các biện pháp để phát triển ngành giao thông vận tải biển:

-Hệ thống cảng biển được phát triển đồng bộ, hiện đại hóa, nâng công xuất

-Tăng cường mạnh mẽ các đội tàu biển

-Hình thành 3 cụm cơ khí đóng tàu lớn ở bắc,Trung,Nam

-Phát triển toàn diện các dịch vụ hàng hải, hệ thống hậu cần, các dịch vụ ở cảng,..

chucbanhoctot

#tranhuyentuanh

giúp mình cần gấp

1: Xét (O) có

ΔBEC nội tiếp

BC là đường kính

Do đó: ΔBEC vuông tại E

=>BE⊥AC tại E

Xét (O) có

ΔBDC nội tiếp

BC là đường kính

Do đó: ΔBDC vuông tại D

=>CD⊥AB tại D

Xét tứ giác CEHF có \(\hat{CEH}+\hat{CFH}=90^0+90^0=180^0\)

nên CEHF là tứ giác nội tiếp

2: Xét tứ giác BDEC có \(\hat{BDC}=\hat{BEC}=90^0\)

nên BDEC là tứ giác nội tiếp

=>\(\hat{BED}=\hat{BCD}\)

=>\(\hat{BED}=\hat{FCH}\) (1)

CEHF nội tiếp

=>\(\hat{FCH}=\hat{FEH}=\hat{FEB}\) (2)

Từ (1),(2) suy ra \(\hat{DEB}=\hat{FEB}\)

=>EB là phân giác của góc FED

3: Xét ΔABC có

BE,CD là các đường cao

BE cắt CD tại H

Do đó: H là trực tâm của ΔABC

=>AH⊥BC

mà HF⊥BC

và AH,HF có điểm chung là H

nên A,H,F thẳng hàng

ΔADH vuông tại D

mà DM là đường trung tuyến

nên MD=MH

=>ΔMDH cân tại M

=>\(\hat{MDH}=\hat{MHD}\)

mà \(\hat{MHD}=\hat{FHC}\) (hai góc đối đỉnh)

nên \(\hat{MDH}=\hat{FHC}\)

Xét tứ giác BDHF có \(\hat{BDH}+\hat{BFH}=90^0+90^0=180^0\)

nên BDHF là tứ giác nội tiếp

=>\(\hat{FDH}=\hat{FBH}\)

OD=OC

=>ΔODC cân tại O

=>\(\hat{ODC}=\hat{OCD}=\hat{DCB}\)

\(\hat{MDO}=\hat{MDC}+\hat{ODC}=\hat{FHC}+\hat{FCH}=90^0\)

=>MD là tiếp tuyến của (O)

Mình nghĩ được á bạn,nhưng môn Hoá của bạn phải trên 6 phẩy nha :vv

Ta có \(\sqrt{a-1}+\dfrac{1}{\sqrt{a-1}}\) \(=\sqrt{a-1}+\dfrac{1}{4\sqrt{a-1}}+\dfrac{3}{4\sqrt{a-1}}\) \(\ge2\sqrt{\sqrt{a-1}.\dfrac{1}{4\sqrt{a-1}}}+\dfrac{3}{4\sqrt{a-1}}\) \(=1+\dfrac{3}{4\sqrt{a-1}}\).

Lập 2 BĐT tương tự rồi cộng vế theo vế, ta có

\(VT\ge3+\dfrac{3}{4}\left(\dfrac{1}{\sqrt{a-1}}+\dfrac{1}{\sqrt{b-1}}+\dfrac{1}{\sqrt{c-1}}\right)\)

\(\ge3+\dfrac{3}{4}.\dfrac{9}{\sqrt{a-1}+\sqrt{b-1}+\sqrt{c-1}}\) 

\(\ge3+\dfrac{3}{4}.\dfrac{9}{\dfrac{3}{2}}\) \(=\dfrac{15}{2}\). 

ĐTXR \(\Leftrightarrow a=b=c=\dfrac{5}{4}\). Ta có đpcm

Có \(\sqrt{a-1}+\sqrt{b-1}+\sqrt{c-1}+\dfrac{1}{\sqrt{a-1}}+\dfrac{1}{\sqrt{b-1}}+\dfrac{1}{\sqrt{c-1}}\ge\dfrac{15}{2}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{\sqrt{a-1}}+\dfrac{1}{\sqrt{b-1}}+\dfrac{1}{\sqrt{c-1}}\ge\dfrac{15}{2}-\left(\sqrt{a-1}+\sqrt{b-1}+\sqrt{c-1}\right)\ge6\) (1)

Ta chứng minh (1) đúng 

Áp dụng bất đẳng thức Schwarz : 

\(\dfrac{1}{\sqrt{a-1}}+\dfrac{1}{\sqrt{b-1}}+\dfrac{1}{\sqrt{c-1}}\ge\dfrac{\left(1+1+1\right)^2}{\sqrt{a-1}+\sqrt{b-1}+\sqrt{c-1}}\ge\dfrac{9}{\dfrac{3}{2}}=6\)Dấu "=" xảy ra khi \(\left\{{}\begin{matrix}\sqrt{a-1}=\sqrt{b-1}=\sqrt{c-1}\\\sqrt{a-1}+\sqrt{b-1}+\sqrt{c-1}=\dfrac{3}{2}\end{matrix}\right.\) 

\(\Leftrightarrow a=b=c=\dfrac{5}{4}\)(tm) 

kk tớ cx hc hình chiếu 

không

Gọi P là giao điểm thứ hai của AH và (O). Dễ thấy \(HA.HP=HB.HD\Rightarrow HP=\dfrac{HB.HD}{HA}=\dfrac{3}{2}\)

Mặt khác, trong đường tròn (O) có AC là đường kính nên \(\widehat{APC}=90^o\) hay \(\widehat{HCP}=90^o\)

Theo đề bài, ta có \(\widehat{HKC}=\widehat{KHP}=90^o\). Suy ra tứ giác CKHP là hình chữ nhật \(\Rightarrow CK=HP\). Mà \(HP=\dfrac{3}{2}\Rightarrow CK=\dfrac{3}{2}\)