Bạn chưa đăng nhập. Vui lòng đăng nhập để hỏi bài
Nguyễn Thị Hằng
1, Cho left(O;dfrac{AB}{2}right), C là một điểm nằm trên nửa đường tròn. Qua D trên đoạn thẳng OA kẻ đường thẳng vuông góc với AB cắt BC tại F. Tiếp tuyến của nửa đường tròn tại C cắt DF tại I. Gọi E là là giao điểm của AC và DF. a. So sánh widehat{IEC} với widehat{ICE} và widehat{ABC} b. Chứng minh Delta EIC là tam giác cân c. Chứng minh IEICtext{IF}IEICtext{IF} 2. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O. Tiếp tuyến tại A cắt BC tại I. a. dfrac{IB}{IC}dfrac{AB^2}{AC^2} b. Tính IA và I...
Đọc tiếp

Những câu hỏi liên quan
Nguyen
Xem chi tiết
Nguyễn Lê Phước Thịnh
30 tháng 11 2022 lúc 14:01

Bài 2:

\(\left\{{}\begin{matrix}a+1>=2\sqrt{a}\\b+1>=2\sqrt{b}\\c+1>=2\sqrt{c}\end{matrix}\right.\)

=>\(\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)>=8\sqrt{abc}=8\)

Măm Măm
Xem chi tiết
Mai Tiến Đỗ
Xem chi tiết
Viet Pham thi
Xem chi tiết
Xuân Tuấn Trịnh
15 tháng 5 2017 lúc 20:50

1.

h(x)=x(x-1)+1=x2-x+1

Cho h(x)=0=>x2-x+1=0<=>\(\left(x^2-\dfrac{1}{2}x\right)-\left(\dfrac{1}{2}x-\dfrac{1}{4}\right)+\dfrac{3}{4}=0\)

<=>\(\left(x-\dfrac{1}{2}\right)^2+\dfrac{3}{4}=0\)

Do \(\left(x-\dfrac{1}{2}\right)^2\ge0\forall x\)

=>\(\left(x-\dfrac{1}{2}\right)^2+\dfrac{3}{4}>0\)

=>PTVN

2.

(x-1).f(x)=(x+4).f(x+8)

*)Với x=1 ta có:

0.f(1)=5.f(9)

<=>5.f(9)=0

=>x=9 là 1 nghiệm của f(x)

*)với x=-4 ta có:

-5.f(-4)=0.f(4)

=>-5.f(-4)=0

=>x=-4 là 1 nghiệm của f(x)

Vậy f(x) có ít nhất 2 nghiệm là x=-4 và x=9

Sách Giáo Khoa
Xem chi tiết
Nguyen Thuy Hoa
24 tháng 5 2017 lúc 10:03

Phép dời hình và phép đồng dạng trong mặt phẳng

tai
Xem chi tiết
nguyễn đức long
21 tháng 4 2015 lúc 14:59

chữ xấu thế em, anh không nhìn thấy

vũ tiền châu
Xem chi tiết
Lầy Văn Lội
5 tháng 8 2017 lúc 16:50

Khai triển, BĐT cần chứng minh tương đương 

\(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}\ge\frac{2\left(a+b+c\right)}{\sqrt[3]{abc}}\)

Áp dụng AM-GM:

\(\frac{a}{b}+\frac{a}{b}+\frac{b}{c}\ge3\sqrt[3]{\frac{a^2}{bc}}=\frac{3a}{\sqrt[3]{abc}}\)

\(\frac{b}{c}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\ge3\sqrt[3]{\frac{b^2}{ac}}=\frac{3b}{\sqrt[3]{abc}}\)

\(\frac{c}{a}+\frac{c}{a}+\frac{a}{b}\ge3\sqrt[3]{\frac{c^2}{ab}}=\frac{3c}{\sqrt[3]{abc}}\)

Cộng theo vế: \(3\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\right)\ge\frac{3\left(a+b+c\right)}{\sqrt[3]{abc}}\)\(\Rightarrow\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\ge\frac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}\)

Còn chứng minh \(\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}\ge\frac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}\) hoàn toàn tương tự.Ta thu được đpcm

Dấu = xảy ra khi a=b=c

Đừng gọi tôi là Jung Hae...
Xem chi tiết
ngày mai sẽ khác
Xem chi tiết
Hiền hòa công chúa mít ư...
Xem chi tiết
Dương Lam Hàng
13 tháng 12 2018 lúc 20:29

Ta có: \(\left(1-a\right)\left(1-b\right)=1-a-b+ab\)

-Vì \(a>0;b>0\) nên ab > 0

Suy ra: \(\left(1-a\right)\left(1-b\right)>1-a-b\) (*)

-Vì c < 1 nên 1-c > 0

Tương tự (*) => \(\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)>1-a-b-c\)

\(\Rightarrow\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)\left(1-d\right)>\left(1-a-b-c\right)\left(1-d\right)\)

\(d< 1\Rightarrow d-1>0\)

Vậy \(\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)\left(1-d\right)>1-a-b-c-d\)

=> (đpcm)

                                                                         

kudo shinichi
14 tháng 12 2018 lúc 11:11

Đặt \(A=\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)\left(1-d\right)\)

\(A=\left(1-a-b+ab\right)\left(1-c-d+cd\right)\)

\(A=1-c-d+cd-a+ac+ad-acd-b+bd-bcd+ab-abc-abd+abcd+bc\)

\(A=1-a-b-c-d+cd\left(1-a\right)+ac\left(1-b\right)+bc\left(1-d\right)+bd\left(1-c\right)+abcd\)

Có: 0<a,b,c,d<1

=> \(cd\left(1-a\right)>0;ac\left(1-b\right)>0;bc\left(1-d\right)>0;bd\left(1-c\right)>0;abcd>0\)

\(\Rightarrow A>A-cd\left(1-a\right)-ac\left(1-b\right)-bc\left(1-d\right)-bd\left(1-c\right)-abcd=1-a-b-c-d\)

                                                                                                                                        đpcm