khoahoc.vietjack.com

Quảng cáo

Trả lời:

verified Giải bởi Vietjack

\[A = \sqrt {12} + \sqrt 4 - 2\sqrt 3 = 2\sqrt 3 + 2 - 2\sqrt 3 \]

\[ = 2\]

Đang tải chế độ Học...

Hot: 1000+ đề thi giữa kì 1 lớp 1-12 đầy đủ các môn (Update 2026) (chỉ từ 60k). Tải ngay

ĐẶC QUYỀN VIP

Đăng ký VIP để học và luyện thi không giới hạn

Trọn bộ quyền lợi trên Vietjack, trong một tài khoản.

  • Phòng luyện thi cấp tốc: ĐGNL - ĐGTD, Tốt nghiệp THPT, Ôn vào 10, Ôn vào 6, Ôn Giữa kì/Cuối kì
  • Hơn 200K đề thi thử, đề minh hoạ, chính thức các năm
  • Với 3tr+ câu hỏi theo các mức độ Nhận biết, Thông hiểu, Vận dụng
  • Tải xuống đề thi [DOCX] với đầy đủ đáp án
  • Xem hàng ngàn bài giảng đính kèm củng cố thêm kiến thức
  • Bao gồm tất cả các bậc từ Tiểu học đến Đại học
  • Chặn hiển thị quảng cáo tăng khả năng tập trung ôn luyện
  • Đăng ký ngay

CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ

Lời giải

Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R. Trên nửa mặt phẳng bờ AB, cùng phía với nửa đường tròn vẽ Ax, By lần lượt là các tia tiếp tuyến của (O) tại A và B. Gọi I là trung điểm của AO. Lấ (ảnh 1)

a) Vì \(AP\) là tiếp tuyến của đường tròn \((O)\)tại A nên \(\widehat {PAI} = 90^\circ \) hay tam giác \(PAI\)vuông tại A.

Vậy 3 điểm \(P,A,I\) cùng thuộc đường tròn có tâm là trung điểm của cạnh \(PI\)và bán kính là \(\frac{{PI}}{2}\). (1)

Tương tự ta cũng chứng minh được 3 điểm \(P,H,I\)cùng thuộc đường tròn có tâm là trung điểm của cạnh \(PI\)và bán kính là \(\frac{{PI}}{2}\). (2)

Từ (1) và (2) suy ra 4 điểm \(P,A,I,H\) cùng thuộc một đường tròn hay tứ giác \(APHI\) nội tiếp được.

b) Ta có ( g-g)

Suy ra: \(\frac{{AP}}{{BI}} = \frac{{AI}}{{BQ}}\) nên\(AP.BQ = AI.BI\)

c) Từ câu 1) ta có\(APHI\)là tứ giác nội tiếp suy ra \(\widehat {IAH} = \widehat {IPH}\)(2 góc nội tiếp cùng chắn )\(IAH=IPH\)

Tương tự ta cũng có \(BQHI\) là tứ giác nội tiếp

Suy ra \(\widehat {IBH} = \widehat {IQH}\) \(IBH=IQH\) (2 góc nội tiếp cùng chắn )

mà \(\widehat {PIQ} = 90^\circ \) nên \(\widehat {AHB} = 90^\circ \) suy ra \(H \in (O)\)và tứ giác \(MHNI\)nội tiếp.

Do đó\(=>HNM=HIM =HAP\) \(\widehat {HNM} = \widehat {HIM} = \widehat {HAP}\)\(HAP=HBA=\)mà \(\widehat {HAP} = \widehat {HBA}\) suy ra \(\widehat {HNM} = \widehat {HBA}\)

mà 2 góc này ở vị trí đồng vị nên MN//AB.

Lời giải

Vì \(\Delta = {b^2} - 4ac = {\left( 5 \right)^2} - 4.1.2 = 17 > 0\)

Nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt \({x_{1,}},{x_2}\).

Theo định lý Vi-et, ta có:\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{S = {x_1} + {x_2} = \frac{{ - b}}{a} = \frac{{ - 6}}{1} = - 6}\\{P = {x_1}.{x_2} = \frac{c}{a} = \frac{2}{1} = 2}\end{array}} \right.\)

Ta có:

\[P = \frac{{{x_1}\sqrt {2x_1^2 + {x_1}{x_2}} + {x_2}\sqrt {2x_2^2 + {x_1}{x_2}} }}{{x_1^2 + x_2^2}}\]

Đặt B = \[x_1^2 + x_2^2 = {\left( {x_1^{} + x_2^{}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} = {( - 6)^2} - 2.2 = 32\]

Đặt \[A = {x_1}\sqrt {2x_1^2 + {x_1}{x_2}} + {x_2}\sqrt {2x_2^2 + {x_1}{x_2}} \].Từ S = -6, P = 2, \({x_{1,}},{x_2}\) < 0. A < 0

\[{A^2} = x_1^2\left( {2x_1^2 + {x_1}{x_2}} \right) + x_2^2\left( {2x_2^2 + {x_1}{x_2}} \right) + 2{x_1}{x_2}\sqrt {x_1^2x_2^2\left( {2{x_1} + {x_2}} \right)\left( {2{x_2} + {x_1}} \right)} \]

\[A = - \left( {2096 + 8\sqrt {74} } \right)\]

\[A = \frac{{ - \left( {2096 + 8\sqrt {74} } \right)}}{{32}}\]

Lời giải

Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 250K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.

Nâng cấp VIP