|
|
đặt câu hỏi
|
hình
|
|
|
|
Cho $\triangle ABC$ đều. Tìm điểm $M$ nằm trong $\triangle ABC$ sao cho $MA^2=MB^2+MC^2$
|
|
|
|
|
|
đặt câu hỏi
|
hình
|
|
|
|
Cho $\triangle ABC$ vuông tại $A (AB<AC),$ đường cao $AH,$ nội tiếp trong nửa đường tròn $(O).$ Trên đoạn $AH$ lấy điểm $D$ khác $A$ và $H.$ Tia $BD$ cắt $AC$ và nửa đường tròn $(O)$ tại $I$ và $M. J$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\triangle ADM. $ Xác định vị trí điểm $D$ trên $AH$ sao cho $HJ $ ngắn nhất. |
|
|
|
giải đáp
|
Hệ 2
|
|
|
|
$\begin{cases}x+\sqrt{x^2+1}=y+\sqrt{y^2-1} (1)\\ x^2+y^2-xy=1 (2)\end{cases} $
Đặt $\sqrt{x^2+1}=a , \sqrt{y^2-1}=b$
Ta có
$\begin{cases}x+a=y+b \\ x^2+y^2=a^2+b^2 \end{cases}$
$\Leftrightarrow\begin{cases}x-y=b-a \\ x^2+y^2= a^2+b^2\end{cases}$
$\Leftrightarrow \begin{cases}(x-y)^2=(b-a)^2 \\ x^2+y^2=a^2+b^2 \end{cases}$
$\Rightarrow xy=ab $
$\Leftrightarrow x^2y^2=(x^2+1)(y^2-1)$
$\Leftrightarrow x^2=y^2-1 (3) $
Thế $(3)$ vào $(2)$, ta có \begin{cases}x=\pm \sqrt{2}\\ y= \pm 1\end{cases}
|
|
|
|
đặt câu hỏi
|
cm hằng đẳng thức
|
|
|
|
Ta có : $x + x^2 + x^3 + ... + x^n = \frac{x(x^n-1)}{x-1} (x\neq 1$)
Áp dụng điều trên để chứng minh bài toán sau:
$ a-b=( \sqrt[n]{a}-\sqrt[n]{b} )(\sqrt[n]{a^{n-1}}+\sqrt[n]{a^{n-2}b}+ ... +\sqrt[n]{a^{n-k}b^{k-1}} + ... +\sqrt[n]{ab^{n-2}}+\sqrt[n]{b^{n-1}})$ |
|
|
|
đặt câu hỏi
|
hình
|
|
|
|
Cho A, B cùng thuộc nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng xy. Tìm điểm M thuộc xy sao cho
a. $\angle xMA = 2\angle yMB$
b. $\angle xMA - \angle yMB = \alpha$ |
|
|
|
đặt câu hỏi
|
hình
|
|
|
|
Cho đường tròn $(O)$ cắt đường tròn $(O')$ tại $A, B$. Cát tuyến $EBF$ tùy ý. Định vị trí $E, F$ để đường tròn nội tiếp $\triangle EAF$ max
|
|
|
|
giải đáp
|
BĐT
|
|
|
|
Áp dụng BĐT $(a+b)^2 \leq 2(a^2+1) $ (CM= tương đương vì $a, b, c, d >0$)
Ta có : $(a+1)^2 \leq 2(a^2+1) \Rightarrow \frac{1}{(a+1)^2} \geq \frac{1}{2(a^2+1)}$
Tương tự với b, c, d , ta được :
$\frac{1}{(1+a)^2} + \frac{1}{(1+b)^2} + \frac{1}{(1+c)^2} + \frac{1}{(1+d)^2} \geq \frac{1}{2}(\frac{1}{a^2+1} + \frac{1}{b^2+1} + \frac{1}{c^2+1} + \frac{1}{d^2+1}) $
Theo BĐT Jensen, ta có $\frac{1}{a^2+1} + \frac{1}{b^2+1} \geq \frac{2}{ab+1}$ (Cm bằng tương đương)
Tương tự, ta có :
$\frac{1}{a^2+1} + \frac{1}{b^2+1} + \frac{1}{c^2+1} + \frac{1}{d^2+1} \geq \frac{4}{abcd+1}$
$\Rightarrow \frac{1}{(a+1)^2} + \frac{1}{(b+1)^2} + \frac{1}{(c+1)^2} + \frac{1}{(d+1)^2} \geq \frac{4}{2(abcd+1)} = 1$ (đpcm)
|
|
|
|
đặt câu hỏi
|
BĐT
|
|
|
|
Cho $a, b, c, d > 0$ thỏa $abcd = 1$
CMR :$\frac{1}{(1+a)^2}$ + $\frac{1}{(1+b)^2}$ + $\frac{1}{(1+c)^2}$ + $\frac{1}{(1+d)^2}$ $\geq 1$
|
|
|
|
giải đáp
|
BĐT
|
|
|
|
1/ Ta có $\frac{1}{1+a} + \frac{1}{1+b} \leq \frac{2}{\sqrt{ab}+1} $ (Cm bằng cách tương đương vì $ab \leq 1$)
Tương tự : $\frac{1}{1+c} + \frac{1}{1+d} \leq \frac{2}{\sqrt{cd} + 1}$
$\frac{2}{\sqrt{ab} + 1} + \frac{2}{\sqrt{cd} + 1} \leq \frac{4}{\sqrt{4}{abcd} + 1}$ (đpcm)
|
|
|
|
giải đáp
|
Toán hình
|
|
|
|
Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết
|
|
|
|
giải đáp
|
bạn nào giup dc k?
|
|
|
|
Ta có : $ 3(a + b + c) = 3(ab + bc + ca) \leq (a+b+c)^2 $
$\Leftrightarrow a + b + c \geq 3 (1) $
Vì $ a, b, c > 0 $ nên theo BĐT Cauchy cho 2 số dương ta có : $ a^2 + b^2 \geq \frac{(a+b)^2}{2}$
Tương tự : $ b^2 + c^2 \geq \frac{(b+c)^2}{2} và c^2 + a^2 \geq \frac{(c+a)^2}{2} $
Ta có :
$\frac{a+b}{a^2+b^2} + \frac{b+c}{b^2+c^2} + \frac{c+a}{c^2+a^2} \leq \frac{a+b}{\frac{(a+b)^2}{2}} + \frac{b+c}{\frac{(b+c)^2}{2}} + \frac{c+a}{\frac{(c+a)^2}{2}} $
$\Leftrightarrow VT \leq \frac{2}{a+b} + \frac{2}{b+c} + \frac{2}{c+a} $
Từ $(1) \Rightarrow a+b \geq 3-c ; b+c \geq 3-a ; c+a \geq 3-b $
Nên $2(\frac{1}{a+b} + \frac{1}{b+c} + \frac{1}{c+a}) \leq 2(\frac{1}{3-c} + \frac{1}{3-a} + \frac{1}{3-b}) = -2(\frac{1}{a-3} + \frac{1}{b-3} + \frac{1}{c-3}) (2) $
Áp dụng BĐT sau : $\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} \geq \frac{9}{x+y+z} $ (Cm bằng tương đương)
Ta có
$\frac{1}{a-3} + \frac{1}{b-3} + \frac{1}{c-3} \geq \frac{9}{a+b+c-9}$
$\Leftrightarrow -2(\frac{1}{3-a} + \frac{1}{3-b} + \frac{1}{3-c}) \leq \frac{18}{9-(a+b+c)} \leq \frac{18}{6} = 3 $
Dấu "=" xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c $
|
|
|
|
giải đáp
|
Hệ phương trình
|
|
|
|
\begin{cases}\sqrt{x+1} + \sqrt{y-1} = 4 \\ \sqrt{x+6} + \sqrt{y+4} = 6 \end{cases} $\Leftrightarrow$ \begin{cases}x + y + 2\sqrt{(x+1)(y-1)} = 16 \\ x + y + 10 + 2\sqrt{(x+6)(y+4)}= 36 \end{cases} $\Leftrightarrow $ \begin{cases} 2\sqrt{(x+1)(y-1)} = 16-x-y (1) \\ 2\sqrt{(x+6)(y+4)} - 10 = 16 - x - y (2)\end{cases} Lấy (1) trừ (2) theo vế, ta được :
$\sqrt{(x+6)(y+4)}$ = $\sqrt{(x+1)(y-1)}$ + 5
$\Leftrightarrow$ $(x+6)(y+4) = (x+1)(y-1) + 25 + 10\sqrt{(x+1)(y-1)}$
$\Leftrightarrow$ $ xy + 4x + 6y + 24 = xy - x + y + 24 + 10\sqrt{(x+1)(y-1)}$
$\Leftrightarrow$ $ x + y = 2\sqrt{(x+1)(y-1)}$
$\Leftrightarrow$ $ x^2 + y^2 + 2xy = 4xy - 4x + 4y - 4$
$\Leftrightarrow$ $ x^2 + y^2 - 2xy + 4x - 4y + 4 = 0$
$\Leftrightarrow$ $ x^2 - 2x(y-2) + (y-2)^2 = 0$
$\Leftrightarrow$ $ (x-y+2)^2 = 0$
$\Leftrightarrow$ $ x = y - 2 (3) $
Thế $(3) $ vào $(1) $ ta có
$(1) \Leftrightarrow \sqrt{y-1} = 2 \Leftrightarrow y = 5 \Rightarrow x=3 $
Vậy $ (x;y) = (3;5) $
|
|
|
|
đặt câu hỏi
|
BĐT
|
|
|
|
1/ Cho $a, b, c, d > 0 ; ab \leq 1 ; cd \leq 1$ .
CMR :$\frac{1}{1+a}$ + $\frac{1}{1+b}$ + $\frac{1}{1+c}$ + $\frac{1}{1+d}$ $\leq$ $\frac{4}{1+\sqrt[4]{abcd}}$
|
|
|
|
đặt câu hỏi
|
hình
|
|
|
|
Cho tam giác ABC có góc $\widehat{BAC}$ tù. Vẽ đường cao CD và BE của tam giác ABC (D nằm trên đường thẳng AB, E nằm trên đường thẳng AC). Gọi M,N lần lượt là chân đường vuông góc của các điểm B và C trên đường thẳng DE. Biết rằng S1 là diện tích tam giác ADE, S2 là diện tích tam giác BEM và S3 là diện tích tam giác CDN. Tính diện tích tam giác ABC theo S1, S2, S3
|
|