Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Thử câu 2 phát :v
BĐT cần chứng minh tương đương với:
\(\frac{a^2c+b^2a+c^2b+2a^2+2b^2+2c^2+2ab+2bc+2ca+4a+4b+4c}{abc+2ab+2bc+2ca+4a+4b+4c+8}\le1\)
\(\Leftrightarrow a^2c+b^2a+c^2b+6\le abc+8\)
\(\Leftrightarrow a^2c+b^2a+c^2b-abc\le2\) (*)
Giả sử b là số ở giữa. Thế thì: a(b - a)(b - c) \(\le\) 0.
\(\Leftrightarrow\) ab2 + a2c - a2b - abc \(\le\) 0
\(\Leftrightarrow\) ab2 + bc2 + ca2 - abc \(\le\) a2b + bc2
Đặt P = a2b + bc2 = b(a2 + c2)
Ta có: 2P2 = 2b2(a2 + c2)2
Áp dụng BĐT AM - GM ta có:
2P2 = 2b2 . (a2 + c2) . (a2 + c2) \(\le\) \(\left(\frac{2b^2+a^2+c^2+a^2+c^2}{3}\right)^3=8\)
\(\Rightarrow\) P \(\le\) 2
Do đó ab2 + bc2 + ca2 - abc \(\le\) P = 2. (*) được chứng minh.
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi (a, b, c) \(\in\) {(2; 2; 2); (0; 1; \(\sqrt{2}\))} và các hoán vị.
Câu 1:
BĐT cần chứng minh tương đương với:
\(\frac{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+2\left(a^2+b^2+c^2\right)+3}{a^2b^2c^2+a^2b^2+b^2c^2+c^2a^{ }+a^2+b^2+c^2+1}\ge\frac{3}{2}\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+3\ge3a^2b^2c^2+a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\)
\(\Leftrightarrow\left(ab+bc+ca\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)+\left(ab+bc+ca\right)^2\ge9a^2b^2c^2+3\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)\)
\(\Leftrightarrow a^3b+ab^3+b^3c+bc^3+c^3a+ca^3+3abc\left(a+b+c\right)\ge9a^2b^2c^2+2\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)\)
\(\Leftrightarrow ab\left(a^2-2ab+b^2\right)+bc\left(b^2-2bc+c^2\right)+ca\left(c^2-2ca+a^2\right)+3abc\left(a+b+c\right)\ge9a^2b^2c^2\)
\(\Leftrightarrow ab\left(a-b\right)^2+bc\left(b-c\right)^2+ca\left(c-a\right)^2+3abc\left(a+b+c-3\right)\ge0\)
Bất đẳng thức trên luôn đúng vì a + b + c \(\ge\) 3 (dễ c/m).
Không biết có đúng ko.
a) Ta có \(\frac{S_{AMP}}{S_{ABC}}=\frac{S_{AMP}}{S_{ABP}}.\frac{S_{ABP}}{S_{ABC}}=\frac{AM}{AB}.\frac{AP}{AC}=\frac{k}{k+1}.\frac{1}{k+1}=\frac{k}{\left(k+1\right)^2}\)
b) Hoàn toàn tương tự như câu a, ta có:
\(\frac{S_{MNB}}{S_{ABC}}=\frac{S_{NCP}}{S_{ABC}}=\frac{k}{\left(k+1\right)^2}\)
\(\Rightarrow S_{MNP}=S_{ABC}-S_{MAP}-S_{MBN}-S_{PNC}\)
\(=S-\frac{3k}{\left(k+1\right)^2}.S=\frac{k^2-k+1}{\left(k+1\right)^2}.S\)
c) Để \(S'=\frac{7}{16}S\Rightarrow\frac{k^2-k+1}{\left(k+1\right)^2}=\frac{7}{16}\)
\(\Rightarrow16k^2-16k+16=7k^2+14k+7\)
\(\Rightarrow9k^2-30k+9=0\Rightarrow\orbr{\begin{cases}k=3\\k=\frac{1}{3}\end{cases}}\)
3.
Kẻ các đường vuông góc lần lượt từ B và C đến cạnh đối diện trong tam giác ABC. Gọi giao điểm của hai đường ấy là H. Ta sẽ c/m AH \(\perp\) BC.
Thật vậy, qua A, B, C kẻ các đường song song với cạnh đối diện cắt nhau như hình vẽ.
Dễ thấy các tam giác ABC, ABD, BCE, CAF bằng nhau.
Do đó BD = BE, CE = CF, AF = AD.
Mặt khác, BH \(\perp\) DE và CH \(\perp\) EF (Dễ c/m) nên HD = HE, HE = HF.
Suy ra HF = HD. Kết hợp với AF = AD ta có AH là đường trung trực của FD hay AH \(\perp\) FD \(\Rightarrow\) AH \(\perp\) BC.
1: (Câu này dễ nhất :))
Xét \(\Delta\)ABC vuông tại B. Ta sẽ chứng minh: AB2 + BC2 = CA2
Vẽ \(\Delta\)CAE vuông cân tại A (E nằm trên nửa mặt phẳng bờ AC không chứa B.
Qua E vẽ đường thẳng song song với BC cắt AB tại D.
Dễ chứng minh: \(\widehat{CAB}=\widehat{AED}\) (cùng phụ với \(\widehat{EAD}\))
Do đó \(\Delta ABC=\Delta EDA\left(ch-gn\right)\)
Ta có:
\(S_{ABC}+S_{CAE}+S_{EDA}=S_{BCED}\)
\(\Leftrightarrow\frac{AB.BC+AC.AE+AD.DE}{2}=\frac{\left(DE+BC\right).\left(AB+AD\right)}{2}\)
\(\Leftrightarrow2AB.BC+AC^2=\left(AB+BC\right)^2\)
\(\Leftrightarrow AB^2+BC^2=CA^2\)