Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Gọi O là tâm đường tròn \(\Rightarrow\) O là trung điểm BC
\(\stackrel\frown{BE}=\stackrel\frown{ED}=\stackrel\frown{DC}\Rightarrow\widehat{BOE}=\widehat{EOD}=\widehat{DOC}=\dfrac{180^0}{3}=60^0\)
Mà \(OD=OE=R\Rightarrow\Delta ODE\) đều
\(\Rightarrow ED=R\)
\(BN=NM=MC=\dfrac{2R}{3}\Rightarrow\dfrac{NM}{ED}=\dfrac{2}{3}\)
\(\stackrel\frown{BE}=\stackrel\frown{DC}\Rightarrow ED||BC\)
Áp dụng định lý talet:
\(\dfrac{AN}{AE}=\dfrac{MN}{ED}=\dfrac{2}{3}\Rightarrow\dfrac{EN}{AN}=\dfrac{1}{2}\)
\(\dfrac{ON}{BN}=\dfrac{OB-BN}{BN}=\dfrac{R-\dfrac{2R}{3}}{\dfrac{2R}{3}}=\dfrac{1}{2}\)
\(\Rightarrow\dfrac{EN}{AN}=\dfrac{ON}{BN}=\dfrac{1}{2}\) và \(\widehat{ENO}=\widehat{ANB}\) (đối đỉnh)
\(\Rightarrow\Delta ENO\sim ANB\left(c.g.c\right)\)
\(\Rightarrow\widehat{NBA}=\widehat{NOE}=60^0\)
Hoàn toàn tương tự, ta có \(\Delta MDO\sim\Delta MAC\Rightarrow\widehat{MCA}=\widehat{MOD}=60^0\)
\(\Rightarrow\Delta ABC\) đều
Lời giải:
Ta có \(P=\frac{1}{a^2+b^2}+\frac{1}{2ab}+\frac{1}{4ab}+\frac{1}{4ab}+4ab\)
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:
\(\frac{1}{a^2+b^2}+\frac{1}{2ab}\geq \frac{4}{a^2+b^2+2ab}=\frac{4}{(a+b)^2}\geq 4\)
Áp dụng BĐT AM-GM: \(\frac{1}{4ab}+4ab\geq 2\).
Và \(1\geq a+b\geq 2\sqrt{ab}\rightarrow ab\leq \frac{1}{4}\)
Do đó \(P\geq 4+1+2=7\) hay \(P_{\min}=7\)
Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=\frac{1}{2}\)
cảm ơn bn nhiều lắm 
Mọi người giúp e làm câu 4c và bài 5 ạ
Mọi người giúp em bài này với ạ.EM cần gấp ạ
Mọi người giúp em bài này với ạ.EM cần gấp ạ
Bài 1: Kẻ OH⊥DC tại H và OK⊥EF tại K
CI+ID=CD
=>CD=2+14=16(cm)
ΔOCD cân tại O
mà OH là đường cao
nên H là trung điêm của CD
=>\(HC=HD=\frac{CD}{2}=\frac{16}{2}=8\left(\operatorname{cm}\right)\)
HI+IC=HC
=>HI=8-2=6(cm)
Xét (O) có
EF,CD là các dây
OK,OH lần lượt là khoảng cách từ O xuống EF và từ O xuống CD
mà EF=CD
nên OK=OH
Xét tứ giác OHIK có
\(\hat{OHI}=\hat{OKI}=\hat{HIK}=90^0\)
nên OHIK là hình chữ nhật
Hình chữ nhật OHIK có OH=OK
nên OHIK là hình vuông
=>OH=HI=IK=OK
=>OH=OK=6(cm)
=>d(O;CD)=d(O;EF)=6cm
Bài 3:
Kẻ OH⊥AB tại H và OK⊥CD tại K
ΔOAB cân tại O
mà OH là đường cao
nên H là trung điểm cua AB
=>\(HA=HB=\frac{AB}{2}=\frac{40}{2}=20\left(\operatorname{cm}\right)\)
ΔOCD cân tại O
mà OK là đường cao
nên K là trung điểm của CD
=>\(KC=KD=\frac{CD}{2}=\frac{48}{2}=24\left(\operatorname{cm}\right)\)
ΔOHA vuông tại H
=>\(OH^2+HA^2=OA^2\)
=>\(OH^2=25^2-20^2=625-400=225=15^2\)
=>OH=15(cm)
ΔOKC vuông tại K
=>\(OK^2+KC^2=OC^2\)
=>\(OK^2=25^2-24^2=1\cdot49=49\)
=>OK=7(cm)
OH⊥AB
AB//CD
Do đó: OH⊥CD
OH⊥CD
OK⊥CD
mà OH,OK có điểm chung là O
nên H,O,K thẳng hàng
Vì AB//CD
và HK⊥AB tại H và HK⊥CD tại K
nên d(AB;CD)=HK=HO+OK=7+15=22(cm)
Bài 4:
a: Kẻ OH⊥AB tại H
=>OH là khoảng cách từ O đến AB
ΔOAB cân tại O
mà OH là đường cao
nên H là trung điểm của AB
=>\(HA=HB=\frac{AB}{2}=8\left(\operatorname{cm}\right)\)
ΔOHA vuông tại H
=>\(OH^2+HA^2=OA^2\)
=>\(OH^2=10^2-8^2=36=6^2\)
=>OH=6(cm)
=>d(O;BA)=6cm
b: AH+HK=AK
=>HK=14-8=6(cm)
Kẻ OI⊥PQ tại I
Xét tứ giác OHKI có \(\hat{OHK}=\hat{OIK}=\hat{HKI}=90^0\)
nên OHKI là hình chữ nhật
Hình chữ nhật OHKI có OH=HK
nên OHKI là hình vuông
=>OH=OI
=>d(O;AB)=d(O;PQ)
=>AB=PQ