a: Xét ΔADC vuông tại D có DF là đường cao

nên \(DF^2=FA\cdot FC\)

=>\(DF^2=3,6\cdot6,4=23,04=4,8^2\)

=>DF=4,8(cm)

AC=AF+FC

=3,6+6,4=10(cm)

Diện tích tam giác ADC là:

\(S_{ADC}=\frac12\cdot DF\cdot AC=\frac12\cdot4,8\cdot10=2,4\cdot10=24\left(\operatorname{cm}^2\right)\)

b: Xét ΔADB vuông tại D có DE là đường cao

nên \(AE\cdot AB=AD^2\left(1\right)\)

Xét ΔADC vuông tại D có DF là đường cao

nên \(AF\cdot AC=AD^2\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(AE\cdot AB=AF\cdot AC\)

=>\(\frac{AE}{AC}=\frac{AF}{AB}\)

Xét ΔAEF và ΔACB có

\(\frac{AE}{AC}=\frac{AF}{AB}\)

góc EAF chung

Do đó: ΔAEF~ΔACB

a: ĐKXĐ: x>0; x<>1

\(B=\frac{x+1}{2x-2}+\frac{x}{2\left(\sqrt{x}+1\right)}+\frac{\sqrt{x}}{x-\sqrt{x}}\)

\(=\frac{x+1}{2\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}+\frac{x}{2\left(\sqrt{x}+1\right)}+\frac{1}{\sqrt{x}-1}\)

\(=\frac{x+1+x\left(\sqrt{x}-1\right)+2\left(\sqrt{x}+1\right)}{2\left(\sqrt{x}+1\right)\left(\sqrt{x}-1\right)}=\frac{x\sqrt{x}-x+x+1+2\sqrt{x}+2}{2\left(\sqrt{x}+1\right)\left(\sqrt{x}-1\right)}\)

\(=\frac{x\sqrt{x}+2\sqrt{x}+3}{2\left(x-1\right)}=\frac{x\sqrt{x}+x-x-\sqrt{x}+3\sqrt{x}+3}{2\left(x-1\right)}\)

\(=\frac{\left(\sqrt{x}+1\right)\left(x-\sqrt{x}+3\right)}{2\left(\sqrt{x}+1\right)\left(\sqrt{x}-1\right)}=\frac{x-\sqrt{x}+3}{2\left(\sqrt{x}-1\right)}\)

b: Thay \(x=3+2\sqrt2=\left(\sqrt2+1\right)^2\) vào B, ta được:

\(B=\frac{3+2\sqrt2-\sqrt{\left(\sqrt2+1\right)^2}+3}{2\left(\sqrt{\left(\sqrt2+1\right)^2}-1\right)}=\frac{6+2\sqrt2-\sqrt2-1}{2\sqrt2}=\frac{5+\sqrt2}{2\sqrt2}=\frac{5\sqrt2+2}{4}\)

c: B<0

=>\(\frac{x-\sqrt{x}+3}{2\left(\sqrt{x}-1\right)}<0\)

=>\(2\left(\sqrt{x}-1\right)<0\)

=>\(\sqrt{x}-1<0\)

=>0<x<1

a) Kẻ DP là tiếp tuyến của (O) tại P. DP cắt d₁ tại C'.

Trong đường tròn (O) có 2 tiếp tuyến tại P và B cắt nhau tại D nên OD là phân giác của \(\widehat{BOP}\) 

Tương tự, ta có OC' là phân giác của \(\widehat{AOP}\). Do 2 góc BOP và AOP kề bù nên \(OC'\perp OD\). Lại có \(OC\perp OD\) và \(C,C'\in d_1\) nên \(C\equiv C'\). Như vậy CD chính là tiếp tuyến của đường tròn (O).

b) Theo tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau: \(AC=CP;BD=DP\). Do đó \(AC+BD=CP+DP\ge2\sqrt{CP.DP}\)

Mặt khác tam giác OCD vuông tại O có đường cao OP nên \(OP^2=CP.DP\Leftrightarrow\sqrt{CP.DP}=OP\)

Gọi R là bán kính của (O), khi đó

 \(AC+BD\ge2OP=2R\). Dấu "=" xảy ra khi \(CP=DP\) \(\Leftrightarrow\sqrt{CP.CP}=OP\Leftrightarrow CP=OP\Leftrightarrow AC=R\)

Vậy để \(AC+BD\) nhỏ nhất thì C nằm trên d₁ thỏa mãn \(AC=R\)

c) Ta có \(AC.BD=CP.DP=OP^2=a^2\)

a: ΔABC vuông tại A

=>\(AB^2+AC^2=BC^2\)

=>\(BC^2=6^2+8^2=36+64=100=10^2\)

=>BC=10(cm)

Xét ΔABC vuông tại A có \(\sin C=\frac{AB}{BC}=\frac{6}{10}=\frac35\)

nên \(\hat{C}\) ≃37 độ

ΔABC vuông tại A

=>\(\hat{B}+\hat{C}=90^0\)

=>\(\hat{B}=90^0-37^0=53^0\)

b: Xét ΔABC có AD là phân giác

nên \(\frac{BD}{AB}=\frac{CD}{AC}\)

=>\(\frac{BD}{6}=\frac{CD}{8}\)

=>\(\frac{BD}{3}=\frac{CD}{4}\)

mà BD+CD=BC=10cm

nên Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta được:

\(\frac{BD}{3}=\frac{CD}{4}=\frac{BD+CD}{3+4}=\frac{10}{7}\)

=>\(BD=3\cdot\frac{10}{7}=\frac{30}{7}\left(\operatorname{cm}\right);CD=4\cdot\frac{10}{7}=\frac{40}{7}\left(\operatorname{cm}\right)\)

Xét ΔABC có AD là phân giác

nên \(AD=\frac{2\cdot AB\cdot AC}{AB+AC}\cdot cos\left(\frac{BAC}{2}\right)\)

\(=\frac{2\cdot6\cdot8}{6+8}\cdot cos45=\frac{2\cdot48}{14}\cdot\frac{\sqrt2}{2}=\frac{48\sqrt2}{14}=\frac{24\sqrt2}{7}\) (cm)

a: Xét (O) có

ΔBCD nội tiếp

BD là đường kính

Do đó: ΔBCD vuông tại C

=>CB⊥CD

mà CB⊥OA

nên CD//OA

b: ΔOBC cân tại O

mà OH là đường cao

nên OH là phân giác của góc BOC

Xét ΔOBA và ΔOCA có

OB=OC

\(\hat{BOA}=\hat{COA}\)

OA chung

Do đó: ΔOBA=ΔOCA
=>\(\hat{OBA}=\hat{OCA}\)

=>\(\hat{OCA}=90^0\)

=>AC là tiếp tuyến tại C của (O)

c: ΔOBC cân tại O

mà OH là đường cao

nên H là trung điểm của BC

=>\(BH=CH=\frac{BC}{2}=12\left(\operatorname{cm}\right)\)

ΔOHB vuông tại H

=>\(OH^2+HB^2=OB^2\)

=>\(OH^2=15^2-12^2=225-144=81=9^2\)

=>OH=9(cm)

Xét ΔOBA vuông tại B có BH là đường cao

nên \(OH\cdot OA=OB^2\)

=>\(OA=\frac{15^2}{9}=25\left(\operatorname{cm}\right)\)

ΔOBA vuông tại B

=>\(BO^2+BA^2=OA^2\)

=>\(BA^2=25^2-15^2=400=20^2\)

=>BA=20(cm)

Đối các bài bất đẳng thức đối xứng, khi thay vai trò các biến cho nhau thì bđt đã cho không thay đổi. Khi đó thường dấu = bđt xảy ra khi dấu = đầu kiện xảy ra và các biến bằng nhau. Từ đó ta áp dụng cosy hoặc bunhia thì dấu = xảy ra tại điểm các biến bằng nhau. 

Đối với bài này mình dự đoán dấu = bđt xảy ra khi a = b = c =1.

Ta có: \(\dfrac{a^2}{a+b^2}=a-\dfrac{ab^2}{a+b^2}\ge a-\dfrac{ab^2}{2\sqrt{ab^2}\left(cosy\right)}=a-\dfrac{\sqrt{ab^2}}{2}\\ \ge a-\dfrac{ab+b}{4}\\ \Rightarrow\dfrac{a^2}{a+b^2}\ge a-\dfrac{ab+b}{4}\)

Tương tự: 

\(\dfrac{b^2}{b+c^2}\ge b-\dfrac{bc+c}{4}\)

\(\dfrac{c^2}{c+a^2}\ge c-\dfrac{ca+a}{4}\)

Ta chứng minh:

\(VT\ge2\left(a+b+c-\dfrac{a+b+c+ab+bc+ca}{4}\right)\)

Áp dụng Bunhiacopxki ta có:

\(3\left(ab+bc+ca\right)\le\left(a+b+c\right)^2\\ \le\left(a+b+c\right)\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}=3\left(a+b+c\right)\\ \Rightarrow ab+bc+ca\le a+b+c\)

Bởi vậy

\(VT\ge2\left(a+b+c-\dfrac{a+b+c}{2}\right)=a+b+c\)

Dấu = xảy ra khi \(a=b=c=1\)