Cho đường tròn tâm O bán kính R, kẻ đường kính AB. Gọi d là tiếp tuyến của (O) tại A. Lấy C là một điểm bất kì trên d (điểm C khác điểm A). Từ C kẻ tiếp tuyến thứ hai CM với (O) (M là tiếp điểm). Kẻ MH vuông góc với AB tại H. Gọi E là giao điểm của CO và MA, gọi K là giao điểm của CB và MH.
1) Chứng minh tứ giác AOMC nội tiếp.
2) Chứng minh EA.MH = EO.HA.
3) Kéo dài BM cắt d tại N. Chứng minh C là trung điểm của AN và KE // AB.
4) Qua O vẽ đường thẳng vuông góc với OC, đường thẳng này cắt các tia CA và CM theo thứ tự tại P và Q. Xác định vị trí của C để diện tích tam giác CPQ nhỏ nhất.
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(\left(\sqrt{7}-\sqrt{33}\right)\)\(\cdot\left(\sqrt{7}+\sqrt{33}\right)\)
\(=7-33\)
\(=-26\)
Cho x,y thuộc N* thỏa mãn x+y\(\le1\).Tìm min
\(\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)\sqrt{1+x^2y^2}\)
Bài này điều kiện là x,y > 0 thôi nhé:))
Ta có: \(\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)\sqrt{1+x^2y^2}\ge2\sqrt{\frac{1}{xy}}\cdot\sqrt{1+x^2y^2}\)
\(=2\sqrt{xy+\frac{1}{xy}}=2\sqrt{\left(xy+\frac{1}{16xy}\right)+\frac{15}{16xy}}\)
\(\ge2\sqrt{2\sqrt{xy\cdot\frac{1}{16xy}}+\frac{15}{16\cdot\frac{\left(x+y\right)^2}{4}}}\ge2\sqrt{2\cdot\frac{1}{4}+\frac{15}{16\cdot\frac{1}{4}}}=2\sqrt{\frac{17}{4}}=\sqrt{17}\)
Dấu "=" xảy ra khi: x = y = 1/2
M = \(\frac{\sqrt{x}-5}{\sqrt{x}+5}\) Điều kiện x \(\ge\)0
Theo đề bài \(\Rightarrow\)\(\frac{\sqrt{x}-5}{\sqrt{x}+5}\)-\(\frac{1}{2}\)>0 \(\Rightarrow\)\(\frac{2\sqrt{x}-10-\sqrt{x}-5}{2\sqrt{x}+10}\)>0
\(\Rightarrow\)\(\frac{\sqrt{x}-15}{2\sqrt{x}+10}\)>0 Vì \(2\sqrt{x}\)+10 luôn luôn lớn hơn 0 nên để\(\frac{\sqrt{x}-15}{2\sqrt{x}+10}\)>0 thì \(\sqrt{x}\)-15>0
\(\Rightarrow\)\(\sqrt{x}\)>15 \(\Rightarrow\)x > 225
Vậy tập nghiệm của x để thỏa mãn đề bài là x > 25
đk: \(x\ge-2\)
Ta có: \(x^2+x-4+\left(x+6\right)\sqrt{x+2}=0\)
\(\Leftrightarrow x^2+x-4=-\left(x+6\right)\sqrt{x+2}\)
\(\Leftrightarrow\left(x^2+x-4\right)^2=\left(x+6\right)^2\left(x+2\right)\)
\(\Leftrightarrow x^4+2x^3-7x^2-8x+16=x^3+14x^2+60x+72\)
\(\Leftrightarrow x^4+x^3-21x^2-68x-56=0\)
\(\Leftrightarrow\left(x^4-4x^3-8x^2\right)+\left(5x^3-20x^2-40x\right)+\left(7x^2-28x-56\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(x^2-4x-8\right)\left(x^2+5x+7\right)=0\)
PT \(x^2+5x+7=0\) vô nghiệm (tự chỉ ra)
\(\Rightarrow x^2-4x-8=0\Leftrightarrow\left(x-2\right)^2=\left(2\sqrt{3}\right)^2\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=2+2\sqrt{3}\\x=2-2\sqrt{3}\end{cases}}\)
Thử lại ta thấy \(x=2-2\sqrt{3}\) thỏa mãn
Vậy tập nghiệm của PT \(S=\left\{2-2\sqrt{3}\right\}\)
\(Q=\frac{1}{x-1\sqrt{x}+3}\)
\(=\frac{1}{\left(\sqrt{x}-1\right)^2+2}\le\frac{1}{2}\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\left(\sqrt{x}-1\right)^2=0\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{x}=1\Leftrightarrow x=1\)
Vậy Max Q= 1/2 <=> x=1
Ta có: \(\frac{a^3}{a^2+b^2}=\frac{\left(a^3+ab^2\right)-ab^2}{a^2+b^2}=a-\frac{ab^2}{a^2+b^2}\ge a-\frac{ab^2}{2ab}=a-\frac{b}{2}\)
Tương tự CM được:
\(\frac{b^3}{b^2+c^2}\ge b-\frac{c}{2}\) và \(\frac{c^3}{c^2+a^2}\ge c-\frac{a}{2}\)
Cộng vế 3 BĐT trên lại ta được:
\(\frac{a^3}{b^2+c^2}+\frac{b^3}{b^2+c^2}+\frac{c^3}{c^2+a^2}\ge\frac{a+b+c}{2}=3\)
Dấu "=" xảy ra khi: a = b = c = 2
a) Xét phương trình hoành độ giao điểm chung của (d) và (P) :
\(x^2=\left(2m-1\right)x-m^2+2\)
\(\Leftrightarrow x^2-\left(2m-1\right)x+m^2-2=0\left(1\right)\)
Thay m=2 vào pt (1) ta được:
\(x^2-3x+2=0\)
\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=1\Rightarrow y=1\\x=2\Rightarrow y=4\end{cases}}\)
Tọa độ giao điểm của (d) và (P) khi m=2 là \(A\left(1;1\right);B\left(2;4\right)\)
b) \(\Delta_{\left(1\right)}=\left(2m-1\right)^2-4m^2+8\)
\(=4m^2-4m+1-4m^2+8\)
\(=9-4m\)
Để pt (1) có 2 n ghiệm pb \(\Leftrightarrow9-4m>0\Leftrightarrow m< \frac{9}{4}\)
Theo hệ thức Vi-et ta có:
\(\hept{\begin{cases}x_1+x_2=2m-1\\x_1.x_2=m^2-2\left(1\right)\end{cases}}\)
Ta có: \(\hept{\begin{cases}x_1+x_2=2m-1\\x_1-3x_2=7\end{cases}}\)
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}3x_1+3x_2=6m-3\\x_1-3x_2=7\end{cases}}\)
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x_1=\frac{3m+2}{2}\\x_2=\frac{m-4}{2}\end{cases}\left(3\right)}\)
Thay (3) vào (2) ta được:
\(\frac{3m+2}{2}.\frac{m-4}{2}=m^2-2\)
\(\Leftrightarrow\frac{3m^2-10m-8}{4}=m^2-2\)
\(\Rightarrow3m^2-10m-8=4m^2-8\)
\(\Leftrightarrow m^2+10m=0\)
\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}m=0\\m=-10\end{cases}\left(tm\right)}\)
Vậy ...
4) Ta có: \(AM//PQ\)( cùng vuông góc với OC )
Xét tam giác COQ có: \(EM//OQ\)
\(\Rightarrow\frac{CE}{CO}=\frac{EM}{OQ}\)( hệ quả của định lý Ta-let ) (1)
Xét tam giác COP có: \(AE//OP\)
\(\Rightarrow\frac{CE}{CO}=\frac{AE}{OP}\)( hệ quả của định lý Ta-let ) (2)
Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\frac{EM}{OQ}=\frac{AE}{OP}\)Mà AE=EM
\(\Rightarrow OQ=OP\)
Xét tam giác CPQ và tam giác COP có chung đường cao hạ từ C, đáy \(OP=\frac{PQ}{2}\)
\(\Rightarrow S_{\Delta CPQ}=2.S_{\Delta COP}\)
Ta có: \(S_{\Delta COP}=\frac{1}{2}OA.CP=\frac{1}{2}R.CP\)
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác COP vuông tại O có đường cao OA ta có:
\(OA^2=CA.AP\)
Mà \(CA.AP\le\frac{\left(CA+AP\right)^2}{4}=\frac{PC^2}{4}\)( BĐT cô-si )
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow AC=AP\)
\(\Rightarrow PC^2\ge4OA^2\)
\(\Rightarrow PC\ge2OA=2R\)
\(\Rightarrow S_{\Delta COP}\ge R^2\)
\(\Rightarrow S_{\Delta CPQ}\ge2R^2\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow AC=AP\)
Mà tam giác COP vuông tại O có đường cao OA
\(\Rightarrow AC=AP=OA=R\)
Khi đó áp dụng định lý Py-ta-go vào tam giác CAO vuông tại A ta được:
\(AC^2+AO^2=OC^2\)
\(\Rightarrow OC=\sqrt{AC^2+AO^2}=R\sqrt{2}\)
Vậy điểm C thuộc đường thẳng d sao cho \(OC=R\sqrt{2}\)thì diện tích tam giác CPQ nhỏ nhất
giải hộ mik câu 4 nhé thanks