Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Bài 2
a) \(x^4-24x^2-25=0\) ( 1 )
Đặt \(t=x^2\) ( điều kiện \(t\ge0\) )
\(pt\left(1\right)\Leftrightarrow t^2-24t-25=0\)
\(\Delta=b^2-4ac\)
\(\Delta=676\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}t_1=\dfrac{-b+\sqrt{\Delta}}{2a}=\dfrac{24+\sqrt{676}}{2}=25\left(nhận\right)\\t_2=\dfrac{-b-\sqrt{\Delta}}{2a}=\dfrac{24-\sqrt{676}}{2}=-1\left(loại\right)\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow x^2=25\)
\(\Rightarrow x=\pm5\)
b)
\(\left\{{}\begin{matrix}2x-y=2\\9x+8y=34\end{matrix}\right.\)
Xét \(2x-y=2\)
\(\Rightarrow x=\dfrac{2+y}{2}\)
Ta có \(9x+8y=34\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{9\left(2+y\right)}{2}+8y=34\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{18+9y}{2}+8y=34\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{18+25y}{2}=34\)
\(\Leftrightarrow18+25y=68\)
\(\Rightarrow y=2\)
\(\Rightarrow x=\dfrac{y+2}{2}=2\)
Vậy \(\left\{{}\begin{matrix}x=2\\y=2\end{matrix}\right.\)
Bài 3
a) \(x^2-5x+m-2=0\)
Thay \(m=-4\) vào phương trình
\(\Rightarrow x^2-5x-6=0\)
\(\Delta=b^2-4ac\)
\(\Delta=49\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_1=\dfrac{-b+\sqrt{\Delta}}{2a}=\dfrac{5+\sqrt{49}}{2}=6\\x_2=\dfrac{-b-\sqrt{\Delta}}{2a}=\dfrac{5-\sqrt{49}}{2}=-1\end{matrix}\right.\)
b )
\(x^2-5x+m-2=0\)
\(\Delta=b^2-4ac\)
\(\Delta=33-4m\)
Theo định lý Viet
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}P=x_1+x_2=\dfrac{-b}{a}\\S=x_1x_2=\dfrac{c}{a}\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}P=x_1+x_2=5\\S=x_1x_2=m-2\end{matrix}\right.\)
Để phương trình có 2 nghiệm dương phân biệt
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\Delta>0\\P>0\\S>0\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}33-4m>0\\m-2>0\\5>0\left(đúng\right)\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}m< \dfrac{33}{4}\\m>2\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow2< m< \dfrac{33}{4}\)
Ta có \(2\left(\dfrac{1}{\sqrt{x_1}}+\dfrac{1}{\sqrt{x_2}}\right)=3\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{\sqrt{x_1}}+\dfrac{1}{\sqrt{x_2}}=\dfrac{3}{2}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{\sqrt{x_1}+\sqrt{x_2}}{\sqrt{x_1x_2}}=\dfrac{3}{2}\)
\(\Leftrightarrow\left(\dfrac{\sqrt{x_1}+\sqrt{x_2}}{\sqrt{x_1x_2}}\right)^2=\dfrac{9}{4}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(\sqrt{x_1}+\sqrt{x_2}\right)^2}{x_1x_2}=\dfrac{9}{4}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{x_1+x_2+2\sqrt{x_1x_2}}{x_1x_2}=\dfrac{9}{4}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{5+\sqrt{m-2}}{m-2}=\dfrac{9}{4}\)
\(\Leftrightarrow20+4\sqrt{m-2}=9m-18\)
\(\Leftrightarrow4\sqrt{m-2}=9m-38\)
\(\Leftrightarrow64m-128=\left(9m-38\right)^2\)
\(\Leftrightarrow64m-128=81m^2-684m+1444\)
\(\Leftrightarrow81m^2-748m+1572=0\)
\(\Delta=b^2-4ac\)
\(\Delta=50176\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}m_1=\dfrac{-b+\sqrt{\Delta}}{2a}=\dfrac{748+\sqrt{50176}}{162}=6\\m_2=\dfrac{-b-\sqrt{\Delta}}{2a}=\dfrac{748-\sqrt{50176}}{162}=\dfrac{262}{81}\end{matrix}\right.\)
Vì \(2< m< \dfrac{33}{4}\)
\(\Rightarrow m\in\left\{6;\dfrac{262}{81}\right\}\)
\(VT=\sqrt{\dfrac{b^2c^2}{a\left(a+b+c\right)+bc}}+\sqrt{\dfrac{a^2c^2}{b\left(a+b+c\right)+ac}}+\sqrt{\dfrac{a^2b^2}{c\left(a+b+c\right)+ab}}\)
\(VT=\sqrt{\dfrac{b^2c^2}{a^2+ab+ac+bc}}+\sqrt{\dfrac{a^2c^2}{ab+b^2+bc+ca}}+\sqrt{\dfrac{a^2b^2}{ca+bc+c^2+ab}}\)
\(VT=\sqrt{\dfrac{b^2c^2}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}+\sqrt{\dfrac{a^2c^2}{\left(b+c\right)\left(a+b\right)}}+\sqrt{\dfrac{a^2b^2}{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}}\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\sqrt{\dfrac{b^2c^2}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}\le\dfrac{\dfrac{bc}{a+b}+\dfrac{bc}{a+c}}{2}\\\sqrt{\dfrac{a^2c^2}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}}\le\dfrac{\dfrac{ca}{a+b}+\dfrac{ca}{b+c}}{2}\\\sqrt{\dfrac{a^2b^2}{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}}\le\dfrac{\dfrac{ab}{c+a}+\dfrac{ab}{c+b}}{2}\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow VT\le\dfrac{\left(\dfrac{bc}{a+b}+\dfrac{ca}{a+b}\right)+\left(\dfrac{ca}{b+c}+\dfrac{ab}{b+c}\right)+\left(\dfrac{bc}{c+a}+\dfrac{ab}{c+a}\right)}{2}\)
\(\Rightarrow VT\le\dfrac{\left[\dfrac{c\left(a+b\right)}{a+b}\right]+\left[\dfrac{a\left(b+c\right)}{b+c}\right]+\left[\dfrac{b\left(c+a\right)}{c+a}\right]}{2}\)
\(\Rightarrow VT\le\dfrac{a+b+c}{2}=\dfrac{1}{2}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{bc}{\sqrt{a+bc}}+\dfrac{ac}{\sqrt{b+ca}}+\dfrac{ab}{\sqrt{c+ab}}\le\dfrac{1}{2}\) ( đpcm )
Dấu " = " xảy ra khi \(a=b=c=\dfrac{1}{3}\)
khó thế thằng lớp 1 con giải đưc nũa nè
Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki thì
\(\left(ab(2c+a)+bc(2a+b)+ca(2b+c)\right)\left(\dfrac{a^4}{ab(2c+a)}+\dfrac{b^4}{bc(2a+b)}+\dfrac{c^4}{ca(2b+c)}\right)\geq (a^2+b^2+c^2)^2\)
Do đó \(VT\geq \dfrac{(a^2+b^2+c^2)^2}{a^2b+b^2c+c^2a+6abc}\)
Ta có \(3=a+b+c\geq 3\sqrt[3]{abc}, 3(a^2+b^2+c^2)\geq (a+b+c)^2\)
và \(2a^2b\leq a^2b^2+a^2,...\Rightarrow 2(a^2b+b^2c+c^2a)\leq a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+(a^2+b^2+c^2)\)
Mà \(3(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)\leq (a^2+b^2+c^2)^2\) và \(3(a^2+b^2+c^2)\leq (a^2+b^2+c^2)^2\)
nên ta suy ra đpcm
B D C E A Q H
1. Xét tứ giác CEHD ta có:
góc CEH = 900 (Vì BE là đường cao)
góc CDH = 900 (Vì AD là đường cao)
=> góc CEH + góc CDH = 1800
Mà góc CEH và góc CDH là hai góc đối của tứ giác CEHD. Do đó CEHD là tứ giác nội tiếp
2. Theo giả thiết: BE là đường cao => BE ┴ AC => góc BEA = 900.
AD là đường cao => AD ┴ BC => BDA = 900.
Như vậy E và D cùng nhìn AB dưới một góc 900 => E và D cùng nằm trên đường tròn đường kính AB.
Vậy bốn điểm A, E, D, B cùng nằm trên một đường tròn.
3. Theo giả thiết tam giác ABC cân tại A có AD là đường cao nên cũng là đường trung tuyến
=> D là trung điểm của BC. Theo trên ta có góc BEC = 900.
Vậy tam giác BEC vuông tại E có ED là trung tuyến => DE = 1/2 BC.
4. Vì O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AHE nên O là trung điểm của AH => OA = OE => tam giác AOE cân tại O => góc E1 = góc A1 (1).
Theo trên DE = 1/2 BC => tam giác DBE cân tại D => góc E3 = góc B1 (2)
Mà góc B1 = góc A1 (vì cùng phụ với góc ACB) => góc E1 = góc E3 => góc E1 + góc E2 = góc E2 + góc E3
Mà góc E1 + góc E2 = góc BEA = 900 => góc E2 + góc E3 = 900 = góc OED => DE ┴ OE tại E.
Vậy DE là tiếp tuyến của đường tròn (O) tại E.
5. Theo giả thiết AH = 6 Cm => OH = OE = 3 cm.; DH = 2 Cm => OD = 5 cm. Áp dụng định lí Pitago cho tam giác OED vuông tại E ta có ED2 = OD2 – OE2 ↔ ED2 = 52 – 32 ↔ ED = 4cm