Đặt \(A=\left|x-1\right|+\left|x-2\right|+\cdots+\left|x-2020\right|\)

Ta có: \(\left|x-1\right|+\left|x-2020\right|=\left|x-1\right|+\left|2020-x\right|\ge\left|x-1+2020-x\right|=2019\forall x\)

\(\left|x-2\right|+\left|x-2019\right|=\left|x-2\right|+\left|2019-x\right|\ge\left|x-2+2019-x\right|=2017\forall x\)

...

\(\left|x-1010\right|+\left|x-1011\right|=\left|x-1010\right|+\left|1011-x\right|\ge\left|x-1010+1011-x\right|=1\forall x\)

Do đó: \(\left(\left|x-1\right|+\left|x-2020\right|\right)+\left(\left|x-2\right|+\left|x-2019\right|\right)+\cdots+\left(\left|x-1010\right|+\left|x-1011\right|\right)\) >=2019+2017+...+1

=>A>=2019+2017+...+1

Số số hạng trong dãy số là: \(\frac{2019-1}{2}+1=\frac{2018}{2}+1=1009+1=1010\) (số)

Tổng của dãy số là: \(\left(2019+1\right)\cdot\frac{1010}{2}=2020\cdot\frac{1010}{2}=1010^2\)

=>A>=1020100

Dấu '=' xảy ra khi 1<=x<=2020 và 2<=x<=2019 và ... 1010<=x<=1011

=>1010<=x<=1011

a: Ta có: \(\hat{OMB}=\hat{ONB}=\hat{OHB}=90^0\)

=>O,M,B,N,H cùng thuộc đường tròn đường kính OB

a: Xét ΔDHE vuông tại H và ΔDHF vuông tại H có

DE=DF

DH chung

Do đó: ΔDHE=ΔDHF

b: ΔDHE=ΔDHF

=>HE=HF và \(\hat{EDH}=\hat{FDH}\)

Xét ΔDAH vuông tại A và ΔDBH vuông tại B có

DH chung

\(\hat{ADH}=\hat{BDH}\)

Do đó: ΔDAH=ΔDBH

=>DA=DB và HA=HB

Xét ΔDAB có DA=DB

nên ΔDAB cân tại D

c: Xét ΔDEF có \(\frac{DA}{DE}=\frac{DB}{DF}\)

nên AB//EF

=>AB//EK

Xét ΔBAK và ΔEKA có

BA=EK

\(\hat{BAK}=\hat{EKA}\) (hai góc so le trong, BA//EK)

AK chung

Do đó: ΔBAK=ΔEKA

=>BK=EA

a: Xét ΔAHB vuông tại H và ΔAHC vuông tại H có

AB=AC

AH chung

Do đó: ΔAHB=ΔAHC

=>HB=HC

b: ΔAHB=ΔAHC

=>\(\hat{HAB}=\hat{HAC}\)

Xét ΔADH vuông tại D và ΔAEH vuông tại E có

AH chung

\(\hat{DAH}=\hat{EAH}\)

Do đó: ΔADH=ΔAEH

=>HD=HE

=>ΔHDE cân tại H

c: Xét tứ giác ADHE có \(\hat{ADH}+\hat{AEH}=90^0+90^0=180^0\)

nên ADHE là tứ giác nội tiếp

=>\(\hat{DAE}+\hat{DHE}=180^0\)

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

Xét ΔHDE cân tại H có \(\hat{DHE}=60^0\)

nên ΔHDE đều

d: ΔADH=ΔAEH

=>AD=AE

Xét ΔABC có \(\frac{AD}{AB}=\frac{AE}{AC}\)

nên DE//BC

Câu 1:

a: Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ chứa tia Ox, ta có: \(\hat{xOy}<\hat{xOz}\left(90^0<120^0\right)\)

nên tia Oy nằm giữa hai tia Ox và Oz

=>\(\hat{xOy}+\hat{yOz}=\hat{xOz}\)

=>\(\hat{yOz}=120^0-90^0=30^0\)

b: Ot là phân giác của góc xOy

=>\(\hat{xOt}=\hat{tOy}=\frac12\cdot\hat{xOy}=45^0\)

Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ chứa tia Ox, ta có: \(\hat{xOt}<\hat{xOz}\left(45^0<120^0\right)\)

nên tia Ot nằm giữa hai tia Ox và Oz

=>\(\hat{xOt}+\hat{tOz}=\hat{xOz}\)

=>\(\hat{tOz}=120^0-45^0=75^0\)

Bài 2:

a: Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ chứa tia Ox, ta có: \(\hat{xOm}<\hat{xOn}\left(30^0<60^0\right)\)

nên tia Om nằm giữa hai tia Ox và On

=>\(\hat{xOm}+\hat{mOn}=\hat{xOn}\)

=>\(\hat{mOn}=60^0-30^0=30^0\)

b: tia Om nằm giữa hai tia Ox và On

mà \(\hat{xOm}=\hat{mOn}\left(=30^0\right)\)

nên Om là phân giác của góc xOn

1: Xét tứ giác AEHD có \(\hat{AEH}+\hat{ADH}=90^0+90^0=180^0\)

nên AEHD là tứ giác nội tiếp

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

nên BEDC là tứ giác nội tiếp

2: Xét (O) có

\(\hat{CNM};\hat{CBM}\) là các góc nội tiếp chắn cung CM

=>\(\hat{CNM}=\hat{CBM}\)

mà \(\hat{CBM}=\hat{CBD}=\hat{CED}\overline{}\) (BEDC nội tiếp)

nên \(\hat{CED}=\hat{CNM}\)

mà hai góc này là hai góc ở vị trí đồng vị

nên ED//MN

3: Xét (O) có

ΔACK nội tiếp

AK là đường kính

Do đó: ΔACK vuông tại C

=>CA⊥CK

mà CA⊥BM

nên BM//CK

=>BMCK là hình thang

=>\(\hat{KBM}+\hat{BKC}=180^0\)

mà \(\hat{BKC}+\hat{BMC}=180^0\) (BMCK nội tiếp (O)))

nên \(\hat{KBM}=\hat{CMB}\)

=>BMCK là hình thang cân

ĐKXĐ: x>1 hoặc x<-1

\(x+\frac{x}{\sqrt{x^2-1}}=\frac{35}{12}\)

=>\(x^2+\frac{2x^2}{\sqrt{x^2-1}}+\frac{x^2}{x^2-1}=\frac{1225}{144}\)

=>\(\frac{x^4-x^2+x^2}{x^2-1}+\frac{2x^2}{\sqrt{x^2-1}}=\frac{1225}{144}\)

=>\(\frac{x^4}{x^2-1}+2\cdot\frac{x^2}{\sqrt{x^2-1}}=\frac{1225}{144}\) (1)

Đặt \(a=\frac{x^2}{\sqrt{x^2-1}}\)

(1) sẽ trở thành: \(a^2+2a=\frac{1225}{144}\)

=>\(144\left(a^2+2a\right)=1225\)

=>\(144a^2+288a-1225=0\)

=>\(144a^2-300a+588a-1225=0\)

=>(12a-25)(12a+49)=0

=>a=25/12(nhận) hoặc a=-49/12(loại)

=>\(\frac{x^2}{\sqrt{x^2-1}}=\frac{25}{12}\)

=>\(25\sqrt{x^2-1}=12x^2\)

=>\(144x^4=625\left(x^2-1\right)=625x^2-625\)

=>\(144x^4-625x^2+625=0\)

=>\(144x^4-225x^2-400x^2+625=0\)

=>\(\left(9x^2-25\right)\left(16x^2-25\right)=0\)

=>\(\left[\begin{array}{l}x^2=\frac{25}{9}\\ x^2=\frac{25}{16}\end{array}\right.\Rightarrow\left[\begin{array}{l}x=\frac53\left(nhận\right)\\ x=\frac54\left(nhận\right)\end{array}\right.\)

Sửa đề: \(A=\frac{4}{3\cdot5}-\frac{6}{5\cdot7}+\frac{8}{7\cdot9}-\frac{10}{9\cdot11}+\cdots+\frac{100}{99\cdot101}\)

\(=\frac12\left(\frac{8}{3\cdot5}-\frac{12}{5\cdot7}+\frac{16}{7\cdot9}-\frac{20}{9\cdot11}+\cdots+\frac{200}{99\cdot101}\right)\)

\(=\frac12\left(\frac13+\frac15-\frac15-\frac17+\cdots+\frac{1}{99}+\frac{1}{101}\right)\)

\(=\frac12\left(\frac13+\frac{1}{101}\right)=\frac12\cdot\frac{104}{303}=\frac{52}{303}\)

48: Theo Vi-et, ta có: \(x_1+x_2=-\frac{b}{a}=-\frac53;x_1x_2=\frac{c}{a}=\frac{-6}{3}=-2\)

\(y_1+y_2=x_1+x_2+\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}\)

\(=x_1+x_2+\frac{x_1+x_2}{x_1x_2}=-\frac53+\left(-\frac53\right):\left(-2\right)=\frac{-5}{3}+\frac56=\frac{-10}{6}+\frac56=-\frac56\)

\(y_1\cdot y_2=\left(x_1+\frac{1}{x_2}\right)\left(x_2+\frac{1}{x_1}\right)\)

\(=x_1x_2+1+1+\frac{1}{x_1x_2}=-2+2+\frac{1}{-2}=\frac{-1}{2}\)

Phương trình cần tìm là:

\(y^2-\left(-\frac56\right)y+\frac{-1}{2}=0\)

=>\(y^2+\frac56y-\frac12=0\)

a: Xét ΔMAB và ΔMDC có

MA=MD

\(\hat{AMB}=\hat{DMC}\) (hai góc đối đỉnh)

MB=MC

Do đó: ΔMAB=ΔMDC

b; Xét ΔMAC và ΔMDB có

MA=MD

\(\hat{AMC}=\hat{DMB}\) (hai góc đối đỉnh)

MC=MB

DO đó: ΔMAC=ΔMDB

=>\(\hat{MAC}=\hat{MDB}\)

mà hai góc này là hai góc ở vị trí so le trong

nên AC//DB

c: ΔMAC=ΔMDB

=>AC=DB

ΔMAB=ΔMDC

=>AB=DC

Xét ΔACD có AC+CD>AD

=>AC+AB>2AM

=>AM<\(\frac{AB+AC}{2}\) (ĐPCM)