Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a, Xét tam giác MON có : OM = ON = R
=> tam giác MON cân tại O, do OI vuông MN hay OI là đường cao
đồng thời là đường phân giác => ^MOI = ^ION
Vì BN là tiếp tuyến đường tròn (O) với N là tiếp điểm
=> ON vuông BN hay ^ONB = 900
Xét tam giác IOM và tam giác NOB có :
^IOM = ^NOB ( cmt )
^OIM = ^ONB = 900
Vậy tam giác IOM ~ tam giác NOB ( g.g )
=> \(\frac{IO}{NO}=\frac{IM}{NB}\Rightarrow IO.NB=IM.NO\)
ý b sáng mai mình gửi nhé ;))
sửa hộ mình chỗ này nhé : ^OIM = ^ONB = 900
b, Vì I là trung điểm điểm OA => \(IO=IA=\frac{OA}{2}=\frac{R}{2}\)
Theo định lí Pytago tam giác OIM ta được :
\(MI=\sqrt{OM^2-OI^2}=\sqrt{R^2-\frac{R^2}{4}}=\sqrt{\frac{3R^2}{4}}=\frac{\sqrt{3}R}{2}\)
Vì BM là tiếp tuyến đường tròn (O) và M là tiếp điểm
=> OM vuông MB hay ^OMB = 900 => tam giác OMB vuông tại M
Xét tam giác OMB vuông tại M, đường cao MI
Áp dụng hệ thức : \(\frac{1}{OM^2}+\frac{1}{MB^2}=\frac{1}{MI^2}\Rightarrow\frac{1}{R^2}+\frac{1}{MB^2}=\frac{1}{\frac{3R^2}{4}}\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{R^2}+\frac{1}{MB^2}=\frac{4}{3R^2}\Leftrightarrow\frac{1}{MB^2}=\frac{4}{3R^2}-\frac{1}{R^2}=\frac{1}{3R^2}\Rightarrow MB=\sqrt{3}R\)
CM : tam giác OMB = tam giác ONB ( ch - gn )
Ta có : \(S_{OMNB}=S_{OMB}+S_{ONB}=2S_{OMB}=\frac{2.1}{2}.OM.MB\)
\(=R.\sqrt{3}R=\sqrt{3}R^2\)
Đề lỗi. Bạn lưu ý gõ đề bằng công thức toán để được hỗ trợ tốt hơn.
Câu a : Mình nghĩ là sai đề .
Câu b : Ta có :
\(\left(\sqrt{2}-1\right)^2=\sqrt{9}-\sqrt{8}\)
\(\Leftrightarrow2-2\sqrt{2}+1=3-2\sqrt{2}\)
\(\Leftrightarrow3-2\sqrt{2}=3-2\sqrt{2}\) ( Luôn đúng )
Vậy \(\left(\sqrt{2}-1\right)^2=\sqrt{9}-\sqrt{8}\) ( đpcm )
Bài 3:
Xét họ đường cong \(\left(C_m\right):y=f_m\left(x\right)=mx^4\) và các đường thẳng \(d_m:y=k_mx+n_m\),
với \(x\in\left(0;3\right)\) và \(m=1,2,3\)
Điều kiện \(\left(C_m\right)\) tiếp xúc với \(d_m\) là
\(\begin{cases}mx^4=k_mx+n_m\\4mx^3=k_m\end{cases}\)\(,m=1,2,3\)
Ta cần chọn x1,x2,x3 thỏa mãn
\(\begin{cases}k_1=4x_1^3;k_1=k_2=k_3=k\\k_2=8x_2^3\\k_3=12x_3^3\\x_1+x_2+x_3=3\end{cases}\)\(\Rightarrow\begin{cases}x^3_1=2x^3_2=3x^3_3\\x_1+x_2+x_3=3\end{cases}\)
\(\Rightarrow\begin{cases}x_1=\frac{3\sqrt[3]{6}}{\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{3}+\sqrt[3]{6}}\\x_2=\frac{x_1}{\sqrt[3]{2}}\\x_3=\frac{x_1}{\sqrt[3]{3}}\end{cases}\).Suy ra \(k=4x_1^3=\frac{648}{\left(\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{3}+\sqrt[3]{6}\right)^3}\)
\(n_1+n_2+n_3=-3x_1^4\left(1+\frac{1}{\sqrt[3]{2}}+\frac{1}{\sqrt[3]{3}}\right)=-\frac{1458}{\left(\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{3}+\sqrt[3]{6}\right)^3}\)
Mặt khác: \(f_m^n\left(x\right)=12mx^2>0,\forall x\in\left(0;3\right)\),suy ra \(f_m\left(x\right)\) là hàm lồi trên khoảng \(\left(0;3\right)\).
Do đó, trên khoảng (0;3) đường cong \(\left(C_m\right)\) không nằm phía dưới tiếp tuyến \(\left(d_m\right)\),tức là \(f_m\left(x\right)\ge g_m\left(x\right),\forall x\in\left(0;3\right)\) (*)
Từ hệ thức (*),ta có:
\(a^4\ge ka+n_1\)
\(2b^4\ge kb+n_2\)
\(3c^4\ge kc+n_3\)
Cộng theo vế ta có:
\(P\ge k\left(a+b+c\right)+n_1+n_2+n_3\)
\(=3k+n_1+n_2+n_3\)
\(=\frac{486}{\left(\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{3}+\sqrt[3]{6}\right)^3}\)
Vậy GTNN của \(P=\frac{486}{\left(\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{3}+\sqrt[3]{6}\right)^3}\) khi \(a=x_1;b=x_2;c=x_3\)
2/ Áp dụng BĐT BCS : \(25=\left(\sqrt{x}.\sqrt{x^3}+\sqrt{y}.\sqrt{y^3}\right)^2\le\left(x+y\right)\left(x^3+y^3\right)\)
\(\le\sqrt{2\left(x^2+y^2\right)}.\left(x^3+y^3\right)\)
\(\Rightarrow x^3+y^3\ge\frac{25}{\sqrt{2.5}}=\frac{5\sqrt{10}}{2}\)
Đẳng thức xảy ra khi \(\begin{cases}\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x^3}}=\frac{\sqrt{y}}{\sqrt{y^3}}\\x=y\\x^2+y^2=5\end{cases}\) \(\Leftrightarrow x=y=\frac{\sqrt{10}}{2}\)
Vậy MinP = \(\frac{5\sqrt{10}}{2}\Leftrightarrow x=y=\frac{\sqrt{10}}{2}\)
(hình trên nhé)
Trong Δvuông OAB có:AB2=OA2+OB2(pitago)→OB2=\(\left(2\sqrt{13}\right)^2-6^2=16\)→OB=4(đvđd)
vì ΔABD vuông ở A có đường cao AO ,nên:
OA2=OB.OD(hệ thức lượng về đường cao)→OD=\(\frac{OA^2}{OB}=\frac{6^2}{4}=9\)(đvđd)
trong Δ vuông AOD có:AD2=OA2+OD2(pitago)→AD=\(\sqrt{117}\)(đvđd)
mặt khác:AB//CD→\(\frac{OB}{OD}=\frac{AB}{CD}\)(hệ quả tales)→CD=\(\frac{9.2\sqrt{13}}{4}=\sqrt{263,25}\)(đvđd)
vậy SABCD=\(\frac{1}{2}\left(AB+CD\right).AD=\frac{1}{2}\left(2\sqrt{13}+\sqrt{263,25}\right).\sqrt{117}=126,75\)(đvdt)
O A B M N I C E
a/ Ta có
\(AO\perp MN\)
Nối BO \(\Rightarrow BO\perp MN;IM=IN\) (Hai tiếp tuyến cùng xuất phát từ 1 điểm ngoài đường tròn thì đường nối điểm đó với tâm vuông góc với dây cung nối 2 tiếp điểm tại trung điểm của dây cung đó)
\(\Rightarrow AO\equiv BO\) Hay nói cách khác B; A; I; O thẳng hàng
Xét hai tg vuông IMO và tg vuông NBO có
\(OM=ON=R\Rightarrow\Delta OMN\) cân tại O
\(OI\perp MN\)
\(\Rightarrow\widehat{MOI}=\widehat{BON}\) (trong tg cân đường cao từ đỉnh tg cân đồng thời là đường phân giác)
=> tg IMO đồng dạng với tg NBO \(\Rightarrow\frac{IO}{NO}=\frac{IM}{NB}\Rightarrow IO.NB=IM.NO\left(dpcm\right)\)
b/ Xét tg OMNB có
\(IM=IN;IO=IA\) => OMAN là hình bình hành \(\Rightarrow AM=ON=OM=AN=OA=R\)
=> tg AMO là tg đều mà \(MI\perp AO\Rightarrow\widehat{AMI}=\widehat{OMI}=30^o\) (Trong tg đều đường cao đồng thời là đường phân giác)
Xét tg vuông MIO có \(IO=\frac{MO}{2}=\frac{R}{2}\) (Trong tg vuông cạnh đối diện với góc \(30^o\) bằng nửa cạnh huyền)
Xét tg vuông BMO có
\(MO^2=OI.OB\) (Trong tg vuông bình phương 1 cạnh góc vuông bằng tích giữa hình chiếu cạnh góc vuông đó trên cạnh huyền với cạnh huyền)
\(\Rightarrow OB=\frac{MO^2}{IO}=\frac{R^2}{\frac{R}{2}}=2R\)
Xét 2 tg vuông BMO và BNO có
BO chung
\(\widehat{MOI}=\widehat{BON}\left(cmt\right)\Rightarrow\Delta BMO=\Delta BNO\) (Theo trường hợp 2 tg vuông có cạnh huyền và 1 góc nhọn tương ứng bằng nhau thì bằng nhau)
\(\Rightarrow S_{OMNB}=S_{BMO}+S_{BNO}=2S_{BMO}=\frac{2.BM.MO}{2}=BM.MO=2R.R=2R^2\)
c/ Xét hình bình hành OMAN có \(MN\perp OA\) => OMAN là hình thoi (Hình bh có hai đường chéo vuông góc với nhau)
=> MN là đường phân giác của \(\widehat{AMO}\) và \(\widehat{ANO}\)
Mà \(\widehat{ANO}=\widehat{AMO}=60^o\) (Trong hbh hai góc đối diện bằng nhau) \(\Rightarrow\widehat{MNC}=30^o\)
Xét tg MNC có \(\widehat{NMC}=90^o\) (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) => tg NMC là tg vuông tại M
\(\Rightarrow MC=\frac{NC}{2}=R\) (Trong tg vuông cạnh đối diện với góc \(30^o\) bằng nửa cạnh huyền
Ta có \(BI=BO-IO=2R-\frac{R}{2}=\frac{3R}{2}\)
Xét tg vuông ECM và tg vuông EBI có
MC//BI (cùng vuông góc với MN) \(\Rightarrow\widehat{MCE}=\widehat{IBE}\) (góc so le trong)
=> tg ECM đồng dạng tg EBI \(\Rightarrow\frac{MC}{BI}=\frac{EM}{EI}=\frac{R}{\frac{3R}{2}}=\frac{2}{3}\Rightarrow\frac{EM}{IM}=\frac{2}{5}\)
Xét tg vuông MNC có \(MN=\sqrt{NC^2-MC^2}=\sqrt{4R^2-R^2}=R\sqrt{3}\)
Mà \(IM=IN=\frac{MN}{2}=\frac{R\sqrt{3}}{2}\)
\(\Rightarrow\frac{EM}{IM}=\frac{EM}{\frac{R\sqrt{3}}{2}}=\frac{2}{5}\Rightarrow EM=\frac{R\sqrt{3}}{5}\)
Ta có \(EN=MN-EM=R\sqrt{3}-\frac{R\sqrt{3}}{5}=\frac{4R\sqrt{3}}{5}\)
\(\Rightarrow\frac{EN}{EM}=\frac{\frac{4R\sqrt{3}}{5}}{\frac{R\sqrt{3}}{5}}=4\Rightarrow\sqrt{\frac{EN}{EM}}=2\)
Mà đề bài bắt CM \(\sqrt{EN}=NC\sqrt{EM}\Rightarrow NC=\sqrt{\frac{EN}{EM}}\)
Mà NC=2R
Vậy xem lại đề bài
Sorry
\(\frac{NC}{CM}=\sqrt{\frac{EN}{EM}}\)
Mà \(\frac{NC}{CM}=\frac{2R}{R}=2\)
\(\Rightarrow\frac{NC}{CM}=\sqrt{\frac{EN}{EM}}\Rightarrow CM\sqrt{EN}=NC\sqrt{EM}\)