ABCD là hình vuông

=>A,B,C,D cùng thuộc đường tròn có hai đường kính AC và BD

ABCD là hình vuông

=>\(AC^2=AB^2+BC^2=5^2+5^2=50\)

=>\(AC=5\sqrt2\) (cm)

=>\(R=\frac{AC}{2}=\frac{5\sqrt2}{2}\) (cm)

\(\frac{a}{\sqrt{b}}+\frac{b}{\sqrt{a}}\ge\sqrt{a}+\sqrt{b}\)

=>\(\frac{a\cdot\sqrt{a}+b\sqrt{b}}{\sqrt{ab}}\ge\sqrt{a}+\sqrt{b}\)

=>\(\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)\left(a-\sqrt{ab}+b\right)\ge\sqrt{ab}\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)\)

=>\(\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)\left(a-2\sqrt{ab}+b\right)\ge0\)

=>\(\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2\ge0\) (luôn đúng khi a>0 và b>0)

(1): ĐKXĐ: x>=6

\(\sqrt{x-6} + x^3 - 6x^2 + x - 6 = 0\)

=>\(\sqrt{x-6} + (x^3 - 6x^2) + (x - 6) = 0\)

=>\(\sqrt{x-6} + x^2(x - 6) + (x - 6) = 0\)

=>\(\sqrt{x-6} + (x - 6)(x^2 + 1) = 0\)

=>x-6=0

=>x=6

(2): ĐKXĐ: x>2

\(\dfrac{x^2 - 2(m+1)x + 6m - 2}{\sqrt{x-2}} = \sqrt{x-2}\)

=>\(x^2 - 2(m+1)x + 6m - 2 = (\sqrt{x-2})^2\)

=>\(x^2 - 2(m+1)x + 6m - 2 = x - 2\)

=>\(x^2 - (2m + 3)x + 6m = 0\)

=>(x-3)(x-2m)=0

=>x=3(nhận) hoặc x=2m

Để nghiệm x=2m được nhận thì 2m>2

=>m>1

(2) là phương trình hệ quả của (1)

=>x=6 là nghiệm của (2)

=>2m=6

=>m=3(nhận)

=>Chọn B

a: ĐKXĐ: x>=0; x<>1

\(P=\left(\frac{\sqrt{x}-2}{x-1}-\frac{\sqrt{x}+2}{x+2\sqrt{x}+1}\right)\cdot\frac{\left(1-x\right)^2}{2}\)

\(=\left(\frac{\sqrt{x}-2}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}-\frac{\sqrt{x}+2}{\left(\sqrt{x}+1\right)^2}\right)\cdot\frac{\left(\sqrt{x}-1\right)^2\cdot\left(\sqrt{x}+1\right)^2}{2}\)

\(=\frac{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+1\right)-\left(\sqrt{x}+2\right)\left(\sqrt{x}-1\right)}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+1\right)^2}\cdot\frac{\left(\sqrt{x}-1\right)^2\cdot\left(\sqrt{x}+1\right)^2}{2}\)

\(=\frac{x-\sqrt{x}-2-\left(x+\sqrt{x}-2\right)}{1}\cdot\frac{\left(\sqrt{x}-1\right)}{2}=\frac{-2\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-1\right)}{2}=-\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-1\right)\)

b: Thay \(x=7-4\sqrt3=\left(2-\sqrt3\right)^2\) vào P, ta được:

\(P=-\sqrt{\left(2-\sqrt3\right)^2}\cdot\left(\sqrt{\left(2-\sqrt3\right)^2}-1\right)\)

\(=-\left(2-\sqrt3\right)\left(2-\sqrt3-1\right)=-\left(2-\sqrt3\right)\left(1-\sqrt3\right)=\left(2-\sqrt3\right)\left(\sqrt3-1\right)\)

\(=2\sqrt3-2-3+\sqrt3=3\sqrt3-5\)

c: \(P=-\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-1\right)\)

\(=-x+\sqrt{x}-\frac14+\frac14=-\left(\sqrt{x}-\frac12\right)^2+\frac14\le\frac14\forall x\) thỏa mãn ĐKXĐ

Dấu '=' xảy ra khi \(\sqrt{x}-\frac12=0\)

=>\(\sqrt{x}=\frac12\)

=>x=1/4(nhận)

a: Gọi dạng của kim tự tháp là hình chóp S.ABCD, với ABCD là hình vuông có AB=BC=CD=DA=230m; SA=SB=SC=SD=214m.

Gọi O là tâm của hình vuông ABCD

=>SO⊥(ABCD) và O là trung điểm chung của AC và BD

ABCD là hình vuông

=>\(AC^2=AB^2+BC^2=230^2+230^2=2\cdot230^2\)

=>\(AC=230\sqrt2\) (m)

O là trung điểm chung của AC và BD

mà AC=BD(ABCD là hình vuông)

nên \(BD=AC=230\sqrt2\left(m\right);OA=OB=OC=OD=\frac{AC}{2}=115\sqrt2\left(m\right)\)

ΔSOB vuông tại O

=>\(SO^2+OB^2=SB^2\)

=>\(h = \sqrt{SB^2 - OB^2} = \sqrt{214^2 - (115\sqrt{2})^2}\) ≃139(m)

b: \(S=230\cdot230=52900\left(m^2\right)\)

\(V=\frac{1}{3}\cdot S\cdot h=\frac{1}{3}\cdot52900\cdot139\approx2451000\left(m^3\right)\)

Gọi \(h_{a};h_{b}\) lần lượt là độ dài đường cao kẻ từ A xuống BC và kẻ từ B xuống AC

Theo hệ thức lượng, ta có: \(h_{a}=b\sin C=c\sin B;h_{b}=a\sin C=c\sin A\)

Xét ΔABC có \(\frac{BC}{\sin A}=\frac{AC}{\sin B}=\frac{AB}{\sin C}=2R\)

=>\(\begin{cases}a=2R\cdot\sin A\\ b=2R\cdot\sin B\\ c=2R\cdot\sin C\end{cases}\)

Theo đề, ta có: \(h_{a}\ge a\)

=>\(c\cdot\sin B\ge a\)

=>\(2R\sin C\sin B\ge2R\sin A\)

=>\(\sin B\sin C\ge\sin A\quad(1)\)

Theo đề, ta có: \(h_{b}\ge b\)

=>\(c\cdot\sin A\ge b\)

=>\(2R\sin C\sin A\ge2R\sin B\)

=>\(\sin A\sin C\ge\sin B\quad(2)\)

Từ (1),(2) suy ra \((\sin A \sin B) \sin^2 C \ge \sin A \sin B\)

=>\(\sin^2C\ge1\)

=>sin C=1

=>\(\hat{ACB}=90^0\) (6)

(1) =>sin B>=sin A

=>\(\hat{B}\ge A\left(3\right)\)

(2) =>sin A>=sin B

=>\(\hat{A}\ge\hat{B}\) (4)

Từ (3),(4) suy ra \(\hat{A}=\hat{B}\)

=>ΔCAB cân tại C(5)

Từ (5),(6) suy ra ΔCAB vuông cân tại C

=>\(\hat{CAB}=\hat{CBA}=45^0\)

Gọi H là giao điểm của BC và OA

Xét (O) có

AB,AC là các tiếp tuyến

Do đó: AB=AC và OA là phân giác của góc BOC

ΔOBC cân tại O

mà OA là đường phân giác

nên OA⊥BC tại H và H là trung điểm của BC

ΔODE cân tại O

mà OI là đường trung tuyến

nên OI⊥DE tại I

Xét ΔOBA vuông tại B có BH là đường cao

nên \(OH\cdot OA=OB^2=R^2\) (1)

Xét ΔOIA vuông tại I và ΔOHK vuông tại H có

\(\hat{IOA}\) chung

Do đó:ΔOIA~ΔOHK

=>\(\frac{OI}{OH}=\frac{OA}{OK}\)

=>\(OI\cdot OK=OH\cdot OA\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(OI\cdot OK=R^2=OE^2\)

=>\(\frac{OI}{OE}=\frac{OE}{OK}\)

Xét ΔOIE và ΔOEK có

\(\frac{OI}{OE}=\frac{OE}{OK}\)

góc IOE chung

Do đó: ΔOIE~ΔOEK

=>\(\hat{OIE}=\hat{OEK}\)

=>\(\hat{OEK}=90^0\)

=>KE là tiếp tuyến tại E của (O)

a: Xét ΔAHD vuông tại H và ΔAHE vuông tại H có

AH chung

HD=HE

Do đó: ΔAHD=ΔAHE

=>\(\hat{ADH}=\hat{AEH}\)

mà \(\hat{ADH}=\hat{BCD}\) (ABCD là hình thang cân)

nên \(\hat{AED}=\hat{BCD}\)

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

nên AE//BC

Xét tứ giác ABCE có

AB//CE

AE//BC

Do đó: ABCE là hình bình hành

b: Xét ΔHDF vuông tại H và ΔHEA vuông tại H có

HD=HE

\(\hat{HDF}=\hat{HEA}\) (hai góc so le trong, DF//EA)

Do đó: ΔHDF=ΔHEA

=>HF=HA

=>H là trung điểm của AF

c: ΔADE cân tại A có \(\hat{ADE}=45^0\)

nên ΔADE vuông cân tại A

=>\(\hat{DAE}=90^0\)

Xét tứ giác ADFE có

H là trung điểm chung của AF và DE

=>ADFE là hình bình hành

Hình bình hành ADFE có AD=AE và \(\hat{DAE}=90^0\)

nên ADFE là hình vuông

Sửa đề: |x-8|+|y-2|=2

|x-8|+|y-2|=2

=>(|x-8|;|y-2|)∈{(0;2);(2;0);(1;1)}

TH1: \(\begin{cases}\left|x-8\right|=0\\ \left|y-2\right|=2\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}x-8=0\\ y-2\in\left\lbrace2;-2\right\rbrace\end{cases}\)

=>x=8 và y∈{4;0}

TH2: \(\begin{cases}\left|x-8\right|=2\\ \left|y-2\right|=0\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}x-8\in\left\lbrace2;-2\right\rbrace\\ y-2=0\end{cases}\)

=>x∈{10;6} và y=2

TH3: \(\begin{cases}\left|x-8\right|=1\\ \left|y-2\right|=1\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}x-8\in\left\lbrace1;-1\right\rbrace\\ y-2\in\left\lbrace1;-1\right\rbrace\end{cases}\)

=>x∈{9;7} và y∈{3;1}

a: ΔABC vuông tại A

=>\(S_{ABC}=\frac12\cdot AB\cdot AC=\frac12\cdot3\cdot6=9\left(\operatorname{cm}^2\right)\)

b: Xét tứ giác BDCE có

M là trung điểm chung của BC và DE

=>BDCE là hình bình hành

c: E là trung điêm của AC

=>\(AE=EC=\frac{AC}{2}=3\left(\operatorname{cm}\right)\)

BDCE là hình bình hành

=>BD//CE và BD=CE

BD//CE

=>BD//AE

BD=CE

CE=AE

Do đó: BD=AE

Xét tứ giác ABDE có

AE//BD

AE=BD

Do đó: ABDE là hình bình hành

Hình bình hành ABDE có AB=AE và \(\hat{BAE}=90^0\)

nên ABDE là hình vuông