Ta có công thức \(S_{xq}=2\pi rh\Leftrightarrow288\pi=2\pi r.2.2r\Leftrightarrow288\pi=8r^2\pi\Leftrightarrow r^2=36\Leftrightarrow r=36\)(cm)

Vậy bán kính đáy của hình trụ là 6cm

a) Ta có \(\widehat{AKB}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn\(\Rightarrow\widehat{AKB}=90^0\)

Xét tứ giác AKNH có \(\widehat{AKB}+\widehat{NHA}=90^0+90^0=180^0\)

Suy ra tứ giác AKNH nội tiếp trong một đường tròn

b) Ta có △AMB vuông tại A có đường cao AK\(\Rightarrow AM^2=MK.MB\)

c) Ta có MA,MC là tiếp tuyến của đường tròn\(\Rightarrow MA=MC\) và MO là tia phân giác của \(\widehat{AMC}\)

Nên △AMC cân tại M mà MO là đường phân giác\(\Rightarrow MO\) là đường cao của tam giác hay MO⊥AC

Mà BC⊥AC

Suy ra MO//BC\(\Rightarrow\widehat{OMB}=\widehat{CBK}\)(2 góc so le trong)

Mà \(\widehat{CBK}=\widehat{KAC}\)(2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(\stackrel\frown{CK}\))

Vậy \(\widehat{KAC}=\widehat{OMB}\)

d) Kéo dài BC cắt AM tại G

Xét △ABG có OM//BG

OB=OA

Suy ra AM=MG

Xét △BAM có NH//AM( cùng ⊥AB)\(\Rightarrow\frac{NH}{AM}=\frac{BN}{BM}\Rightarrow\frac{NH}{GM}=\frac{BN}{BM}\Rightarrow NH=\frac{BN.GM}{BM}\left(1\right)\)

Xét △BGM có CN//MG\(\Rightarrow\frac{CN}{MG}=\frac{BN}{BM}\Rightarrow CN=\frac{BN.GM}{BM}\left(2\right)\)

Từ (1),(2)\(\Rightarrow NH=CN\) hay N là trung điểm của CH

ĐK: \(x\ge0,x\ne1\)

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

b) Để \(\left|P\right|=\frac{2}{3}\) thì \(\left|\frac{\sqrt{x}}{x-\sqrt{x}+1}\right|=\frac{2}{3}\)(1)

Vì \(\sqrt{x}\ge0,x-\sqrt{x}+1\ge0\Rightarrow P\ge0\)

Vậy (1)\(\Leftrightarrow\frac{\sqrt{x}}{x-\sqrt{x}+1}=\frac{2}{3}\Leftrightarrow3\sqrt{x}=2x-2\sqrt{x}+2\Leftrightarrow2x-5\sqrt{x}+2=0\Leftrightarrow\left(\sqrt{x}-2\right)\left(2\sqrt{x}-1\right)=0\Leftrightarrow\)\(\left[{}\begin{matrix}\sqrt{x}=2\\\sqrt{x}=\frac{1}{2}\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow\)\(\left[{}\begin{matrix}x=4\\x=\frac{1}{4}\end{matrix}\right.\)

Vậy x=4 hoặc \(x=\frac{1}{4}\) thì \(\left|P\right|=\frac{2}{3}\)

c) Ta có \(\sqrt{x}\ne1\Rightarrow\left(\sqrt{x}-1\right)^2>0\Leftrightarrow x-2\sqrt{x}+1>0\Leftrightarrow x-\sqrt{x}+1>\sqrt{x}\Leftrightarrow\frac{\sqrt{x}}{x-\sqrt{x}+1}< 1\Leftrightarrow P< 1\)

Vậy với mọi giá trị của x làm cho P xác định thì P<1

Gọi x là số thứ nhất

Số thứ 2 cần tìm là x-1

Ta có tổng các bình phương của chúng bằng 313 nên ta có phương trình \(x^2+\left(x-1\right)^2=313\text{Gọi x là số thứ nhất cần tìm (x< 17) Sô thứ hai cần tìm là 17-x Ta có tổng bình phương của chúng bằng 229 nên ta có phương trình Nhấp chuột và kéo để di chuyểnNhấp chuột và kéo để di chuyển(tm) Vậy 2 số cần tìm lần lượt là: 2 và 15}\)\(\Leftrightarrow x^2+x^2-2x+1=313\Leftrightarrow2x^2-2x-312=0\Leftrightarrow x^2-x-156=0\Leftrightarrow\left(x-13\right)\left(x+12\right)=0\)\(\Leftrightarrow\)\(\left[{}\begin{matrix}x=13\left(tm\right)\\x=-12\left(tm\right)\end{matrix}\right.\)

Vậy có 2 cặp số cần tìm là: (13;12),(-13;-12)

Gọi x là số thứ nhất cần tìm (x<17)

Sô thứ hai cần tìm là 17-x

Ta có tổng bình phương của chúng bằng 229 nên ta có phương trình \(x^2+\left(17-x\right)^2=229\Leftrightarrow x^2+289+x^2-34x=229\Leftrightarrow2x^2-34x+60=0\Leftrightarrow x^2-17x+30=0\Leftrightarrow\left(x-2\right)\left(x-15\right)=0\Leftrightarrow\)\(\left[{}\begin{matrix}x=2\\x=15\end{matrix}\right.\)(tm)

Vậy 2 số cần tìm lần lượt là: 2 và 15

a) Ta có \(\widehat{EAC}=\widehat{CBE}\)(2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(\stackrel\frown{EC}\))

Mà \(\widehat{CBE}=\widehat{ACB}\)(gt)

Suy ra \(\widehat{EAC}=\widehat{ACB}\) hay AE//BC(2 góc so le trong bằng nhau)

b) Ta có AE//BC

Mà AK⊥BC

Suy ra AK⊥AE hay \(\widehat{EAD}=90^0\)

Mà \(\widehat{EAD}\) là góc nội tiếp chắn cung \(\stackrel\frown{DE}\)

Suy ra DE là đường kính của đường tròn (O) hay E,O,D thẳng hàng

a) Ta có AB và AC là 2 tiếp tuyến của đường tròn\(\Rightarrow AB=AC,\widehat{BAO}=\widehat{CAO}\)(tính chất 2 đường tiếp tuyến cắt nhau)

Gọi K là giao điểm của AO và BC

Xét △KAB và △KAC có

AB=AC(cmt)

\(\widehat{BAO}=\widehat{CAO}\)(cmt)

AK là cạnh chung

Suy ra △KAB = △KAC(g-g)\(\Rightarrow\widehat{AKB}=\widehat{AKC}\)

Mà \(\widehat{AKB}+\widehat{AKC}=180^0\)

Suy ra \(2.\widehat{AKB}=180^0\Rightarrow\widehat{AKB}=90^0\) hay AO⊥BC

b) Ta có △KAB = △KAC(cmt)\(\Rightarrow\widehat{ABC}=\widehat{ACB}\)(1)

Mà \(\widehat{ACB}+\widehat{BCD}=90^0\)(AC là tiếp tuyến)

\(\widehat{BCD}+\widehat{HBC}=90^0\)

Suy ra \(\widehat{ACB}=\widehat{HBC}\)(2)

Từ (1),(2)\(\Rightarrow\widehat{ABC}=\widehat{HBC}\) hay BC là phân giác của \(\widehat{ABH}\)

c) Gọi G là giao của BD và AC
ΔDCG có: OA//DG ( cùng ⊥ BC); OD=OC
=> A là trung điểm của GC hay AG=AC
Có BH//AC(cùng ⊥CD) theo hệ quả của định lý Thales:
\(\frac{BI}{AG}=\frac{ID}{IA}=\frac{IH}{AC}=\frac{IH}{AG}\)
=> IH=IB

ĐK: a>0,b>0,a\(\ne b\)

a) \(K=\left(\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{ab}-b}+\frac{\sqrt{b}}{\sqrt{ab}-a}\right).\frac{\sqrt{a}+\sqrt{b}}{a\sqrt{b}-b\sqrt{a}}=\left(\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{ab}-b}-\frac{\sqrt{b}}{a-\sqrt{ab}}\right).\frac{\sqrt{a}+\sqrt{b}}{a\sqrt{b}-b\sqrt{a}}=\left[\frac{a}{\sqrt{ab}\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)}-\frac{b}{\sqrt{ab}\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)}\right].\frac{\sqrt{a}+\sqrt{b}}{\sqrt{ab}\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)}=\frac{\left(a-b\right)\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)}{ab\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2}=\frac{\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)^2\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)}{ab\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2}=\frac{\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)^2}{ab\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)}\)

b) Thay a=\(4+2\sqrt{3}\) và \(b=4-2\sqrt{3}\) vào K thì \(K=\frac{\left(\sqrt{4+2\sqrt{3}}+\sqrt{4-2\sqrt{3}}\right)^2}{\left(4+2\sqrt{3}\right)\left(4-2\sqrt{3}\right)\left(\sqrt{4+2\sqrt{3}}-\sqrt{4-2\sqrt{3}}\right)}=\frac{\left[\sqrt{\left(\sqrt{3}+1\right)^2}+\sqrt{\left(\sqrt{3}-1\right)^2}\right]^2}{\left(16-12\right)\left[\sqrt{\left(\sqrt{3}+1\right)^2}-\sqrt{\left(\sqrt{3}-1\right)^2}\right]}=\frac{\left(\sqrt{3}+1+\sqrt{3}-1\right)^2}{4.\left(\sqrt{3}+1-\sqrt{3}+1\right)}=\frac{\left(2\sqrt{3}\right)^2}{8}=\frac{12}{8}=\frac{3}{2}\)

ĐK: \(x\ge\frac{2}{3}\)

\(\sqrt{4x+1}-\sqrt{3x-2}=\frac{x+3}{5}\Leftrightarrow\frac{4x+1-3x+2}{\sqrt{4x+1}+\sqrt{3x-2}}=\frac{x+3}{5}\Leftrightarrow\frac{x+3}{\sqrt{4x+1}+\sqrt{3x-2}}-\frac{x+3}{5}=0\Leftrightarrow\left(x+3\right)\left(\frac{1}{\sqrt{4x+1}+\sqrt{3x-2}}-\frac{1}{5}\right)=0\Leftrightarrow\)\(\left[{}\begin{matrix}x=-3\left(ktm\right)\\\frac{1}{\sqrt{4x+1}+\sqrt{3x-2}}=\frac{1}{5}\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow\sqrt{4x+1}+\sqrt{3x-2}=5\Leftrightarrow\sqrt{4x+1}=5-\sqrt{3x-2}\left(\frac{2}{3}\le x\le9\right)\Leftrightarrow4x+1=25+3x-2-10\sqrt{3x-2}\Leftrightarrow22-x=10\sqrt{3x-2}\Leftrightarrow484+x^2-44x=300x-200\Leftrightarrow x^2-344x+684=0\Leftrightarrow\left(x-342\right)\left(x-2\right)=0\Leftrightarrow\)

\(\left[{}\begin{matrix}x=2\left(tm\right)\\x=342\left(ktm\right)\end{matrix}\right.\)

Vậy S={2}

1) Xét tứ giác AKDM có \(\widehat{AKD}+\widehat{AMD}=90^0+90^0=180^0\)

Suy ra tứ giác AKDM nội tiếp

2) Xét △ABD và △AEC có

\(\widehat{BAE}=\widehat{EAC}\)(AE là phân giác)

\(\widehat{ABD}=\widehat{AEC}\)(2 góc nội tiếp cùng chắn cung AC)

Suy ra △ABD \(\sim\) △AEC(g-g)

\(\Rightarrow\frac{AB}{AD}=\frac{AE}{AC}\Rightarrow AD.AE=AB.AC\)

3) Vẽ KF⊥AC tại F

Ta có tứ giác AKDM nội tiếp\(\Rightarrow\widehat{AMK}=\widehat{ADK}\)(2 góc nội tiếp cùng chắn cung AK)

Xét △KFM và △AKD có

\(\widehat{AMK}=\widehat{ADK}\)(cmt)

\(\widehat{KFM}=\widehat{AKD}=90^0\)

Suy ra △KFM \(\sim\) △AKD(g-g)

\(\Rightarrow\frac{MK}{KF}=\frac{AD}{AK}\Rightarrow MK=AD.\frac{KF}{AK}=AD.sin_{BAC}\)

Vậy \(MK=AD.sin_{BAC}\)

4) Ta có \(2S_{ABC}=AB.AC.sin_{BAC}=AD.AE.sin_{BAC}\)

Ta lại có tứ giác AKEM có \(\widehat{KAD}+\widehat{ADK}=90^0\Rightarrow\widehat{DAM}+\widehat{AMK}=90^0\) hay AE⊥KM\(\Rightarrow2S_{AKEM}=AE.MK=AE.AD.sin_{BAC}\)

Vậy \(\frac{2S_{ABC}}{2S_{AKEM}}=\frac{AD.AE.sin_{BAC}}{AD.AE.sin_{BAC}}=1\) hay \(\frac{S_{ABC}}{S_{AKEM}}=1\)