A B C H K D

Ta có

\(BC=4.BH\Rightarrow BH=\frac{BC}{4}\) (1)

\(S_{BHD}=\frac{1}{2}.BD.BH.sin\widehat{KBC}\) (*)

Xét tg vuông ABC có

\(AB^2=BH.BC\) (Trong 1 tg vuông bình phương 1 cạnh gó vuông bằng tích của hình chiếu của nó trên cạnh huyền với cạnh huyền)

\(\Rightarrow AB^2=\frac{BC}{4}.BC=\frac{BC^2}{4}\Rightarrow AB=\frac{BC}{2}\) 

Xét tg vuông ABD có

\(\cos\widehat{ABD}=\frac{BD}{AB}\Rightarrow BD=AB.\cos\widehat{ABD}=\frac{BC.\cos\widehat{ABD}}{2}\) (2)

Thay (1) và (2) vào (*)

\(\Rightarrow S_{BHD}=\frac{1}{2}.\frac{BC.\cos\widehat{ABD}}{2}.\frac{BC}{4}.\sin\widehat{KBC}\) (**)

Xét tg BKC có

\(S_{BKC}=\frac{1}{2}.BK.BC.\sin\widehat{KBC\Rightarrow BC.\sin\widehat{KBC}=\frac{2.S_{BKC}}{BK}}\) (***)

Xét tg vuông ABK có

\(AB^2=BD.BK\Rightarrow BK=\frac{AB^2}{BD}=\frac{\frac{BC^2}{4}}{\frac{BC.\cos\widehat{ABD}}{2}}=\frac{BC}{2.\cos\widehat{ABD}}\) Thay giá trị của BK vào(***) ta có

\(BC.\sin\widehat{KBC}=\frac{2.S_{BKC}}{\frac{BC}{2.\cos\widehat{ABD}}}=\frac{4.S_{BKC}.\cos\widehat{ABD}}{BC}\) (3)

Thay (3) vào (**) ta có

\(\Rightarrow S_{BHD}=\frac{1}{2}.\frac{BC.\cos\widehat{ABD}}{2}.\frac{4.S_{BKC}.\cos\widehat{ABD}}{4.BC}=\frac{1}{4}.S_{BKC}.\cos^2\widehat{ABD}\) (dpcm)

Vì A; B; C là 3 góc của một tam giác 

=> \(A+B+C=180^o\)

Ta có: \(\cos A+\cos B=2.\cos\frac{A+B}{2}.\cos\frac{A-B}{2}\le2.\cos\frac{180^o-C}{2}=2.\sin\frac{C}{2}\)

Tương tự: \(\cos A+\cos C\le2.\sin\frac{B}{2}\); \(\cos B+\cos C\le2.\sin\frac{A}{2}\)

=> \(9=5\cos A+6\cos B+7\cos C\)

\(=\left(3\cos A+3\cos C\right)+\left(2\cos A+2\cos B\right)+\left(4\cos B+4\cos C\right)\)

\(\le6.\sin\frac{B}{2}+4\sin\frac{C}{2}+8\sin\frac{A}{2}\)

Vì A; B; C là 3 góc của một tam giác  => \(A;B;C< 180^o\)=> \(\frac{A}{2};\frac{B}{2};\frac{C}{2}< 90^o\)

=> \(0< \sin\frac{B}{2};\sin\frac{C}{2};\sin\frac{A}{2}< 1\)

Đặt: \(\sin\frac{B}{2}=y;\sin\frac{C}{2}=z;\sin\frac{A}{2}=x\)

Đưa về bài toán: \(0< x;y;z< 1\); \(8x+6y+4z\ge9\)

Chứng minh: \(x^2+y^3+z^4\ge\frac{7}{16}\)

Ta có: \(\left(x^2+\frac{1}{4}\right)+\left(y^3+\frac{1}{8}+\frac{1}{8}\right)+\left(z^4+\frac{1}{16}+\frac{1}{16}+\frac{1}{16}\right)\)

\(\ge x+\frac{3}{4}y+\frac{4z}{8}\)( theo cauchy)

=> \(x^2+y^3+z^4\ge\frac{1}{8}\left(8x+6y+4z\right)-\frac{11}{16}\ge\frac{9}{8}-\frac{11}{16}=\frac{7}{16}\)

Dấu "=" xảy ra <=> x = y = z = 1/2 

<=> A = B = C = 60⁰

Đặt \(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}=a\)

\(\Leftrightarrow\left(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\right)^2=a^2\Leftrightarrow\frac{x^2}{y^2}+\frac{y^2}{x^2}+2=a^2\)

Mà \(\frac{x^2}{y^2}+\frac{y^2}{x^2}\ge2\sqrt{\frac{x^2}{y^2}\cdot\frac{y^2}{x^2}}=2\) (BĐT Cauchy)

\(\Rightarrow a^2=\frac{x^2}{y^2}+\frac{y^2}{x^2}+2\ge4\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}a\ge2\\a\le-2\end{cases}}\)

Ta có: \(\frac{x^2}{y^2}+\frac{y^2}{x^2}+4\ge3\left(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\right)\)

\(\Leftrightarrow a^2-2+4\ge3a\)

\(\Leftrightarrow a^2-3a+2\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(a-1\right)\left(a-2\right)\ge0\)

\(\Rightarrow\orbr{\begin{cases}a\ge2\\a\le1\end{cases}}\) Dấu "=" xảy ra khi: \(\orbr{\begin{cases}a=2\\a=1\end{cases}}\)

Nếu \(a=2\Leftrightarrow\frac{x}{y}=\frac{y}{x}=\frac{2}{2}=1\Rightarrow x=y=1\)

Nếu \(a=1\Leftrightarrow\frac{x}{y}=\frac{y}{x}=\frac{1}{2}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=\frac{1}{2}y\\y=\frac{1}{2}x\end{cases}}\Rightarrow x=y=0\left(ktm\right)\)

Vậy \(\frac{x^2}{y^2}+\frac{y^2}{x^2}+4\ge3\left(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\right)\Leftrightarrow x=y=1\)

Vì \(0\le a,b,c\le1̸\)\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}b^{2019}\le b\\c^{2020}\le c\end{cases}}\)

\(\Rightarrow a+b^{2019}+c^{2020}-ab-bc-ca\le a+b+c-ab-bc-ca\) (1)

Xét tích sau \(\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)\ge0\left(\forall a,b,c\right)\)

\(\Leftrightarrow\left(1-a-b+ab\right)\left(1-c\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow1-a-b-c+ab+bc+ca-abc\ge0\)

\(\Leftrightarrow a+b+c-ab-bc-ca\le1-abc\le1-0=1\) (2)

Từ (1) và (2) => \(P\le1\)

Dấu "=" xảy ra khi: \(\hept{\begin{cases}a=b=0\\c=1\end{cases}}\) và các hoán vị của nó

Theo đề bài ta có: \(\hept{\begin{cases}x>1\\y>0\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x-1>0\\y>0\end{cases}}\)

=> \(\frac{1}{\left(x-1\right)^3}>0\) ; \(\left(\frac{x-1}{y}\right)^3>0\) ; \(\frac{1}{y^3}>0\)

Áp dụng BĐT Cauchy ta có:

\(\frac{1}{\left(x-1\right)^3}+1+1\ge3\cdot\frac{1}{x-1}=\frac{3}{x-1}\)

\(\left(\frac{x-1}{y}\right)^3+1+1\ge3\cdot\frac{x-1}{y}=\frac{3\left(x-1\right)}{y}\)

\(\frac{1}{y^3}+1+1\ge3\cdot\frac{1}{y}=\frac{3}{y}\)

Cộng vế 3 BĐT trên lại ta được:

\(\frac{1}{\left(x-1\right)^3}+\left(\frac{x-1}{y}\right)^3+\frac{1}{y^3}+6\ge3\left(\frac{1}{x-1}+\frac{x-1}{y}+\frac{1}{y}\right)=3\left(\frac{1}{x-1}+\frac{x}{y}\right)\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{\left(x-1\right)^3}+\left(\frac{x-1}{y}\right)^3+\frac{1}{y^3}\ge3\left[\left(\frac{1}{x-1}-2\right)+\frac{x}{y}\right]=3\left(\frac{3-2x}{x-1}+\frac{x}{y}\right)\)

Dấu "=" xảy ra khi: \(\hept{\begin{cases}x=2\\y=1\end{cases}}\)

Gọi hình thang đó là ABCD (AB//CD)

AB=15

AD=BC=25 góc

DAB=góc ABC=120 độ.Kẻ AH,BK vuông góc với CD (HK \(\varepsilon\)CD) \(\Rightarrow\)HK=AB=15(cm)

Xét tam giác AHD có:AD=25;Góc D=60 độ \(\Rightarrow\)DH=AD.\(\cos\)=\(\frac{AD}{2}\)=12.5(cm)

Tương tự ta có CK=12.5(cm) \(\Rightarrow CD\)=CK+DH+HK=12.5+12.5+15=40(cm) 

\(\Rightarrow\)Chu vi ABCD=AB+BC+CD+DA=105(cm)

105 cm nhé bạn

AD=\(\sqrt{3}\)R

AE=(1/4)AD=\(\frac{\sqrt{3}}{4}\)R

DE=\(\frac{3\sqrt{3}}{4}\)R

đk: \(\hept{\begin{cases}x\ne0\\x^2\ge\sqrt{\frac{5}{6}}\end{cases}}\)

Ta có: \(x^2\ge\sqrt{\frac{5}{6}}\Rightarrow\hept{\begin{cases}\frac{5}{x^2}>0\\6x^2-1>0\end{cases}}\)

Áp dụng BĐT Cauchy ta có: \(\sqrt{30-\frac{5}{x^2}}=\sqrt{\frac{5}{x^2}\left(6x^2-1\right)}\le\frac{\frac{5}{x^2}+6x^2-1}{2}\) (1)

Mà \(\sqrt{6x^2-\frac{5}{x^2}}=\sqrt{\left(6x^2-\frac{5}{x^2}\right)\cdot1}\le\frac{6x^2-\frac{5}{x^2}+1}{2}\) (2)

Cộng vế (1) và (2) lại ta được:

\(\sqrt{30-\frac{5}{x^2}}+\sqrt{6x^2-\frac{5}{x^2}}\le\frac{12x^2}{2}=6x^2\) 

Dấu "=" xảy ra khi: \(\hept{\begin{cases}\frac{5}{x^2}=6x^2-1\\6x^2-\frac{5}{x^2}=1\end{cases}}\Rightarrow\orbr{\begin{cases}x=1\\x=-1\end{cases}}\)

Vậy \(x\in\left\{-1;1\right\}\)