Ta có ΔABC đều

=>\(\hat{ACB}=60^0\)

Xét (O) có \(\hat{ACB}\) là góc nội tiếp chắn cung AB

=>\(\hat{AOB}=2\cdot\hat{ACB}=2\cdot60^0=120^0\)

a, Ta có tam giác \(A B C\) nhọn, kẻ:

• \(B D \bot A B\)
• \(C D \bot A C\)

=> Các góc tại \(B\) và \(C\) đều là góc vuông.

Ta xét tứ giác \(A B D C\):

• \(\angle A B D = 90^{\circ}\) (do \(B D \bot A B\))
• \(\angle A C D = 90^{\circ}\) (do \(C D \bot A C\))

Suy ra:

\(\angle A B D + \angle A C D = 180^{\circ}\)

Mà tổng góc trong tứ giác bằng \(360^{\circ}\), nên:

\(\angle B A D + \angle B C D + 180^{\circ} = 360^{\circ} \Rightarrow \angle B A D + \angle B C D = 180^{\circ}\)

Mà \(\angle B A D\) chính là góc tại \(A\) của tam giác \(A B C\), ký hiệu là \(\angle A\),
\(\angle B C D\) chính là góc tại \(D\) trong tứ giác (ký hiệu là \(\angle D\)).

⇒ \(\Rightarrow \angle D + \angle A = 180^{\circ}\)

b, * Chứng minh \(Q J = B D\)

Vì \(I\) là trung điểm của \(P Q\) và \(B J\), nên:

• \(I P = I Q\) (trung điểm \(P Q\))
• \(I B = I J\) (trung điểm \(B J\))

Xét hai tam giác \(I P B\) và \(I Q J\):

• \(I P = I Q\) (gt)
• \(I B = I J\) (gt)
• \(\angle P I B = \angle Q I J\) (đối đỉnh)

⇒ Tam giác \(I P B\) ≅ tam giác \(Q I J\) (cạnh – cạnh – góc xen giữa)

Suy ra:

\(P B = Q J\)

Nhưng \(P B = A B - A P = A B - \left(\right. A B - B P \left.\right) = B P\), mà \(B P = B D\) (gt)

⇒ \(Q J = P B = B P = B D \Rightarrow \boxed{Q J = B D}\)

*Chứng minh \(\angle A Q J + \angle D = 180^{\circ}\)

Ta đã biết ở phần a): \(\angle A + \angle D = 180^{\circ} .\)

Ta sẽ chứng minh \(\angle A Q J = \angle A\)

Xét hai tam giác:

• Tam giác \(A B P\): có \(B P = B D\) (gt)
• Tam giác \(A C Q\): có \(C Q = C D\) (gt)

Do \(B D \bot A B\), \(C D \bot A C\) ⇒ \(B D\) là đường cao tam giác \(A B C\), tương tự \(C D\) cũng là đường cao.

Suy ra tam giác \(A B P\) vuông tại \(B\), tam giác \(A C Q\) vuông tại \(C\). Hai điểm \(P , Q\) được lấy đối xứng vai trò như nhau theo hai cạnh của tam giác \(A B C\).

Lại có \(Q J = B D = B P\) (ở trên vừa chứng minh), do đó tam giác \(A Q J\) đồng dạng với tam giác \(A B C\) ⇒

\(\angle A Q J = \angle A .\)

Vậy:

\(\angle A Q J + \angle D = \angle A + \angle D = 180^{\circ} . \textrm{ }\textrm{ } \textrm{ } (đ\text{pcm})\)

a: Xét tứ giác SAOB có \(\hat{SAO}+\hat{SBO}=90^0+90^0=180^0\)

nên SAOB là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính SO

b: ΔOMN cân tại O

mà OI là đường trung tuyến

nên OI⊥MN tại I

Ta có: \(\hat{OIS}=\hat{OAS}=\hat{OBS}=90^0\)

=>O,I,A,S,B cùng thuộc đường tròn đường kính OS
c: Xét (O) có

SA,SB là các tiếp tuyến

Do đó: SA=SB

=>S nằm trên đường trung trực của AB(1)

Ta có: OA=OB

=>O nằm trên đường trung trực của AB(2)

Từ (1),(2) suy ra SO là đường trung trực của AB

=>SO⊥AB tại H và H là trung điểm của AB

Xét ΔSAO vuông tại A có AH là đường cao

nên \(SH\cdot SO=SA^2\)

d: Xét (O) có

\(\hat{SAM}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến AS và dây cung AM

\(\hat{ANM}\) là góc nội tiếp chắn cung AM

Do đó: \(\hat{SAM}=\hat{ANM}\)

Xét ΔSAM và ΔSNA có

\(\hat{SAM}=\hat{SNA}\)

góc ASM chung

Do đó: ΔSAM~ΔSNA

=>\(\frac{SA}{SM}=\frac{SN}{SA}\)

=>\(SA^2=SM\cdot SN\)

Bài 4:

a:ĐKXĐ: x>=0; x<>1

b: \(A=\frac{x+1-2\sqrt{x}}{\sqrt{x}-1}+\frac{x+\sqrt{x}}{\sqrt{x}+1}\)

\(=\frac{x-2\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}-1}+\frac{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}+1\right)}{\sqrt{x}+1}\)

\(=\frac{\left(\sqrt{x}-1\right)^2}{\sqrt{x}-1}+\sqrt{x}=\sqrt{x}-1+\sqrt{x}=2\sqrt{x}-1\)

Bài 5:

\(B=\left(\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+4}+\frac{4}{\sqrt{x}-4}\right):\frac{x+16}{\sqrt{x}+2}\)

\(=\frac{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-4\right)+4\left(\sqrt{x}+4\right)}{\left(\sqrt{x}+4\right)\left(\sqrt{x}-4\right)}:\frac{x+16}{\sqrt{x}+2}\)

\(=\frac{x-4\sqrt{x}+4\sqrt{x}+16}{x-16}\cdot\frac{\sqrt{x}+2}{x+16}\)

\(=\frac{x+16}{x-16}\cdot\frac{\sqrt{x}+2}{x+16}=\frac{\sqrt{x}+2}{x-16}\)

Bài 6:

Ta có: \(\frac{3\sqrt{a}}{a+\sqrt{ab}+b}-\frac{3a}{a\sqrt{a}-b\sqrt{b}}+\frac{1}{\sqrt{a}-\sqrt{b}}\)

\(=\frac{3\sqrt{a}}{a+\sqrt{ab}+b}-\frac{3a}{\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)\left(a+\sqrt{ab}+b\right)}+\frac{1}{\sqrt{a}-\sqrt{b}}\)

\(=\frac{3\sqrt{a}\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)-3a+a+\sqrt{ab}+b}{\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)\left(a+\sqrt{ab}+b\right)}\)

\(=\frac{3a-3\sqrt{ab}-2a+\sqrt{ab}+b}{\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)\left(a+\sqrt{ab}+b\right)}=\frac{a-2\sqrt{ab}+b}{\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)\left(a+\sqrt{ab}+b\right)}\)

\(=\frac{\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2}{\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)\left(a+\sqrt{ab}+b\right)}=\frac{\sqrt{a}-\sqrt{b}}{a+\sqrt{ab}+b}\)

Bài 3:

a: ĐKXĐ: a>0; b>0; a<>b

b: \(A=\frac{\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)^2-4\sqrt{ab}}{\sqrt{a}-\sqrt{b}}-\frac{a\sqrt{b}+b\sqrt{a}}{\sqrt{ab}}\)

\(=\frac{a+2\sqrt{ab}+b-4\sqrt{ab}}{\sqrt{a}-\sqrt{b}}-\frac{\sqrt{ab}\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)}{\sqrt{ab}}\)

\(=\frac{a-2\sqrt{ab}+b}{\sqrt{a}-\sqrt{b}}-\sqrt{a}-\sqrt{b}=\frac{\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2}{\sqrt{a}-\sqrt{b}}-\sqrt{a}-\sqrt{b}\)

\(=\sqrt{a}-\sqrt{b}-\sqrt{a}-\sqrt{b}=-2\sqrt{b}\)

Coi số 4 và số 5 là một số, ta sẽ lập số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau mà trong đó có 1 số gồm 2 chữ số là 4 và 5.

Số cách chọn 3 chữ số khác nhau còn lại là: \(C_7^3=35\) (cách)

Số cách xếp 4 số vào 4 vị trí là 4!=24(cách)

Số cách xếp hai chữ số 4 và 5 là 2(cách)

Tổng số cách là: \(35\cdot24\cdot2=1680\) (cách)

Gọi x là độ dài hình chữ nhật

y là độ rộng hình chữ nhật

(x,y>0)

Ta có x+y =25

Theo AGM ta có xy\(\le\frac{\left(x+y\right)^2}{4}=\frac{625}{4}=156.25\)

Dấu bằng xảy ra khi x=y=12,5