|
|
sửa đổi
|
BĐT
|
|
|
|
BĐT cho 3 số thực a,b,c dương thỏa mãn a+b+c=3abc.CMR:$\frac{bc}{a^{3}(2b+c)}+\frac{ca}{b^{3}(2c+a)}+\frac{ab}{c^{3}(2a+ c)}\geq 1$
BĐT cho 3 số thực a,b,c dương thỏa mãn a+b+c=3abc.CMR:$\frac{bc}{a^{3}(2b+c)}+\frac{ca}{b^{3}(2c+a)}+\frac{ab}{c^{3}(2a+ b)}\geq 1$
|
|
|
|
sửa đổi
|
lại phân số
|
|
|
|
$x-y=5\Rightarrow y=x-5$.Thay vào $\frac{x-4}{y-3}=\frac{4}{3}\Leftrightarrow \frac{x-4}{(x-5)-3}=\frac{4}{3}\Leftrightarrow 3(x-4)=4(x-8)$$\Leftrightarrow 3x-12=4x-32\Leftrightarrow x-20=0\Leftrightarrow x=20.$
$x-y=5\Rightarrow y=x-5$.Thay vào $\frac{x-4}{y-3}=\frac{4}{3}\Leftrightarrow \frac{x-4}{(x-5)-3}=\frac{4}{3}\Leftrightarrow 3(x-4)=4(x-8)$$\Leftrightarrow 3x-12=4x-32\Leftrightarrow x-20=0\Leftrightarrow x=20.$$x-y=5\Leftrightarrow 20-y=5 \Leftrightarrow y=20-5=15$.
|
|
|
|
sửa đổi
|
BĐT hay và khó.
|
|
|
|
BĐT hay và khó. cho 3 số a,b,c dương thỏa mãn diều kiện a+b+c=3.CMR:$\frac{1}{a^{2}+b^{2}+2}+\frac{1}{b^{2}+c^{2}+2}+\frac{1}{c^{2}+a^{2}+2}\leq \frac{3}{4}$
BĐT hay và khó. Cho $3 $ số $a,b,c $ dương thỏa mãn điều kiện $a+b+c=3 $.CMR:$\frac{1}{a^{2}+b^{2}+2}+\frac{1}{b^{2}+c^{2}+2}+\frac{1}{c^{2}+a^{2}+2}\leq \frac{3}{4}$
|
|
|
|
sửa đổi
|
lại phân số
|
|
|
|
$\frac{x-4}{x-3}=\frac{4}{3}\Leftrightarrow 3x=4x\Leftrightarrow x=0$
$x-y=5\Rightarrow y=x-5$.Thay vào $\frac{x-4}{y-3}=\frac{4}{3}\Leftrightarrow \frac{x-4}{(x-5)-3}=\frac{4}{3}\Leftrightarrow 3(x-4)=4(x-8)$$\Leftrightarrow 3x-12=4x-32\Leftrightarrow x-20=0\Leftrightarrow x=20.$
|
|
|
|
sửa đổi
|
ai có thể giúp tôi
|
|
|
|
A= \frac{a+b+4}{ab+2a+2b+4} \Leftrightarrow A= \frac{a+b+4}{2(a+b+4) +(ab-4)}Ta có ab \geq 4 \Leftrightarrow ab-4 \geq 0Nên \frac{a+b+4}{2(a+b+4)} \geq \frac{a+b+4}{2(a+b+4)+(ab-4)}\Rightarrow \frac{a+b+4}{2(a+b+4)} \geq \frac{1}{2} \Rightarrow đpcm
$A= \frac{a+b+4}{ab+2a+2b+4} \Leftrightarrow A= \frac{a+b+4}{2(a+b+4) +(ab-4)}$Ta có $ab \geq 4 \Leftrightarrow ab-4 \geq 0$Nên $\frac{a+b+4}{2(a+b+4)} \geq \frac{a+b+4}{2(a+b+4)+(ab-4)}$$\Rightarrow \frac{a+b+4}{2(a+b+4)} \geq \frac{1}{2} $$\Rightarrow đpcm$
|
|
|
|
sửa đổi
|
Mrs.NGU @_@ *** Ai đó tốt bụng giúp , again : Lần 2 up
|
|
|
|
Mrs.NGU @_@ *** Ai đó tốt bụng giúp , again : Lần 2 up Giải hệ phương trình : \begin{cases}4x^{2} +8y^{2} -10x+9y=y\sqrt{6(x+1)}-5 \\ \sqrt{1-x} + \sqrt{\frac{x^{2} +1}{x}}= \frac{1}{y}\sqrt{x(y^{2}+1)}+ \sqrt{\frac{-x(y+1)}{y}}\end{cases}
Mrs.NGU @_@ *** Ai đó tốt bụng giúp , again : Lần 2 up Giải hệ phương trình : $\begin{cases}4x^{2} +8y^{2} -10x+9y=y\sqrt{6(x+1)}-5 \\ \sqrt{1-x} + \sqrt{\frac{x^{2} +1}{x}}= \frac{1}{y}\sqrt{x(y^{2}+1)}+ \sqrt{\frac{-x(y+1)}{y}}\end{cases} $
|
|
|
|
sửa đổi
|
HPT
|
|
|
|
HPT \begin{cases}(x+2)^ {2 }+4(y-1)^ {2 }=4xy+13\\ \sqrt{\frac{x^ {2-xy-2y^{a2}}{x-y}}=\frac{2}{\sqrt{x^{2}-y^{2}}} \end{cases}
HPT $\begin{cases}(x+2)^2+4(y-1)^2=4xy+13\\ \sqrt{\frac{x^2-xy-2y^{a2}}{x-y}}=\frac{2}{\sqrt{x^{2}-y^{2}}}\end{cases} $
|
|
|
|
sửa đổi
|
cần một bộ não nhiều nếp nhăn!!!!!!!!!!!
|
|
|
|
cần một bộ não nhiều nếp nhăn!!!!!!!!!!! Biết vs $a,b,c$ là $3$ cạnh của tam giác.Chứng minh rằng $\left| {\frac{a}{b}}+\frac{b}{c} + \frac{ a}{ c} - \frac{a}{c} - \frac{c}{b} - \frac{b}{a}\right|$ <1
cần một bộ não nhiều nếp nhăn!!!!!!!!!!! Biết vs $a,b,c$ là $3$ cạnh của tam giác.Chứng minh rằng $\left| {\frac{a}{b}}+\frac{b}{c} + \frac{ c}{ a} - \frac{a}{c} - \frac{c}{b} - \frac{b}{a}\right|$ <1
|
|
|
|
sửa đổi
|
cần một bộ não nhiều nếp nhăn!!!!!!!!!!!
|
|
|
|
cần một bộ não nhiều nếp nhăn!!!!!!!!!!! Biết vs a,b,c là 3 cạnh của tam giác .Ch úng minh rằng $\left| {\frac{a}{b}}+\frac{b}{c} + \frac{a}{c} - \frac{a}{c} - \frac{c}{b} - \frac{b}{a}\right|$ <1
cần một bộ não nhiều nếp nhăn!!!!!!!!!!! Biết vs $a,b,c $ là $3 $ cạnh của tam giác.Ch ứng minh rằng $\left| {\frac{a}{b}}+\frac{b}{c} + \frac{a}{c} - \frac{a}{c} - \frac{c}{b} - \frac{b}{a}\right|$ <1
|
|
|
|
sửa đổi
|
bđt
|
|
|
|
bđt Cho các số thực x,y có tổng khác 0Tìm min: P=8 $x^{2} $+13 $y^{2} $+ $(\frac{xy-6}{x+y})^{2}$
bđt Cho các số thực $x,y $ có tổng khác $0 $.Tìm $Min $: $P=8x^{2}+13y^{2}+ \left(\frac{xy-6}{x+y} \right)^{2}$
|
|
|
|
sửa đổi
|
tiếp 1 bài nữa
|
|
|
|
tiếp 1 bài nữa Cho hình bình hành $ABCD$ các đường cao $AH ,AK$ có độ dài trong đó $H$ $\in$ $CD$, $K$ $\in$$ AC$ và đọ cao $AH$ ,$AK$ lần lượt là 12 cm ,15cm .Tính độ dài các cạnh của hình bình hành .Biết chu vi hình bình hành là $ABCD$ là 72cm
tiếp 1 bài nữa Cho hình bình hành $ABCD$ các đường cao $AH ,AK$ có độ dài trong đó $H$ $\in$ $CD$, $K$ $\in$$ BC$ và đọ cao $AH$ ,$AK$ lần lượt là 12 cm ,15cm .Tính độ dài các cạnh của hình bình hành .Biết chu vi hình bình hành là $ABCD$ là 72cm
|
|
|
|
sửa đổi
|
BĐT. Tưởng dễ lại thành khó
|
|
|
|
BĐT. Tưởng dễ lại thành khó cho 3 số thực x,y,z dương thỏa mãn xy+yz+xz $\leq $2.Tìm GTNN của:A= $4x^{2}+4y^{2}+z^{2}$
BĐT. Tưởng dễ lại thành khó Cho $3 $ số thực $x,y,z $ dương thỏa mãn $xy+yz+xz\leq $2.Tìm GTNN của: $A=4x^{2}+4y^{2}+z^{2}$
|
|
|
|
sửa đổi
|
mn giải giùm e đi khó đó ko dễ ăn đâu!!!!!!!
|
|
|
|
a) Có: $\widehat{BKC}=90^o+\frac{\widehat{A}}{2}$ (Tự chứng minh)$\widehat{BDK}=\widehat{DKA}+\widehat{DAK}=90^o+\frac{\widehat{A}}{2}$.Suy ra: $\Delta BDK\sim \Delta BKC$ $(g.g)$Tương tự: $\Delta KEC\sim \Delta BKE$. $(g.g)$Từ đó: $\Delta BDK\sim \Delta KEC$
a) Có: $\widehat{BKC}=90^o+\frac{\widehat{A}}{2}$ Chứng minh:$\widehat{BKC}=180^o-\widehat{KBC}-\widehat{KCB}=180^o-\frac{\widehat{B}}{2}-\frac{\widehat{C}}{2}=180^o-\left(\frac{\widehat{B}+\widehat{C}}{2}\right)=180^o-\left(\frac{180^o-\widehat{A}}{2}\right)=90^o-\frac{\widehat{A}}{2}$.$\widehat{BDK}=\widehat{DKA}+\widehat{DAK}=90^o+\frac{\widehat{A}}{2}$. (Theo tính chất góc ngoài)Từ $2$ điều trên suy ra: $\widehat{BKC}=\widehat{BDK}$Lại có: $\widehat{DBK}=\widehat{KBC}$ (Phân giác $BK$)Suy ra: $\Delta BDK\sim \Delta BKC$ $(g.g)$Tương tự: $\Delta KEC\sim \Delta BKE$. $(g.g)$Từ đó suy ra: $\Delta BDK\sim \Delta KEC.$ ($2$ tam giác cùng đồng dạng với $1$ tam giác thì $2$ tam giác ấy đồng dạng với nhau)
|
|
|
|
sửa đổi
|
mn giải giùm e đi khó đó ko dễ ăn đâu!!!!!!!
|
|
|
|
Ta có: $DE^2=(DK+KE)^2\geq 4DE.KE$ Dấu $=$ xảy ra $\Leftrightarrow DK=KE$Mà: Xét $\triangle ADE$ đường cao $AK$ lại là phân giác nên $DK=KE$.Vì vậy dấu $=$ xảy ra.Tức là $BE^2=4DE.KE$. $(1)$Theo tính chất đồng dạng của $2$ tam giác kể trên thì $\frac{BD}{DK}=\frac{KE}{EC}\Rightarrow DK.EK=BD.EC$. $(2)$Từ $(1),(2)$ ta chứng minh được điều phải chứng minh.Bài toán xong !!!
b)Ta có: $DE^2=(DK+KE)^2\geq 4DE.KE$ Dấu $=$ xảy ra $\Leftrightarrow DK=KE$Mà: Xét $\triangle ADE$ đường cao $AK$ lại là phân giác nên $DK=KE$.Vì vậy dấu $=$ xảy ra.Tức là $BE^2=4DE.KE$. $(1)$Theo tính chất đồng dạng của $2$ tam giác kể trên thì $\frac{BD}{DK}=\frac{KE}{EC}\Rightarrow DK.EK=BD.EC$. $(2)$Từ $(1),(2)$ ta chứng minh được điều phải chứng minh.Bài toán xong !!!
|
|
|
|
sửa đổi
|
mn giải giùm e đi khó đó ko dễ ăn đâu!!!!!!!
|
|
|
|
mn giải giùm e đi khó đó ko dễ ăn đâu!!!!!!! Các đường phân giác của góc ngoài tại đỉnh B,C của $\triangle $ABC cắt nhau tại K .Đường vuông góc với AK tại K và cắt các đường thẳng AB,AB tại D,E CMR a) $\triangle $DBK $\sim $ $\triangle $EKC b) $DE^{2} $ =4BD.CE
mn giải giùm e đi khó đó ko dễ ăn đâu!!!!!!! Các đường phân giác của góc ngoài tại đỉnh $B,C $ của $\triangle ABC $ cắt nhau tại $K $ .Đường vuông góc với $AK $tại $K $ và cắt các đường thẳng $AB,AB $ tại $D,E $. CMR : a) $\triangle DBK \sim \triangle EKC $ b) $DE^{2} =4BD.CE $
|
|