a: Xét (O) có

\(\hat{xAD}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến Ax và dây cung AD

\(\hat{DAC}\) là góc nội tiếp chắn cung DC

\(\hat{xAD}=\hat{DAC}\) (AD là phân giác của góc xAC)

Do đó: sđ cung AD=sđ cung DC

Xét (O) có

\(\hat{ABD}\) là góc nội tiếp chắn cung AD

\(\hat{CBD}\) là góc nội tiếp chắn cung CD

sđ cung DA=sđ cung DC

Do đó: \(\hat{ABD}=\hat{CBD}\)

=>BD là phân giác của góc ABE

Xét (O) có

ΔADB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔADB vuông tại D

=>BD⊥AE tại D

Xét (O) có

ΔACB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔACB vuông tại C

=>AC⊥BE tại C

Xét ΔBAE có

BD là đường cao

BD là đường phân giác

Do đó: ΔBAE cân tại B

Ta có: \(\frac{1}{99}+\frac{2}{98}+\cdots+\frac{99}{1}\)

\(=\left(\frac{1}{99}+1\right)+\left(\frac{2}{98}+1\right)+\cdots+\left(\frac{98}{2}+1\right)+1\)

\(=\frac{100}{2}+\frac{100}{3}+\cdots+\frac{100}{100}=100\left(\frac12+\frac13+\cdots+\frac{1}{100}\right)\)

Ta có: \(A=\frac{\frac{1}{99}+\frac{2}{98}+\cdots+\frac{99}{1}}{\frac12+\frac13+\cdots+\frac{1}{100}}\)

\(=\frac{100\left(\frac12+\frac13+\cdots+\frac{1}{100}\right)}{\frac12+\frac13+\cdots+\frac{1}{100}}=100\)

Ta có: \(92-\frac19-\frac{2}{10}-\cdots-\frac{92}{100}\)

\(=\left(1-\frac19\right)+\left(1-\frac{2}{10}\right)+\cdots+\left(1-\frac{92}{100}\right)\)

\(=\frac89+\frac{8}{10}+\cdots+\frac{8}{100}=8\left(\frac19+\frac{1}{10}+\cdots+\frac{1}{100}\right)\)

Ta có: \(\frac{1}{45}+\frac{1}{50}+\cdots+\frac{1}{500}\)

\(=\frac{1}{5\cdot9}+\frac{1}{5\cdot10}+\cdots+\frac{1}{5\cdot100}\)

\(=\frac15\left(\frac19+\frac{1}{10}+\cdots+\frac{1}{100}\right)\)

Ta có: \(B=\frac{92-\frac19-\frac{2}{10}-\cdots-\frac{92}{100}}{\frac{1}{45}+\frac{1}{50}+\cdots+\frac{1}{500}}\)

\(=8:\frac15=40\)

Do đó: A/B=100/40=5/2

Tỉ số vận tốc chảy giữa vòi thứ nhất và vòi thứ hai là \(\frac{50}{30}=\frac53\)

Hiệu số phần bằng nhau là 5-3=2(phần)

Thời gian vòi A chảy đầy bể là: 10:2x3=15(phút)

Thể tích của mỗi bể là: \(15\times50=750\) (lít)

68x10=680

68x100=6800

68x1000=68000

a: EF//AB

=>\(\hat{EFC}=\hat{ABC}\)

mà \(\hat{ABC}=\hat{ECF}\) (ΔABC cân tại A)

nên \(\hat{ECF}=\hat{EFC}\)

=>EC=EF

mà EC=AD

nên EF=AD

Xét tứ giác ADFE có

AD//FE

AD=FE

Do đó: ADFE là hình bình hành

b: ADFE là hình bình hành

=>AF cắt DE tại trung điểm của mỗi đường

mà O là trung điểm của AF
nên O là trung điểm của DE
=>D,O,E thẳng hàng

56x10=560

56x100=5600

56x1000=56000

Bài 1:

a: \(4\left(x^3+y^3\right)\ge\left(x+y\right)^3\)

=>\(4x^3+4y^3\ge x^3+y^3+3x^2y+3xy^2\)

=>\(3x^3+3y^3-3xy^2-3x^2y\ge0\)

=>\(x^3+y^3-xy^2-x^2y\ge0\)

=>\(\left(x+y\right)\left(x^2-xy+y^2\right)-xy\left(x+y\right)\ge0\)

=>\(\left(x+y\right)\left(x^2-2xy+y^2\right)\ge0\)

=>\(\left(x+y\right)\left(x-y\right)^2\ge0\forall x,y>0\)

=>ĐPCM

b: \(2\left(x^3+y^3\right)\ge\left(x+y\right)\left(x^2+y^2\right)\)

=>\(2x^3+2y^3\ge x^3+xy^2+x^2y+y^3\)

=>\(x^3+y^3-xy^2-x^2y\ge0\)

=>\(\left(x+y\right)\left(x^2-xy+y^2\right)-xy\left(x+y\right)\ge0\)

=>\(\left(x+y\right)\left(x^2-2xy+y^2\right)\ge0\)

=>\(\left(x+y\right)\left(x-y\right)^2\ge0\) (luôn đúng khi x>0; y>0)

=>ĐPCM

c:Sửa đề: \(\frac{x^2+1}{x}\ge2\) (1)

=>\(x+\frac{1}{x}\ge2\)

mà \(x+\frac{1}{x}\ge2\cdot\sqrt{x\cdot\frac{1}{x}}=2\forall x\) >0

nên (1) đúng khi x>0

=>ĐPCM

Bài 2:

a: \(2+\frac{3\left(x+1\right)}{8}\le3-\frac{x-1}{4}\)

=>\(\frac{16+3\left(x+1\right)}{8}\le\frac{24}{8}-\frac{2\left(x-1\right)}{8}\)

=>16+3(x+1)<=24-2(x-1)

=>16+3x+3<=24-2x+2

=>3x+19<=-2x+26

=>5x<=7

=>x<=7/5

b: \(\frac{3x+5}{2}-1\le\frac{x+2}{3}+x\)

=>\(\frac{3x+5-2}{2}\le\frac{x+2+3x}{3}\)

=>\(\frac{3x+3}{2}\le\frac{4x+2}{3}\)

=>3(3x+3)-2(4x+2)<=0

=>9x+9-8x-4<=0

=>x+5<=0

=>x<=-5

c: \(\left(x-1\right)^2+\left(x-3\right)^2\ge x^2+\left(x+1\right)^2\)

=>\(x^2-2x+1+x^2-6x+9\ge x^2+x^2+2x+1\)

=>-8x+10>=2x+1

=>-10x>=-9

=>x<=9/10

d: \(\frac{\left(2x-1\right)^2}{8}<\frac{\left(3-x\right)^2}{2}\)

=>\(\frac{4x_{}^2-4x+1}{8}\le\frac{4\left(x^2-6x+9\right)}{8}\)

=>\(4x^2-4x+1\le4\left(x^2-6x+9\right)\)

=>\(4x_{}^2-4x+1\le4x^2-24x+36\)

=>-4x+24x<=36-1

=>20x<=35

=>x<=7/4

2x-1>=10

=>2x>=11

=>\(x\ge\frac{11}{2}\)

Xét tứ giác AMCP có N là trung điểm chung của AC và MP

nên AMCP là hình bình hành

Hình bình hành AMCP trở thành hình chữ nhật khi \(\hat{AMC}=90^0\)

=>CM⊥AB tại M

Xét ΔCAB có

CM là đường cao

CM là đường trung tuyến

Do đó: ΔCAB cân tại C

=>CA=CB

Gọi x(tấn) và y(tấn) lần lượt là khối lượng nguyên liệu loại I và loại II cần dùng

(Điều kiện: x>0; y>0)

Lượng nguyên liệu được cung cấp tối đa là 4 tấn nguyên liệu loại I và 3 tấn nguyên liệu loại II nên 0<=x<=4(3) và 0<=y<=3(4)

Lượng chất A chiết xuất được phải ít nhất 12 kg nên ta có: 8x+4y>=12

=>2x+y>=3(1)

Lượng chất B chiết xuất được phải ít nhất 1 kg nên ta có: 0,25x+0,75y>=1

=>x+3y>=4(2)

Từ (1),(2),(3),(4) ta có hệ bất phương trình:

\(\begin{cases}0\le x\le4\\ 0\le y\le3\\ 2x+y\ge3\\ x+3y\ge4\end{cases}\)

Giao điểm của 2x+y=3 và x+3y=4 là:

\(\begin{cases}2x+y=3\\ x+3y=4\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}2x+y=3\\ 2x+6y=8\end{cases}\)

=>\(\begin{cases}2x+6y-2x-y=8-3\\ x+3y=4\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}5y=5\\ x=4-3y\end{cases}\)

=>\(\begin{cases}y=1\\ x=4-3=1\end{cases}\)

Giao điểm của 2x+y=3 và x=4 là:

x=4 và y=3-2x=3-2*4=-5(loại vì y>=0)

Ta xét điểm biên tại x = 4 kết hợp với điều kiện chất B là 4+3y>=4

=>3y>=0

=>y>=0

=>Điểm cận là B(4;0)

Giao điểm là x+3y=4 và y=3 là:

y=3 và x=4-3y=4-3*3=-5<0(loại vì x>=0)

Ta xét điểm biên tại y = 3 kết hợp với điều kiện chất A là 2x + 3>=3

=>Điểm cận là C(0;3)

Hàm số kiểm tra chi phí là T=4x+3y

Khi x=1; y=1 thì \(T=4\cdot1+3\cdot1=7\)

Khi x=4 và y=0 thì \(T=4x+3y=4\cdot4+3\cdot0=16\)

Khi x=0 và y=3 thì T=4x+3y=4*0+3*3=9

Vì T=7 là ít nhất nên cần mua 1 tấn nguyên liệu loại I, 1 tấn nguyên liệu loại II