Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(x\left(3x+5\right)-6x-10=0\)
=>\(x\left(3x+5\right)-2\left(3x+5\right)=0\)
=>(3x+5)(x-2)=0
=>\(\left[{}\begin{matrix}3x+5=0\\x-2=0\end{matrix}\right.\)
=>\(\left[{}\begin{matrix}x=-\dfrac{5}{3}\\x=2\end{matrix}\right.\)
a: Xét (O) có
ΔAHC nội tiếp
AC là đường kính
Do đó: ΔAHC vuông tại H
=>AH\(\perp\)BC tại H
Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao
nên \(CH\cdot CB=CA^2\)
=>\(CH\cdot CB=\left(2R\right)^2=4R^2\)
b: Xét ΔAOB vuông tại A có AK là đường cao
nên \(BK\cdot BO=BA^2\left(1\right)\)
Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao
nên \(BH\cdot BC=BA^2\left(2\right)\)
Từ (1),(2) suy ra \(BK\cdot BO=BH\cdot BC\)
=>\(\dfrac{BK}{BC}=\dfrac{BH}{BO}\)
Xét ΔBKH và ΔBCO có
\(\dfrac{BK}{BC}=\dfrac{BH}{BO}\)
\(\widehat{KBH}\) chung
Do đó: ΔBKH~ΔBCO
=>\(\widehat{BKH}=\widehat{BCO}\)
c: ΔOQA vuông tại O
mà OK là đường cao
nên OK là phân giác của góc AOQ
Xét ΔOAB và ΔOQB có
OA=OQ
\(\widehat{AOB}=\widehat{QOB}\)
OB chung
Do đó: ΔOAB=ΔOQB
=>\(\widehat{OAB}=\widehat{OQB}\)
=>\(\widehat{OQB}=90^0\)
=>BQ\(\perp\)OQ
Ta có:
\(a^3+b^3+c^3=3abc\\\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3-3abc=0\\\Leftrightarrow (a+b)^3+c^3-3ab(a+b)-3abc=0\\\Leftrightarrow (a+b+c)^3-3(a+b)c(a+b+c)-3ab(a+b+c)=0\\\Leftrightarrow (a+b+c)[(a+b+c)^2-3(a+b)c-3ab]=0\\\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca-3ca-3bc-3ab=0(\text{vì }a+b+c\ne 0)\\\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca=0\\\Leftrightarrow 2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ca=0\\\Leftrightarrow (a^2-2ab+b^2)+(b^2-2bc+c^2)+(c^2-2ca+a^2)=0\\\Leftrightarrow(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2=0\)
Ta thấy: \(\left\{{}\begin{matrix}\left(a-b\right)^2\ge0\forall a,b\\\left(b-c\right)^2\ge0\forall b,c\\\left(c-a\right)^2\ge0\forall c,a\end{matrix}\right.\Rightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\forall a,b,c\)
Mà: \(\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2=0\)
Do đó: \(\left\{{}\begin{matrix}a-b=0\\b-c=0\\c-a=0\end{matrix}\right.\Rightarrow a=b=c\)
Khi đó:
\(\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\right)\left(\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\left(\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{a}\right)=\dfrac{2}{a}\cdot\dfrac{2}{b}\cdot\dfrac{2}{c}=\dfrac{8}{abc}\) (đpcm)
#$\mathtt{Toru}$
a: Xét (O) có
ΔABC nội tiếp
BC là đường kính
Do đó: ΔABC vuông tại A
Xét ΔABC vuông tại A có \(cosABC=\dfrac{AB}{BC}=\dfrac{5}{10}=\dfrac{1}{2}\)
nên \(\widehat{ABC}=60^0\)
ΔABC vuông tại A
=>\(AB^2+AC^2=BC^2\)
=>\(AC=\sqrt{10^2-5^2}=5\sqrt{3}\left(cm\right)\)
Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao
nên \(BH\cdot BC=AB^2;CH\cdot CB=CA^2\)
=>\(BH\cdot10=5^2=25;CH\cdot10=\left(5\sqrt{3}\right)^2=75\)
=>BH=25:10=2,5(cm); CH=75/10=7,5(cm)
b:
ΔAHB vuông tại H
=>\(HA^2+HB^2=AB^2\)
=>\(HA=\sqrt{5^2-2,5^2}=\dfrac{5\sqrt{3}}{2}\left(cm\right)\)
Xét (I) có
ΔAEH nội tiếp
AH là đường kính
Do đó: ΔAEH vuông tại E
=>HE\(\perp\)AB tại E
Xét (I) có
ΔAFH nội tiếp
AH là đường kính
Do đó: ΔAFH vuông tại F
=>HF\(\perp\)AC tại F
Xét tứ giác AEHF có
\(\widehat{AEH}=\widehat{AFH}=\widehat{FAE}=90^0\)
=>AEHF là hình chữ nhật
=>EF=AH
=>\(EF=\dfrac{5\sqrt{3}}{2}\left(cm\right)\)
c) Xét đường tròn (I) có đường kính AH \(\Rightarrow\widehat{AEH}=\widehat{AFH}=90^o\).
Tam giác AHB vuông tại H có đường cao HE nên \(AH^2=AE.AB\). Tương tự, ta có \(AE.AB=AF.AC=AH^2\)
\(\Rightarrow\dfrac{AE}{AC}=\dfrac{AF}{AB}\)
Tam giác AEF và ACB có:
\(\dfrac{AE}{AC}=\dfrac{AF}{AB}\left(cmt\right);\widehat{BAC}\) chung
\(\Rightarrow\Delta AEF\sim\Delta ACB\left(c.g.c\right)\)
\(\Rightarrow\widehat{AEF}=\widehat{ACB}\)
\(\Rightarrow\) Tứ giác BEFC nội tiếp
Gọi tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BEFC là J.
Khi đó, ta có S thuộc trục đẳng phương AM của (O) và (I), đồng thời S cũng thuộc trục đẳng phương BC của (O) và (J), do đó S thuộc trục đẳng phương EF của (I) và (J) hay S, E, F thẳng hàng. (đpcm)