Giúp t bài này :
Cho hình vuông ABCD. Lấy M thuộc đường chéo AC, gọi E, F là hình chiếu của M trên AD, CD. Chứng minh :
a) BM vuông góc EF
b) Các đường thẳng BM, EF, CE đồng quy
Bạn nào giỏi hình giúp vs ạ ~
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Lời giải:
ĐKXĐ: \(x,y\neq 1\)
Kết hợp với \(x,y\in\mathbb{Z}, xy=1\) suy ra \(x=y=-1\)
Thay vào điều kiện \(\frac{x+y-2}{4}=\frac{1}{x-1}+\frac{1}{y-1}\) thấy thỏa mãn
Vậy \(x=y=-1\)
Lời giải:
Ta thấy:
\(\frac{1}{2016^x+1}+\frac{1}{2016^{-x}+1}=\frac{1}{2016^x+1}+\frac{1}{\frac{1}{2016^x}+1}=\frac{1}{2016^x+1}+\frac{2016^x}{1+2016^x}=\frac{2016^x+1}{2016^x+1}=1\)
Do đó:
\(A=\frac{1}{2016^{-2016}+1}+\frac{1}{2016^{-2015}+1}+...+\frac{1}{2016^{-1}+1}+\frac{1}{2016^0+1}+\frac{1}{2016^1+1}+...+\frac{1}{2016^{2016}+1}\)
\(=\underbrace{\left(\frac{1}{2016^{-2016}+1}+\frac{1}{2016^{2016}+1}\right)+\left(\frac{1}{2016^{-2015}+1}+\frac{1}{2016^{2015}+1}\right)+....+\left(\frac{1}{2016^{-1}+1}+\frac{1}{2016^{1}+1}\right)}_{ \text{2016 cặp}}+\frac{1}{2016^0+1}\)
\(=1.2016+\frac{1}{1+1}=2016+\frac{1}{2}=\frac{4033}{2}\)
a) kẻ đường cao AH.Dễ thấy \(\dfrac{OA'}{AA'}=\dfrac{S_{BOC}}{S_{ABC}}\).Tương tự ta có:
\(\dfrac{OB'}{BB'}=\dfrac{S_{AOC}}{S_{ABC}};\dfrac{OC'}{CC'}=\dfrac{S_{AOB}}{S_{ABC}}\)
\(\Rightarrow\dfrac{OA'}{AA'}+\dfrac{OB'}{BB'}+\dfrac{OC'}{CC'}=\dfrac{S_{BOC}+S_{AOC}+S_{AOB}}{S_{ABC}}=\dfrac{S_{ABC}}{S_{ABC}}=1\left(QED\right)\)
b)Theo câu a:
\(\left(1-\dfrac{OA'}{AA'}\right)+\left(1-\dfrac{OB'}{BB'}\right)+\left(1-\dfrac{OC'}{CC'}\right)=3-1\)
\(\Rightarrow\dfrac{OA}{AA'}+\dfrac{OB}{BB'}+\dfrac{OC}{CC'}=2\)
c)Chứng minh \(\dfrac{OA}{OA'}+\dfrac{OB}{OB'}+\dfrac{OC}{OC'}\ge6\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{AA'}{OA'}+\dfrac{BB'}{OB'}+\dfrac{CC'}{OC'}\ge9\)
có:\(\dfrac{AA'}{OA'}=\dfrac{S_{ABC}}{S_{BOC}}\)( theo câu a)
tương tự và cộng lại:\(M=\dfrac{AA'}{OA'}+\dfrac{BB'}{OB'}+\dfrac{CC'}{OC'}=S_{ABC}\left(\dfrac{1}{S_{BOC}}+\dfrac{1}{S_{AOC}}+\dfrac{1}{S_{AOB}}\right)\ge\dfrac{9S_{ABC}}{S_{BOC}+S_{AOB}+S_{AOC}}=\dfrac{9S_{ABC}}{S_{ABC}}=9\)
( BĐT AM-GM)
Dấu = xảy ra hay M nhỏ nhất khi O là trọng tâm của tam giác ABC
d) có: \(\dfrac{AA'}{OA'}=\dfrac{S_{ABC}}{S_{BOC}}\Rightarrow\dfrac{AA'-OA'}{OA'}=\dfrac{S_{ABC}-S_{BOC}}{S_{BOC}}\)
\(\Rightarrow\dfrac{OA}{OA'}=\dfrac{S_{AOC}+S_{AOB}}{S_{BOC}}\)
Tương tự và nhân lại:
\(N=\dfrac{OA}{OA'}.\dfrac{OB}{OB'}.\dfrac{OC}{OC'}=\dfrac{\left(S_{AOC}+S_{AOB}\right)\left(S_{BOC}+S_{AOB}\right)\left(S_{BOC}+S_{AOC}\right)}{S_{AOB}.S_{AOC}.S_{BOC}}\)
Đặt \(\left(S_{BOC};S_{AOB};S_{AOC}\right)\rightarrow\left(a,b,c\right)\)
Thì \(N=\dfrac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{abc}\)
Theo AM-GM:\(N\ge\dfrac{2\sqrt{ab}.2\sqrt{bc}.2\sqrt{ac}}{abc}=\dfrac{8abc}{abc}=8\)
Dấu = xảy ra khi O là trọng tâm của tam giác ABC
Lời giải:
Ta có:
\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{1}{a+b+c}\)
\(\Leftrightarrow \frac{a+b}{ab}=\frac{1}{a+b+c}-\frac{1}{c}=\frac{-(a+b)}{c(a+b+c)}\)
\(\Leftrightarrow (a+b)\left(\frac{1}{ab}+\frac{1}{c(a+b+c)}\right)=0\)
\(\Leftrightarrow (a+b).\frac{ab+c(a+b+c)}{abc(a+b+c)}=0\)
\(\Leftrightarrow (a+b).\frac{(c+a)(c+b)}{abc(a+b+c)}=0\)
\(\Leftrightarrow (a+b)(b+c)(c+a)=0\)
Ta sẽ cm \(\frac{1}{a^{2n+1}}+\frac{1}{b^{2n+1}}+\frac{1}{c^{2n+1}}=\frac{1}{a^{2n+1}+b^{2n+1}+c^{2n+1}}(*)\)
Thật vậy: \((*)\Leftrightarrow \frac{a^{2n+1}+b^{2n+1}}{(ab)^{2n+1}}=\frac{1}{a^{2n+1}+b^{2n+1}+c^{2n+1}}-\frac{1}{c^{2n+1}}\)
\(\Leftrightarrow \frac{a^{2n+1}+b^{2n+1}}{(ab)^{2n+1}}=\frac{-(a^{2n+1}+b^{2n+1})}{c^{2n+1}(a^{2n+1}+b^{2n+1}+c^{2n+1})}\)
\(\Leftrightarrow (a^{2n+1}+b^{2n+1})\left(\frac{1}{(ab)^{2n+1)}}+\frac{1}{c^{2n+1}(a^{2n+1}+b^{2n+1}+c^{2n+1})}\right)=0\)
\(\Leftrightarrow (a^{2n+1}+b^{2n+1}).\frac{c^{2n+1}(a^{2n+1}+b^{2n+1}+c^{2n+1})+(ab)^{2n+1}}{(abc)^{2n+1}(a^{2n+1}+b^{2n+1}+c^{2n+1})}=0\)
\(\Leftrightarrow \frac{(a^{2n+1}+b^{2n+1})(c^{2n+1}+b^{2n+1})(c^{2n+1}+a^{2n+1})}{abc^{2n+1}(a^{2n+1}+b^{2n+1}+c^{2n+1})}=0\)
Thấy rằng
\((a^{2n+1}+b^{2n+1})(b^{2n+1}+c^{2n+1})(c^{2n+1}+a^{2n+1})=(a+b).X.(b+c).Y.(c+a).Z\)
\(=0\) (do \((a+b)(b+c)(c+a)=0\) )
Do đó đẳng thức $(*)$ cần chứng minh đúng.
-------------------
Ta tiếp tục chứng minh \(\frac{1}{a^{2n+1}+b^{2n+1}+c^{2n+1}}=\frac{1}{(a+b+c)^{2n+1}}(**)\)
\(\Leftrightarrow a^{2n+1}+b^{2n+1}+c^{2n+1}=(a+b+c)^{2n+1}\)
Thật vậy:
\((a+b)(b+c)(c+a)=0\)\(\Rightarrow \left[\begin{matrix} a+b=0\\ b+c=0\\ c+a=0\end{matrix}\right.\)
Không mất tổng quát giả sử \(a+b=0\)
\(\Rightarrow \left\{\begin{matrix} a^{2n+1}+b^{2n+1}+c^{2n+1}=(-b)^{2n+1}+b^{2n+1}+c^{2n+1}=c^{2n+1}\\ (a+b+c)^{2n+1}=(0+c)^{2n+1}=c^{2n+1}\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow a^{2n+1}+b^{2n+1}+c^{2n+1}=(a+b+c)^{2n+1}\)
Do đó $(**)$ đúng
Từ $(*)$ và $(**)$ ta có đpcm.
Ta có:
\(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}=\dfrac{1}{a+b+c}\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}a=-b\\b=-c\\c=-a\end{matrix}\right.\)
Xét \(a=-b\) thì ta có
\(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{1}{a^{2n+1}}+\dfrac{1}{b^{2n+1}}+\dfrac{1}{c^{2n+1}}=\dfrac{1}{c^{2n+1}}\\\dfrac{1}{a^{2n+1}+b^{2n+1}+c^{2n+1}}=\dfrac{1}{c^{2n+1}}\\\dfrac{1}{\left(a+b+c\right)^{2n+1}}=\dfrac{1}{c^{2n+1}}\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\dfrac{1}{a^{2n+1}}+\dfrac{1}{b^{2n+1}}+\dfrac{1}{c^{2n+1}}=\dfrac{1}{a^{2n+1}+b^{2n+1}+c^{2n+1}}=\dfrac{1}{\left(a+b+c\right)^{2n+1}}\)
Tương tự cho 2 bộ số còn lại ta được ĐPCM.
\(B=\dfrac{2x^3-7x^2-12x+45}{3x^3-19x^2+33x-9}\)
\(=\dfrac{2x^3+5x^2-12x^2-30x+18x+45}{3x^3-x^2-18x^2+6x+27x-9}\)
\(=\dfrac{\left(2x^3+5x^2\right)-\left(12x^2+30x\right)+\left(18x+45\right)}{\left(3x^3-x^2\right)-\left(18x^2-6x\right)+\left(27x-9\right)}\)
\(=\dfrac{x^2\left(2x+5\right)-6x\left(2x+5\right)+9\left(2x+5\right)}{x^2\left(3x-1\right)-6x\left(3x-1\right)+9\left(3x-1\right)}\)
\(=\dfrac{\left(2x+5\right)\left(x^2-6x+9\right)}{\left(3x-1\right)\left(x^2-6x+9\right)}\)
\(=\dfrac{\left(2x+5\right)\left(x-3\right)^2}{\left(3x-1\right)\left(x-3\right)^2}\)
ĐKXĐ : \(\left\{{}\begin{matrix}3x-1\ne0\\x-3\ne0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x\ne\dfrac{1}{3}\\x\ne3\end{matrix}\right.\)
\(a,B=\dfrac{\left(2x+5\right)\left(x-3\right)^2}{\left(3x-1\right)\left(x-3\right)^2}=\dfrac{2x+5}{3x-1}\)
b,Để \(B>0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{2x+5}{3x-1}>0\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}\left\{{}\begin{matrix}2x+5>0\\3x-1>0\end{matrix}\right.\\\left\{{}\begin{matrix}2x+5< 0\\3x-1< 0\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}\left\{{}\begin{matrix}x>-\dfrac{5}{2}\\x>\dfrac{1}{3}\end{matrix}\right.\\\left\{{}\begin{matrix}x< -\dfrac{5}{2}\\x< \dfrac{1}{3}\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\)
Vậy \(\left[{}\begin{matrix}x>\dfrac{1}{3}\\x< -\dfrac{5}{2}\end{matrix}\right.\) thì B > 0
a) ĐKXĐ:\(x\ne\dfrac{1}{3};x\ne3\)
\(B=\dfrac{2x^3-7x^2-12x+45}{3x^3-19x^2+33x-9}\)
\(B=\dfrac{\left(2x^3-12x^2+18x\right)+\left(5x^2-30x+45\right)}{\left(3x^3-18x^2+27x\right)-\left(x^2-6x+9\right)}\)
\(B=\dfrac{2x\left(x^2-6x+9\right)+5\left(x^2-6x+9\right)}{3x\left(x^2-6x+9\right)-\left(x^2-6x+9\right)}\)
\(B=\dfrac{\left(2x+5\right)\left(x^2-6x+9\right)}{\left(3x-1\right)\left(x^2-6x+9\right)}\)
\(B=\dfrac{2x+5}{3x-1}\)
b) Để \(B>0\Leftrightarrow\dfrac{2x+5}{3x-1}>0\Leftrightarrow2x+5\)và \(3x-1\) cùng dấu
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}\left\{{}\begin{matrix}2x+5>0\\3x-1>0\end{matrix}\right.\\\left\{{}\begin{matrix}2x+5< 0\\3x-1< 0\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}\left\{{}\begin{matrix}x>\dfrac{-5}{2}\\x>\dfrac{1}{3}\end{matrix}\right.\\\left\{{}\begin{matrix}x< \dfrac{-5}{2}\\x< \dfrac{1}{3}\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x>\dfrac{1}{3}\\x< -\dfrac{5}{2}\end{matrix}\right.\)
\(VT=a-\dfrac{ab^2}{b^2+1}+b-\dfrac{bc^2}{c^2+1}+c-\dfrac{ca^2}{a^2+1}\)
\(VT=3-\left(\dfrac{ab^2}{b^2+1}+\dfrac{bc^2}{c^2+1}+\dfrac{ca^2}{a^2+1}\right)\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}b^2+1\ge2\sqrt{b^2}=2b\\c^2+1\ge2\sqrt{c^2}=2c\\a^2+1\ge2\sqrt{a^2}=2a\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{ab^2}{b^2+1}\le\dfrac{ab^2}{2b}=\dfrac{ab}{2}\\\dfrac{bc^2}{c^2+1}\le\dfrac{bc^2}{2c}=\dfrac{bc}{2}\\\dfrac{ca^2}{a^2+1}\le\dfrac{ca^2}{2a}=\dfrac{ca}{2}\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\dfrac{ab^2}{b^2+1}+\dfrac{bc^2}{c^2+1}+\dfrac{ca^2}{a^2+1}\le\dfrac{ab+bc+ca}{2}\)
\(\Rightarrow3-\left(\dfrac{ab^2}{b^2+1}+\dfrac{bc^2}{c^2+1}+\dfrac{ca^2}{a^2+1}\right)\ge3-\dfrac{ab+bc+ca}{2}\) ( 1 )
Theo hệ quả của bất đẳng thức Cauchy - Schwarz
\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Rightarrow3\ge ab+bc+ca\)
\(\Rightarrow\dfrac{3}{2}\ge\dfrac{ab+bc+ca}{2}\)
\(\Rightarrow\dfrac{3}{2}\le3-\dfrac{ab+bc+ca}{2}\) ( 2 )
Từ (1) và (2)
\(\Rightarrow3-\left(\dfrac{ab^2}{b^2+1}+\dfrac{bc^2}{c^2+1}+\dfrac{ca^2}{a^2+1}\right)\ge\dfrac{3}{2}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a}{b^2+1}+\dfrac{b}{c^2+1}+\dfrac{c}{a^2+1}\ge\dfrac{3}{2}\) ( đpcm )
Dấu " = " xảy ra khi \(a=b=c=1\)
Lời giải:
Đặt \(A=a^2+b^2+c^2+abc\)
Dựa theo điều kiện \(a+b+c=0\) ta suy ra:
\(A=a^2+b^2+(-a-b)^2+ab(-a-b)\)
\(=a^2+b^2+(a+b)^2-ab(a+b)=2(a+b)^2-2ab-ab(a+b)\)
\(A=2(a+b)^2-ab(a+b+2)(1)\)
Vì \(a,b\leq 2\Rightarrow (a-2)(b-2)\geq 0\)
\(\Leftrightarrow ab+4\geq 2(a+b)\Leftrightarrow ab\geq 2(a+b-2)(*)\)
Do \(a+b+2=2-c\geq 0\) nên nhân cả hai vế của $(*)$ với \(a+b+2\) thì BĐT không đổi chiều. Tức là:
\(ab(a+b+2)\geq 2(a+b-2)(a+b+2)=2[(a+b)^2-4](2)\)
Từ \((1); (2)\Rightarrow A\leq 2(a+b)^2-2[(a+b)^2-4]=8\) (đpcm)
Dấu bằng xảy ra khi ít nhất một trong 3 số $a,b,c$ có một số bằng $2$
Kẻ \(\text{Cy}//\text{AB}\) cắt tia \(\text{Ax}\) tại \(\text{H}\)
\(\widehat{BAH}=\widehat{CHA}\) (so le trong, \(\text{AB//CH}\))
Mà \(\widehat{CAH}=\widehat{BAH}\) (Ax tia là phân giác)
\(\Rightarrow\widehat{CHA}=\widehat{CAH}\) suy ra \(\Delta CAH\) cân tại C
Do đó: \(\left\{{}\begin{matrix}CH=CA\\BK=CA\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow CH=BK; \text{CH//BK}\)
Suy ra tứ giác \(\text{KCHB}\) là hình bình hành suy ra \(E\) là trung điểm \(KH\)
Do \(F\) là trung điểm của \(AK\) nên \(EF\) là đường trung bình của \(\Delta KHA\)
Do đó \(\text{EF//AH}\) hay \(\text{EF//Ax}\) (ĐPCM)
thÔi t ko làm nữa đâu mệt lắm xem tạm Câu hỏi của Nguyễn Long - Toán lớp 8 - Học toán với OnlineMath
a) cm 2 tam giác gì đó = nhau rồi cộng góc
b) cm 3 ddg` cao đồng quy