cho tam giác ABC. Người ta kẻ các tam giác cân BAA', BCC' có đỉnh là B và góc A'BA=góc C'BC đồng thời tia BA nằm giữa hai tia BA', BC và tia BC nằm giữa hai tia BC',BA.Gọi giao điểm của AC' với CA' là I , giao điểm của tia A'A với CC' là K 1) so sánh AC' với CA' 2 )chứng minh rằng tia IB là tia phân giác của góc A'IC' 3) chứng minh rằng nếu tứ giác AIKC nội tiếp thì ba điểm A',B,C' thẳng hàng
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
10 tháng 5 2020
Không mất tính tổng quát giả sử: \(c=min\left\{a;b;c\right\}\)chú ý rằng
\( {\displaystyle \displaystyle \sum } \)\(_{cyc}\frac{a^2+b^2}{a^2+c^2}-3=\frac{\left(a^2-b^2\right)^2}{\left(a^2+c^2\right)\left(b^2+c^2\right)}=\frac{\left(a^2-c^2\right)\left(b^2-c^2\right)}{\left(a^2+b^2\right)\left(a^2+c^2\right)}\)
\( {\displaystyle \displaystyle \sum }\)\(_{cyc}\frac{a+b}{b+c}-3=\frac{\left(a-b\right)^2}{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}+\frac{\left(a-c\right)\left(b-c\right)}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\)
BĐT tương đương với
\(\left(a-b\right)^2\left[\frac{\left(a+b\right)^2}{\left(a^2+c^2\right)\left(b^2+c^2\right)}-\frac{1}{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}\right]+\left(a-c\right)\left(b-c\right)\)\(\left[\frac{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}{\left(a^2+b^2\right)\left(a^2+c^2\right)}-\frac{1}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}\right]\ge0\)
Ta có \(\frac{\left(a+b\right)^2}{\left(a^2+c^2\right)\left(b^2+c^2\right)}-\frac{1}{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}\ge\frac{\left(a+b\right)^2}{\left(a+c\right)\left(b+c\right)^2}-\frac{1}{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}\)\(=\frac{\left(a+b\right)^2-\left(a+c\right)\left(b+c\right)}{\left(a+c\right)^2\left(b+c\right)^2}\ge0\)
Ta cần chứng minh
\(\frac{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}{\left(a^2+b^2\right)\left(a^2+c^2\right)}\ge\frac{1}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(a+c\right)^2\left(b+c\right)\left(a+b\right)}{\left(a^2+b^2\right)\left(a^2+c^2\right)}\ge1\)
Nếu \(a\ge b\ge c\)thì
\(\frac{\left(a+c\right)^2\left(b+c\right)\left(a+b\right)}{\left(a^2+b^2\right)\left(a^2+c^2\right)}\ge\frac{1}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\ge\frac{\left(b+c\right)\left(a+b\right)}{a^2+b^2}\ge1\)
Nếu \(b\ge a\ge c\)thì:
\(\frac{\left(a+c\right)^2\left(b+c\right)\left(a+b\right)}{\left(a^2+b^2\right)\left(a^2+c^2\right)}\ge\frac{\left(b+c\right)\left(a+b\right)}{a^2+b^2}\ge\frac{b\left(a+b\right)}{a^2+b^2}\ge1\)
BĐT được chứng minh
Dấu "=" xảy ra <=> a=b=c hoặc a=b, c=0 hoặc các hoán vị tương ứng
9 tháng 5 2020
Để hệ pt có nghiệm duy nhất thì : a/a' # b/b' => m/1 # 1/m
=> m^2 # 1 => m # 1 hoặc m # -1
NN
0
TT
9 tháng 5 2020
Giải
Gọi số sản phẩm tổ một và tổ hai làm đc trong tháng thứ nhất lần lượt là xx(sản phẩm) và yy(sản phẩm).
Khi đó, do tháng thứ nhất cả hai tổ sản xuất được 700 sản phẩm nên
x+y=700x+y=700
Lại có khi sang tháng thứ hai tổ một vượt mức 20% và tổ hai vượt mức 15% sản phẩm so với tháng thứ nhất, do đó số sản phẩm của tổ một và tổ hai làm đc trong tháng 2 lần lượt là 1,2x1,2x(sản phẩm) và 1,15y1,15y(sản phẩm).
Lại có cả hai tổ vượt mức 115 sản phẩm nên
1,2x+1,15y=700+1151,2x+1,15y=700+115
Vậy ta có hệ
{x+y=7001,2x+1,15y=815{x+y=7001,2x+1,15y=815
Vậy x=200,y=500x=200,y=500
Vậy trong tháng thứ nhất tổ một làm đc 200 sản phẩm, tổ hai làm đc 500 sản phẩm.
9 tháng 5 2020
Gọi số sản phẩm tổ một và tổ hai làm đc trong tháng thứ nhất lần lượt là xx(sản phẩm) và yy(sản phẩm).
Khi đó, do tháng thứ nhất cả hai tổ sản xuất được 700 sản phẩm nên
x+y=700x+y=700
Lại có khi sang tháng thứ hai tổ một vượt mức 20% và tổ hai vượt mức 15% sản phẩm so với tháng thứ nhất, do đó số sản phẩm của tổ một và tổ hai làm đc trong tháng 2 lần lượt là 1,2x1,2x(sản phẩm) và 1,15y1,15y(sản phẩm).
Lại có cả hai tổ vượt mức 115 sản phẩm nên
1,2x+1,15y=700+1151,2x+1,15y=700+115
Vậy ta có hệ
{x+y=7001,2x+1,15y=815{x+y=7001,2x+1,15y=815
Vậy x=200,y=500x=200,y=500
Vậy trong tháng thứ nhất tổ một làm đc 200 sản phẩm, tổ hai làm đc 500 sản phẩm.
9 tháng 5 2020
HPT \(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}y-x=2\\\frac{x+y}{xy}=\frac{4}{3}\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=y-2\\\frac{2y-2}{\left(y-2\right)y}=\frac{4}{3}\left(1\right)\end{cases}}}\)
Từ ( 1 ) suy ra \(3\left(2y-2\right)=4y\left(y-2\right)\)
\(\Rightarrow4y^2-14y+6=0\Rightarrow\orbr{\begin{cases}y=3\\y=\frac{1}{2}\end{cases}}\)
+) y = 3 suy ra x = 1
+) y = \(\frac{1}{2}\)suy ra x = \(\frac{-3}{2}\)
9 tháng 5 2020
Ta có a+b+c=0 => \(a+b=-c\Rightarrow\left(a+b\right)^3=-c^3\Rightarrow a^3+b^3+c^3=-3ab\left(a+b\right)=3ab\)
\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=0\Rightarrow ab+bc+ca=0\)
\(a^6+b^6+c^6=\left(a^3\right)^2+\left(b^3\right)^2+\left(c^3\right)^2=\left(a^3+b^3+c^3\right)^2-2\left(a^3b^3+b^3c^3+c^3a^3\right)\)
\(ab+bc+ca=0\Rightarrow a^3b^3+b^3c^3+c^3a^3=3a^2b^2c^2\)
Do đó: \(a^6+b^6+c^6=\left(3abc\right)^2-2\cdot3a^2b^2c^2=3a^2b^2c^2\)
Vậy \(\frac{a^6+b^6+c^6}{a^3+b^3+c^3}=\frac{3a^2b^2c^2}{3abc}=abc\left(đpcm\right)\)