Ôn tập toán 8 - Hỏi đáp

a)Ta có \(\begin{cases}BE=ED=\frac{1}{2}BD\\BM=MC\end{cases}\) => ME là đường trung bình của tam giác BDC

=> EM // CD => EMCD là hình thang.

b) Ta chứng minh được ME // CD hay ME // ID (câu a) =>DIME là hình thang

Lại có AD = DE => DI là đường trung bình của tam giác AEM => AI = IM => I là trung điểm AM

Dễ Như Ăn Cháo

Đặt b+c-a=x, c+a-b=y, a+b-c=z thì 2a =y+z, 2b +x+z, 2c +x+y. Ta có:

\(\dfrac{2a}{b+c-a}+\dfrac{2b}{a+c-b}+\dfrac{2c}{a+b-c}\)

= \(\dfrac{y+z}{x}+\dfrac{x+z}{y}+\dfrac{x+y}{z}\)

=\(\left(\dfrac{y}{x}+\dfrac{x}{y}\right)+\left(\dfrac{z}{x}+\dfrac{x}{z}\right)+\left(\dfrac{z}{y}+\dfrac{y}{z}\right)\)(1)

Mà \(\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x}-2=\dfrac{x^2+y^2-2xy}{xy}=\dfrac{\left(x-y\right)^2}{xy}\ge0\)( vì xy >0)

\(\Rightarrow\)\(\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x}\ge2\)(2)

Tương tự: \(\dfrac{z}{x}+\dfrac{x}{z}\ge2\)(3)

\(\dfrac{z}{y}+\dfrac{y}{z}\ge2\)(4)

Từ (1),(2),(3) và (4):

\(\Rightarrow\)\(\left(\dfrac{y}{x}+\dfrac{x}{y}\right)+\left(\dfrac{z}{x}+\dfrac{x}{z}\right)+\left(\dfrac{z}{y}+\dfrac{y}{z}\right)\)\(\ge6\)

Hay \(\dfrac{2a}{b+c-a}+\dfrac{2b}{a+c-b}+\dfrac{2c}{a+b-c}\) \(\ge6\)

Do đó: \(\dfrac{a}{b+c-a}+\dfrac{b}{a+c-b}+\dfrac{c}{a+b-c}\ge3\)(đpcm)

C1 : Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có :

\(\sum\dfrac{a}{b+c-a}\ge3\sqrt[3]{\dfrac{abc}{\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)}}\ge3\)

Dấu = xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.

C2 : Theo Cauchy Schwarz :

\(\sum \frac{a}{b+c-a}\geq \sum \frac{a^2}{ab+ac-a^2}\geq \frac{(a+b+c)^2}{2(ab+ca+bc)-a^2-b^2-c^2}\geq \frac{(a+b+c)^2}{\frac{2}{3}(a+b+c)^2-\frac{1}{3}(a+b+c)^2}=3\)

(đpcm).

Gọi x là quãng đường AB và v là vận tốc của xe thứ nhất .

Thời gian xe thứ nhất từ A đến B là \(\dfrac{x}{v}\)

Đi nửa quãng đường mà xe thứ nhất đã mất ít hơn xe thứ hai \(\dfrac{1}{6}h\), vậy đi cả quãng đường thì xe thứ hai đi mất : \(\dfrac{x}{v}+\dfrac{1}{3}.\)

Khi xe thứ nhất đến B thì xe thứ ba mới bắt đầu đi, cho nên nếu tính từ xe thứ hai đi từ B đến lúc cả xe thứ hai và xe thứ ba cùng đến B thì thời gian đó là : \(\dfrac{x}{v}+\dfrac{x}{120}\)

Ta có phương trình : \(\dfrac{x}{v}+\dfrac{1}{3}=\dfrac{x}{v}+\dfrac{x}{120}\Rightarrow\dfrac{x}{120}=\dfrac{1}{3}\Rightarrow x=40\left(km\right).\)

Xe thứ ba đi đoạn đường BC mất : \(\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{6}=\dfrac{1}{3}\left(h\right)\)

Vì sau khi xe thứ nhất đi qua C : 10 + 20 = 30 ( phút ) thì xe thứ ba mới đi qua C . Vậy tốc độ ô tô thứ nhất là : \(10:\dfrac{1}{3}=60\) ( km/h). Thời gian xe thứ nhất đi hét đoạn đường là \(\dfrac{2}{3}\left(h\right)\).

Vậy xe thứ hai đi hết cả đoạn đường mất : \(\dfrac{2}{3}+\dfrac{1}{3}=1\left(h\right).\)

Vận tốc xe thứ hai là 40 km/h

\(\left(1.x+9.\frac{1}{y}\right)^2\le\left(1^2+9^2\right)\left(x^2+\frac{1}{y^2}\right)\Rightarrow\sqrt{x^2+\frac{1}{y^2}}\ge\frac{1}{\sqrt{82}}\left(x+\frac{9}{y}\right)\)

\(TT:\sqrt{y^2+\frac{1}{z^2}}\ge\frac{1}{\sqrt{82}}\left(x+\frac{9}{z}\right);\sqrt{z^2+\frac{1}{x^2}}\ge\frac{1}{\sqrt{82}}\left(z+\frac{9}{x}\right)\)

\(S\ge\frac{1}{\sqrt{82}}\left(x+y+z+\frac{9}{x}+\frac{9}{y}+\frac{9}{z}\right)\ge\frac{1}{\sqrt{82}}\left(x+y+z+\frac{81}{x+y+z}\right)\)

\(=\frac{1}{\sqrt{82}}\left[\left(x+y+z+\frac{1}{x+y+z}\right)+\frac{80}{x+y+z}\right]\ge\sqrt{82}\)

a ) \(P\left(x\right)=3x^2-27x+54=3\left(x^2-9x+15\right)\)

\(=3\left[\left(x^2-3x\right)-\left(6x-18\right)\right]=3\left[x\left(x-3\right)-6\left(x-3\right)\right].\)

\(\Rightarrow P\left(x\right)=3\left(x-3\right)\left(x-6\right)\)

Ta có : \(P\left(x\right)\ge0\Leftrightarrow\left(x-3\right)\left(x-6\right)\ge0\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}\left\{{}\begin{matrix}x-3\ge0\\x-6\ge0\end{matrix}\right.\\\left\{{}\begin{matrix}x-3\le0\\x-6\le0\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x\ge6\\x\le3\end{matrix}\right.\)

Vậy \(P\left(x\right)\ge0\Leftrightarrow x\le3\) hoặc \(x\ge6\)

b ) \(A=m^2-4mp+5p^2+10m-22p+28\)

\(=m^2-4mp+4p^2+10m-20p+p^2-2p+1+27\)

\(=\left(m-2p\right)^2+10\left(m-2p\right)+\left(p-1\right)^2+25+2\)

\(=\left(m-2p+5\right)^2+\left(p-1\right)^2+2\ge2\)

Vậy GTNN của A là 2 khi và chỉ khi \(\left\{{}\begin{matrix}p-1=0\\m-2p+5=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}p=1\\m=-3\end{matrix}\right..\)

Vậy ...............

\(=3\left[\left(x^2-3x\right)-\left(6x-18\right)\right]=3\left[x\left(x-3\right)-6\left(x-3\right)\right]\)

Dạng tổng quát: \(\sqrt[k+1]{\frac{k+1}{k}}>\sqrt[k+1]{\frac{k+1}{k+1}}=1\) với k = 1; 2; 3; ...; n

=> \(a=\sqrt{2}+\sqrt[3]{\frac{3}{2}}+\sqrt[4]{\frac{4}{3}}+...+\sqrt[n+1]{\frac{n+1}{n}}>n\) (1)

Áp dụng bđt AM-GM cho k + 1 số dương ta có:

\(\sqrt[k+1]{\frac{k+1}{k}}=\sqrt[k+1]{1.1.1...1.\frac{k+1}{k}}< \frac{1+1+1+...+1+\frac{k+1}{k}}{k+1}=\frac{1.k}{k+1}+\frac{\frac{k+1}{k}}{k+1}\)

\(\Leftrightarrow\sqrt[k+1]{\frac{k+1}{k}}< \frac{k}{k+1}+\frac{1}{k}=1-\frac{1}{k+1}+\frac{1}{k}=1+\left(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}\right)\)

\(< 1+\frac{1}{k\left(k+1\right)}\)

Áp dụng vào bài ta được:

\(a< \left(1+\frac{1}{1.2}\right)+\left(1+\frac{1}{2.3}\right)+\left(1+\frac{1}{3.4}\right)+...+\left(1+\frac{1}{n\left(n+1\right)}\right)\)

\(a< n+\left(\frac{1}{1.2}+\frac{1}{2.3}+\frac{1}{3.4}+...+\frac{1}{n\left(n+1\right)}\right)\)

\(a< n+\left(1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+...+\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)\)

\(a< n+\left(1-\frac{1}{n+1}\right)< n+1\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra phần nguyên của a là n

Để cho gọn

\(P=\dfrac{x}{y+z}+\dfrac{y}{x+z}+\dfrac{z}{x+y}\)

\(P+3=\dfrac{x+y+z}{y+z}+\dfrac{x+y+z}{x+z}+\dfrac{x+y+z}{x+y}\)

Để cho gọn: đặt \(\left\{\begin{matrix}a=y+z\\b=x+z\\c=x+y\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow a+b+c=2\left(x+y+z\right)\)

\(P+3=\dfrac{1}{2}\left[a+b+c\right].\left[\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right]=\dfrac{1}{2}.Q\)

\(Q=3+\left(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}\right)+\left(\dfrac{a}{c}+\dfrac{c}{a}\right)+\left(\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{b}\right)\) {nhân phân phối}

đặt tiếp: \(\left\{\begin{matrix}\dfrac{a}{b}=m\\\dfrac{a}{c}=n\\\dfrac{b}{c}=k\end{matrix}\right.\) \(Q=3+\left(m+\dfrac{1}{m}\right)+\left(n+\dfrac{1}{n}\right)+\left(k+\dfrac{1}{k}\right)\)

Ta có: \(m+\dfrac{1}{m}\ge2.\forall m>0\) tương tự cho n,k {tự c/m nếu cần}

\(Q\ge3+6=9\) \(\Rightarrow P+3\ge\dfrac{9}{2}\Rightarrow P\ge\dfrac{3}{2}\)

Kết luận: GTNN(P)=3/2 khi m=n=k=1=> a=b=c=> x=y=z>0

p/s: bài giải cần 2 yếu tố

(1) đúng, (2) phù hợp với trình độ của người hỏi.

Lời giải:

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:

\(P=\frac{x^2}{xy+xz}+\frac{y^2}{yz+yx}+\frac{z^2}{zx+zy}\geq \frac{(x+y+z)^2}{2(xy+yz+xz)}\) \((1)\)

Theo bất đẳng thức AM-GM:

\(x^2+y^2\geq 2xy\) ; \(y^2+z^2\geq 2yz\) ; \(z^2+x^2\geq 2zx\)

\(\Rightarrow x^2+y^2+z^2\geq xy+yz+xz\)

\(\Leftrightarrow (x+y+z)^2\geq 3(xy+yz+xz)(2)\)

Từ \((1),(2)\Rightarrow P\geq \frac{3}{2}\).

Vậy \(P_{\min}=\frac{3}{2}\Leftrightarrow x=y=z>0\)

Đặt \(x=b+c-a,y=c+a-b,z=a+b-c\) , khi đó : \(\begin{cases}2a=y+z\\2b=x+z\\2c=x+y\end{cases}\)

Ta có : \(\frac{2a}{b+c-a}+\frac{2b}{c+a-b}+\frac{2c}{a+b-c}=\frac{y+z}{x}+\frac{x+z}{y}+\frac{x+y}{z}=\left(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\right)+\left(\frac{y}{z}+\frac{z}{y}\right)+\left(\frac{x}{z}+\frac{z}{x}\right)\)

                                                  \(\ge2+2+2=6\)

\(\Rightarrow\frac{a}{b+c-a}+\frac{b}{a+c-b}+\frac{c}{a+b-c}\ge3\)

ta có \(\frac{a}{b+c}-1+\frac{b}{a+c}-1+\frac{c}{a+b}-1=\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}-3\)     vì a b c là cách cạnh của tam giác nên biểu thức trên >= 3                                                                           

a, Ta có : M-1= \(\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}-1+\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}-1+\frac{a^2+c^2-b^2}{2ac}+1\)=\(\frac{\left(a-b\right)^2-c^2}{2ab}+\frac{\left(b-c\right)^2-a^2}{2bc}+\frac{\left(a+c\right)^2-b^2}{2ac}\)

=\(\frac{\left(a-b-c\right)\left(a-b+c\right)}{2ab}+\frac{\left(b-c-a\right)\left(b-c+a\right)}{2bc}+\frac{\left(a+c-b\right)\left(a+b+c\right)}{2ac}\)

=\(\frac{\left(a-b-c\right)\left(a-b+c\right)c+\left(b-c-a\right)\left(b-c+a\right)a+\left(a+c-b\right)\left(a+c+b\right)b}{2abc}\)

=\(\frac{\left(ac-bc-c^2\right)\left(a-b+c\right)-\left(a+c-b\right)\left(ba-ca+a^2\right)+\left(a+c-b\right)\left(ab+bc+b^2\right)}{^{ }2abc}\)

=\(\frac{\left(a+c-b\right)\left(ac-bc-c^2-ba+ca-a^2+ab+bc+b^2\right)}{^{ }2abc}\)

=\(\frac{\left(a+c-b\right)\left[b^2-\left(a-c\right)^2\right]}{2abc}=\frac{\left(a+c-b\right)\left(b-a+c\right)\left(b+a-c\right)}{2abc}\) (*)

a, vì a,b,c là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác nên a,b,c>0 và a+b-c>,a+c-b>0,

b+c-a>0 \(\Rightarrow\) (*) >0 nên M-1>0 \(\Rightarrow\)M>0

b,Với M=1, ta có M-1 = (*)=0 \(\Rightarrow\)(a+c-b)(b-a+c)(b+a-c)=0

\(\Leftrightarrow\left[\begin{matrix}a+b=c\\a+c=b\\b+c=a\end{matrix}\right.\)

. TH1 : a+b=c\(\Rightarrow\) \(\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}-1=\frac{\left(a-b\right)^2-\left(a+b\right)^2}{2ab}=\frac{-4ab}{2ab}=-2\)\(\Rightarrow\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}=-1\)

mặt khác a+b=c thì a-c=b \(\Rightarrow\frac{a^2+c^2-b^2}{2ac}+1=\frac{\left(a+c\right)^2-\left(a-c\right)^2}{2ac}=\frac{4ac}{2ac}=2\)

\(\Rightarrow\frac{a^2+c^2-b^2}{2ac}=1\)\(\Rightarrow\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}=1\)(đpcm)

. TH2 và TH3 tương tự như trường hợp 1 ta chứng minh được bài toán

từ giả thiết ta có

\(\frac{1}{bc-a^2}=\frac{1}{b^2-ca}+\frac{1}{c^2-ab}=\frac{c^2-ab+b^2-ca}{\left(b^2-ca\right)\left(c^2-ab\right)}\)

Nhân hai vế với \(\frac{a}{bc-a^2}\) ta có:

\(\frac{a}{\left(bc-a^2\right)^2}=\frac{ac^2-a^2b+ab^2-ca^2}{\left(bc-a^2\right)\left(b^2-ca\right)\left(c^2-ab\right)}\)

làm tương tự với hai số hạng còn lại ta được:

\(\frac{b}{\left(ca-b^2\right)^2}=\frac{bc^2-ab^2+a^2b-b^2c}{\left(bc-a^2\right)\left(b^2-ca\right)\left(c^2-ab\right)}\);\(\frac{c}{\left(ab-c^2\right)^2}=\frac{b^2c-c^2a+a^2c-bc^2}{\left(bc-a^2\right)\left(b^2-ca\right)\left(c^2-ab\right)}\)

cộng ba vế của đẳng thức trên ta được kq là 0

cách kia dài quá

Đặt \(x=bc-a^2;y=ac-b^2;z=ab-c^2\)

Suy ra cần chứng minh \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=0\) thì \(\frac{a}{x^2}+\frac{b}{y^2}+\frac{c}{z^2}=0\)

Xét \(T=\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\left(\frac{a}{x}+\frac{b}{y}+\frac{c}{z}\right)\).....

Áp dụng bđt Cauchy, ta có : \(\frac{a^2}{b}+b\ge2\sqrt{\frac{a^2b}{b}}=2a\)

tương tự : \(\frac{b^2}{c}+c\ge2b\) ; \(\frac{c^2}{a}+a\ge2a\)

\(\Rightarrow2\left(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\right)\ge2\left(a+b+c\right)\)

 \(\Leftrightarrow\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\ge a+b+c\)(đpcm)

cái này lớp 10 mà

Đk:\(\left(x\ne-4;x\ne-5;x\ne-6;x\ne-7\right)\)

\(\Rightarrow\frac{1}{\left(x+4\right)\left(x+5\right)}+\frac{1}{\left(x+5\right)\left(x+6\right)}+\frac{1}{\left(x+6\right)\left(x+7\right)}=\frac{1}{18}\)

\(\Rightarrow\frac{1}{x+4}-\frac{1}{x+5}+\frac{1}{x+5}-\frac{1}{x+6}+\frac{1}{x+6}-\frac{1}{x+7}=\frac{1}{18}\)

\(\Rightarrow\frac{1}{x+4}-\frac{1}{x+7}=\frac{1}{18}\)

\(\Rightarrow\frac{3}{x^2+11x+28}=\frac{1}{18}\)

\(\Leftrightarrow x^2+11x+28=54\)

\(\Rightarrow x^2+11x-26=0\)

\(\Rightarrow\left(x-2\right)\left(x+13\right)=0\)

\(\Rightarrow\left[\begin{array}{nghiempt}x=2\\x=-13\end{array}\right.\)

Vậy pt có tập nghiệm là S={2,-13}

bạn nghĩ đề có trời làm

a) Không giới hạn chứ :) Vỡ phòng luôn.

Tối đa thì cách giải là :

Vì ban đầu có 2 cái cúp, sau khi chạm sai thì là 2 . 3 cúp, chạm sai lần nữa là 2 . 3 . 3 cúp...

Do đó số cúp có dạng \(3^n.2\)

\(\Rightarrow3^n.2\le9000\)

\(\Rightarrow3^n\le4500\)

Có : \(3^7=2187< 4500< 3^8=6561\)

Do đó \(Max_n=7\)

\(\Rightarrow\)Số cúp tối đa ( đủ chứa trong phòng) nếu chạm sai hết là

\(3^7.2=4374\)

b) Chạm lượt thứ nhất, được thì ok, không được thì 6 cái cụp. Nhân 3 thì chắc 2 cái cúp ban đầu vẫn nguyên vị trí thôi... Chọn cái còn lại được. Còn đây là cách giải của 1 vị giáo sư quá cố - Dung :

Đi nhiều hơn 2 người bạn thì tùy vào may mắn thôi. Ban đầu Poster cứ chạm xác suất đi, được thì Ok. Không được - không chắc chắn :bác cứ đánh dấu cả 2 cái cho em bằng nước bọt. CHạm phải cái sai thì 2 cái ban đầu vẫn phát hiện được vì có nước bọt thần thánh Biết cái sai rồi thì....

a)

Xét \(\Delta DAC\) và \(\Delta EAC\) có :

AD = AC

\(\widehat{DAC}=\widehat{EAB}\left(=60^0+\widehat{ABC}\right)\)

AB = AE

=>  \(\Delta DAC\) = \(\Delta EAC\) (( c.g.c )

=> DC = BE

b) Gọi giao điểm của BC và DE là K

Ta c/m được \(\Delta DBK=\Delta ECK\left(g.c.g\right)\)

=> KB = KC

Tiếp tục c/m được \(\Delta AKB=\Delta AKC\left(c.g.c\right)\)

=> \(\widehat{BAK}=\widehat{CAK}\)

=> AK à tia phân giác của \(\widehat{BAC}\)

=> đpcm

Cm cố định ak bn