chào giang hồ đại ca học lớp mấy zậy

Bác Hồ ra lời kêu gọi toàn dân tick vào đây!

1.

Ta có:

$A = -3 - y^2 + xy + x + y$

Nhóm các hạng tử theo $x$:

$A = x(y+1) - y^2 + y - 3$

Với mỗi giá trị của $y$, biểu thức tăng theo $x$.

Ta biến đổi: $A = -y^2 + xy + y + x - 3$ $= -\left(y^2 - xy - y\right) + x - 3$

Hoàn thành bình phương theo $y$:

$A = -\left[y^2 - (x+1)y\right] + x - 3$

$= -\left[\left(y - \dfrac{x+1}{2}\right)^2 - \dfrac{(x+1)^2}{4}\right] + x - 3$

$= -\left(y - \dfrac{x+1}{2}\right)^2 + \dfrac{(x+1)^2}{4} + x - 3$

Vì: $\left(y - \dfrac{x+1}{2}\right)^2 \ge 0$ nên: $-\left(y - \dfrac{x+1}{2}\right)^2 \le 0$

Suy ra: $A \le \dfrac{(x+1)^2}{4} + x - 3$

Biểu thức này không bị chặn trên khi $x$ tăng vô hạn.

Ví dụ: chọn $y = \dfrac{x+1}{2}$ thì:

$A = \dfrac{(x+1)^2}{4} + x - 3$

Khi $x \to +\infty$ thì: $A \to +\infty$

Vậy biểu thức $A$ không có giá trị lớn nhất.

2.

Ta có tam giác $ABC$ đều cạnh $4$ nên:

$\widehat{ABC}=\widehat{ACB}=60^\circ$.

Trong tam giác $NCB$:

$\widehat{NCB}=40^\circ,\ \widehat{CBN}=60^\circ$ nên: $\widehat{CNB}=80^\circ$.

Áp dụng định lí sin:

$\dfrac{NB}{\sin40^\circ}=\dfrac{BC}{\sin80^\circ}$

$\Rightarrow NB=\dfrac{4\sin40^\circ}{\sin80^\circ}$

Vì $CM$ là tia phân giác góc $NCB$ nên:

$\dfrac{NM}{MB}=\dfrac{NC}{CB}$

Suy ra:

$MB=\dfrac{4\sqrt3}{3}$.

Diện tích tam giác $MBC$ là:

$S_{MBC}=\dfrac12 \cdot MB \cdot BC \cdot \sin60^\circ=\dfrac12 \cdot \dfrac{4\sqrt3}{3}\cdot4\cdot\dfrac{\sqrt3}{2}=4$

Do $D$ là trung điểm của $MC$ nên khoảng cách từ $D$ đến $BC$ bằng một nửa khoảng cách từ $M$ đến $BC$.

Lại có: $CD=CE$

suy ra: $S_{CDE}=\dfrac{MC}{4}$.

Mặt khác: $S_{MBD}=\sqrt3-\dfrac{MC}{4}$.

Do đó: $S_{CDE}+S_{MBD}=\dfrac{MC}{4}+\sqrt3-\dfrac{MC}{4}=\sqrt3$.

Vậy tổng diện tích hai tam giác $CDE$ và $MBD$ là:

$\boxed{\sqrt3}$.

Xét tam giác ABC có :

\(bc^2\)=\(5^2\)=25

\(ab^2\)+\(ac^2\)=\(3^2\)+\(4^2\)=9+16=25   

Suy ra:\(bc^2=ab^2+ac^2\)(định lí py-ta-go đảo)

a: Xét tứ giác ABCE có \(\hat{BAC}=\hat{BEC}=90^0\)

nên ABCE là tứ giác nội tiếp

=>\(\hat{EAC}=\hat{EBC}\)

b: Xét ΔABD vuông tại A có AB=AD

nên ΔABD vuông cân tại A

=>\(\hat{ABD}=\hat{ADB}=45^0\)

Xét ΔEFB vuông tại E có sin B=\(\frac{FE}{FB}\)

=>\(\frac{FE}{FB}=cos45=\frac{1}{\sqrt2}\)

Xét ΔFEB vuông tại E và ΔFAC vuông tại A có

\(\hat{EFB}\) chung

DO đó: ΔFEB~ΔFAC

=>\(\frac{FE}{FA}=\frac{FB}{FC}\)

=>\(\frac{FE}{FB}=\frac{FA}{FC}\)

Xét ΔFEA và ΔFBC có

\(\frac{FE}{FB}=\frac{FA}{FC}\)

góc F chung

Do đó: ΔFEA~ΔFBC

=>\(\frac{S_{FEA}}{S_{FBC}}=\left(\frac{FE}{FB}\right)^2=\frac12\)

=>\(S_{FEA}=\frac12\cdot S_{FBC}\)

\(S_{FEA}+S_{CEAB}=S_{FCB}\)

=>\(S_{CEAB}=S_{FBC}-\frac12\cdot S_{FBC}=\frac12\cdot S_{FBC}\)

=>\(S_{FEA}=S_{CEAB}\)

a)

ta có G là trọng tâm của tam giác ABC.

\(\hept{\begin{cases}\Rightarrow BH=GH=GD\\\Rightarrow EG=GK=KC\end{cases}}\)

hay G là trung điểm của EK và HD.

tứ giác EDKH có 2 đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường

do đó tứ giác EDKH là hình bình hành.

b) để hình bình hành EDKH là hình chữ nhật thì EK=HD

⇒BD=EC⇒­ΔABC­cân

vậy để hình bình hành EDKH là hình chữ nhật thì tam giác ABC cân

c) vẽ đường cao AI vuông góc với BC.

khi đó AI cũng là đường trung tuyến.

\(\Rightarrow AG=\frac{2}{3}AI\)

ta có :\(\hept{\begin{cases}BE=AE\\AD=DC\end{cases}}\) nên ED là đường trung bình của tam giác ABC.

⇒\(\hept{\begin{cases}ED//BC\\2ED=BC\end{cases}}\)

vì ED//BC và AI⊥BC nên ED⊥AI

đồng thời EH⊥ED nên EH//AI.

ta có: \(\hept{\begin{cases}EH//AI\\BE=EA\end{cases}}\)\(\Rightarrow AH=\frac{AG}{2}\)

hay \(EH=\frac{\frac{2}{3}AI}{2}=\frac{1}{3}AI\Leftrightarrow3EH=AI\)

\(S\Delta ABC=\frac{AI.BC}{2}=\frac{3EH.2ED}{2}=3EH.ED\)=\(3S_{EDHK}\)

vậy\(\frac{S_{EDHK}}{S_{\Delta ABC}}=\frac{1}{3}\)

CHÚC BẠN HỌC TỐT