A B x y C D M F O E K

1/

Ta có M và B cùng nhìn OD dưới 1 góc vuông nên M và B cùng nằm trên đường tròn đường kính OD

=> OBDM là tứ giác nội tiếp

2/

Xét tg OBF có

OB=OF=R => tg OBF cân tạo O

\(OE\perp BF\) => OE là đường cao của tg OBF

=> \(\widehat{FOE}=\widehat{BOE}\) (trong tg cân đường cao hạ từ đỉnh tg cân đồng thời là đường phân giác)

Xét tg OFE và tg OBE có

OF=OB=R

\(\widehat{FOE}=\widehat{BOE}\) (cmt)

OE chung

=> tg OFE = tg OBE (c.g.c)

\(\Rightarrow\widehat{EFO}=\widehat{EBO}=90^o\) \(\Rightarrow EF\perp OF\) => EF là tiếp tuyến của (O)

3/

Ta có B và F cùng nhìn OE dưới 1 góc vuông nên B và F cùng nằm trên đường tròn đường kính OE

Xét tg KEF và tg KOB có

\(\widehat{FEO}=\widehat{FBO}\) (Góc nội tiếp cùng chắn cung FO)

\(\widehat{EFB}=\widehat{EOB}\) (Góc nội tiếp cùng chắn cung EB)

=> tg KEF và tg KOB đồng dạng (g.g.g)

\(\Rightarrow\dfrac{KO}{KF}=\dfrac{KB}{KE}\Rightarrow KO.KE=KF.KB\) (đpcm)

2) Phương trình hoành độ giao điểm \(\left(P\right)\) và \(\left(d\right)\) là: 

\(x^2=mx+4\Leftrightarrow x^2-mx-4=0\) (1) 

Phương trình (1) có hệ số \(ac=1.\left(-4\right)=-4< 0\) nên luôn có hai nghiệm phân biệt \(x_1,x_2\) nên \(\left(d\right)\) luôn cắt \(\left(P\right)\) tại hai điểm phân biệt \(A\left(x_1,y_1\right),B\left(x_2,y_2\right)\).

Theo định lí Viete ta có: 

\(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=m\\x_1x_2=4\end{matrix}\right.\)

\(S_{OAB}=\dfrac{1}{2}\left|x_1y_2-x_2y_1\right|=\dfrac{1}{2}\left|x_1\left(mx_2+4\right)-x_2\left(mx_1+4\right)\right|\)

\(=2\left|x_1-x_2\right|=2\sqrt{\left(x_1+x_2\right)^2-4x_1x_2}=2\sqrt{m^2-16}=8\)

\(\Leftrightarrow m^2-16=16\Leftrightarrow m=\pm4\sqrt{2}\).

thank you nhưng mà có j đó sai sai sai từ chỗ vi et x1x2= -4  chứ ko pk 4 ạ 

Bài 15:

a) Ta có \(P=\sin^210^o+\sin^220^o+...+\sin^270^o+\sin^280^o\)\(=\left(\sin^210^o+\sin^280^o\right)+\left(\sin^220^o+\sin^270\right)+\left(\sin^230^o+\sin^260^o\right)+\left(\sin^240^o+\sin^250\right)\)

Vì \(\sin^280^o=\cos^210^o\); \(\sin^270^o=\cos^220^o\);...; \(\sin^250^o=\cos^240^o\)( 2 góc phụ nhau thì sin góc này bằng cos góc kia)

 Nên \(P=\left(\sin^210^o+\cos^210^o\right)+\left(\sin^220^o+\cos^220^o\right)+\left(\sin^230^o+\cos^230^o\right)+\left(\sin^240^o+\cos^240\right)\)\(P=1+1+1+1=4\)

b) Làm tương tự bài 1. Ghép các tỉ số lượng giác sin (hoặc cos) của các góc phụ nhau lại rồi áp dụng công thức \(\sin^2\alpha+\cos^2\alpha=1\) để tính. (bài này kết quả bằng 0 nếu mình không nhầm)

Bài 16:

Từ công thức \(\sin^2\alpha+\cos^2\alpha=1\Leftrightarrow\sin\alpha=\sqrt{1-\cos^2\alpha}=\sqrt{1-\left(\dfrac{1}{3}\right)^2}=\dfrac{2\sqrt{2}}{3}\)

Vậy \(3\sin^2\alpha+\cos^2\alpha=\left(\sin^2\alpha+\cos^2\alpha\right)+2\sin^2\alpha=1+2.\left(\dfrac{2\sqrt{2}}{3}\right)^2=\dfrac{25}{9}\)

Làm tương tự câu a

chỉ mik câu 15 với 16 được không

à câu 18 nx nha mn

Ta có: \(a^2+\dfrac{1}{3}\ge2a.\dfrac{1}{\sqrt{3}},b^2+\dfrac{1}{3}\ge2b.\dfrac{1}{\sqrt{3}},c^2+\dfrac{1}{3}\ge2c.\dfrac{1}{\sqrt{3}}\)

suy ra \(\dfrac{2}{\sqrt{3}}\left(a+b+c\right)\le a^2+b^2+c^2+1\)

\(\Leftrightarrow a+b+c\le\sqrt{3}\)

Dấu \(=\) xảy ra khi \(a=b=c=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\).

Ta có:
\(\left(x+y+z\right)^2\le3\)

\(\Leftrightarrow-\sqrt{3}\le x+y+z\le\sqrt{3}\)

Ta lại có:

\(x^3+y^3+z^3-3xyz=\left(x+y+z\right)\left(x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx\right)\)

\(=\dfrac{\left(x+y+z\right)}{2}\left(3\left(x^2+y^2+z^2\right)-\left(x+y+z\right)^2\right)\)

Đặt \(x+y+z=t\)thì ta có hàm

\(f\left(t\right)=\dfrac{t\left(3-t^2\right)}{2}\)với \(-\sqrt{3}\le t\le\sqrt{3}\)

Ta chứng minh:

\(\dfrac{t\left(3-t^2\right)}{2}\le1\)

\(\Leftrightarrow\left(t-1\right)^2\left(t+2\right)\ge0\) (đúng)

Vậy max là 1 tại x + y + z = 1

Đài ơi, giải giúp cho Sarah đi, tớ không có viết và giờ vào giường rồi , good nigh