a: Xét ΔABM vuông tại B có BH là đường cao

nên \(AH\cdot AM=AB^2\)

=>\(AM=\frac{20^2}{16}=25\left(\operatorname{cm}\right)\)

Xét ΔHAC vuông tại H có cos HAC=\(\frac{AH}{AC}=\frac{16}{24}=\frac23\)

nên \(\hat{HAC}\) ≃48 độ 11p

Xét ΔHAB vuông tại H có cos HAB=\(\frac{AH}{AB}=\frac{16}{20}=\frac45\)

nên \(\hat{HAB}\) ≃36 độ 52p

\(\hat{BAC}=\hat{BAH}+\hat{CAH}\)

\(=48^011p+36^052p=84^063p=85^03p\)

b: Xét ΔACS vuông tại C có CK là đường cao

nên \(AK\cdot AS=AC^2\left(1\right)\)

Xét ΔACQ vuông tại C có CH là đường cao

nên \(AH\cdot AQ=AC^2\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(AK\cdot AS=AH\cdot AQ\)

=>\(\frac{AH}{AS}=\frac{AK}{AQ}\)

Xét ΔAHK và ΔASQ có

\(\frac{AH}{AS}=\frac{AK}{AQ}\)

góc HAK chung

Do đó: ΔAHK~ΔASQ

=>\(\hat{AHK}=\hat{ASQ}\)

\(\sqrt{a^2+3}=\sqrt{a^2+ab+bc+ca}=\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\le\dfrac{1}{2}\left(a+b+a+c\right)=\dfrac{1}{2}\left(2a+b+c\right)\)

Tương tự: \(\sqrt{b^2+3}\le\dfrac{1}{2}\left(a+2b+c\right)\) ; \(\sqrt{c^2+3}\le\dfrac{1}{2}\left(a+b+2c\right)\)

Cộng vế với vế:

\(VT\le\dfrac{1}{2}\left(4a+4b+4c\right)=2\left(a+b+c\right)\)

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

\(=\sqrt{x}+\sqrt{x}=2\sqrt{x}\)

1.theo bất đẳng thức côsi ta có

\(a+b\ge2\sqrt{ab}\\ b+c\ge2\sqrt{ab}\\ c+a\ge2\sqrt{ab}\)

\(\Rightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge8\sqrt{ab.bc.ca}\)

                                       \(\ge8\sqrt{a^2b^2c^2}\\ \ge8abc\)

2.\(a^4+b^2\ge2\sqrt{a^4b^2}=2a^4b^2\)

\(\dfrac{a}{a^4+b^2}\le\dfrac{a}{2a^2b}=\dfrac{1}{2ab}\)

tương tự:\(\dfrac{b}{b^4+a^2}\le\dfrac{1}{2ab}\)

\(\rightarrow\dfrac{a}{a^4+b^2}+\dfrac{b}{b^4+a^2}\le\dfrac{1}{ab}\)

dấu = xảy ra khi \(a^4=b^2\\ b^4=a^2\)\(\rightarrow a^2=b^2=1\)

1:

a: Khi m=1 thì (1) sẽ là x^2+2x-5=0

=>\(x=-1\pm\sqrt{6}\)

b: Δ=(2m)^2-4(-2m-3)

=4m^2+8m+12

=4m^2+8m+4+8=(2m+2)^2+8>=8>0

=>Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt

2:

Thay x=-1 và y=2 vào (P), ta được:

a*(-1)^2=2

=>a=2

Bài 9:

a: Kẻ OI⊥CD tại I

OI⊥CD

AH⊥CD

BK⊥CD

Do đó: AH//OI//BK

Xét hình thang ABKH có

O là trung điểm của AB

OI//AH//BK

Do đó: I là trung điểm của HK

=>IH=IK

ΔOCD cân tại O

mà OI là đường cao

nên I là trung điểm của CD

=>IC=ID

IC+CH=IH

ID+DK=IK

mà IC=ID và IH=IK

nên CH=DK

Bài 8:

a: Qua M, kẻ dây CD⊥OM tại M

=>CD là dây nhỏ nhất đi qua M

ΔOCD cân tại O

mà OM là đường cao

nên M là trung điểm của CD

=>MC=MD=CD/2

ΔOMC vuông tại M

=>\(OM^2+MC^2=OC^2\)

=>\(MC^2=5^2-3^2=25-9=16=4^2\)

=>MC=4(cm)

M là trung điểm của CD

=>\(CD=2\cdot CM=2\cdot4=8\left(\operatorname{cm}\right)\)

b: Gọi AB là đường kính đi qua M của (O)

=>AB là độ dài dây lớn nhất đi qua M

=>AB=2*5=10(cm)

\(\sqrt{2}\left(\sqrt{3+\sqrt{5}}\right)\left(\sqrt{5}-1\right)=\sqrt{6+2\sqrt{5}}\left(\sqrt{5}-1\right)\)

\(=\sqrt{\left(\sqrt{5}\right)^2+2.\sqrt{5}.1+1^2}\left(\sqrt{5}-1\right)=\sqrt{\left(\sqrt{5}+1\right)^2}\left(\sqrt{5}-1\right)\)

\(=\left|\sqrt{5}+1\right|\left(\sqrt{5}-1\right)=\left(\sqrt{5}-1\right)\left(\sqrt{5}+1\right)=4\)

1)Ta có: \(\sqrt{2}\cdot\sqrt{3+\sqrt{5}}\cdot\left(\sqrt{5}-1\right)\)

\(=\sqrt{6+2\sqrt{5}}\cdot\left(\sqrt{5}-1\right)\)

\(=\left(\sqrt{5}+1\right)\left(\sqrt{5}-1\right)\)

=5-1

=4

Bài 5:

a: ΔOAB cân tại O

mà OH là đường cao

nên H là trung điểm của AB

ΔOCD cân tại O

mà OK là đường cao

nên K là trung điểm của CD

Xét (O) có

AB,CD là các dây

OH,OK lần lượt là khoảng cách từ O đến các dây AB,CD

AB=CD

Do đó: OH=OK

Xét ΔEHO vuông tại H và ΔEKO vuông tại K có

EO chung

OH=OK

Do đó: ΔEHO=ΔEKO

=>EH=EK

b: Ta có: \(AH=HB=\frac{AB}{2}\)

\(CK=KD=\frac{CD}{2}\)

mà AB=CD

nên AH=CK

EH+HA=EA

EK+KC=EC

mà EH=EK và HA=KC

nên EA=EC