\cdot OC}\)

=>\(\frac{\left(2a\right)^2+a^2-BC^2}{2\cdot2a\cdot a}=cos60=\frac12\)

=>\(5a^2-BC^2=\frac{4a^2}{2}=2a^2\)

=>\(BC^2=3a^2\)

=>\(BC=a\sqrt3\)

OA⊥(OBC)

=>OA⊥ OB và OA⊥ OC

=>\(\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB}=0;\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OC}=0\)

\(\overrightarrow{OB}\cdot\overrightarrow{OC}=OB\cdot OC\cdot cosBOC\)

\(=2a\cdot a\cdot cos60=a^2\)

M là trung điểm của BC

=>\(\overrightarrow{OM}=\frac12\left(\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}\right)\)

\(\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{AO}+\overrightarrow{OB}=\overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OA}\)

\(\overrightarrow{OM}\cdot\overrightarrow{AB}=\frac12\left(\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}\right)\cdot\left(\overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OA}\right)\)

\(=\frac12\cdot\left(OB^2-\overrightarrow{OB}\cdot\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OC}\cdot\overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OC}\cdot\overrightarrow{OA}\right)\)

\(=\frac12\cdot\left(OB^2+OC\cdot OB\right)\)

\(=\frac12\left(4a^2+a^2\right)=2,5a^2\)

Xét ΔOBC có OM là đường trung tuyến

nên \(OM^2=\frac{OB^2+OC^2}{2}-\frac{BC^2}{4}=\frac{a^2+4a^2}{2}-\frac{3a^2}{4}=\frac{2\cdot5a^2-3a^2}{4}=\frac{7a^2}{4}\)

=>\(OM=\frac{a\sqrt7}{2}\)

ΔOAB vuông tại O

=>\(AB^2=OA^2+OB^2=8a^2\)

=>\(AB=2a\sqrt2\)

Gọi α là góc giữa hai đường thẳng OM và AB

\(cos\alpha=\frac{\left|\overrightarrow{OM}\cdot\overrightarrow{AB}\right|}{OM\cdot AB}\)

\(=\frac{5a^2}{2}:\left(\frac{a\sqrt7}{2}\cdot2a\sqrt2\right)=\frac{5a^2}{2}:\frac{2a^2\cdot\sqrt{14}}{2}=\frac{5}{2\sqrt{14}}=\frac{5\sqrt{14}}{28}\)

Đặt OC=a

=>OA=OB=2a

Xét ΔBOC có \(cosBOC=\frac{OB^2+OC^2-BC^2}{2\cdot OB\cdot OC}\)

=>\(\frac{\left(2a\right)^2+a^2-BC^2}{2\cdot2a\cdot a}=cos60=\frac12\)

=>\(5a^2-BC^2=\frac{4a^2}{2}=2a^2\)

=>\(BC^2=3a^2\)

=>\(BC=a\sqrt3\)

OA⊥(OBC)

=>OA⊥ OB và OA⊥ OC

=>\(\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB}=0;\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OC}=0\)

\(\overrightarrow{OB}\cdot\overrightarrow{OC}=OB\cdot OC\cdot cosBOC\)

\(=2a\cdot a\cdot cos60=a^2\)

M là trung điểm của BC

=>\(\overrightarrow{OM}=\frac12\left(\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}\right)\)

\(\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{AO}+\overrightarrow{OB}=\overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OA}\)

\(\overrightarrow{OM}\cdot\overrightarrow{AB}=\frac12\left(\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}\right)\cdot\left(\overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OA}\right)\)

\(=\frac12\cdot\left(OB^2-\overrightarrow{OB}\cdot\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OC}\cdot\overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OC}\cdot\overrightarrow{OA}\right)\)

\(=\frac12\cdot\left(OB^2+OC\cdot OB\right)\)

\(=\frac12\left(4a^2+a^2\right)=2,5a^2\)

Xét ΔOBC có OM là đường trung tuyến

nên \(OM^2=\frac{OB^2+OC^2}{2}-\frac{BC^2}{4}=\frac{a^2+4a^2}{2}-\frac{3a^2}{4}=\frac{2\cdot5a^2-3a^2}{4}=\frac{7a^2}{4}\)

=>\(OM=\frac{a\sqrt7}{2}\)

ΔOAB vuông tại O

=>\(AB^2=OA^2+OB^2=8a^2\)

=>\(AB=2a\sqrt2\)

Gọi α là góc giữa hai đường thẳng OM và AB

\(cos\alpha=\frac{\left|\overrightarrow{OM}\cdot\overrightarrow{AB}\right|}{OM\cdot AB}\)

\(=\frac{5a^2}{2}:\left(\frac{a\sqrt7}{2}\cdot2a\sqrt2\right)=\frac{5a^2}{2}:\frac{2a^2\cdot\sqrt{14}}{2}=\frac{5}{2\sqrt{14}}=\frac{5\sqrt{14}}{28}\)

Ta có: \(I_n = \int \sin^{n-1}x \cdot \sin x \, dx\)

Đặt \(u = \sin^{n-1}x \implies du = (n-1)\sin^{n-2}x \cos x \, dx\)

Đặt \(dv = \sin x \, dx \implies v = -\cos x\)

\(I_n = -\sin^{n-1}x \cos x - \int (-\cos x) \cdot (n-1)\sin^{n-2}x \cos x \, dx\)

\(=-\sin^{n-1}x\cos x+(n-1)\int\sin^{n-2}x\cos^2x\,dx\)

\(=-\sin^{n-1}x\cos x+(n-1)\int\sin^{n-2}x(1-\sin^2x)\,dx\)

\(=-\sin^{n-1}x\cos x+(n-1)\left(\int\sin^{n-2}x\,dx-\int\sin^{n}x\,dx\right)\)

\(=-\sin^{n-1}x\cos x+(n-1)I_{n-2}-(n-1)I_{n}\)

=>\(I_n + (n-1)I_n = -\sin^{n-1}x \cos x + (n-1)I_{n-2}\)

=>\(n I_n = -\sin^{n-1}x \cos x + (n-1)I_{n-2}\)

=>\(I_n = \frac{-\sin^{n-1}x \cos x}{n} + \frac{n-1}{n} I_{n-2}\)

Xét hàm số \(f(x) = \frac{\sqrt{4+x^2}}{2}\) trên đoạn [0;1]

0<=x<=1

=>\(0\le x^2\le1\)

=>\(4\le x^2+4\le5\)

=>\(2\le\sqrt{x^2+4}\le\sqrt5\)

=>\(1\le\frac{\sqrt{x^2+4}}{2}\le\frac52\)

=>1<=f(x)<=2,5

Theo tính chất của tích phân đối với bất đẳng thức, ta có:nếu \(m\le f(x)\le M\text{ }\) trên\(\text{ }[a,b]\text{ }\) thì \(m(b-a)\le\int_{a}^{b}f(x)dx\le M(b-a))\)

=>\(\int_0^1 1 \, dx \le \int_0^1 \frac{\sqrt{4+x^2}}{2} \, dx \le \int_0^1 \frac{\sqrt{5}}{2} \, dx\)

=>\(1 \cdot (1 - 0) \le \int_0^1 \frac{\sqrt{4+x^2}}{2} \, dx \le \frac{\sqrt{5}}{2} \cdot (1 - 0)\)

=>\(1 \le \int_0^1 \frac{\sqrt{4+x^2}}{2} \, dx \le \frac{\sqrt{5}}{2}\) (ĐPCM)

b: Xét ΔABC có \(\hat{BAC}+\hat{ABC}+\hat{ACB}=180^0\)

=>\(\hat{ABC}+\hat{ACB}=180^0-60^0=120^0\)

=>\(\hat{IBC}+\hat{ICB}=\frac{120^0}{2}=60^0\)

Xét ΔIBC có \(\hat{IBC}+\hat{ICB}+\hat{BIC}=180^0\)

=>\(\hat{BIC}=180^0-60^0=120^0\)

c: Gọi IF là phân giác của góc BIC(F∈BC)

=>\(\hat{BIF}=\hat{CIF}=\frac12\cdot120^0=60^0\)

Ta có: \(\hat{BIC}+\hat{BIN}=180^0\) (hai góc kề bù)

=>\(\hat{BIN}=180^0-120^0=60^0\)

Ta có: \(\hat{BIC}+\hat{MIC}=180^0\) (hai góc kề bù)

=>\(\hat{MIC}=180^0-120^0=60^0\)

Xét ΔBNI và ΔBFI có

\(\hat{NBI}=\hat{FBI}\)

BI chung

\(\hat{BIN}=\hat{BIF}\)

Do đó: ΔBNI=ΔBFI

=>BN=BF

Xét ΔCFI và ΔCMI có

\(\hat{FCI}=\hat{MCI}\)

CI chung

\(\hat{FIC}=\hat{MIC}\left(=60^0\right)\)

Do đó: ΔCFI=ΔCMI

=>CF=CM

BN+CM

=BF+CF

=BC

Gọi thời gian vòi II chảy một mình đầy bể là x(giờ)

(ĐIều kiện: x>0)

Trong 1 giờ, vòi I chảy được: \(\frac18\) (bể)

Trong 4 giờ, vòi I chảy được: \(4\cdot\frac18=\frac12\) (bể)

Trong 1 giờ, vòi II chảy được: \(\frac{1}{x}\) (bể)

trong 4+1=5 giờ, vòi II chảy được: \(5\cdot\frac{1}{x}=\frac{5}{x}\) (bể)

Do đó, ta có: \(\frac{5}{x}+\frac12=1\)

=>\(\frac{5}{x}=1-\frac12=\frac12=\frac{5}{10}\)

=>x=10(nhận)

Vậy: thời gian vòi II chảy một mình đầy bể là 10(giờ)

1; Xét tứ giác BFEC có \(\hat{BFC}=\hat{BEC}=90^0\)

nên BFEC là tứ giác nội tiếp

2: Gọi AK là đường kính của (O)

=>O là trung điểm của AK

Xét (O) có

ΔACK nội tiếp

AK là đường kính

Do đó: ΔACK vuông tại C

Xét (O) có

\(\hat{ABC};\hat{AKC}\) là các góc nội tiếp cùng chắn cung AC

Do đó: \(\hat{ABC}=\hat{AKC}\)

XétΔADB vuông tại D và ΔACK vuông tại C có

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

Do đó: ΔADB~ΔACK

=>\(\frac{AD}{AC}=\frac{AB}{AK}\)

=>\(AB\cdot AC=AD\cdot AK=AD\cdot2R\)

3: Xét (O) có

ΔABK nội tiếp

AK là đường kính

Do đó: ΔABK vuông tại B

=>BA⊥BK

mà CH⊥BA

nên CH//BK

AC⊥CK

BH⊥AC

Do đó:BH//CK

Xét tứ giác BHCK có

BH//CK

BK//CH

Do đó: BHCK là hình bình hành

=>BC cắt HK tại trung điểm của mỗi đường

mà M là trung điểm của BC

nên M là trung điểm của HK

Xét ΔAHK có

M,O lần lượt là trung điểm của KH,KA

=>MO là đường trung bình cua ΔAHK

=>MO=1/2AH

=>AH=2MO

Kẻ BH⊥AM tại H và CK⊥AM tại K

ΔBHM vuông tại H

=>BM là cạnh huyền

=>BM là cạnh lớn nhất trong ΔBHM

=>BH<=BM

ΔCKM vuông tại K

=>CM là cạnh lớn nhất trong ΔCKM

=>CK<=CM

Do đó: BH+CK<=BM+CM

=>d<=BC

Ta có: \(1-\frac12+\frac13-\frac14+\cdots+\frac{1}{567}-\frac{1}{568}\)

\(=1+\frac12+\frac13+\frac14+\cdots+\frac{1}{568}-2\left(\frac12+\frac14+\cdots+\frac{1}{568}\right)\)

=\(1+\frac12+\frac13+\frac14+\cdots+\frac{1}{568}-1-\frac12-\cdots-\frac{1}{284}\)

\(=\frac{1}{285}+\frac{1}{286}+\cdots+\frac{1}{568}\)

Ta có: \(C=\frac{\frac{1}{285}+\frac{1}{286}+\cdots+\frac{1}{568}}{1-\frac12+\frac13-\frac14+\cdots+\frac{1}{567}-\frac{1}{568}}\)

\(=\frac{\frac{1}{285}+\frac{1}{286}+\cdots+\frac{1}{568}}{\frac{1}{285}+\frac{1}{286}+\cdots+\frac{1}{568}}\)

=1

a: Xét ΔMEB vuông tại E và ΔMFC vuông tại F có

MB=MC

\(\hat{EMB}=\hat{FMC}\) (hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔMEB=ΔMFC

=>BE=CF

b: ΔBEM vuông tại E

=>BM là cạnh huyền

=>BM>BE

ΔCFM vuông tại F

=>CM là cạnh huyền

=>CM>CF

Do đó: BM+CM>BE+CF

=>2BM>2CF

=>BC>2CF