K
Khách

Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.

15 tháng 1 2019

a/ \(\frac{a}{a^2+bc}+\frac{b}{b^2+ca}+\frac{c}{c^2+ab}\le\frac{a}{2a\sqrt{bc}}+\frac{b}{2b\sqrt{ca}}+\frac{c}{2c\sqrt{ab}}\)

\(=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{\sqrt{bc}}+\frac{1}{\sqrt{ca}}+\frac{1}{\sqrt{ab}}\right)\le\frac{1}{4}\left(3+\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\right)\)

\(=\frac{1}{4}\left(3+3\right)=\frac{3}{2}\)

15 tháng 1 2019

b/ \(\left(x^2-2x-1\right)\left(x^2-2x+2\right)=0\)

GIÚP MÌNH GẤP Ạ MÌNH CẢM ƠN NHIỀU1: Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp (O) (AB<AC) có 3 đường cao AD, BE, CM cắt nhau tại H, AD cắt (O) tại Na) chứng minh tứ giác BMHD, BMEC nội tiếpb) chứng minh MC là tia phân giác của góc EMDc) chứng minh H và N đối xứng với nhau qua BCd) chứng minh OC vuông góc BE2: Cho tam giác abc nhọn nội tiếp (o) có 2 đường cao bm và cd cắt nhau tại h. bm và cd cắt (o) lần lượt tại f...
Đọc tiếp

GIÚP MÌNH GẤP Ạ MÌNH CẢM ƠN NHIỀU

1: Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp (O) (AB<AC) có 3 đường cao AD, BE, CM cắt nhau tại H, AD cắt (O) tại N

a) chứng minh tứ giác BMHD, BMEC nội tiếp

b) chứng minh MC là tia phân giác của góc EMD

c) chứng minh H và N đối xứng với nhau qua BC

d) chứng minh OC vuông góc BE

2: Cho tam giác abc nhọn nội tiếp (o) có 2 đường cao bm và cd cắt nhau tại h. bm và cd cắt (o) lần lượt tại f và e

a) chứng minh tứ giác bdmc, adhm nội tiếp

b) chứng minh ef//md

c) vẽ đường kính bk của (o). chứng minh ah=ck

d) gọi i là điểm đối xứng h qua bc. chứng minh i thuộc (o)

3: cho tam giác abc nhọn nội tiếp (o) (ab<ac) có 3 đường cao am, bn, cd cắt nhau tại h. am cắt (o) tại e

a) chứng minh tứ giác mnhc, bdnc nội tiếp

b) chứng minh h và e đối xứng với nhau qua bc

c) chứng minh oa vuông góc dn

d) gọi i và k lần lượt là hình chiếu của e lên ab và ac, chứng minh 3 điểm i, m, k thẳng hàng

 

0
15 tháng 1 2019

Đặt \(\hept{\begin{cases}\sqrt[3]{x}=a\\\sqrt[3]{y}=b\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}2\left(a^3+b^3\right)=3\left(a^2b+b^2a\right)\\a+b=6\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}3\left(a^3+b^3\right)=\left(a+b\right)^3=6^3=216\\a+b=6\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}3\left(a+b\right)\left[\left(a+b\right)^2-3ab\right]=216\\a+b=6\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}3.6\left[6^2-3ab\right]=216\\a+b=6\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}ab=8\\a+b=6\end{cases}}\)

Tới đây bí

15 tháng 1 2019

Câu 1, \(\left(1\right)\hept{\begin{cases}\sqrt[4]{x^3}+\sqrt[5]{y^3}=35\\\sqrt[4]{x}+\sqrt[5]{y}=5\end{cases}}\)

ĐKXĐ: x > 0

Đặt \(\hept{\begin{cases}\sqrt[4]{x}=a\left(a\ge0\right)\\\sqrt[5]{y}=b\end{cases}}\)

Hệ ban đầu trở thành

\(\hept{\begin{cases}a^3+b^3=35\\a+b=5\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)=35\\a+b=5\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}5.\left[\left(a+b\right)^2-3ab\right]=35\\a+b=5\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\left(a+b\right)^2-3ab=7\\a+b=5\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}25-3ab=7\\a+b=5\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}ab=6\\a+b=5\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a\left(5-a\right)=6\\b=5-a\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}5a-a^2=6\\b=5-a\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a^2-5a+6=0\\b=5-a\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\left(a-3\right)\left(a-2\right)=0\\b=5-a\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=3\\b=2\end{cases}\left(h\right)\hept{\begin{cases}a=2\\b=3\end{cases}}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\sqrt[4]{x}=3\\\sqrt[5]{y}=2\end{cases}}\left(h\right)\hept{\begin{cases}\sqrt[4]{x}=2\\\sqrt[5]{y}=3\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=81\\y=32\end{cases}\left(h\right)\hept{\begin{cases}x=16\\y=243\end{cases}}}\)(Thỏa mãn)

Vậy

15 tháng 1 2019

2/ Đặt \(\hept{\begin{cases}\sqrt{x}=a\ge0\\\sqrt{1-x}=b\ge0\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}a^3+b^3=a+2b\\a^2+b^2=1\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\left(a+b\right)\left(a^2+b^2-ab\right)=a+2b\\a^2+b^2=1\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\left(a+b\right)\left(1-ab\right)=a+2b\\a^2+b^2=1\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}b\left(a^2+ab+1\right)=0\\a^2+b^2=1\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}b=0\\a^2+b^2=1\end{cases}}\)

15 tháng 1 2019

Sửa đề : I là trung điểm AO

O A B x y I M E F

a,Xét tứ giác AEIM có ^EAI + ^EMI = 90o

=> Tứ giác AEIM nội tiếp 

Tương tự tứ giác MIBF nội tiếp

b,Vì tứ giác AEIM nội tiếp

=> ^MEI = ^MAI

Tương tự ^MFI = ^MBI

Vì M thuộc (O) đường kính AB

=> ^AMB = 90o

=> ^MAI + ^MBI = 90o

=> ^MEI + ^MFI = 90o

=> ^EIF = 90o

c, Xét \(\Delta\)AEI và \(\Delta\)BIF có

^EAI = ^FBI ( = 90o )

^AEI = ^BIF (Cùng phụ ^EIA)

\(\Rightarrow\Delta AEI\approx\Delta BIF\left(g.g\right)\)

=> AE . BF = AI . BI

 Vì I là trung điểm AO

=> \(AI=\frac{AO}{2}=\frac{R}{2}\)

=> \(BI=AB-AI=2R-\frac{R}{2}=\frac{3R}{2}\)

\(\Rightarrow AE.BF=AI.BI=\frac{R}{2}.\frac{3R}{2}=\frac{3R^2}{4}\)

d,(Mấy cái lặt vặt tính cạnh theo R mình không làm nữa nhé , bạn tự hiểu nha)

Có \(S_{EIF}=S_{AEBF}-S_{AEI}-S_{BIF}\)

             \(=\frac{\left(AE+BF\right).AB}{2}-\frac{AE.AI}{2}-\frac{BI.BF}{2}\)

             \(=\frac{\left(AE+BF\right).2R}{2}-\frac{AE}{2}.\frac{R}{2}-\frac{BF}{2}.\frac{3R}{2}\)

            \(=\left(AE+BF\right).R-\frac{AE.R}{4}-\frac{3BF.R}{4}\)

            \(=AE.R-\frac{AE.R}{4}+BF.R-\frac{3BF.R}{4}\)

            \(=\frac{3AE.R}{4}+\frac{BF.R}{4}\)

            \(\ge2\sqrt{\frac{3AE.R.BF.R}{4.4}}\)

           \(=2\sqrt{\frac{3R^2.AE.BF}{16}}\)

            \(=2\sqrt{\frac{3R^2.\frac{3R^2}{4}}{16}}\)

              \(=\frac{3R^2}{4}\)

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\frac{3AE.R}{4}=\frac{BF.R}{4}\)

                        \(\Leftrightarrow3AE=BF\)

Thay vào \(AE.BF=\frac{3R^2}{4}\)

\(\Leftrightarrow AE.3AE=\frac{3R^2}{4}\)

\(\Leftrightarrow AE=\frac{R}{2}\)

\(\Leftrightarrow BF=\frac{3R}{2}\)

Vậy .,..........

23 tháng 1 2019

A B C O O' H P M E F G I K Q T S A 0 R

a) Gọi O' là đối xứng của O qua B ta có O'B=R (không đổi). Dựng đường tròn (O',R) thì (O') cố định.

Ta sẽ chứng minh M thuộc (O'). Thật vậy:

Xét \(\Delta\)ABO và \(\Delta\)MBO' có: ^ABO = ^MBO' (Đối đỉnh); BO=BO'; BA=BM => \(\Delta\)ABO = \(\Delta\)MBO' (c.g.c)

=> OA = O'M (2 cạnh tương ứng). Mà OA = R nên O'M = R => M thuộc đường tròn (O';R)

Vậy M luôn nằm trên (O';R) cố định (đpcm).

b) Lấy T là trung điểm đoạn AH. Kẻ đường kính FR của (O). Gọi EF cắt AG tại K.

Dễ thấy IT là đường trung bình trong \(\Delta\)AHC => IT // AC => IT vuông góc AB (Do ^BAC=900)

Xét \(\Delta\)BAI: AH vuông góc BI; IT vuông góc AB (cmt), T thuộc AH => T là trực tâm \(\Delta\)BAI

=> BT vuông góc AI. Xét \(\Delta\)MAH: T trung điểm AH, B trung điểm AM => BT // MH

Do đó: AI vuông góc MH hay AG vuông góc EF tại K. Áp dụng ĐL Pytagore:

\(AF^2+FG^2+GE^2+EA^2=2\left(KA^2+KF^2+KG^2+KE^2\right)=2\left(AF^2+GE^2\right)\)(*)

Ta có EF vuông góc ER và EF vuông góc AG => AG // ER => Tứ giác AERG là hình thang cân => GE = AR

Từ đó (*) trở thành: \(AF^2+FG^2+GE^2+EA^2=2\left(AF^2+AR^2\right)=2\left(2R\right)^2=8R^2=const\)

Vậy biểu thức trên có giá trị ko đổi khi A di chuyển (đpcm).

c) Kẻ HQ vuông góc cạnh AC. Gọi S là tâm ngoại tiếp \(\Delta\)BCP. Gọi bán kính đường rtonf (BCP) là R0

Ta có: AP.AB = AQ.AC (=AH2) (Theo hệ thức lượng) => Tứ giác BPQC nội tiếp hoặc Q nằm trên (BCP)

=> S nằm trên trung trực của PQ. Dễ có T là trung điểm PQ (Vì tứ giác APHQ là hcn)

Nên ST vuông góc PQ tại T. Theo ĐL Pytagore (cho \(\Delta\)PTS) có: \(R_0=SP=\sqrt{PT^2+ST^2}\)(1)

Mặt khác: ^OAC = ^OCA = ^APQ => OA vuông góc PQ. Mà ST vuông góc PQ => OA // ST

Kết hợp với AT // OS (Cùng vuông góc BC) => Tứ giác ATSO là hbh => ST = OA = R (2)

Từ (1) và (2) => \(R_0=\sqrt{PT^2+R^2}=\sqrt{\frac{AH^2}{4}+R^2}\)(Vì PT=PQ/2=AH/2)

=> R0 lớn nhất <=> AH lớn nhất <=> A là điểm chính giữa cung BC của (O). Khi đó AH < R

Vậy nên \(R_0\le\sqrt{\frac{R^2}{4}+R^2}=\frac{R\sqrt{5}}{2}=const\). Đạt được khi A trùng với trung điểm cung BC (A0).

15 tháng 1 2019

Xem nó là phương trình ẩn a rồi dùng \(\Delta\)là ra

24 tháng 2 2019

Câu hỏi của Cuồng Song Joong Ki - Toán lớp 8  (em không chắc đâu nha)

15 tháng 1 2019

Có: \(\frac{2018a+3}{1+b^2}=2018a+3-\frac{b^2\left(2018a+3\right)}{1+b^2}\) (Làm tắt ráng hiểu ^^)

                                \(\ge2018a+3-\frac{b^2\left(2018a+3\right)}{2b}\left(Cauchy\right)\)

                                  \(=2018a+3-\frac{b\left(2018a+3\right)}{2}\)

                                   \(=2018a+3-\frac{2018ab+3b}{2}\)

Tương tự \(\frac{2018b+3}{1+c^2}\ge2018b+3-\frac{2018bc+3b}{2}\)

                \(\frac{2018c+3}{1+a^2}\ge2018c+3-\frac{2018ac+3a}{2}\)

CỘng vế với vế của các bđt trên lại ta được 

\(A\ge2018\left(a+b+c\right)+9-\frac{2018\left(ab+bc+ca\right)+3\left(a+b+c\right)}{2}\)

     \(=2018\left(a+b+c\right)+9-\frac{6054+3\left(a+b+c\right)}{2}\)

       \(=2018\left(a+b+c\right)-\frac{3\left(a+b+c\right)}{2}-3018\)

       \(=\frac{4033\left(a+b+c\right)}{2}-3018\)

Ta có bđt phụ : \(a+b+c\ge\sqrt{3\left(ab+bc+ca\right)}\)(1)

Thật vậy \(\left(1\right)\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ca\right)\)   

                       \(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+2ab+2ac+2bc\ge3ab+3bc+3ca\)

                     \(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\ge0\)

                      \(\Leftrightarrow2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ca\ge0\)

                   \(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\)(Luôn đúng)

Nên (1) được chứng minh

ÁP dụng (1) ta được \(A\ge\frac{4033\left(a+b+c\right)}{2}-3018\ge\frac{4033}{2}\sqrt{3\left(ab+bc+ca\right)}-3018\)

                                                                                                     \(=\frac{4033}{2}\sqrt{3.3}-3018\)

                                                                                                       \(=\frac{6063}{2}\)

Dấu "='' xảy ra \(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=b=c\\ab+bc+ca=3\end{cases}\Leftrightarrow}a=b=c=1\)

Vậy \(A_{min}=\frac{6063}{2}\Leftrightarrow a=b=c=1\)