Ta có: HM⊥AB

AC⊥ AB

Do đó: HM//AC

HN⊥AC

AB⊥ AC

Do đó: HN//AB

Xét ΔABC có HM//AC

nên \(\frac{BM}{BA}=\frac{BH}{BC}\)

=>\(1-\frac{BM}{BA}=1-\frac{BH}{BC}\)

=>\(\frac{AM}{AB}=\frac{CH}{CB}\)

Xét ΔCAB có HN//AB

nên \(\frac{CH}{CB}=\frac{CN}{CA}\)

=>\(1-\frac{CH}{CB}=1-\frac{CN}{CA}\)

=>\(\frac{AN}{AC}=\frac{BH}{BC}\)

\(\frac{AM}{AB}+\frac{AN}{AC}\)

\(=\frac{BH}{BC}+\frac{CH}{BC}=\frac{BC}{BC}=1\)

a: ĐKXĐ: x<0 hoặc x>1

TH1: x<0

=>x-1<-1<0

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

\(\frac{x - 1}{(x - 1) - \sqrt{-x(1-x)}} = \frac{-(1-x)}{-(1-x) - \sqrt{-x}\sqrt{1-x}} = \frac{\sqrt{1-x}}{\sqrt{1-x} + \sqrt{-x}}\)

Bất phương trình sẽ trở thành: \(\frac{\sqrt{1-x}}{\sqrt{1-x} + \sqrt{-x}} \ge 2x\)

x<0

=>2x<0

mà \(\frac{\sqrt{1-x}}{\sqrt{1-x} + \sqrt{-x}}>0\forall x\) thỏa mãn

nên Bất phương trình thỏa mãn với mọi x<0

TH2: x>1

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

Bất phương trình sẽ tương đương: \(\frac{\sqrt{x-1}}{\sqrt{x-1} - \sqrt{x}} \ge 2x\)

mà \(\frac{\sqrt{x-1}}{\sqrt{x-1} - \sqrt{x}}=\frac{\sqrt{x-1}(\sqrt{x-1} + \sqrt{x})}{(\sqrt{x-1} - \sqrt{x})(\sqrt{x-1} + \sqrt{x})}=\frac{\sqrt{x-1}(\sqrt{x-1} + \sqrt{x})}{(x-1) - x}=-\sqrt{x-1}(\sqrt{x-1}+\sqrt{x})\)

nên \(-\sqrt{x-1}(\sqrt{x-1} + \sqrt{x}) \ge 2x\)

=>\(\sqrt{x-1}(\sqrt{x-1}+\sqrt{x})+2x\le0\) (vô lý vì \(\sqrt{x-1}(\sqrt{x-1}+\sqrt{x})+2x>0\) với mọi x>1)

=>x∈∅

Vậy: x<0

2: Xét ΔAHB có HM là phân giác

nên \(\frac{AM}{MB}=\frac{AH}{HB}=\frac{AH}{HC}\) (1)

Xét ΔAHC có HK là phân giác

nên \(\frac{AK}{KC}=\frac{AH}{HC}\) (2)

Từ (1),(2) suy ra \(\frac{AM}{MB}=\frac{AK}{KC}\)

Xét ΔABC có \(\frac{AM}{MB}=\frac{AK}{KC}\)

nên MK//BC

3:

a: Xét ΔBIA vuông tại I và ΔBAC vuông tại A có

\(\hat{IBA}\) chung

Do đó: ΔBIA~ΔBAC

b: Sửa đề; AB=4,5

ΔABC vuông tại A

=>\(BC^2=AB^2+AC^2=4,5^2+6^2=7,5^2\)

=>BC=7,5(cm)

ΔBIA~ΔBAC
=>\(\frac{BI}{BA}=\frac{AI}{AC}=\frac{BA}{BC}\)

=>\(\frac{BI}{4,5}=\frac{AI}{6}=\frac{4.5}{7.5}=\frac35\)

=>\(BI=4,5\cdot\frac35=2,7\left(cm\right);AI=6\cdot\frac35=3,6\left(\operatorname{cm}\right)\)

a: ĐKXĐ: \(\begin{cases}5x^2+14x+9\ge0\\ x^2-x-20\ge0\\ x+1\ge0\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}\left(x+1\right)\left(5x+9\right)\ge0\\ \left(x-5\right)\left(x+4\right)\ge0\\ x\ge-1\end{cases}\)

=>x>=5

TA có: \(\sqrt{5x^2+14x+9} \le 5\sqrt{x+1} + \sqrt{x^2-x-20}\)

=>\(5x^2+14x+9 \le 25(x+1) + x^2-x-20 + 10\sqrt{(x+1)(x^2-x-20)}\)

=>\(5x^2+14x+9 \le x^2 + 24x + 5 + 10\sqrt{(x+1)^2(x-5)}\)

=>\(4x^2 - 10x + 4 \le 10(x+1)\sqrt{x-5}\)

=>\(2x^2 - 5x + 2 \le 5(x+1)\sqrt{x-5}\)

=>\((2x-1)(x-2) \le 5(x+1)\sqrt{x-5}\) (1)

Đặt \(t=\sqrt{x-5}\ge0\implies x=t^2+5\)

(1) sẽ trở thành: \(2(t^2+5)^2 - 5(t^2+5) + 2 \le 5(t^2+6)t\)

=>\(2(t^4 + 10t^2 + 25) - 5t^2 - 25 + 2 \le 5t^3 + 30t\)

=>\(2t^4 + 20t^2 + 50 - 5t^2 - 23 \le 5t^3 + 30t\)

=>\(2t^4 - 5t^3 + 15t^2 - 30t + 27 \le 0\)

=>\((t-1)(2t-3)(t^2 + 6) \le 0\)

=>(t-1)(2t-3)<=0

=>1<=t<=3/2

=>\(1\le\sqrt{x-5}\le\frac{3}{2}\)

=>\(1\le x-5\le\frac{9}{4}\)

\(\iff6\le x\le\frac{29}{4}\)

a: TH1: x>=4

Bất phương trình sẽ trở thành: \(x-4+7x\ge x^2+12\)

=>\(x^2+12\le6x-4\)

=>\(x^2-6x+16\le0\)

=>\(\left(x-9\right)^2+7\le0\) (vô lý)

=>Loại

TH2: x<4

Bất phương trình sẽ trở thành: \(4-x+7x\ge x^2+12\)

=>\(x^2+12\le6x+4\)

=>\(x^2-6x+8\le0\)

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

=>2<=x<=4

=>2<=x<4

b: TH1: \(x^2-3x+2\ge0\)

=>(x-1)(x-2)>=0

=>x>=2 hoặc x<=1

Bất phương trình sẽ trở thành: \(x^2-3x+2+x-2\le0\)

=>\(x^2-2x\le0\)

=>x(x-2)<=0

=>0<=x<=2

mà x>=2 hoặc x<=1

nên 0<=x<=1; x=2

TH2: \(x^2-3x+2<0\)

=>(x-1)(x-2)<0

=>1<x<2

Bất phương trình sẽ trở thành: \(-x^2+3x-2+x-2\le0\)

=>\(-x^2+4x-4\le0\)

=>\(\left(x-2\right)^2\ge0\) (luôn đúng)

Vậy: 1<x<2

mà 0<=x<=1 hoặc x=2

nên 0<=x<=1 hoặc 1<x<=2

=>0<=x<=2

Câu 27: Tọa độ trọng tâm G của ΔABC là:

\(\begin{cases}4x+3y-10=0\\ x-2=0\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}x=2\\ 3y=-4x+10=-4\cdot2+10=2\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}x=2\\ y=\frac23\end{cases}\)

=>G(2;2/3)

Vì CN: x-2=0

nên \(x_{N}=2\)

=>\(x_{B}=2\cdot2=4\)

Thay x=4 vào 4x+3y-10=0, ta được:

4*4+3y-10=0

=>3y+6=0

=>y=-2

=>B(4;-2)

G là trọng tâm của ΔABC

=>\(\begin{cases}x_{A}+x_{B}+x_{C}=3\cdot x_{G}\\ y_{A}+y_{B}+y_{C}=3\cdot y_{G}\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}x_{C}=3\cdot2-4-0=6-4=2\\ y_{C}=3\cdot\frac23-\left(-2\right)-2=2+2-2=2\end{cases}\)

=>C(2;2)

a: Gọi O là trung điểm của CM
Xét (O) có

ΔCDM nội tiếp

CM là đường kính

Do đó: ΔCDM vuông tại D

=>CD⊥ DM tại D

=>CD⊥MB tại D

Xét tứ giác ABCD có \(\hat{CDB}=\hat{CAB}=90^0\)

nên ABCD là tứ giác nội tiếp

=>A,B,C,D cùng thuộc một đường tròn

b: ABCD là tứ giác nội tiếp

=>\(\hat{ACB}=\hat{ADB}\)

mà \(\hat{ADB}=\hat{SDM}=\hat{SCM}=\hat{SCA}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung SM)

nên \(\hat{ACB}=\hat{SCA}\)

=>CA là phân giác của góc SCB

c: Gọi I là giao điểm của CD và AB

Xét (O) có

ΔCNM nội tiếp

CM là đường kính

Do đó: ΔCNM vuông tại N

=>MN⊥CB tại N

Xét ΔICB có

BD,CA là các đường cao

BD cắt CA tại M

Do đó: M là trực tâm của ΔICB

=>IM⊥BC

mà MN⊥BC

và IM,MN có điểm chung là M

nên I,M,N thẳng hàng

=>MN,CD,AB đồng quy

\(\frac{x}{5}+\frac{7}{y}=\frac{-10}{25}\)

=>\(\frac{x}{5}+\frac25=\frac{-7}{y}\)

=>\(\frac{x+2}{5}=\frac{-7}{y}\)

=>(x+2)y=-35

=>(x+2;y)∈{(1;-35);(-35;1);(-1;35);(35;-1);(5;-7);(-7;5);(-5;7);(7;-5)}

=>(x;y)∈{(-1;-35);(-37;1);(-3;35);(33;-1);(3;-7);(-9;5);(-7;7);(5;-5)}

Đặt t=sin x-cosx

=>\(t=\sqrt2\cdot\sin\left(x-\frac{\pi}{4}\right)\)

\(\Rightarrow-\sqrt2\le t\le\sqrt2\)

\(t^2=\left(\sin x-cosx\right)^2\)

\(=\sin^2x+cos^2x-\sin2x\)

=1-sin2x

=>sin 2x=1-\(t^2\)

Phương trình ban đầu sẽ trở thành:

\(-m(1 - t^2) + 2016t = 0\)

=>\(mt^2+2016t-m=0\quad\left(1\right)\)

TH1: m=0

(1) sẽ trở thành: \(0\cdot t^2+2016t-0=0\)

=>2016t=0

=>t=0∈\(\left\lbrack-\sqrt2;\sqrt2\right\rbrack\)

=>Phương trình có nghiệm khi m=0(2)

TH2: m<>0

\(\Delta = 2016^2 - 4 \cdot m \cdot (-m) = 2016^2 + 4m^2\) >0∀m

=>(1) luôn có hai phân biệt

THeo Vi-et, ta có: \(t_1\cdot t_2=\frac{c}{a}=\frac{-m}{m}=-1\)

=>t1 và t2 trái dấu

=>\(t_1<0

Xét hàm số \(f(t) = mt^2 + 2016t - m\) , ta có:

\(f(-\sqrt{2}) = m(-\sqrt{2})^2 + 2016(-\sqrt{2}) - m = m - 2016\sqrt{2} - m = -2016\sqrt{2} < 0\)

f(0)=-m

\(f(\sqrt{2}) = m(\sqrt{2})^2 + 2016\sqrt{2} - m = m + 2016\sqrt{2} - m = 2016\sqrt{2} > 0\)

Vì \(f(-\sqrt{2})\cdot f(0)=(-2016\sqrt{2})\cdot(-m)\) và \(f(0)\cdot f(\sqrt{2})=(-m)\cdot2016\sqrt{2}\) và \(f(-\sqrt{2}) \cdot f(\sqrt{2}) = (-2016\sqrt{2}) \cdot (2016\sqrt{2}) = -2016^2 \cdot 2 < 0\)

nên f(t)=0 chắc chắn sẽ có nghiệm trong khoảng \(\left(-\sqrt2;2\right)\)

=>f(t)=0 có nghiệm trong khoảng [\(-\sqrt2;2\) ](3)

Từ (2),(3) suy ra phương trình ban đầu luôn có nghiệm với mọi m∈R

Một cấp số nhân lùi vô hạn là cấp số nhân có công bội q thỏa mãn|q|<1được cho bởi dãy số Un là: \(u_1;u_2;\ldots\)

|q|<1

=>\(\lim_{n \to +\infty} q^n = 0\)

Tổng của cấp số nhân lùi vô hạn được định nghĩa là giới hạn của tổng \(S_{N}\) khi số lượng số hạng n tiến tới dương vô cùng \(n\to+\infty\)

\(S = \lim_{n \to +\infty} S_n = \lim_{n \to +\infty} \left( u_1 \frac{1 - q^n}{1 - q} \right)\)

\(S = \frac{u_1}{1 - q} \cdot (1 - 0) = \frac{u_1}{1 - q}\)

=>Vì giới hạn này hữu hạn và tồn tại, tổng của cấp số nhân lùi vô hạn hội tụ khi và chỉ khi ∣q∣<1