|
|
sửa đổi
|
nữa hem
|
|
|
|
Ta có $\Delta DCE$ là tam giác vuông cân gọi $F$ là trung điểm của $DC$ Gọi $d$ qua $F$ và song song $SA$==> $d$ là trục đường tròn ngoại tiếp tam giácGị $I\in d$ lsao cho $IF=x$ $I$ là tâm mặt cầu nội tiếp$\Leftrightarrow IS^{2}=IC^{2}$$\Leftrightarrow (SA^{\rightarrow }+AF^{\rightarrow }+FI^{\rightarrow })^{2}=(IF^{\rightarrow }+FC^{\rightarrow })^{2}$
Ta có $\Delta DCE$ là tam giác vuông cân gọi $F$ là trung điểm của $DC$ Gọi $d$ qua $F$ và song song $SA$==> $d$ là trục đường tròn ngoại tiếp tam giácGị $I\in d$ lsao cho $IF=x$ $I$ là tâm mặt cầu nội tiếp$\Leftrightarrow IS^{2}=IC^{2}$$\Leftrightarrow (SA^{\rightarrow }+AF^{\rightarrow }+FI^{\rightarrow })^{2}=(IF^{\rightarrow }+FC^{\rightarrow })^{2}$$|Leftrightarrow a^{2}+x^{2}
|
|
|
|
giải đáp
|
nữa hem
|
|
|
|
Ta có $\Delta DCE$ là tam giác vuông cân gọi $F$ là trung điểm của $DC$
Gọi $d$ qua $F$ và song song $SA$==> $d$ là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác
Gị $I\in d$ lsao cho $IF=x$ $I$ là tâm mặt cầu nội tiếp$\Leftrightarrow IS^{2}=IC^{2}$
$\Leftrightarrow (SA^{\rightarrow }+AF^{\rightarrow }+FI^{\rightarrow })^{2}=(IF^{\rightarrow }+FC^{\rightarrow })^{2}$
$|Leftrightarrow a^{2}+x^{2}
|
|
|
|
bình luận
|
nữa hem
dựng trục đường tròn ngoại tiếp sau đó dùng vectơ
|
|
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
BĐT
|
|
|
|
Ta có $a+b+c\geq3\sqrt[3]{abc}$ suy ra $1\geq 3\sqrt[3]{abc}$
Ta có $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geq \frac{3}{\sqrt[3]{abc}}\geq 9$==> đpcm'='$\Leftrightarrow a=b=c$
|
|
|
|
giải đáp
|
giúp mình
|
|
|
|
Gọi $I(a;b)$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam gác $ABC$
ta có hệ $\begin{cases}(a-3)^{2}+(b-4)^{2}=(a-4)^{2}+(b-1)^{2} \\ (a-3)^{2}+(b-4)^{2}=(a-2)^{2}+(b+3)^{2} \end{cases}$
suy ra $I(-1;1) IA=5$
phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác $(C):(x+1)^{2}+(y-1)^{2}=25$
Dễ thấy $D$ thuộc $(C)$==>điều phải chứng minh
|
|
|
|
sửa đổi
|
bài thứ 2 nhá
|
|
|
|
Lời giải của nguyenlinhkhang1995Ta có$(\sqrt{a}+\sqrt{b})^{2}\leq2(a+b)=1 ==>\sqrt{a}+\sqrt{b} \leq 1 (*)$xét vế trái của bất đảng thức$VT=\frac{1}{a^{2}+b^{2}}+\frac{4}{\sqrt{a}}+\frac{4}{sqrt{b}} +6\left ( \frac{1}{\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{b}} \right )(**)$cô-si cho 3 số đầu của$(**)$ và từ $(*)$ ta có$VT\geq 3\sqrt[3]{\frac{16}{(a^{2}+b^{2}).\sqrt{ab}}} +\frac{6}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}$$\Leftrightarrow VT\geq 3\sqrt[3]{\frac{16}{(\frac{1}{4}-2ab)\sqrt{ab}}} +24$ Ta cần chứng minh $\left ( \frac{1}{4} -2ab\right )\sqrt{ab}\leq \frac{1}{32}$ có $a+b=1/2\geq 2\sqrt{ab} ==>\sqrt{ab}\leq 1/4$Xét $f(t)=(1/4-2t^{2}).t$$f'(t)=-6t^{2}+1/4 $luôn âm với mọi t thuộc từ 0;1/4==>$f_max=1/32$ ==> điều phải cứng minh
Lời giải của nguyenlinhkhang1995Ta có$(\sqrt{a}+\sqrt{b})^{2}\leq2(a+b)=1 ==>\sqrt{a}+\sqrt{b} \leq 1 (*)$xét vế trái của bất đảng thức$VT=\frac{1}{a^{2}+b^{2}}+\frac{4}{\sqrt{a}}+\frac{4}{\sqrt{b}} +6\left ( \frac{1}{\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{b}} \right )(**)$cô-si cho 3 số đầu của$(**)$ và từ $(*)$ ta có$VT\geq 3\sqrt[3]{\frac{16}{(a^{2}+b^{2}).\sqrt{ab}}} +\frac{6}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}$$\Leftrightarrow VT\geq 3\sqrt[3]{\frac{16}{(\frac{1}{4}-2ab)\sqrt{ab}}} +24$ Ta cần chứng minh $\left ( \frac{1}{4} -2ab\right )\sqrt{ab}\leq \frac{1}{32}$ có $a+b=1/2\geq 2\sqrt{ab} ==>\sqrt{ab}\leq 1/4$Xét $f(t)=(1/4-2t^{2}).t$$f'(t)=-6t^{2}+1/4 $luôn âm với mọi t thuộc từ 0;1/4==>$f_max=1/32$ ==> điều phải chứng minh
|
|
|
|
|
|
|
|
sửa đổi
|
bài thứ 2 nhá
|
|
|
|
Lời giải của nguyenlinhkhang1995Ta có$(\sqrt{a}+\sqrt{b})^{2}\leq2(a+b)=1 ==>\sqrt{a}+\sqrt{b} \leq 1 (*)$xét vế trái của bất đảng thức$VT=\frac{1}{a^{2}+b^{2}}+\frac{4}{\sqrt{a}}+\frac{4}{sqrt{b}} +6\left ( \frac{1}{\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{b}} \right )(**)$cô-si cho 3 số đầu của$(**)$ và từ $(*)$ ta có$VT\geq 3\sqrt[3]{\frac{16}{(a^{2}+b^{2}).\sqrt{ab}}} +\frac{6}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}$$\Leftrightarrow VT\geq 3\sqrt[3]{\frac{16}{(\frac{1}{4}-2ab)\sqrt{ab}}} +24$ Ta
Lời giải của nguyenlinhkhang1995Ta có$(\sqrt{a}+\sqrt{b})^{2}\leq2(a+b)=1 ==>\sqrt{a}+\sqrt{b} \leq 1 (*)$xét vế trái của bất đảng thức$VT=\frac{1}{a^{2}+b^{2}}+\frac{4}{\sqrt{a}}+\frac{4}{sqrt{b}} +6\left ( \frac{1}{\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{b}} \right )(**)$cô-si cho 3 số đầu của$(**)$ và từ $(*)$ ta có$VT\geq 3\sqrt[3]{\frac{16}{(a^{2}+b^{2}).\sqrt{ab}}} +\frac{6}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}$$\Leftrightarrow VT\geq 3\sqrt[3]{\frac{16}{(\frac{1}{4}-2ab)\sqrt{ab}}} +24$ Ta cần chứng minh $\left ( \frac{1}{4} -2ab\right )\sqrt{ab}\leq \frac{1}{32}$ có $a+b=1/2\geq 2\sqrt{ab} ==>\sqrt{ab}\leq 1/4$Xét $f(t)=(1/4-2t^{2}).t$$f'(t)=-6t^{2}+1/4 $luôn âm với mọi t thuộc từ 0;1/4==>$f_max=1/32$ ==> điều phải cứng minh
|
|
|
|
sửa đổi
|
bài thứ 2 nhá
|
|
|
|
Lời giải của nguyenlinhkhang1995Ta có$(\sqrt{a}+\sqrt{b})^{2}\leq2(a+b)=1 ==>\sqrt{a}+\sqrt{b} \leq 1 (*)$xét vế trái của bất đảng thức$VT=\frac{1}{a^{2}+b^{2}}+\frac{4}{\sqrt{a}}+\frac{4}{sqrt{b}} +6\left ( \frac{1}{\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{b}} \right )$
Lời giải của nguyenlinhkhang1995Ta có$(\sqrt{a}+\sqrt{b})^{2}\leq2(a+b)=1 ==>\sqrt{a}+\sqrt{b} \leq 1 (*)$xét vế trái của bất đảng thức$VT=\frac{1}{a^{2}+b^{2}}+\frac{4}{\sqrt{a}}+\frac{4}{sqrt{b}} +6\left ( \frac{1}{\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{b}} \right )(**)$cô-si cho 3 số đầu của$(**)$ và từ $(*)$ ta có$VT\geq 3\sqrt[3]{\frac{16}{(a^{2}+b^{2}).\sqrt{ab}}} +\frac{6}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}$$\Leftrightarrow VT\geq 3\sqrt[3]{\frac{16}{(\frac{1}{4}-2ab)\sqrt{ab}}} +24$ Ta
|
|
|
|
giải đáp
|
bài thứ 2 nhá
|
|
|
|
Lời giải của nguyenlinhkhang1995
Ta có
$(\sqrt{a}+\sqrt{b})^{2}\leq2(a+b)=1 ==>\sqrt{a}+\sqrt{b} \leq 1 (*)$
xét vế trái của bất đảng thức
$VT=\frac{1}{a^{2}+b^{2}}+\frac{4}{\sqrt{a}}+\frac{4}{\sqrt{b}} +6\left ( \frac{1}{\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{b}} \right )(**)$
cô-si cho 3 số đầu của$(**)$ và từ $(*)$ ta có
$VT\geq 3\sqrt[3]{\frac{16}{(a^{2}+b^{2}).\sqrt{ab}}} +\frac{6}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}$
$\Leftrightarrow VT\geq 3\sqrt[3]{\frac{16}{(\frac{1}{4}-2ab)\sqrt{ab}}} +24$
Ta cần chứng minh $\left ( \frac{1}{4} -2ab\right )\sqrt{ab}\leq \frac{1}{32}$
có $a+b=1/2\geq 2\sqrt{ab} ==>\sqrt{ab}\leq 1/4$
Xét $f(t)=(1/4-2t^{2}).t$
$f'(t)=-6t^{2}+1/4 $luôn âm với mọi t thuộc từ 0;1/4
==>$f_max=1/32$ ==> điều phải chứng minh
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
đại lượng tỉ lệ nghịch
|
|
|
|
Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết
|
|
|
|
bình luận
|
giúp mình
mình làm như sau lập phương trình đường tròn ngoại tiếp ABC zuj cho D thuộc vào có được không
|
|
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
HELP ME
|
|
|
|
$AB: 1/3x+y-5/3=0$ gọi $H'$ là điểm đối xứng với $H$ qua AB
==>$H'(0,6;0,8)$
Ta có $ABCH'$ là tứ giác nội tiếp( đây là kiến thức lớp 9 đó ^^)
vậy $H'$ cũng nằm trên đường tròn ngoại tiếp
tọa độ $I$ thỏa mãn$\begin{cases}IA^{2}=IB^{2} \\ IA^{2}=IH'^{2} \end{cases}$
Vậy $I(1;3)$
|
|