|
|
đặt câu hỏi
|
bđt
|
|
|
|
Cho $a,b,c$ không âm thỏa $ab+bc+ca=1$ Tìm GTNN của $S= \frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}$:
|
|
|
|
giải đáp
|
giúp bài hình này với.
|
|
|
|
Bài 2 javascript:nicTemp();a)Xét ΔAEM có Eˆ=90∘, có EI là trung tuyến nên EI=AI=MI.
Do đó ΔAIE cân tại I⇒EIMˆ=2IAEˆ
Chứng minh tương tự có DIMˆ=2IADˆ
⇒EIMˆ+MIDˆ=2(EAIˆ+IADˆ)
Hay EIDˆ=2EADˆ=2.30∘=60∘
Lại có EI=DI=12AM⇒ΔEID cân tại I. Mà EIDˆ=60∘
⇒ΔEID đều.
Chứng minh tương tự có: ΔFID đều.
Do đó: EI=IF=FD=DE⇒ tứ giác IFDE là hình thoi
b)Gọi N là trung điểm của AH.
Có ΔABC đều nên H là trực tâm cũng là trọng tâm ΔABC
⇒AN=NH=HD/
Có IN là đường trung bình ΔAMH nên IN//MH(1).
Có KH là đường trung bình ΔIND nên KH//IN(2).
Từ (1) và (2) suy ra: MK trùng KH(3)
Mà tứ giác IFDE là hình thoi nên ID∩EF=K.Hay MK,ID,EF đồng quy tại K(4)
Từ (3) và (4) suy ra: MH,ID,EF đồng quy tại K
|
|
|
|
giải đáp
|
Help
|
|
|
|
Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết
|
|
|
|
giải đáp
|
Các bạn giúp mình bài toán với
|
|
|
|
Ta có $ (x-y)^2\geq 0\Rightarrow x^2+y^2 \geq 2xy\Rightarrow (x^2+y^2) \geq (x+y)^2\Rightarrow \frac{x^2+y^2}{x^2+2xy+y^2} \geq \frac{1}{2}$
|
|
|
|
giải đáp
|
giúp vs m.n
|
|
|
|
Với $n=5$ ta có $2^n > n^2 (1)$ (đúng với $n=5$) Giả sử bpt đúng với $n=k$ $\Rightarrow 2^k>k^2 \Rightarrow 2^{k+1}>2k^2\Rightarrow 2^{k+1}-(k+1)^2>2k^2-(k+1)^2$ $\Rightarrow 2^{k+1}-(k+1)^2>k^2-2k-1=(k-1)^2-2>0 $ $\forall k \geq 5$ $\Rightarrow 2^{k+1} > (k+1)^2$ $\forall k \geq 5$ Tương tự $\Rightarrow 2^{k+5}>(k+5)^2$ Vì bpt đúng với $n=5,n=k,n=k+5$ nên dùng phương pháp quy nạp $\Rightarrow $ đpcm |
|
|
|
giải đáp
|
No caption.
|
|
|
|
Gọi $ \triangle ABC$ là tam giác có diện tích lớn nhất trong số hữu hạn các tam giác cho sẵn, kẻ đường thẳng $d//BC$ qua $A$, nên các điểm còn lại nằm trong nửa mặt phẳng $d$ chứa $B,C$.Tương tự từ $B;C $kẻ $d';d'$' song song $AC;AB$ và $d;d';d'$' cắt nhau tạo thành tam giác mới$ A'B'C' $ nên $8045$ điểm đã cho nằm trong $\triangle A'B'C'$ Mà $ \triangle A'B'C'$ gồm 4 tam giác nhỏ có diện tích bằng với $ \triangle ABC <1$. Nên theo nguyên tắc Đi-rích-lê thì tồn tại ít nhất 1 tam giác chứa bằng hoặc hơn $2012$ điểm |
|
|
|
giải đáp
|
bài này là câu trốt điểm 10 thi tỉnh chỗ em này,ai lm hộ cái
|
|
|
|
$\frac{a}{1+b^2}=a-\frac{ab^2}{1+b^2}\geq a-\frac{ab^2}{2b}=a-\frac{ab}{2}$ Tương tự $\frac{b}{1+c^2}\geq b- \frac{bc}{2};\frac{c}{1+a^2}\geq c - \frac{ca}{2}$ $\Leftrightarrow \frac{a}{1+b^2}+\frac{b}{1+c^2}+\frac{c}{1+a^2} \geq a+b+c - \frac{ab+bc+ca}{2} \geq 3- \frac{3}{2}=\frac{3}{2}$ |
|
|
|
đặt câu hỏi
|
Bđt
|
|
|
|
Cho $ x , y , z > 0$ và $x+y+z=1$ Tìm GTNN $A=x^2+y^2+2z^2$ |
|
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
đây này
|
|
|
|
$\begin{cases}y+z= -x\\ y^2+z^2=1-x^2 \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}y^2+2yz+z^2=x^2 \\ y^2+z^2=1-x^2 \end{cases}$ $\Leftrightarrow \begin{cases}y+z=-x \\ yz=\frac{2x^2-1}{2} \end{cases}$ Đặt $a,b$ sao cho $\begin{cases}a=y+z \\ b=yz \end{cases}$ Ta có $x^5+y^5+z^5=x^5+(y^2+z^2)(y^3+z^3)-y^2z^2(y+z)=x^5+a^5-5a^3b+5ab^2$ $= x^5+(-x^5)-5(-x)^3.\frac{2x^2-1}{2}+5(-x)(\frac{2x^2-1}{2})^2=5x^3.\frac{2x^2-1}{2}-5x.\frac{(2x^2-1)^2}{4}$ $=\frac{5}{4}[x^3(2x^2-1)-x(2x^2-1)^2]=\frac{5}{4}(2x^3-x)$ |
|
|
|
giải đáp
|
giải hệ phương trình
|
|
|
|
Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết
|
|
|
|
|
|
đặt câu hỏi
|
GTNN
|
|
|
|
Tìm GTNN của $A= \frac{a}{b}+\sqrt{\frac{b}{c}}+\sqrt[3]{\frac{c}{a}}$
|
|
|
|
giải đáp
|
toán đại số 10
|
|
|
|
Ta có $O$ là trọng tâm của đa giác đều Nếu $n$ chẵn thì $O$ là điểm đối xứng của $ \frac{n}{2}$ cặp đỉnh nên tổng của chúng bằng $ \vec{0}$ Nếu $n$ lẻ thì áp dụng qui tắc trọng tâm $ \vec{MA_1}+\vec{MA_2}+\vec{MA_3}+...+\vec{MA_n}=n.\vec{MO}$ (Với $M$ là điểm bất kì) $\Rightarrow \vec{MO}+\vec{OA_1}+\vec{MO}+\vec{OA_2}+...+\vec{MO}+\vec{OA_n}=n.\vec{MO}$ $\Rightarrow n.\vec{MO}+\vec{OA_1} +\vec{OA_2}+\vec{OA_3}+...+\vec{OA_n }=n.\vec{MO}$ $\Rightarrow \vec{OA_1} +\vec{OA_2}+\vec{OA_3}+...+\vec{OA_n }=\vec{0}$ (dpcm) |
|