ko bt

\(\sqrt[]{3-\sqrt[]{5}}:\sqrt[]{2}\)

\(=\sqrt[]{3-\sqrt[]{5}}.\dfrac{1}{\sqrt[]{2}}\)

\(=\dfrac{\sqrt[]{3-\sqrt[]{5}}}{\sqrt[]{2}}\)

\(=\sqrt[]{\dfrac{3-\sqrt[]{5}}{2}}\)

 Hạ \(OH\perp AB\), \(OK\perp CD\). Dễ thấy tứ giác OHMK là hình chữ nhật \(\Rightarrow HK=OM\)

 Lại có \(AB^2=4HB^2=4\left(OB^2-OH^2\right)=4R^2-4OH^2\) (1)

 và \(CD^2=4CK^2=4\left(OC^2-OK^2\right)=4R^2-4OK^2\) (2)

Từ (1) và (2), suy ra \(AB^2+CD^2=8R^2-4\left(OH^2+OK^2\right)\) \(=8R^2-4HK^2=8R^2-4OM^2\) không đổi, đpcm.

A B C H D I K

a/

\(BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=\sqrt{6^2+8^2}=10cm\) (pitago)

\(\dfrac{AD}{DC}=\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{6}{8}=\dfrac{3}{4}\) (T/c đường phân giác)

\(\Rightarrow AD=\dfrac{3}{\left(3+4\right)}.AC=\dfrac{30}{7}cm\)

\(DC=\dfrac{4}{3+4}.AC=\dfrac{40}{7}cm\)

\(AB^2=BH.BC\) (Trong tg vuông bình phương 1 cạnh góc vuông bằng tích giữa hình chiếu cạnh góc vuông đó trên cạnh huyền với cạnh huyền)

\(\Rightarrow BH=\dfrac{AB^2}{BC}=\dfrac{6^2}{10}=3,6cm\)

\(\Rightarrow CH=BC-BH=10-3,6=6,4cm\)

\(AH^2=BH.CH\) (trong tg vuông bình phương đường cao hạ từ đỉnh góc vuông xuống cạnh huyền bằng tích các hình chiếu của 2 cạnh góc vuông trên cạnh huyền)

\(\Rightarrow AH=\sqrt{BH.CH}=\sqrt{3,6.6,4}=4,8cm\)

b/

Xét tg vuông BHI và tg vuông ABD có

\(\widehat{ABD}=\widehat{CBD}\) (gt)

=> tg BHI đồng dạng với tg ABD \(\Rightarrow\dfrac{BD}{BI}=\dfrac{AB}{BH}\)

Xét tg ABH có

\(\dfrac{AI}{HI}=\dfrac{AB}{BH}\) (t/c đường phân giác )

\(\Rightarrow\dfrac{BD}{BI}=\dfrac{AI}{HI}\Rightarrow AI.BI=BD.HI\)

c/

HK//BD => HK//DI => DIHK là hình thang

Ta có tg BHI đồng dạng với tg ABD (cmt)

\(\Rightarrow\widehat{BIH}=\widehat{ADB}\) (1)

Ta có HK//BD (gt)

\(\Rightarrow\widehat{BIH}=\widehat{IHK}\) (góc so le trong) (2)

\(\Rightarrow\widehat{ADB}=\widehat{DKH}\) (góc đồng vị) (3)

Từ (1) (2) và (3) \(\Rightarrow\widehat{IHK}=\widehat{DKH}\)

=> DIHK là hình thang cân

\(P=\dfrac{2x\sqrt[]{x}-\sqrt[]{x}+1}{x-1}\left(x\ge0;x\ne1\right)\)

\(\Rightarrow P=\dfrac{x\sqrt[]{x}-\sqrt[]{x}+x\sqrt[]{x}+1}{x-1}\)

\(\Rightarrow P=\dfrac{\sqrt[]{x}\left(x-1\right)+\sqrt[]{x^3}+1}{x-1}\)

\(\Rightarrow P=\dfrac{\sqrt[]{x}\left(x-1\right)}{x-1}+\dfrac{\left(\sqrt[]{x}+1\right)\left(x-\sqrt[]{x}+1\right)}{\left(\sqrt[]{x}-1\right)\left(\sqrt[]{x}+1\right)}\)

\(\Rightarrow P=\sqrt[]{x}+\dfrac{\left(x-\sqrt[]{x}+1\right)}{\left(\sqrt[]{x}-1\right)}\)

Áp dụng định lí Py-ta-go vào tam giác vuông ABC, ta có:

\(AC=\sqrt{BC^2-AB^2}=\sqrt{8^2-6^2}=2\sqrt{7}\)                                                                     

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ABC, ta có:       

\(\dfrac{1}{AH^2}=\dfrac{1}{AB^2}+\dfrac{1}{AC^2}\\ \Rightarrow\dfrac{1}{AH^2}=\dfrac{1}{6^2}+\dfrac{1}{\left(2\sqrt{7}\right)^2}\\ \Rightarrow AH=\dfrac{3\sqrt{7}}{2}\)                           

 Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ABC, ta có:     

\(AB^2=BH\cdot BC\Rightarrow BH=\dfrac{AB^2}{BC}=\dfrac{6^2}{8}=\dfrac{9}{2}\)                               

Ta có: 

\(sin\left(\widehat{ACB}\right)=\dfrac{AB}{BC}=\dfrac{6}{8}=\dfrac{3}{4}\\ \Rightarrow\widehat{ACB}\simeq48^o35'\)                                                                                                                                                                                                                                             

Kiến thức cần nhớ: \(\left\{{}\begin{matrix}ax+by=c\\a'x+b'y=c'\end{matrix}\right.\) hệ pt vô nghiệm ⇔\(\dfrac{a}{a'}=\dfrac{b}{b'}\ne\dfrac{c}{c'}\)

                                              hệ pt có vô số nghiệm \(\Leftrightarrow\) \(\dfrac{a}{a'}=\dfrac{b}{b'}=\dfrac{c}{c'}\)

\(\left\{{}\begin{matrix}x-3y=m\\2x-6y=8\end{matrix}\right.\) (1) ta có: a = 1; b =  -3; c = m và a' = 2; b' = - 6; c' = 8

Hệ (1) vô nghiệm ⇔ \(\dfrac{1}{2}\) = \(\dfrac{-3}{-6}\)  \(\ne\) \(\dfrac{m}{8}\)

                            ⇔  \(\dfrac{1}{2}\)            \(\ne\) \(\dfrac{m}{8}\)

                           ⇔   m \(\ne\) 4

Hệ (1) có vô số nghiệm \(\Leftrightarrow\) \(\dfrac{1}{2}=\dfrac{-3}{-6}=\dfrac{m}{8}\) ⇔ \(\dfrac{1}{2}\) = \(\dfrac{m}{8}\) ⇔ m = 8\(\times\)\(\dfrac{1}{2}\) = 4

Kết luận:

+ hệ phương trình đã cho vô nghiệm khi m \(\ne\) 4 và có vô số nghiệm khi m = 4

\(\left\{{}\begin{matrix}x-3y=m\\2x-6y=8\end{matrix}\right.\)

\(D=-6+6=0\)

\(D_x=-6m+24\)

\(D_y=8-2m\)

Để hệ phương trình vô nghiệm

\(\Leftrightarrow D_x\ne0\cap D_y\ne0\left(D=0\right)\)

\(\Leftrightarrow-6m+24\ne0\cap8-2m\ne0\)

\(\Leftrightarrow m\ne4\)

Để hệ phương trình vô số nghiệm

\(\Leftrightarrow D=D_x=D_y=0\)

\(\Leftrightarrow m=4\) ( vì D luôn bằng 0)

Cho hệ pt: \(\left\{{}\begin{matrix}x+2y=5\\ax+3y=a\end{matrix}\right.\) (1)

(1) vô nghiệm ⇔ \(\dfrac{1}{a}\) = \(\dfrac{2}{3}\) \(\ne\) \(\dfrac{5}{a}\) 

                       ⇒ a = \(\dfrac{3}{2}\) 

(1) có nghiệm duy nhất ⇔ \(\dfrac{1}{a}\) \(\ne\) \(\dfrac{2}{3}\) ⇒ \(a\) \(\ne\) 1 : \(\dfrac{2}{3}\) ⇒ \(a\ne\) \(\dfrac{3}{2}\)

a: Xét (O) có

AB,AC là các tiếp tuyến

Do đó: AB=AC

=>A nằm trên đường trung trực của BC(1)

Ta có: OB=OC

=>O nằm trên đường trung trực của BC(2)

Từ (1),(2) suy ra OA là đường trung trực của BC

=>OA⊥BC

b: Xét (O) có

ΔBCD nội tiếp

CD là đường kính

Do đó: ΔBCD vuông tại B

=>BC⊥BD

mà OA⊥BC

nên OA//BD

c: Gọi H là giao điểm của BC và OA

OA là đường trung trực của BC

=>OA⊥BC tại H và H là trung điểm của BC

ΔOBA vuông tại B

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

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

=>OA=10(cm)

Xét ΔBOA vuông tại B có BH là đường cao

nên \(BH\cdot OA=BO\cdot BA\)

=>\(BH=\frac{6\cdot8}{10}=4,8\left(\operatorname{cm}\right)\)

H là trung điểm của BC

=>\(BC=2\cdot BH=9,6\left(\operatorname{cm}\right)\)

A = \(\sqrt{3-\sqrt{5}}\)\(\times\)\(\sqrt{8}\)  = \(\sqrt{\left(3-\sqrt{5}\right).8}\) = \(\sqrt{24-8\sqrt{5}}\) 

A  = \(\sqrt{20-8\sqrt{5}+4}\)  = \(\sqrt{\left(2\sqrt{5}\right)^2-2.2\sqrt{5}.2+2^2}\) 

A = = \(\sqrt{\left(2\sqrt{5}-2\right)^2}\) = 2\(\sqrt{5}\) - 2