diện tích hình vuông là 8*8=64cm2

diện tích tam giác oab là 64/4=16 (cm2)

gọi bán kính oa là a 

ta có

SOAB=r*r:2=16 (cm2)

r*r=16*2

r*r=32

vậy diện tích hình tròn là 32 cm2

A B C D O 8 r

Diện tích hình vuông ABCD là 8 x 8 = 64 cm²

Hai đường chéo AC và BD chia hình vuông ABCD thành 4 tam giác OAB; OBC; OCD; ODA có diện tích bằng nhau

Diện tích tam giác OAB là : 64 : 4 = 16 cm² 

Gọi bán kinh OA = r

Tam giác OAB là tam giác vuông tại O nên S(OAB) = r x r : 2 = 16 => r x r = 32 

=> Diện tích hình tròn là r x r = 32 cm²

Bài này là chứng minh đường thẳng ơ le. 
cách 1:
 

Gọi E,FE,F lần lượt là trung điểm của BC,AC. Ta có EF là đường trung bình của tam giác ABC nên EF//AB.
Ta lại có OF//BH(cùng vuông góc với ACA). Do đó : ˆOFE=ˆABH

Tương tự ˆOEF=ˆBAH

Từ đó ta có tam giác ABH đồng dạng với tam giác EFO

Suy ra AH/OE=AB/EF=2

mà AG/GE=2.
Do đó: AG/EG=AH/OE=2
mà ˆHAG=ˆOEG

⇒ΔHAG∼ΔEOG⇒ˆHGA=ˆEGO

nên ˆHGA+ˆAGO=ˆHGO=180

Vậy H,G,O thẳng hàng.
C2 : dùng véc tơ để tính
C3: dựng đường tròn 9 điểm => ...

Ta có : góc DCA = góc DBA = 90 độ ( góc nội tiếp chắn \(\frac{1}{2}\) (O)) 
Xét tứ giác \(BHCD,\) ta có :  \(BH\) // \(DC\) ( vì cùng vuông góc với \(AC\)) 
                                                \(CH\)// \(DB\) ( vì cùng vuông góc với AB ) 
Do đó tứ giác \(BHCD\) là hình bình hành . 
\(\Rightarrow\) \(H,\)\(I,\)\(D\) thẳng hàng và \(IH=ID\) (tính chất đường chéo hình bình hành) 
Ta lại có : \(OI=\frac{1}{2}AH\) ( đường trung bình tam giác \(DAH\) )                                        \(\left(1\right)\) 
               \(GI=\frac{1}{2}GA\) (tính chất trọng tâm của \(ABC\) )                                               \(\left(2\right)\)
Góc\(HAG\) =    góc \(GIO\) ( so le trong vì \(AH\) // \(OI\) )                                               \(\left(3\right)\)
Do đó tam giác \(GAH\) đồng dạng tam giác \(GIO\) ( c.g.c) 
\(\Rightarrow\) góc \(HGA\) =    góc \(IGO\) (góc tương ứng của 2 tam giác đồng dạng ) 
Vì góc \(HGA\) và góc \(IGO\) là 2 góc ở vị trí đối đỉnh bằng nhau nên ta suy ra \(H,\) \(G,\)\(O,\)thẳng hàng . 
Vậy trong 1 tam giác trực tâm, trọng tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp cùng nằm trên 1 đường thẳng đó là đường thẳng Euler !

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:...

x=1 ; a=2 ; b=1

x=1 ; a=2 ; b=1

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 \(\left(4;4;4\right)\)

Gọi giao điểm của đg thẳng vuông góc với AD cắt AD tại T

Xét tam giác ANC vuông tại C và tam giác ANT vuông tại T có

       AN^2=AT^2 + TN^2       (Đlí Py-ta-go)

       AN^2=CN^2 + AC^2

=> AT^2+TN^2=CN^2+AC^2     (1)

 Xét tam giác TND vuông tại T, tam giác KDT vuông tại T, tam giác ATK vuông tại T, tam giác ABK vuông tại B có

     ND^2=TD^2+TN^2

     KD^2=TD^2+TK^2

     AK^2=AT^2+TK^2

     AK^2=AB^2+BK^2

=>(1) <=> AC^2 + NC^2-NT^2 =AT^2

Mà NC=ND( Vì N là trung điểm của CD ) ;AB=AC (GT)

 => AC^2+NC^2-NT^2=AT^2 <=> AC^2 + ND^2 - NT^2 = AT^2

                                              <=> AC^2 + (ND^2 - NT^2)= AT^2

                                              <=>AB^2 + TD^2 = AT^2

                                              <=> AB^2+(KD^2 - KT^2) = AT^2

                                              <=> AB^2 + KD^2 - KT^2 =AT^2

                                              <=> KD^2 - ( KT^2 + AT^2)= -(AB)^2

                                              <=> KD^2 - AK^2 = -(AB)^2

                                              <=> KD^2 = AK^2 - AB^2

                                              <=> KD^2 = BK^2

                                              <=> KD = KB

Vậy KB = KD 

Gọi giao điểm của dường thẳng vuông góc với AD cắt AD tại T

Xét tam giác ANC vuông tại C và tam giác ANT vuông tại T , ta có :

\(AN^2=AT^2+TN^2\)( định lí Py-ta-go )

\(AN^2=CN^2+AC^2\)

\(\Rightarrow AT^2+TN^2=CN^2+AC^2\left(1\right)\)

Xét tam giác TND vuông tại T , KDT vuông tại T , ATK vuông tại T , ABK vuông tại B : Ta có :

\(ND^2=TD^2+TN^2\)

\(KD^2=TD^2+TK^2\)

\(AK^2=AT^2+TK^2\)

\(AK^2=AB^2+BK^2\)

\(\Rightarrow\left(1\right)\Leftrightarrow AC^2+NC^2-NT^2=AT^2\)

Mà NC = ND ( Vì N là trung điểm của CD ) 

AB = AC(gt)

\(\Rightarrow AC^2+NC^2-NT^2=AT^2\Leftrightarrow AC^2+ND^2-NT^2=AT^2\)

\(\Leftrightarrow AC^2+\left(ND^2-NT^2\right)=AT^2\)

\(\Leftrightarrow AB^2+TD^2=AT^2\)

\(\Leftrightarrow AB^2+\left(KD^2-KT^2\right)=AT^2\)

\(\Leftrightarrow AB^2+KD^2-KT^2=AT^2\)

Bạn tự làm tiếp nhé~

ai bit giup tui voi

xin loi tui go nham