|
|
sửa đổi
|
aaaaaaaaaaaaaaaaa
|
|
|
|
Cùng chia 2 vế BĐT cho $\sqrt{ab}$ , ta có : P= $\sqrt{\frac{c}{b}\times \frac{a-c}{a}}+\sqrt{\frac{c}{a}\times\frac{b-c}{b} } \leq 1$$P\leq \frac{\frac{c}{b}+\frac{a-c}{a}}{2}+\frac{\frac{c}{a}+\frac{b-c}{b}}{2}= \frac{\frac{c}{b}+1-\frac{c}{a}+1- \frac{c}{b}}{2}=1$ => ĐPCMĐẳng thức xảy ra khi $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=\frac{1}{c}$
Cùng chia 2 vế BĐT cho $\sqrt{ab}$ , ta có : P= $\sqrt{\frac{c}{b}\times \frac{a-c}{a}}+\sqrt{\frac{c}{a}\times\frac{b-c}{b} } \leq 1$$P\leq \frac{\frac{c}{b}+\frac{a-c}{a}}{2}+\frac{\frac{c}{a}+\frac{b-c}{b}}{2}= \frac{\frac{c}{b}+1-\frac{c}{a}+1- \frac{c}{b}}{2}=1$ => đpcmĐẳng thức xảy ra khi $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=\frac{1}{c}$
|
|
|
|
sửa đổi
|
giúp Bông nha mn
|
|
|
|
ĐKXĐ ; $1\leq x\leq 3$Đặt $a=\sqrt{x-1}, b=\sqrt{3-x}. $ Đk : $a,b\geq 0$ta có $a^2+b^2=2Phương trình biến đổi thành:$(a^3+1)(b-1)^2+2(a-1)^2(a+1)=0$Từ đó a=b=1 nên phương trình có nghiệm là x=2
ĐKXĐ ; $1\leq x\leq 3$Đặt $a=\sqrt{x-1}, b=\sqrt{3-x}. $ Đk : $a,b\geq 0$ta có $a^2+b^2$=2Phương trình biến đổi thành:$(a^3+1)(b-1)^2+2(a-1)^2(a+1)=0$Từ đó a=b=1 nên phương trình có nghiệm là x=2
|
|
|
|
sửa đổi
|
bđt
|
|
|
|
Ta có $(x^3-b^3)(x^2-y^2)\geq 0\Rightarrow x^5+y^5\geq x^2y^2(x+y)$ $\frac{xy}{x^5+y^5+xy}\leq \frac{xy}{x^2y^2(x+y)+xy}\times \frac{z^2}{z}\leq \frac{z}{x+y+z}$ ( vì xyz=1)Tương tự ta có :$\frac{yz}{y^5+z^5+yz}\leq \frac{yz}{y^2z^2(y+z)+yz}\times \frac{x^2}{y^2}\leq \frac{x}{x+y+z}$$\frac{zx}{z^5+y^5+zx}\leq \frac{zx}{z^2x^2(z+x)+zx}\times \frac{y^2}{y^2}\leq \frac{y}{x+y+z}$ Cộng 3 đẳng thức trên lại theo từng vế ta được ĐPCM Đẳng thức xảy ra khi x=y=z=1
Ta có $ (x^3-b^3)(x^2-y^2)\geq 0\Rightarrow x^5+y^5\geq x^2y^2(x+y)$ $\frac{xy}{x^5+y^5+xy}\leq \frac{xy}{x^2y^2(x+y)+xy}\times \frac{z^2}{z^2}\leq \frac{z}{x+y+z}$ ( vì xyz=1)Tương tự ta có :$\frac{yz}{y^5+z^5+yz}\leq \frac{yz}{y^2z^2(y+z)+yz}\times \frac{x^2}{x^2}\leq \frac{x}{x+y+z}$$\frac{zx}{z^5+y^5+zx}\leq \frac{zx}{z^2x^2(z+x)+zx}\times \frac{y^2}{y^2}\leq \frac{y}{x+y+z}$ Cộng 3 đẳng thức trên lại theo từng vế ta được ĐPCM Đẳng thức xảy ra khi x=y=z=1
|
|
|
|
sửa đổi
|
giải hộ cái ...Tags k phải đâu
|
|
|
|
@}Dấu hiệu nhận biết tam giác cân :-Tam giác có 2 cạnh = nhau là tam giác cân-Tam giác có 2 góc = nhau là tam giác cân-Tam giác có có đường cao đồng thời là đường phân giác hay trung tuyến. Zing Blog@} Dấu hiệu nhận biết tam giác đều:-Tam giác có 3 cạnh = nhauZing Blog-Tam giác có 3 góc = nhau-Tam giác cân có 1 góc = 60 độ-Tam giác cân tại 2 đỉnhVote and vote dù thiếu 1 ý nha bạn
@}Dấu hiệu nhận biết tam giác cân :-Tam giác có 2 cạnh = nhau là tam giác cân-Tam giác có 2 góc = nhau là tam giác cân-Tam giác có 1 trong 4 đường đồng thời cx là 1 trong 4 đường còn lại... Cụ thể như tam giác đó có đường cao đđồng thời là đường trung tuyến hay đường phân giác .....Zing Blog@} Dấu hiệu nhận biết tam giác đều:-Tam giác có 3 cạnh = nhauZing Blog-Tam giác có 3 góc = nhau-Tam giác cân có 1 góc = 60 độ-Tam giác cân tại 2 đỉnhVote and vote dù thiếu 1 ý nha bạn
|
|
|
|
sửa đổi
|
Hình 8
|
|
|
|
2). Gọi AH là đường cao của tam giác ABC. , cắt MN ở K Vì MN là đường trung bình của tam giác ABC nên MN=$\frac{1}{2}$BC .. Mặt khác AK=$\frac{1}{2}$ AH $\Rightarrow S_{AMN}=\frac{1}{4}S_{ABC}\Rightarrow S_{ABC}=\frac{4}{3}S_{MNBC}\Rightarrow x=\frac{4}{3}$3) Ta có :Gọi hình thoi đó là ABCD $\Rightarrow S_{ABCD}=\frac{8\times 9}{2}=36 cm^2$
2). Gọi AH là đường cao của tam giác ABC. , cắt MN ở K Vì MN là đường trung bình của tam giác ABC nên MN=$\frac{1}{2}$BC .. Mặt khác AK=$\frac{1}{2}$ AH $\Rightarrow S_{AMN}=\frac{1}{4}S_{ABC}\Rightarrow S_{ABC}=\frac{4}{3}S_{MNBC}\Rightarrow x=\frac{4}{3}$3) Ta có :Gọi hình thoi đó là ABCD $\Rightarrow S_{ABCD}=\frac{8\times 9}{2}=36 cm^2 $
|
|
|
|
sửa đổi
|
Giúp
|
|
|
|
Định nghĩa về đường thẳng Ơ - le : "Trong tam giác ABC không đều, nếu gọi O là giao điểm của ba đường trung trực (tâm đường tròn ngoại tiếp); G là giao điểm của đường trung tuyến (trọng tâm); H là giao điểm 3 đường cao (trực tâm) thì O,G,H cùng thuộc một đường thẳng gọi là đường thẳng Ơ - le" Nói ngắn gọi : " Đường thẳng Ơ - le là đường thẳng chứa O,G,H lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp, trọng tâm và trực tâm." Tính chất : G ở giữa O,H và OH = 3OG. Chứng minh : Theo cách lớp 8. (Lớp 7 trong quyển Toán nâng cao và các chuyên đề của Vũ Dương Thụy, Nguyễn Ngọc Đạm cũng đã nêu ra cách chứng minh, nhưng mình sửa đôi chỗ để phù hợp với kiến thức của h/sinh lớp 8) Đề bài : Cho tam giác ABC không đều. H, G, O theo thứ tự là giao điểm của 3 đường cao, 3 đường trung tuyến, 3 đường trung trực. CMR : H, G, O thẳng hàng và OH = 3OG. Bài giải: Gọi AM là trung tuyến của tam giác ABC. Có : OM vuông góc BC; AH vuông góc BC OM // AH Lấy I là trung điểm AG; K là trung điểm HG. IK // AH (Theo tính chất đường trung bình) Mà AH // OM (cmt) IK // OM (// AH) Xét tam giác AGH có AH // OM (cmt) : Có : OMAH=GMAG (Theo hệ quả của định lí Ta - lét) Xét tam giác AGH và tam giác OGM có: HAGˆ=GMOˆ (cặp góc so le trong. AH // OM)OMAH=GMAG(cmt) →ΔAGH ~ ΔMGO(c.g.c)=> $\widehat{AGH} = \widehat{OGM}$ => H,G,O thẳng hàng Có H,K,G thẳng hàng (K là trung điểm HG) và H,O,G thẳng hàng (cmt) → O,G,K thẳng hàng. →ΔIGK=ΔMGO(g.c.g) →GK=GO Mà GK = HK (theo cách vẽ)nên HK + KG + GO = 3OG = OH Từ và đpcm.
Định nghĩa về đường thẳng Ơ - le : "Trong tam giác ABC không đều, nếu gọi O là giao điểm của ba đường trung trực (tâm đường tròn ngoại tiếp); G là giao điểm của đường trung tuyến (trọng tâm); H là giao điểm 3 đường cao (trực tâm) thì O,G,H cùng thuộc một đường thẳng gọi là đường thẳng Ơ - le" Nói ngắn gọi : " Đường thẳng Ơ - le là đường thẳng chứa O,G,H lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp, trọng tâm và trực tâm." Tính chất : G ở giữa O,H và OH = 3OG. Chứng minh : Theo cách lớp 8. (Lớp 7 trong quyển Toán nâng cao và các chuyên đề của Vũ Dương Thụy, Nguyễn Ngọc Đạm cũng đã nêu ra cách chứng minh, nhưng mình sửa đôi chỗ để phù hợp với kiến thức của h/sinh lớp 8) Đề bài : Cho tam giác ABC không đều. H, G, O theo thứ tự là giao điểm của 3 đường cao, 3 đường trung tuyến, 3 đường trung trực. CMR : H, G, O thẳng hàng và OH = 3OG. Bài giải: Gọi AM là trung tuyến của tam giác ABC. Có : OM vuông góc BC; AH vuông góc BC OM // AH Lấy I là trung điểm AG; K là trung điểm HG. IK // AH (Theo tính chất đường trung bình) Mà AH // OM (cmt) IK // OM (// AH) Xét tam giác AGH có AH // OM (cmt) : Có : OMAH=GMAG (Theo hệ quả của định lí Ta - lét) Xét tam giác AGH và tam giác OGM có: HAGˆ=GMOˆ (cặp góc so le trong. AH // OM)OMAH=GMAG(cmt) →ΔAGH ~ ΔMGO(c.g.c)=> $\widehat{AGH} = \widehat{OGM}$ => H,G,O thẳng hàng (1)Có H,K,G thẳng hàng (K là trung điểm HG) và H,O,G thẳng hàng (cmt) → O,G,K thẳng hàng. →ΔIGK=ΔMGO(g.c.g) →GK=GO Mà GK = HK (theo cách vẽ)nên HK + KG + GO = 3OG = OH (2)Từ (1) và (2) đpcm.Nhớ vote nha bạn
|
|
|
|
sửa đổi
|
Giúp
|
|
|
|
Định nghĩa về đường thẳng Ơ - le : "Trong tam giác ABC không đều, nếu gọi O là giao điểm của ba đường trung trực (tâm đường tròn ngoại tiếp); G là giao điểm của đường trung tuyến (trọng tâm); H là giao điểm 3 đường cao (trực tâm) thì O,G,H cùng thuộc một đường thẳng gọi là đường thẳng Ơ - le" Nói ngắn gọi : " Đường thẳng Ơ - le là đường thẳng chứa O,G,H lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp, trọng tâm và trực tâm." Tính chất : G ở giữa O,H và OH = 3OG. Chứng minh : Theo cách lớp 8. (Lớp 7 trong quyển Toán nâng cao và các chuyên đề của Vũ Dương Thụy, Nguyễn Ngọc Đạm cũng đã nêu ra cách chứng minh, nhưng mình sửa đôi chỗ để phù hợp với kiến thức của h/sinh lớp 8) Đề bài : Cho tam giác ABC không đều. H, G, O theo thứ tự là giao điểm của 3 đường cao, 3 đường trung tuyến, 3 đường trung trực. CMR : H, G, O thẳng hàng và OH = 3OG. Bài giải: Gọi AM là trung tuyến của tam giác ABC. Có : OM vuông góc BC; AH vuông góc BC OM // AH Lấy I là trung điểm AG; K là trung điểm HG. IK // AH (Theo tính chất đường trung bình) Mà AH // OM (cmt) IK // OM (// AH) Xét tam giác AGH có AH // OM (cmt) : Có : OMAH=GMAG (Theo hệ quả của định lí Ta - lét) Xét tam giác AGH và tam giác OGM có: HAGˆ=GMOˆ (cặp góc so le trong. AH // OM)OMAH=GMAG(cmt) →ΔAGH ~ ΔMGO(c.g.c)\rightarrow \widehat{AGH} = \widehat{OGM}\rightarrow$ H,G,O thẳng hàng Có H,K,G thẳng hàng (K là trung điểm HG) và H,O,G thẳng hàng (cmt) → O,G,K thẳng hàng. →ΔIGK=ΔMGO(g.c.g) →GK=GO Mà GK = HK (theo cách vẽ)nên HK + KG + GO = 3OG = OH Từ và đpcm.
Định nghĩa về đường thẳng Ơ - le : "Trong tam giác ABC không đều, nếu gọi O là giao điểm của ba đường trung trực (tâm đường tròn ngoại tiếp); G là giao điểm của đường trung tuyến (trọng tâm); H là giao điểm 3 đường cao (trực tâm) thì O,G,H cùng thuộc một đường thẳng gọi là đường thẳng Ơ - le" Nói ngắn gọi : " Đường thẳng Ơ - le là đường thẳng chứa O,G,H lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp, trọng tâm và trực tâm." Tính chất : G ở giữa O,H và OH = 3OG. Chứng minh : Theo cách lớp 8. (Lớp 7 trong quyển Toán nâng cao và các chuyên đề của Vũ Dương Thụy, Nguyễn Ngọc Đạm cũng đã nêu ra cách chứng minh, nhưng mình sửa đôi chỗ để phù hợp với kiến thức của h/sinh lớp 8) Đề bài : Cho tam giác ABC không đều. H, G, O theo thứ tự là giao điểm của 3 đường cao, 3 đường trung tuyến, 3 đường trung trực. CMR : H, G, O thẳng hàng và OH = 3OG. Bài giải: Gọi AM là trung tuyến của tam giác ABC. Có : OM vuông góc BC; AH vuông góc BC OM // AH Lấy I là trung điểm AG; K là trung điểm HG. IK // AH (Theo tính chất đường trung bình) Mà AH // OM (cmt) IK // OM (// AH) Xét tam giác AGH có AH // OM (cmt) : Có : OMAH=GMAG (Theo hệ quả của định lí Ta - lét) Xét tam giác AGH và tam giác OGM có: HAGˆ=GMOˆ (cặp góc so le trong. AH // OM)OMAH=GMAG(cmt) →ΔAGH ~ ΔMGO(c.g.c)=> $\widehat{AGH} = \widehat{OGM}$ => H,G,O thẳng hàng Có H,K,G thẳng hàng (K là trung điểm HG) và H,O,G thẳng hàng (cmt) → O,G,K thẳng hàng. →ΔIGK=ΔMGO(g.c.g) →GK=GO Mà GK = HK (theo cách vẽ)nên HK + KG + GO = 3OG = OH Từ và đpcm.
|
|
|
|
sửa đổi
|
Help
|
|
|
|
a)ta có: $( x+y+z)^2-2( xy+yz+zx)= x^2+y^2+z^2=1 ( gt)$=> P=$\frac{1}{2}( x+y+z+1) ^2-1\geq -1$vậy min P = -1 đạt được khi và chỉ khi x= -1 và y = z =0câu b) làm giống như bài của SNHC nha bạnVote and vote
a)ta có: $( x+y+z)^2-2( xy+yz+zx)= x^2+y^2+z^2=1 ( gt)$=> P=$\frac{1}{2}( x+y+z+1) ^2-1\geq -1$vậy min P = -1 đạt được khi và chỉ khi x= -1 và y = z =0câu max P làm giống như bài của SNHC nha bạnVote and vote
|
|
|
|
sửa đổi
|
Tiếp nè anh ơi
|
|
|
|
Tiếp nè anh ơi Chứng minh rằng : $\left| {\frac{m}{n}-\sqrt{2}} \right|\geq \frac{1}{n^2(\sqrt{3}+\sqrt{2})}$2.Giải hệ phương trình : $\begin{cases}x^2-5y^2-8y=3 \\ (2x +4y-1)\sqrt{2x-y-1}=) 4x-2y-3)\sqrt{x+2y}\end{cases}$
Tiếp nè anh ơi Chứng minh rằng : $\left| {\frac{m}{n}-\sqrt{2}} \right|\geq \frac{1}{n^2(\sqrt{3}+\sqrt{2})}$ với mọi số nguyên m,n2.Giải hệ phương trình : $\begin{cases}x^2-5y^2-8y=3 \\ (2x +4y-1)\sqrt{2x-y-1}=) 4x-2y-3)\sqrt{x+2y}\end{cases}$
|
|
|
|
sửa đổi
|
Tiếp ạ
|
|
|
|
Tiếp ạ Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R. M là trung điểm BC, AM cắt đường tròn (O) tại F khác A . Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC . CMR: AF $\geq 2\sqrt{2rR} $
Tiếp ạ Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R. M là trung điểm BC, AM cắt đường tròn (O) tại F khác A . Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC . CMR: $AF\geq 2\sqrt{2rR} $
|
|
|
|
sửa đổi
|
Toán 8 (Đã ko hỏi thì thôi chứ hỏi thì ít nhất cũng phải thế này).
|
|
|
|
Gọi I là giao điểm của DE và AK.Xét tam giác AIE và ACK có:$\begin{cases} AEI=AKC=90^0\\ EAI=KAC ( đối đỉnh ) \end{cases}\Rightarrow$ tam giác AIE $ \sim ACK $ (g-g)Gọi J là giao điểm của HG và AK.Tương tự ta cũng chứng minh được tam giác AJH $\sim $ tam giác ABK(g-g)Mà IK vuông góc với BC và Jk cũng vuông góc với BC$\Rightarrow I $ trùng với JHay AK,DE. GH đồng quy
Gọi I là giao điểm của DE và AK.Xét tam giác AIE và ACK có:$\begin{cases} AEI=AKC=90^0\\ EAI=KAC ( đối đỉnh ) \end{cases}\Rightarrow$ tam giác AIE $ \sim ACK $ (g-g)Gọi J là giao điểm của HG và AK.Tương tự ta cũng chứng minh được tam giác AJH $\sim $ tam giác ABK(g-g)Mà IK vuông góc với BC và JK cũng vuông góc với BC$\Rightarrow I $ trùng với JHay AK,DE. GH đồng quy
|
|