Toán

Em coi lại đề, biểu thức này muốn rút gọn thì con số kia cần phải là những con số như 24 hoặc 21 hoặc 81... tức là dạng \(\sqrt{21+8\sqrt{5}}\) hoặc \(\sqrt{24+8\sqrt{5}}\), chứ \(\sqrt{25+8\sqrt{5}}\) thì ko rút được

Gọi \(A\left(x_0;y_0\right)\) là điểm cố định mà đths đi qua

\(\Rightarrow\) Ta luôn có:

\(y_0=\left(m-1\right)x_0+m+3\) với mọi m

\(\Leftrightarrow m\left(x_0+1\right)-x_0-y_0+3=0\) với mọi m

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_0+1=0\\-x_0-y_0+3=0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_0=-1\\y_0=4\end{matrix}\right.\)

Vậy ĐTHS luôn đi qua điểm cố định có tọa độ \(\left(-1;4\right)\)

1: Sửa đề: góc BAC=90 độ

Xét (O) có

IB,IA là các tiếp tuyến

Do đó: IB=IA

Xét (O') có

IA,IC là các tiếp tuyến

Do đó: IA=IC

Ta có: IB=IA

IA=IC

Do đó: IB=IC

=>I là trung điểm của BC

Xét ΔABC có

AI là đường trung tuyến

\(AI=\dfrac{BC}{2}\)

Do đó: ΔABC vuông tại A

=>\(\widehat{BAC}=90^0\)

2: Ta có: ΔACB vuông tại A

=>\(\widehat{ABC}+\widehat{ACB}=90^0\)

Xét tứ giác OBIA có \(\widehat{OBI}+\widehat{OAI}=90^0+90^0=180^0\)

nên OBIA là tứ giác nội tiếp

=>\(\widehat{OBA}=\widehat{OIA}\)

Xét tứ giác O'AIC có \(\widehat{O'AI}+\widehat{O'CI}=180^0\)

nên O'AIC là tứ giác nội tiếp

=>\(\widehat{O'IA}=\widehat{O'CA}\)

Ta có: \(\widehat{OBI}+\widehat{O'CI}=180^0\)

=>\(\widehat{OBA}+\widehat{CBA}+\widehat{BCA}+\widehat{O'CA}=180^0\)

=>\(\widehat{OBA}+\widehat{O'CA}=180^0-90^0=90^0\)

=>\(\widehat{OIA}+\widehat{O'IA}=90^0\)

=>\(\widehat{OIO'}=90^0\)

lÀM HỘ EM Ý C VỚI

hộ tôi với tôi đang cần gấp 

Chiều rộng vườn trường:

78 x 75% = 58,5(m)

Diện tích vườn trường:

58,5 x 78 = 4563(m²)

Diện tích mỗi bồn:

4563:4= 1140,75(m²)

Đ.số:......

20 - 5 x (2 - x) = 45 

x = 7

20 - 5 x (2 - x) = 45

        5x (2 - x)= 20-45

        5x (2 - x)= -25

             (2 - x)=(-25) :5

              2 - x= -5

                   x= 2-(-5)

                   x=2+5

                   x=7

               Vậy x=7

    \(20-5\cdot\left(2-x\right)=45\)
    \(5\cdot\left(2-x\right)=20-45=-25\)
    \(2-x=\left(-25\right):5=-5\)
    \(x=2-\left(-5\right)=7\)
    Vậy \(x=7\)

\(\#PeaGea\)

48.

Gọi phương trình (d) có dạng: \(y=kx+b\)

Do (d) qua N nên: \(-2=k.\left(-1\right)+b\Rightarrow b=k-2\)

Hay pt (d) có dạng: \(y=kx+k-2\)

b.

Phương trình hoành độ giao điểm (d) và (P):

\(-x^2=kx+k-2\Leftrightarrow x^2+kx+k-2=0\) (1)

Xét (1), ta có \(\Delta=k^2-4\left(k-2\right)=\left(k-2\right)^2+4>0;\forall k\)

\(\Rightarrow\left(1\right)\) luôn có 2 nghiệm pb với mọi k

Hay (d) luôn cắt (P) tại 2 điểm A, B với mọi k

Do A; B thuộc (d) nên: \(\left\{{}\begin{matrix}y_1=kx_1+k-2\\y_2=kx_2+k-2\end{matrix}\right.\)

Đồng thời theo định lý Viet: \(x_1+x_2=-k\)

\(\Rightarrow S=x_1+x_2+y_1+y_2=-k+k\left(x_1+x_2\right)+2k-4=-k^2+k-4\)

\(\Rightarrow S=-\left(k-\dfrac{1}{2}\right)^2-\dfrac{15}{4}\le-\dfrac{15}{4}\)

Dáu "=" xảy ra khi \(k-\dfrac{1}{2}=0\Rightarrow k=\dfrac{1}{2}\)

49.

Ý đầu em tự giải

Ý 2:

Phương trình hoành độ giao điểm (d) và (P):

\(x^2=mx-2m+4\Leftrightarrow x^2-mx+2m-4=0\) (1)

Xét (1), ta có \(\Delta=m^2-4\left(2m-4\right)=\left(m-4\right)^2\ge0;\forall m\)

Để (d) cắt (P) tại 2 điểm pb hay (1) có 2 nghiệm pb \(\Rightarrow\Delta>0\Rightarrow m\ne4\)

Khi đó theo định lý Viet: \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=m\\x_1x_2=2m-4\end{matrix}\right.\)

Đặt \(A=x_1^2+x_2^2=\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2\)

\(A=m^2-2\left(2m-4\right)=m^2-4m+8\)

\(A=\left(m-2\right)^2+4\ge4\)

\(\Rightarrow A_{min}=4\) khi \(m-2=0\Rightarrow m=2\) (thỏa)

a: Xét (O) có

ΔBDC nội tiếp

BC là đường kính

Do đó: ΔBDC vuông tại D

=>BD\(\perp\)DC tại D

=>BD\(\perp\)AC tại D

Xét ΔABC vuông tại B có BD là đường cao

nên \(AD\cdot AC=AB^2\)

b: Xét ΔBCE có

O là trung điểm của BC

OH//CE

Do đó: H là trung điểm của BE

Ta có: ΔOEB cân tại O

mà OH là đường trung tuyến

nên OH là phân giác của góc BOE

Xét ΔBOA và ΔEOA có

BO=EO

\(\widehat{BOA}=\widehat{EOA}\)

OA chung

Do đó: ΔBOA=ΔEOA

=>\(\widehat{OBA}=\widehat{OEA}\)

=>\(\widehat{OEA}=90^0\)

=>AE là tiếp tuyến của (O)

c: Xét ΔABO vuông tại B có BH là đường cao

nên \(AH\cdot AO=AB^2\)

=>\(AH\cdot AO=AD\cdot AC\)

=>\(\dfrac{AD}{AH}=\dfrac{AO}{AC}\)

Xét ΔADO và ΔAHC có

\(\dfrac{AD}{AH}=\dfrac{AO}{AC}\)

góc DAO chung

Do đó: ΔADO đồng dạng với ΔAHC

=>\(\dfrac{CA}{OA}=\dfrac{CH}{DO}\)

=>\(\dfrac{CA}{CH}=\dfrac{OA}{OD}=\dfrac{OA}{OB}\)

Xét ΔBAO vuông tại B và ΔHBO vuông tại H có

góc HOB chung

Do đó: ΔBAO đồng dạng với ΔHBO

=>\(\dfrac{BA}{BH}=\dfrac{OA}{OB}\)

=>\(\dfrac{CA}{CH}=\dfrac{BA}{BH}\)

Ta có: \(\widehat{ABF}+\widehat{OBF}=\widehat{OBA}=90^0\)

\(\widehat{HBF}+\widehat{OFB}=90^0\)(ΔHBF vuông tại H)

mà \(\widehat{OBF}=\widehat{OFB}\)

nên \(\widehat{ABF}=\widehat{HBF}\)

=>BF là phân giác của góc HBA

Xét ΔBHA có BF là phân giác

nên \(\dfrac{FA}{FH}=\dfrac{BA}{BH}\)

=>\(\dfrac{FA}{FH}=\dfrac{CA}{CH}\)

=>\(FA\cdot CH=FH\cdot CA\)

ĐKXĐ: \(x\ge-1\)

\(\sqrt{25\left(x+1\right)}-\sqrt{16\left(x+1\right)}+\sqrt{9\left(x+1\right)}-\sqrt{4\left(x+1\right)}+\sqrt{x+1}=27\)

\(\Leftrightarrow5\sqrt{x+1}-4\sqrt{x+1}+3\sqrt{x+1}-2\sqrt{x+1}+\sqrt{x+1}=27\)

\(\Leftrightarrow3\sqrt{x+1}=27\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{x+1}=9\)

\(\Rightarrow x+1=81\)

\(\Rightarrow x=80\) (thỏa mãn)

ĐKXĐ: \(0\le x\le5\)

\(pt\Leftrightarrow4\sqrt{x+3}+16\sqrt{x}-8x=24-4\sqrt{5-x}\)

\(\Leftrightarrow\left(x+3-4\sqrt{x+3}+4\right)+\left(5-x-4\sqrt{5-x}+4\right)+\left(8x-16\sqrt{x}+8\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{x-3}-2\right)^2+\left(\sqrt{5-x}-2\right)^2+8\left(\sqrt{x}-1\right)^2=0\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\sqrt{x-3}-2=0\\\sqrt{5-x}-2=0\\\sqrt{x}-1=0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow x=1\)