Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Lời giải:
PT hoành độ giao điểm:
$2x+3=x+2m-1$
$\Leftrightarrow x=2m-4$
Khi đó: $y=2x+3=2(2m-4)+3=4m-5$
Vậy giao điểm là $(2m-4, 4m-5)$
Để 2 đths cắt nhau tại 1 điểm trên trục tung thì điểm đó phải có hoành độ = 0
Tức $2m-4=0$
$\Leftrightarrow m=2$
Câu 1:
a: \(\sqrt{9\cdot25}=3\cdot5=15\)
b: \(=3\sqrt{2}\cdot\sqrt{2}+4\sqrt{2}\cdot\sqrt{2}-5\sqrt{2}\cdot\sqrt{2}\)
=6+8-10
=4
c: Xét tứ giác AEHF có
\(\widehat{EAF}=\widehat{AFH}=\widehat{AEH}=90^0\)
Do đó: AEHF là hình chữ nhật
Suy ra: AH=EF; AE=HF và AF=HE
Xét ΔAHB vuông tại H có HE là đường cao ứng với cạnh huyền AB
nên \(EA\cdot EB=HE^2\)
hay \(EA\cdot HF=HE^2\)
Xét ΔAHC vuông tại H có HF là đường cao ứng với cạnh huyền AC
nên \(FA\cdot FC=HF^2\)
hay \(FC\cdot HE=HF^2\)
Xét ΔEHF vuông tại H có
\(EF^2=HF^2+HE^2\)
hay \(AH^2=EB\cdot HF+FC\cdot HE\)
2b)
Áp dụng BĐT bunhiacopxki có:
\(\left(1+1\right)\left(x^4+y^4\right)\ge\left(x^2+y^2\right)^2\)
\(\left(1+1\right)\left(x^2+y^2\right)\ge\left(x+y\right)^2\)\(\Leftrightarrow x^2+y^2\ge\dfrac{\left(x+y\right)^2}{2}\)
\(\Rightarrow2\left(x^4+y^4\right)\ge\dfrac{\left(x+y\right)^4}{4}\Leftrightarrow x^4+y^4\ge\dfrac{1}{8}.\left(x+y\right)^4\)
Dấu "=" xảy ra khi x=y
3)
Áp dụng bđt Holder có:
\(\left(x^3+y^3+z^3\right)\left(1+1+1\right)\left(1+1+1\right)\ge\left(x+y+z\right)^3\)
\(\Leftrightarrow x^3+y^3+z^3\ge\dfrac{1}{9}\left(x+y+z\right)^3\)
Dấu "=" xảy ra khi x=y=z
3)(Nếu không dùng Holder)
Với x,y,z >0, ta có bđt sau:\(2x^3+2y^3+2z^3\ge xy\left(x+y\right)+yz\left(y+z\right)+xz\left(x+z\right)\) (1)
Thật vậy (1)\(\Leftrightarrow\left(x+y\right)\left(x^2-xy+y^2\right)-xy\left(x+y\right)+\left(y+z\right)\left(y^2-yz+z^2\right)-yz\left(y+z\right)+\left(z+x\right)\left(z^2-zx+x^2\right)-zx\left(x+z\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(x+y\right)\left(x-y\right)^2+\left(y+z\right)\left(y-z\right)^2+\left(z+x\right)\left(z-x\right)^2\ge0\) (lđ)
Áp dụng AM-GM có:
\(x^3+y^3+z^3\ge3xyz\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{2\left(x^3+y^3+z^3\right)}{3}\ge2xyz\) (2)
Từ (1) và (2), cộng vế với vế \(\Rightarrow\dfrac{8}{3}\left(x^3+y^3+z^3\right)\ge xy\left(x+y\right)+yz\left(x+z\right)+xz\left(x+z\right)+2xyz\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{8}{3}\left(x^3+y^3+z^3\right)\ge\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)\)
\(\Leftrightarrow8\left(x^3+y^3+z^3\right)\ge3\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(x+z\right)\)
\(\Leftrightarrow9\left(x^3+y^3+z^3\right)\ge x^3+y^3+z^3+3\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)=\left(x+y+z\right)^3\)
\(\Rightarrow x^3+y^3+z^3\ge\dfrac{1}{9}\left(x+y+z\right)^3\) (đpcm)
a.
\(\left(2x+3\right)^2-\left(2x-3\right)^2=\left(2x+3+2x-3\right)\left(2x+3-2x+3\right)=24x\)
b.
\(\left(x-2y\right)^3+\left(x+2y\right)^3=\left(x-2y+x+2y\right)^3-3\left(x-2y\right)\left(x+2y\right)\left(x-2y+x+2y\right)\)
\(=\left(2x\right)^3-3\left(x^2-4y^2\right).2x=8x^3-6x^3+24xy^2=2x^3+24xy^2\)
c.
\(\left(2x+3\right)\left(3-2x\right)+4x^2=\left(3+2x\right)\left(3-2x\right)+4x^2=9-\left(2x\right)^2+4x^2\)
\(=9-4x^2+4x^2=9\)
Câu 1
t8-t2+ \(\frac{1}{2}\)=t8 - t4+ \(\frac{1}{4}\) + t4-t2+\(\frac{1}{4}\) = (t4 -\(\frac{1}{2}\) )2 + (t2-\(\frac{1}{2}\))2 luôn lớn hơn không do t4-1/2 khác t2-1/2 nên cả hai không thể đồng thời bằng 0
Câu 2:
\(\frac{1}{a}+\frac{1}{2b}+\frac{1}{3c}=\frac{6bc+3ac+2ab}{6abc}=0\)
=> 6bc+3ac+2ab=0
Có a+2b+3c=1=> (a+2b+3c)2=0=>a2+4b2+9c2+2(6bc+3ac+2ab)=1
=> a2+4b2+9c2 =1
Lời giải:
b. Tam giác $ABC$ vuông tại $A$ và $C=45^0$ nên:
$B=90^0-C=90^0-45^0=45^0$
Do đó, tam giác $ABC$ vuông cân tại $A$
$\Rightarrow AC=AB=50$ (cm)
Áp dụng định lý Pitago: $BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=\sqrt{50^2+50^2}=50\sqrt{2}$ (cm)
f.
Theo định lý Pitago: $AC=\sqrt{BC^2-AB^2}=\sqrt{7^2-5^2}=2\sqrt{6}$ (cm)
$\sin B=\frac{AC}{BC}=\frac{2\sqrt{6}}{7}$
$\Rightarrow B=44,42^0$
$C=90^0-B=90^0-44,42^0=45,58^0$
b) Xét ΔABC vuông tại A có \(\widehat{C}=45^0\)(gt)
nên ΔABC vuông cân tại A(Định nghĩa tam giác vuông cân)
Suy ra: \(\widehat{B}=45^0\) và AC=50(cm)
Áp dụng định lí Pytago vào ΔABC vuông tại A, ta được:
\(BC^2=AB^2+AC^2\)
\(\Leftrightarrow BC^2=50^2+50^2=5000\)
hay \(BC=50\sqrt{2}\left(cm\right)\)
Bài 2:
2) \(\hept{\begin{cases}3x+2y=10\\2x-y=m\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}3x+2y=10\\4x-2y=2m\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}7x=10+2m\\y=2x-m\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=\frac{2m+10}{7}\\y=\frac{20-3m}{7}\end{cases}}\)
\(\hept{\begin{cases}x>0\\y< 0\end{cases}}\Rightarrow\hept{\begin{cases}\frac{2m+10}{7}>0\\\frac{20-3m}{7}< 0\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}m>-5\\m>\frac{20}{3}\end{cases}}\Leftrightarrow m>\frac{20}{3}\).
Bài 3:
3) (d') song song (d) nên (d') có dạng: \(y=5x+k,k\ne6\).
Phương trình hoành độ giao điểm (d') và (P) là:
\(-x^2=5x+k\Leftrightarrow x^2+5x+k=0\)(1)
(d') cắt (P) tại hai điểm phân biệt khi phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt.
Khi đó:
\(\Delta>0\Leftrightarrow5^2-4.k.1=25-4k>0\Leftrightarrow k< \frac{25}{4}\).
Khi \(k< \frac{25}{4}\)phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt \(x_1,x_2\).
Theo định lí Viete:
\(x_1x_2=k\)suy ra \(k=-24\)(thỏa mãn)
Vậy (d'): \(y=5x-24\)