|
|
giải đáp
|
help me gấp quá
|
|
|
|
b. Theo câu a) tứ giác $ABEF$ nội tiếp $\Rightarrow \widehat{BCA}=\widehat{BDA}$ tứ giác $DCEF$ nội tiếp $\Rightarrow \widehat{FCA}=\widehat{BDA}$ Suy ra $ \widehat{BCA}=\widehat{FCA}\Rightarrow $ đpcm. |
|
|
|
giải đáp
|
help me gấp quá
|
|
|
|
a. $\widehat{ABD}=\widehat{AFE}=90^\circ\Rightarrow $ tứ giác $ABEF$ nội tiếp. $\widehat{ACD}=\widehat{CFE}=90^\circ\Rightarrow $ tứ giác $DCEF$ nội tiếp. |
|
|
|
giải đáp
|
(¤o^) ai vô giúp tí :)
|
|
|
|
Bài 1. a) Kết quả rút gọn chính xác. b) $P=\frac{x+16}{\sqrt{x}+3}=\frac{x-4\sqrt x+4+4(\sqrt{x}+3)}{\sqrt{x}+3}=4+\frac{(\sqrt{x}-2)^2}{\sqrt{x}+3} \ge 4$. Vậy $\min P=4 \Leftrightarrow x=4.$ |
|
|
|
giải đáp
|
PTLG với bdt nè. hôm nay mới thi xong
|
|
|
|
$\begin{array}{l}
1)\,\frac{1}{{\sin A}} + \frac{1}{{\sin B}} + \frac{1}{{\sin C}} - (\cot A + \cot B + \cot C) =
\sqrt 3 \\
\Leftrightarrow \frac{{1 - \cos A}}{{\sin A}} + \frac{{1 - \cos B}}{{\sin B}} + \frac{{1 - \cos
C}}{{\sin C}} = \sqrt 3 \\
\Leftrightarrow \tan \frac{A}{2} + \tan \frac{B}{2} + \tan \frac{C}{2} = \sqrt 3
\end{array}$
$ \Leftrightarrow {\tan ^2}\frac{A}{2} + {\tan ^2}\frac{B}{2} + {\tan ^2}\frac{C}{2} = 1$
$ \Leftrightarrow \tan \frac{A}{2}\tan \frac{B}{2} + \tan \frac{B}{2}\tan \frac{C}{2} + \tan
\frac{A}{2}\tan \frac{C}{2} = 1 (\forall \Delta ABC)$
$\begin{array}{l}
\Leftrightarrow {\tan ^2}\frac{A}{2} + {\tan ^2}\frac{B}{2} + {\tan ^2}\frac{C}{2} = \tan
\frac{A}{2}\tan \frac{B}{2} + \tan \frac{B}{2}\tan \frac{C}{2} + \tan \frac{A}{2}\tan
\frac{C}{2}\\
\Leftrightarrow \frac{1}{2}\left[ {{{\left( {\tan \frac{A}{2} - \tan \frac{B}{2}} \right)}^2} +
{{\left( {\tan \frac{B}{2} - \tan \frac{C}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\tan \frac{A}{2} - \tan
\frac{C}{2}} \right)}^2}} \right] = 0\\
\Leftrightarrow \tan \frac{A}{2} = \tan \frac{B}{2} = \tan \frac{C}{2}
\end{array}$
$ \Leftrightarrow \frac{A}{2} = \frac{B}{2} = \frac{C}{2} \Leftrightarrow \Delta ABC$ đều.
|
|
|
|
giải đáp
|
Hình khó
|
|
|
|
Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết
|
|
|
|
giải đáp
|
giúp với, gấp lắm
|
|
|
|
Đặt $x=\tan t$. Suy ra $\frac{1+x^4}{1+x^2}=\frac{1+\tan^4 t}{1+\tan^2 t}=\frac{1+\tan^4 t}{\frac{1}{\cos^2 t}}=\cos^2t(1+\tan^4 t)=\cos^2t+\frac{\sin^4t}{\cos^2t}$ $=\cos^2 t+\frac{(1-\cos^2 t)^2}{\cos^2t}=\cos^2 t+\frac{1-2\cos^2t+\cos^4t}{\cos^2t}=2\cos^2t +\frac{1}{\cos^2t}-2$ Aps dụng BĐT Cô-si: $\frac{1+x^4}{1+x^2} \ge 2\sqrt{2\cos^2t .\frac{1}{\cos^2t}}-2 =2\sqrt 2 -2 > \frac12$. BĐT $\frac{1+x^4}{1+x^2} \le 1$ sai vì cho $x=2$ thì $\frac{1+x^4}{1+x^2}=\frac{17}{5}>1$.
|
|
|
|
giải đáp
|
Hình học lớp 10.
|
|
|
|
Gợi ý: Ta tìm giao điểm $I$ của $d_1$, $d_2$ bằng cách giải hệ $\begin{cases}2x-y+5=0\\3x+6y-7=0 \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}x=-\frac{23}{15} \\ y=\frac{29}{15} \end{cases}$. PT $\Delta$ qua $D(2,1)$ có dạng tham số $y=k(x-2)+1$. Ta tìm các giao điểm của $\Delta$ và $d_1$, $d_2$ bằng cách giải các hệ $A=\Delta \cap d_1\Rightarrow A:\begin{cases}2x-y+5=0 \\ y=k(x-2)+1 \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}x=\frac{4k+4}{k-2} \\ y=\frac{9k-2}{k-2} \end{cases}(k \ne 2)$. $B=\Delta \cap d_2\Rightarrow B:\begin{cases}3x+6y-7=0 \\ y=k(x-2)+1 \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}x=\frac{12k+1}{6k+3} \\ y=\frac{k+3}{6k+3} \end{cases}(k \ne -1/2)$. Chú ý ta cũng cần xét $a=2,a=-1/2$ trước. Tiếp đến chỉ cần giải PT $IA^2=IB^2$ |
|
|
|
giải đáp
|
tích phân
|
|
|
|
Đặt $x=\sin t\Rightarrow dx =\cos t dt$. Ta có $I = \int\limits_{0}^{\pi /2}\frac{\cos t dt}{\sin t+\cos t}= \frac{1}{2}\int\limits_{0}^{\pi /2}\left ( 1+\frac{\cos t-\sin t}{\sin t+\cos t} \right )dt= $$=\frac{1}{2} t|_{0}^{\pi /2}+ \frac{1}{2}\int\limits_{0}^{\pi /2}\frac{d(\sin t+\cos t)}{\sin t+\cos t}=\frac{1}{2}\left[ {t + \ln\left| {\sin t+\cos t} \right|} \right]_{0}^{\pi /2}$. Em tự thay số vào nhé. |
|
|
|
giải đáp
|
Tìm giới hạn
|
|
|
|
1. $\lim\frac{(3n+1)(n^2+2)}{(n\sqrt{n}+1)(3\sqrt{n}+4)(5n+1)}=\lim \frac{\frac{3n+1}{n}.\frac{n^2+2}{n^2}}{\frac{n\sqrt{n}+1}{n\sqrt{n}}.\frac{3\sqrt{n}+4}{\sqrt{n}}.\frac{5n+1}{n}}=\frac{3.1}{1.3.5}=\frac15$ |
|
|
|
giải đáp
|
m.n giai dum e bai nhay nha e dang can gap
|
|
|
|
PTĐT $(d)$ qua $M(1,2)$ có PT tham số $y=k(x-1)+2$. $A(a,0)=(d)\cap Ox\Rightarrow 0=k(a-1)+2\Rightarrow a=\frac{-2}{k}+1=\frac{k-2}{k}$. $B(0,b)=(d)\cap Oy\Rightarrow b=k(0-1)+2\Rightarrow b=2-k$. Suy ra $ \frac{9}{OA^{2}}+\frac{4}{OB^{2}} = \frac{9}{a^{2}}+\frac{4}{b^{2}}= \frac{k^2}{(k-2)^{2}}+\frac{4}{(k-2)^{2}}= \frac{k^2+4}{(k-2)^{2}}=\frac{1}{2}+\frac{(k+2)^2}{2(k-2)^{2}}\ge \frac{1}{2}$. Vậy $\min\left (\frac{9}{OA^{2}}+\frac{4}{OB^{2}} \right )=\frac{1}{2}\Leftrightarrow k=-2\Leftrightarrow y=-2(x-1)+2$ |
|
|
|
giải đáp
|
BDT 3
|
|
|
|
Từ giả thiết suy ra $a > b >c.$ Mặt khác $ah_a=bh_b=ch_c=2S$, với $S$ là diện tích tam giác. Suy ra BĐT đã cho tương đương với $\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}\geq \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a} \qquad (1)$ Nhân hai vế của (1) với $abc>0$ ta được: $(1)\Leftrightarrow b^2c+c^2a+a^2b\geq a^2c+b^2a+c^2b$ $\Leftrightarrow b^2(c-a)+c^2(a-b)+a^2(b-c)\geq 0$ $\Leftrightarrow b^2(c-b+b-a)+c^2(a-b)+a^2(b-c)\geq 0$ $\Leftrightarrow (b-c)(a^2-b^2)+(a-b)(c^2-b^2)\geq 0$ $\Leftrightarrow (a-b)(b-c)[(a+b)-(c+b)]=(a-b)(b-c)(a-c)\geq 0$. BĐT trên đúng theo giả thiết, ta suy ra đpcm. |
|
|
|
giải đáp
|
BDT 2
|
|
|
|
Ta có: $a{\left( {b - c} \right)^2} + b{\left( {c - a} \right)^2} + c{\left( {a + b} \right)^2} > {a^3} + {b^3} + {c^3}$ $ \Leftrightarrow a\left[ {{{\left( {b - c} \right)}^2} - {a^2}} \right] + b\left[ {{{\left( {c - a} \right)}^2} - {b^2}} \right] + c\left[ {{{\left( {a + b} \right)}^2} - {c^2}} \right] > 0$ $ \Leftrightarrow a(b - c - a)(b - c + a) + b(c - a - b)(c - a + b) + c(a + b - c)(a + b + c) > 0$ $ \Leftrightarrow (a + b - c)\left[ {a\left( {b - c - a} \right) + b(a - b - c) + c(a + b + c)} \right] > 0$ $ \Leftrightarrow {c^2} - ({a^2} + {b^2} - 2{\rm{ab) > 0 }}$ ( do $a + b - c > 0$) $ \Leftrightarrow {c^2} > {(a - b)^2} \Rightarrow c > \left| {a - b} \right|$ : luôn đúng do $a,b,c$ là ba cạnh của một tam giác. |
|
|
|
|
|
|
|