O A B C D E H F

a) Do D thuộc đường tròn (O), AB là đường kính nên \(\widehat{BDC}=90^o\Rightarrow BD\perp AC\)

Xét tam giác vuông ABC, đường cao BD ta có:

\(AB^2=AD.AC\)  (Hệ thức lượng)

b) Xét tam giác BEC có O là trung điểm BC; OH // CE nên OH là đường trung bình của tam giác. Vậy nên H là trung điểm BE.

Ta có OH // CE mà CE vuông góc AB nên \(OH\perp BE\)

Xét tam giác ABE có AH là trung tuyến đồng thời đường cao nên nó là tam giác cân.

Hay AB = AE.

Từ đó ta có \(\Delta ABO=\Delta AEO\left(c-c-c\right)\Rightarrow\widehat{OEA}=\widehat{OBA}=90^o\)

Vậy AE là tiếp tuyến của đường tròn (O)

c) Xét tam giác vuông OBA đường cao BH, ta có:

\(OB^2=OH.OA\) (Hệ thức lượng)

\(\Rightarrow OC^2=OH.OA\Rightarrow\frac{OH}{OC}=\frac{OC}{OA}\)

Vậy nên \(\Delta OHC\sim\Delta OCA\left(c-g-c\right)\Rightarrow\widehat{OHC}=\widehat{OCA}\)

d) Ta thấy \(\widehat{OCF}=\widehat{FCE}\left(=\widehat{OFC}\right)\)

Lại có \(\widehat{OCH}=\widehat{ACE}\left(=\widehat{OAC}\right)\)

Nên \(\widehat{HCF}=\widehat{FCA}\) hay CF là phân giác góc HCA.

Xét tam giác HCA, áp dụng tính chất đường phân giác trong tam giác, ta có:

\(\frac{HF}{FA}=\frac{HC}{CA}\Rightarrow FA.HC=HF.CA\left(đpcm\right)\)

ở phần c còn cạnh nào nữa để 2 tam giác đấy đồng dạng vậy cậu

Ta chọn điểm O bất kì nằm trong mặt phẳng chứa 5 đường thẳng ấy. Qua O ta dựng các đường thẳng song song với các đường thẳng đã cho , khi đó có 10 góc đôi một đối đỉnh qua O . Vậy sẽ có ít nhất một góc không vượt quá \(\frac{180^o}{5}=36^o\)

'

'

'

'

'

'

khó quá đây là toán lớp mấy

Bài 3:

Có:\(6=\frac{\left(\sqrt{2}\right)^2}{x}+\frac{\left(\sqrt{3}\right)^2}{y}\ge\frac{\left(\sqrt{2}+\sqrt{3}\right)^2}{x+y}\Rightarrow x+y\ge\frac{5+2\sqrt{6}}{6}\)

True?

Đặt B là mẫu thức của P thì :

B = ab(x - y)² + bc(y - z)² + ca(z - x)² = abx² - 2abxy + aby² + bcy² - 2bcyz + bcz² + caz² - 2cazx + cax²

   = ax²(b + c) + by²(a + c) + cz²(a + b) - 2(bcyz + acxz + abxy) (1)

ax + by + cz = 0 => (ax + by + cz)² = 0 <=> a²x² + b²y² + c²z² + 2(bcyz + acxz + abxy) = 0 

=> -2(bcyz + acxz + abxy) = a²x² + b²y² + c²z² (2)

Từ (1) và (2),ta có : B = ax²(b + c) + by²(a + c) + cz²(a + b) + a²x² + b²y² + c²z²

= ax²(a + b + c) + by²(a + b + c) + cz²(a + b + c) = (a + b + c)(ax² + by² + cz²)

\(\Rightarrow P=\frac{1}{a+b+c}=2017\)

P=2017

Đường tròn c: Đường tròn qua B_1 với tâm O Đoạn thẳng i: Đoạn thẳng [F, A] Đoạn thẳng k: Đoạn thẳng [A, C] Đoạn thẳng l: Đoạn thẳng [A, E] Đoạn thẳng m: Đoạn thẳng [E, M] Đoạn thẳng n: Đoạn thẳng [D, F] Đoạn thẳng p: Đoạn thẳng [G, B] Đoạn thẳng q: Đoạn thẳng [E, C] O = (2.08, 1.84) O = (2.08, 1.84) O = (2.08, 1.84) A = (12.48, 2.58) A = (12.48, 2.58) A = (12.48, 2.58) Điểm B: Điểm trên c Điểm B: Điểm trên c Điểm B: Điểm trên c Điểm D: Điểm trên c Điểm D: Điểm trên c Điểm D: Điểm trên c Điểm C: Giao điểm đường của c, f Điểm C: Giao điểm đường của c, f Điểm C: Giao điểm đường của c, f Điểm E: Giao điểm đường của c, g Điểm E: Giao điểm đường của c, g Điểm E: Giao điểm đường của c, g Điểm F: Giao điểm đường của c, h Điểm F: Giao điểm đường của c, h Điểm F: Giao điểm đường của c, h Điểm G: Giao điểm đường của c, i Điểm G: Giao điểm đường của c, i Điểm G: Giao điểm đường của c, i Điểm M: Giao điểm đường của f, j Điểm M: Giao điểm đường của f, j Điểm M: Giao điểm đường của f, j

a)  Do DF // AC nên \(\widehat{MAG}=\widehat{GFD}\)  (Hai góc so le trong) . 

Lại có \(\widehat{GFD}=\widehat{GED}\)   (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung GD)

Nên \(\widehat{MAG}=\widehat{GED}\)

Xét tam giác AMG và tam giác EMA có:

\(\widehat{MAG}=\widehat{MEA}\) (cmt)

Góc M chung

Vậy nên \(\Delta AMG\sim\Delta EMA\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{MA}{ME}=\frac{MG}{MA}\Rightarrow MA^2=MG.ME\) 

b) Do tứ giác ECBG nội tiếp nên \(\widehat{BCE}=\widehat{BGM}\) (Góc ngoài tại đỉnh đối của tứ giác nội tiếp)

Vậy xét tam giác MGB và MCE có:

\(\widehat{BGM}=\widehat{ECM}\left(cmt\right)\)

Góc M chung

Vậy nên \(\Delta MGB\sim\Delta MCE\left(g-g\right)\)

c) Theo câu a, ta có \(AM^2=MG.ME\)

Theo câu b, \(\Delta MGB\sim\Delta MCE\Rightarrow\frac{MG}{MC}=\frac{MB}{ME}\Rightarrow MG.ME=MB.MC\)

Vậy nên \(MA^2=MB.MC\)

Suy ra \(MA^2+MA.MC=MB.MC+MA.MC\)

\(\Leftrightarrow MA\left(MA+MC\right)=MC\left(MB+MA\right)\)

\(\Leftrightarrow MA.AC=MC.AB\)

\(\Leftrightarrow AB\left(AC-AM\right)=MA.AC\)

\(\Leftrightarrow AB.AC-AB.AM=AM.AC\)

\(\Leftrightarrow AB.AC=AM\left(AB+AC\right)\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{AM}=\frac{AB+AC}{AB.AC}\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{AM}=\frac{1}{AB}+\frac{1}{AC}\left(đpcm\right)\)

ko biet

Em có cách giải khác nhưng không chắc lắm!

Nếu \(c\ge\frac{13}{3}\) thì: \(60=5a^2+2abc+4b^2+3c^2\ge5a^2+\frac{26}{3}ab+4b^2+3c^2\)

\(=\frac{1}{45}\left(15a+13b\right)^2+\frac{11b^2}{45}+3c^2\)

\(>\frac{\left(15a+13b\right)^2}{45}+3c^2=\frac{\left(15a+13b\right)^2+135c^2}{45}\)

\(>\frac{\left(13a+13b\right)^2+\left(11c\right)^2}{45}\ge\frac{\left(13a+13b+11c\right)^2}{45}>\frac{121\left(a+b+c\right)^2}{45}\)

\(\Rightarrow A=a+b+c< \sqrt{\frac{60.45}{121}}< 4,8< 6\)

Nếu \(0< c< \frac{13}{3}\):

\(22\left(6-A\right)=22\left[6-\left(a+b+c\right)\right]\)

\(=\frac{1}{5}\left[\left(5a+bc-11\right)^2+\frac{5\left(c-3\right)^2\left(c+3\right)\left(13-3c\right)}{20-c^2}+\frac{(bc^2 - 20b - 11c + 55)^2}{20-c^2}\right]\ge0\)

(chú ý phân tích chỗ này chỉ đúng với a, b, c thỏa mãn giả thiết)

Do đó \(A\le6\). Tóm lại, trong mọi trường hợp của c, A luôn \(\le6\).

Vậy Max A = 6 khi \(a=1;b=2;c=3\)

Trong đề thi vào lớp 10 tỉnh Thanh Hóa bài này có đáp án rồi. 

Từ phương trình :\(5a^2+2abc+4b^2+3c^2=60\)(1) và a, b , c là các số dương

=> \(4b^2< 60;3c^2< 60\)

=> \(\left(15-b^2\right)>0;\left(20-c^2\right)>0\)

(1) <=> \(5a^2+2bc.a+4b^2+3c^2-60=0\)

Xem đẳng thức trên phương trình bậc 2  có tham số là b và c ẩn là a.

Khi đó: \(\Delta'=\left(bc\right)^2-5\left(4b^2+3c^2-60\right)\)

\(=\left[\left(bc\right)^2-20b^2\right]-\left(15c^2-300\right)\)

\(=b^2\left(c^2-20\right)-15\left(c^2-20\right)=\left(b^2-15\right)\left(c^2-20\right)>0\)( theo trên )

=> phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt:

\(a=\frac{-bc\pm\sqrt{\left(b^2-15\right)\left(c^2-20\right)}}{5}\)

Xét nghiệm  \(a=\frac{-bc+\sqrt{\left(b^2-15\right)\left(c^2-20\right)}}{5}\)

\(\le\frac{-bc+\frac{1}{2}\left(15-b^2+20-c^2\right)}{5}=\frac{-\left(b+c\right)^2+35}{10}\)

=> \(a+b+c=\frac{-\left(b+c\right)^2+10\left(b+c\right)+35}{10}\)

\(=\frac{-\left(b+c-5\right)+60}{10}\le\frac{60}{10}=6\)

Dấu "=" xảy ra <=> \(\hept{\begin{cases}b+c-5=0\\b^2-15=c^2-20\\a+b+c=6\end{cases}}\)<=> \(\hept{\begin{cases}a=1\\b=2\\c=3\end{cases}}\) thử lại thỏa mãn ( 1)

Vậy: min A = 6 tại a = 1; b = 2; c = 3

Với y =0 thế vào hệ => vô lí

Với y khác 0

Cộng vế với vế hai phương trình của hệ ta có:

\(x^2y^2+xy^2=y+1\)

<=> \(\left(x^2y^2-1\right)+\left(xy^2-y\right)=0\)

<=> \(\left(xy-1\right)\left(xy+1+y\right)=0\)

TH1: \(xy-1=0\)

<=> \(x=\frac{1}{y}\)

Thế vào hệ ta có:

\(1=\frac{2}{y^2}+y\)

<=> \(y^3-y^2+2=0\)

<=> \(\left(y^3+1\right)-\left(y^2-1\right)=0\)

<=> \(\left(y+1\right)\left(y^2+2y+2\right)=0\)

<=> \(\orbr{\begin{cases}y=-1\\\left(y+1\right)^2+1=0\left(loai\right)\end{cases}}\)

Với y = -1 ta có: x = - 1

TH2: xy + 1 + y = 0

<=> \(x=\frac{-1-y}{y}\) thế vào hệ ta có:

\(\left(y+1\right)^2=\frac{2\left(1+y\right)^2}{y^2}+y\)

<=> \(y^4+y^3-y^2-4y-2=0\)

<=> \(\left(y^4-y^3-y^2\right)+\left(2y^3-2y^2-2y\right)+\left(2y^2-2y-2\right)=0\)

<=> \(\left(y^2-y-1\right)\left(y^2+2y+2\right)=0\)

<=> \(\orbr{\begin{cases}y=\frac{1\pm\sqrt{5}}{2}\\\left(y+1\right)^2+1=0\left(loại\right)\end{cases}}\)

Với \(y=\frac{1-\sqrt{5}}{2}\) ta có: \(x=\frac{-1+\sqrt{5}}{2}\)

Với \(y=\frac{1+\sqrt{5}}{2}\) ta có: \(x=\frac{-1-\sqrt{5}}{2}\)

Kết luận: Hệ có 3 nghiệm:...

Ta có:

\(4\sqrt{8-x}+4\sqrt{8-y}+4\sqrt{8-z}\)

\(\le8-x+4+8-y+4+8-z+4\)

\(=36-x-y-z\)

\(=48-\left(x+4\right)-\left(y+4\right)-\left(z+4\right)\)

\(\le48-4\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\right)\)

\(=48-4.6=24\)

\(\Rightarrow\sqrt{8-x}+\sqrt{8-y}+\sqrt{8-z}\le6\)

Dấu = xảy ra khi \(x=y=z=4\)     

bạn tham khảo nhé:

Vì \(x,y,z\ge0\)không mất tính tổng quát ta giả sử \(x\ge y\ge z\)

hệ \(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}3\sqrt{x}=6\\3\sqrt{8-x}=6\end{cases}\Leftrightarrow3\sqrt{x}=3\sqrt{8-x}\Leftrightarrow x=4}\)

\(\Rightarrow4\ge y\ge z\)

Nếu \(x=1\)thì \(\sqrt{8-x}=\sqrt{7}\left(L\right)\)

nếu \(x=2\)thì \(\sqrt{x}=\sqrt{2}\left(L\right)\)

\(\)nếu \(x=3\)thì \(\sqrt{x}=\sqrt{3}\left(L\right)\)

Loại vì các số vô tỉ không thẻ nào cộng lại là 1 số nguyên

Vậy \(\left(x;y;z\right)\)là \(\left(4;4;4\right)\)

Áp dụng bất đẳng thức: x² + a²y² \(\ge\)2axy, ta có:

\(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\left(xy+yz+zx\right)\le\frac{\frac{1+\sqrt{5}}{2}\left(x^2+y^2\right)+\left[y^2+\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^2x^2\right]+\left[\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^2z^2+x^2\right]}{2}\)=

\(\frac{\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}+1\right)\left(x^2+y^2\right)+2\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^2z^2}{2}\)

\(\Rightarrow\left(1+\sqrt{5}\right)\le\frac{3+\sqrt{5}}{2}\left(x^2+y^2\right)+\left(3+\sqrt{5}\right)z^2\)\(\Rightarrow x^2+y^2-2z^2\ge\sqrt{5}-1\)\(\Rightarrow P\ge\sqrt{5}-1\)

Vậy GTNN của P là \(\sqrt{5}-1\)khi \(x=y=\frac{1+\sqrt{5}}{2}z.\)

Ta có :

\(B+8=xy+yz+2zx+x^2+y^2+z^2\)

\(=\left(x+z+\frac{y}{2}\right)^2+\frac{3}{4}y^2\ge0\)

Do đó : \(B\ge-8\)

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}y=0\\x^2=z^2=4\end{cases}}\)

 ミ★ Đạt ★彡 làm đúng rồi nha.

Nhưng đoạn cuối bạn cần bổ sung là khi y = 0; x= -2 thì z=2 hoặc khi x=2 ;z=-2;y=0.

(x;z phải ngược dấu nha)