Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Ta có : \(\sqrt{x-5}-\sqrt{4x-20}-\frac{1}{5}.\sqrt{9x-45}=3\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{x-5}+\sqrt{4\left(x-5\right)}-\frac{1}{5}\sqrt{9\left(x-5\right)}=3\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{x-5}+2\sqrt{x-5}-\frac{3}{5}\sqrt{x-5}=3\left(^∗\right)\)
Đặt \(\sqrt{x-5}=t,\hept{\begin{cases}t>0\\x\ge5\end{cases}}\)
Từ (*) ta có : \(t+2t+\frac{-3}{5}t=3\)
\(\Leftrightarrow5t+10t-3t=15\)
\(\Leftrightarrow t=\frac{5}{4}\left(t/m\right)\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{x-5}=\frac{5}{4}\)
\(\Leftrightarrow x-5=\frac{25}{16}\)
\(\Leftrightarrow x=\frac{105}{16}\)
Nghiệm cuối của phương trình là : \(\left\{\frac{105}{16}\right\}\)
Giải:
a) Kẻ tiếp tuyến chung tại A cắt DE tại I
Trong đường tròn (O) ta có:
IA = ID (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
Trong đường tròn (O’) ta có:
Quảng cáo
IA = IE (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
Suy ra: IA=ID=IE=12DEIA=ID=IE=12DE
Tam giác ADE có đường trung tuyến AI ứng với cạnh DE và bằng nửa cạnh DE nên tam giác ADE vuông tại A.
Suy ra: ˆEAD=90∘EAD^=90∘
b) Tam giác ABD nội tiếp trong đường tròn (O) có AB là đường kính nên ˆADB=90∘ADB^=90∘ hay ˆAEM=90∘AEM^=90∘
Mặt khác: ˆEAD=90∘EAD^=90∘ (chứng minh trên)
Tứ giác ADME có ba góc vuông nên nó là hình chữ nhật.
c) Tứ giác ADME là hình chữ nhật và ID = IE (chứng minh trên) nên đường chéo
AM của hình chữ nhật phải đi qua trung điểm I của DE. Suy ra: A, I, M thẳng hàng.
Ta có: IA ⊥ OO’ ( vì IA là tiếp tuyến của (O))
Suy ra: AM ⊥ OO’
Vậy MA là tiếp tuyến chung của đường tròn (O) và (O’).
Câu a:
Xét tg CDE có
CD=CE (BK (C)) => tg CDE cân tại C
KD=KE => CK là trung tuyến tg CAE
=> CK đồng thời là đường cao của tg CDE => CK vuông góc DE (1)
BH vuông góc AC (2)
Từ (1) và (2) => H và K cùng nhìn FC dưới 1 góc vuông => FKCH nội tiếp đường tròn đường kính CF
Câu b: Xem lại đề bài vì nếu AD.AE=AE.AK => AD=AK là vô lý
Phương trình ( 2 ) \(\Leftrightarrow\left(\frac{3}{x}+\frac{2}{y}+\frac{1}{z}\right)\left(3x+2y+z\right)=36\)
\(\Leftrightarrow6\left(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\right)+3\left(\frac{x}{z}+\frac{z}{x}\right)+2\left(\frac{y}{z}+\frac{z}{y}\right)=22\)
Áp dụng BĐT Cô-si, ta có :
\(6\left(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\right)\ge12;3\left(\frac{x}{z}+\frac{z}{x}\right)\ge6;2\left(\frac{z}{y}+\frac{y}{z}\right)\ge4\)
\(\Rightarrow6\left(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\right)+3\left(\frac{x}{z}+\frac{z}{x}\right)+2\left(\frac{y}{z}+\frac{z}{y}\right)\ge22\)
Dấu "=" xảy ra khi x = y = z
khi đó : ( 1 ) \(\Leftrightarrow x^3+x^2+x-14=0\)\(\Leftrightarrow\left(x-2\right)\left(x^2+3x+7\right)=0\)
\(\Leftrightarrow x=2\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất x = y = z = 2
a) A,D,C C (O;AD)
=> DC _|_ CA
b) A,B,D C (O;AD)
=> BD _|_ AB
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}BD//CH\left(\perp AB\right)\\BH//CD\left(\perp AC\right)\end{cases}}\)
=> BHCD là hình bình hành
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}BH=DC\\BD=HC\end{cases}}\)
c) Gọi I là giao BC và AD => AI là đường trung tuyến của tam giác ABC và AHD
Mà trọng tâm của tam giác ABC và AHD đều thuộc AI và thỏa mãn \(\frac{AG}{AI}=\frac{2}{3}\)
=> 2 tam giác này cùng trọng tâm
a) Xét tam giác DFB có:
\(\hept{\begin{cases}\widehat{D}=90^o\left(DE\perp AB\right)\\\widehat{C}=90^o\end{cases}}\)
=> Tứ giác DFBC nội tiếp
b) Xét tam giác BFG có \(\hept{\begin{cases}\widehat{FBG}=\frac{1}{2}\widebat{AG}\\\widehat{BGF}=\frac{1}{2}\widebat{AE}\end{cases}}\)
Mà cung AB= cùng BG
=> BF=BG
Gọi vận tốc di chuyển của thuyền là x (km/h) (x>0
Vận tốc của cano là x+4 (km/h)
Quãng đường AC là: 78-36=42(km)
Thời gian thuyền đi từ A đến C là: \(\frac{42}{x}\left(h\right)\)
Thời gian cano đi từ B đến C là: \(\frac{36}{x+4}\left(h\right)\)
Theo bài ra ta có: \(\frac{42}{x}-\frac{36}{x+4}=1\)
\(\Leftrightarrow\frac{42\left(x+4\right)-36x}{x\left(x+4\right)}=1\)
<=> 42x+168-36x=x2+4x
<=> -x2+2x+169=0
<=> \(\orbr{\begin{cases}x=14\left(km\right)\\x=-12\left(ktm\right)\end{cases}}\)
Thời gian đi của thuyền là: \(\frac{42}{12}=3\left(h\right)\)
Thời gian đi của cano là: 3-1=2(h)
Đề bài 1 có nhầm chỗ nào không bạn ???
Bài 3 :
( x2 + ax + b )( x2 + bx + a ) = 0 \(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x^2+ax+b=0\left(^∗\right)\\x^2+bx+a=0\left(^∗^∗\right)\end{cases}}\)
\(\left(^∗\right)\rightarrow\Delta=a^2-4b,\)Để phương trình có nghiệm thì \(a^2-4b\ge0\Leftrightarrow a^2\ge4b\Leftrightarrow\frac{1}{a}\ge\frac{1}{2\sqrt{b}}\left(3\right)\)
\(\left(^∗^∗\right)\rightarrow\Delta=b^2-4a\), Để phương trình có nghiệm thì \(b^2-4a\ge0\Leftrightarrow\frac{1}{b}\ge\frac{1}{2\sqrt{a}}\left(4\right)\)
Cộng ( 3 ) với ( 4 ) ta có : \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{1}{2\sqrt{a}}+\frac{1}{2\sqrt{b}}\)
<=> \(\frac{1}{2\sqrt{a}}+\frac{1}{2\sqrt{b}}< \frac{1}{2}\Leftrightarrow\frac{1}{4a}+\frac{1}{4b}< \frac{1}{4}\Leftrightarrow\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)< \frac{1}{4}\Leftrightarrow\frac{1}{8}< \frac{1}{4}\)( luôn luôn đúng với mọi a ,b )
B3 tui lm đc r, bn lm nhìn rối thế @@ Đề bài ko sai đâu hết nhé bn
Đống này xong r, ko k bất cứ ai trl nx nhé
Không ai rảnh bạn nha!!!!