Cho hình chữ nhật ABCD . Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ A đến BD . Gọi M và N theo thứ tự là trung điểm của AH và DH
1) chứng minh : MN // AD
2) Gọi I là trung điểm của BC . Chứng minh : Tứ giác BMNI là hình bình hành
3) Tính góc ANI
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(B=-2x^2+4x-5\)
\(=-2\left(x^2-2x+\frac{5}{2}\right)\)
\(=-2\left(x^2-2x+1+\frac{3}{2}\right)\)
\(=-2\left[\left(x-1\right)^2+\frac{3}{2}\right]\)
\(=-2\left[\left(x-1\right)^2\right]-3\le3< 0\forall x\)
\(B=-2x^2+4x-5\)
\(B=-2\left(x^2-2x+\frac{5}{2}\right)\)
\(B=-2\left(x^2-2x+1+\frac{3}{2}\right)\)
\(B=-2\left[\left(x-1\right)^2+\frac{3}{2}\right]\)
\(B=-2\left(x-1\right)^2-3\)
Mà \(\hept{\begin{cases}-2\left(x-1\right)^2\le0\forall x\\-3< 0\end{cases}\Rightarrow B< 0\forall x}\)
a) \(2x^2+4x+2\)
\(=2\left(x^2+2x+1\right)\)
\(=2\left(x^2+x+x+1\right)\)
\(=2\left[x\left(x+1\right)+\left(x+1\right)\right]\)
\(=2\left(x+1\right)^2\)
b) \(9\left(2x-5\right)-6y\left(5-2x\right)\)
\(=9\left(2x-5\right)+6y\left(2x-5\right)\)
\(=\left(9+6y\right)\left(2x-5\right)\)
\(=3\left(3+2y\right)\left(2x-5\right)\)
\(A=\left(2x-1\right)^2-\left(5+x\right)\left(5-x\right)+4x\)
\(=4x^2-4x+1-\left(25-x^2\right)+4x\)
\(=4x^2-4x+1-25+x^2+4x\)
\(=5x^2-24\)
Thay x = -2 vào bt ,ta được: \(5.\left(-2\right)^2-24=-4\)
sinh hỏ??? m đăng lên cái diễn đàn khác đi
Nhìn qua thấy bậc của bđt là không đồng bậc nên hơi căng đấy...
Chú ý: \(2019=\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{zx}=\frac{x+y+z}{xyz}\Rightarrow xyz=\frac{x+y+z}{2019}\)
\(LHS=\Sigma_{cyc}\frac{\sqrt{2019x^2+1}+1}{x}=\Sigma_{cyc}\frac{\sqrt{\frac{x}{y}+\frac{x^2}{yz}+\frac{x}{z}+1}+1}{x}\)( thay \(2019=\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{zx}\))
\(=\Sigma_{cyc}\frac{\sqrt{\left(\frac{x}{y}+1\right)\left(\frac{x}{z}+1\right)}+1}{x}=\Sigma_{cyc}\left[\sqrt{\frac{\left(\frac{x}{y}+1\right)}{x}.\frac{\left(\frac{x}{z}+1\right)}{x}}+\frac{1}{x}\right]\)
\(=\Sigma_{cyc}\sqrt{\left(\frac{1}{y}+\frac{1}{x}\right)\left(\frac{1}{z}+\frac{1}{x}\right)}+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\le\frac{1}{2}\left[4\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\right]+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\)
\(=3\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)=\frac{3\left(xy+yz+zx\right)}{xyz}=\frac{3\left(xy+yz+zx\right)}{\frac{\left(x+y+z\right)}{2019}}=\frac{6057\left(xy+yz+zx\right)}{x+y+z}\)
\(\le\frac{6057.\frac{\left(x+y+z\right)^2}{3}}{x+y+z}=2019\left(x+y+z\right)\)(đpcm)
Đẳng thức xảy ra khi \(x=y=z=\sqrt{\frac{3}{2019}}\)
P/s: Check hộ t phát:3
Đặt \(a=\frac{1}{x};b=\frac{1}{y};c=\frac{1}{z}\)thì bài toán thành
Cho: \(ab+bc+ca=2019\)
Chứng minh:
\(\sqrt{2019+a^2}+\sqrt{2019+b^2}+\sqrt{2019+c^2}+\left(a+b+c\right)\le2019\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
Ta có:
\(VT=\sqrt{ab+bc+ca+a^2}+\sqrt{ab+bc+ca+b^2}+\sqrt{ab+bc+ca+c^2}+\left(a+b+c\right)\)
\(VT=\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\sqrt{\left(b+a\right)\left(b+c\right)}+\sqrt{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}+\left(a+b+c\right)\)
\(\le3\left(a+b+c\right)\)
\(VP=\left(ab+bc+ca\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
\(=2\left(a+b+c\right)+\left(\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}\right)\)
\(\ge3\left(a+b+c\right)\)
Tới đây bí :(
khó quá !!!!!!!!!!!!!!1
Giải chi tiết:
a) Xét tam giác AHD có:
M là trung điểm của AH (gt)
N là trung điểm của DH (gt)
Do đó MN là đường trung bình của tam giác AHD
Suy ra MN//AD (tính chất) (đpcm)
b) Ta có MN//AD, mà AD//BC (2 cạnh đối hình chữ nhật) nên MN//BC hay MN//BI Vì MN = 1212AD (tính chất đường trung bình của tam giác) và BI = IC = 1212BC (do gt), mà AD = BC (2 cạnh đối hình chữ nhật) MN = BI BC hay MN//BI Xét tứ giác BMNI có MN//BI, MN = BI (c/m trên) Suy ra tứ giác BMNI là hình bình hành (đpcm)
c) Ta có MN//AD và AD⊥⊥AB nên MN⊥⊥AB
Tam giác ABN có 2 đường cao là AH và NM cắt nhau tại M nên M là trực tâm của tam giác ABN. Suy ra BM⊥⊥AN.
Mà BM//IN nên AN⊥⊥NI hay ΔANIΔANI vuông tại N (đpcm)
# M̤̮èO̤̮×͜×L̤̮ườI̤̮◇