bài 1 cho hnhf vẽ sau.chứng minh rằng a//b
Cho Hình vễ biết góc a1=40o ;B2=140o. Chứng minh a//b
a) x4+x3+2x2+x+1=(x4+x3+x2)+(x2+x+1)=x2(x2+x+1)+(x2+x+1)=(x2+x+1)(x2+1)
b)a3+b3+c3-3abc=a3+3ab(a+b)+b3+c3 -(3ab(a+b)+3abc)=(a+b)3+c3-3ab(a+b+c)
=(a+b+c)((a+b)2-(a+b)c+c2)-3ab(a+b+c)=(a+b+c)(a2+2ab+b2-ac-ab+c2-3ab)=(a+b+c)(a2+b2+c2-ab-ac-bc)
c)Đặt x-y=a;y-z=b;z-x=c
a+b+c=x-y-z+z-x=o
đưa về như bài b
d)nhóm 2 hạng tử đầu lại và 2hangj tử sau lại để 2 hạng tử sau ở trong ngoặc sau đó áp dụng hằng đẳng thức dề tính sau đó dặt nhân tử chung
e)x2(y-z)+y2(z-x)+z2(x-y)=x2(y-z)-y2((y-z)+(x-y))+z2(x-y)
=x2(y-z)-y2(y-z)-y2(x-y)+z2(x-y)=(y-z)(x2-y2)-(x-y)(y2-z2)=(y-z)(x2-2y2+xy+xz+yz)
1.Tìm x, biết:
a) \(\frac{x}{4}=\frac{4}{x^3}\)
2.Vẽ 2 tia Ox và Oz đối nhau. Trên cùng 1 nửa mặt phẳng bờ chứa Ox, vẽ Ot, Oz sao cho yÔt = 90o, yÔz = 40o. Trên nữa mặt phảng bờ xy, không chứa Oz, vẽ Om sao cho xÔm = 140o.
a)Trong 3 tia Oz, Ox, Ot, tia nào nằm giữa 2 tia còn lại?Vì sao?
b)Chứng tỏ rằng tia Oz, Om là 2 tia đối nhau.
1) \(\frac{x}{4}=\frac{4}{x^3}\Rightarrow x.x^3=4.4\Rightarrow x^4=16\Rightarrow x=\orbr{\begin{cases}-2\\2\end{cases}}\)
Vậy x = 2 hoặc x = -2
2)
a) Vì: \(\widehat{xOz}< \widehat{xOt}\left(40^0< 90^0\right)\)
=> Tia Oz nằm giữa hai tia Ox và Ot
b) Ta có: \(\widehat{xOz}+\widehat{xOm}=40^0+140^0=180^0\)
=> Hai góc này kề bù với nhau
=> Oz và Om là hai tia đối nhau
a, \(x.x^3=4.4\)
\(x^4=16\)
\(x^4=\left(\pm2\right)^4\)
=>x = \(\pm\)2
Sửa bài 2 :
2.Vẽ 2 tia Ox và Oy đối nhau. Trên cùng 1 nửa mặt phẳng bờ chứa Ox, vẽ Ot, Oz sao cho xÔt = 90o, xÔz = 40o. Trên nữa mặt phảng bờ xy, không chứa Oz, vẽ Om sao cho xÔm = 140o.
a)Trong 3 tia Oz, Ox, Ot, tia nào nằm giữa 2 tia còn lại?Vì sao?
b)Chứng tỏ rằng tia Oz, Om là 2 tia đối nhau.
Bài 2 :
Áp dụng Cô si ta có :
\(\frac{a+1}{b^2+1}=\left(a+1\right)-\frac{\left(a+1\right)b^2}{b^2+1}\le\left(a+1\right)-\frac{\left(a+1\right)b^2}{2b}=\left(a+1\right)-\frac{ab+b}{2}\)
Cho đa thức : Q(x) =ax2+bx+c
a, Biết 5a+b+2c=0. Chứng tỏ rằng Q(2).Q(-1)</
b, Biết Q(x) =o . Chứng minh rằng a=b=c=0
cho a,b,c là các số thỏa mãn a+b+c=o,\(|a|,|b|,|c|< 1\). chứng minh rằng \(a^2+b^2+c^2< 2\)
Bài 1 : Cho a,b,c thỏa mãn \(a+b+c=3\) .Chứng minh rằng: \(\frac{a+1}{b^2+1}+\frac{b+1}{c^2+1}+\frac{c+1}{a^2+1}\ge3\)
Bài 2 :
Cho đường tròn \(\left(O;R\right)\)và điểm I cố đinhk nằm bên trong đường tròn (I khác O). Qua điểm I dựng hai cung bất kỳ AB và CD . Gọi M ,N .P ,Q lần lượt là trung điểm của IA ,IB, IC, ID
a) Chứng minh rằng bốn điểm M,N ,P ,Q cùng thuộc một đường tròn
b) Giả sử các dây cung AB và CD thay đổi vuông góc với nhau tại I. Xác định vị trí các dây cung AB và CD sao cho tứ giác MNPQ
có diện tích lớn nhất
Bài 1 :
Áp dụng Cô - si ta có :
\(\frac{a+1}{b^2+1}=\left(a+1\right)-\frac{\left(a+1\right)b^2}{b^2+1}\le\left(a+1\right)-\frac{\left(a+1\right)b^2}{2b}\)\(=\left(a+1\right)-\frac{ab+b}{2}\)
Tương tự ta cũng có : \(\frac{b+1}{c^2+1}\le\left(b+1\right)-\frac{bc+c}{2};\frac{c+1}{a^2+1}\le\left(c+1\right)-\frac{ca+a}{2}\)
Cộng vế theo vế ta được:
\(\frac{a+1}{b^2+1}+\frac{b+1}{c^2+1}+\frac{c+1}{a^2+1}\)\(\ge a+b+c+3-\frac{ab+bc+ca+a+b+c}{2}\)
\(\ge6-\frac{ab+bc+ca+3}{2}\)
Mặt khác ta có BĐT : \(\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ca\right)\Leftrightarrow ab+bc+ca\le3\)
Do đó : \(\frac{a+1}{b^2+1}+\frac{b+1}{c^2+1}+\frac{c+1}{a^2+1}\ge3\)
Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c=1\)
Bài 2 :
a) Ta có : \(MI=MA,QI=QD\)nên \(MQ\)là đường trung bình \(\Delta AID\)
\(\Rightarrow MQ//AD\)
Tương tự NP là đường trung bình của \(\Delta BIC\)
\(\Rightarrow NP//BC\)
Do đó : \(NMQ=BAD=NPQ\)nên tứ giác MPNQ nội tiếp
b ) Kẻ \(OH\perp AB\)tại H và \(OK\perp CD\)tại K
Ta có : \(AB\perp CD\)
\(\Rightarrow OHIK\)là hình chữ nhật
Do đó \(AB^2+CD^2=4\left(BH^2+CK^2\right)=4\left(R^2-OH^2+R^2-OK^2\right)\)
\(=4\left(2R^2-OI^2\right)\)
Diện tích tứ giác MPNQ là : \(\frac{MN.PQ}{2}=\frac{AB.CD}{8}\le\frac{\left(AB+CD\right)^2}{16}=\frac{2R^2-OI^2}{4}\)không đổi
GTLN của diện tích tứ giác MNPQ là : \(\frac{2R^2-OI^2}{4}\), khi đó \(AB=CD\)
Chúc bạn học tốt !!!
Bài 2 :
a) Ta có : MQ là đường trung bình của tam giác AID
\(\Rightarrow MQ//AD\Rightarrow\widehat{DAB}=\widehat{QMN}\) tương tự \(\widehat{BCD}=\widehat{NPQ}\)
Có \(\widehat{DAB}=\widehat{BCD}\)( Hai góc nối tiếp cùng chắn 1 cung )
\(\Rightarrow\widehat{QMN}=\widehat{NPQ}\)
=> Tứ giác MNPQ nội tiếp
Vậy 4 điểm M , N , P , Q cùng thuộc 1 đường tròn
Vì \(AB\perp CD\)nên \(S_{MNPQ}=\frac{1}{2}.MN.PQ=\frac{1}{8}.AB.CD\le\frac{1}{16}.\left(AB^2+CD^2\right)\)
Kẻ \(OH\perp AB\)tại H , \(OK\perp CD\)tại K , ta có :
\(AB^2+CD^2=4\left(AH^2+CK^2\right)=4\left(R^2-OH^2+R^2-OK^2\right)\)
\(=4\left(2R^2-KH^2\right)=4\left(2R^2-OI^2\right)\)
\(\Rightarrow S_{MNPQ}\le\frac{1}{4}\left(2R^2-OI^2\right)\)( không đổi )
Vậy diện tích tam giác MNPQ đạt giá trị lớn nhất bằng \(\frac{1}{4}\left(2R^2-OI^2\right)\)đạt được khi và chỉ khi \(AB=CD\Leftrightarrow OH=OK\Leftrightarrow OKIH\)là hình vuông
<=> AB và CD lập với OI các góc bằng 45o
Có một số bài bất đẳng thức, bạn nào làm được câu nào cứ làm nhé :)
Câu 1: Cho \(x,y,z>0\)thỏa mãn \(xyz=1\)
Chứng minh rằng : \(\frac{1}{x^2+2y^2+3}+\frac{1}{y^2+2z^2+3}+\frac{1}{z^2+2x^2+3}\le\frac{1}{2}\)
Câu 2: Cho \(a,b,c>0\). Tìm min \(P=\frac{a+3c}{a+2b+c}+\frac{4b}{a+b+2c}-\frac{8c}{a+b+3c}\)
Cây 3: Cho \(a,b,c>-1\). Chứng minh rằng :
\(\frac{1+a^2}{1+b+c^2}+\frac{1+b^2}{1+c+a^2}+\frac{1+c^2}{1+a+b^2}\ge2\)
Câu 1:
Áp dụng BĐT Cauchy ta có:
\(P=\frac{1}{x^2+2y^2+3}+\frac{1}{y^2+2z^2+3}+\frac{1}{z^2+2x^2+3}=\frac{1}{(x^2+y^2)+(y^2+1)+2}+\frac{1}{(y^2+z^2)+(z^2+1)+2}+\frac{1}{(z^2+x^2)+(x^2+1)+2}\)
\(\leq \frac{1}{2xy+2y+2}+\frac{1}{2yz+2z+2}+\frac{1}{2zx+2x+2}\)
hay \(P\leq \frac{1}{2}\left(\frac{1}{xy+y+1}+\frac{1}{yz+z+1}+\frac{1}{zx+x+1}\right)(1)\)
Do $xyz=1$ nên:
\(\frac{1}{xy+y+1}+\frac{1}{yz+z+1}+\frac{1}{zx+x+1}=\frac{1}{xy+y+1}+\frac{xy}{xy.yz+xyz+xy}+\frac{y}{yzx+yx+y}\)
\(=\frac{1}{xy+y+1}+\frac{xy}{y+1+xy}+\frac{y}{1+yx+y}=\frac{1+xy+y}{1+xy+y}=1(2)\)
Từ \((1);(2)\Rightarrow P\leq \frac{1}{2}.1=\frac{1}{2}\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi $x=y=z=1$
Câu 2:
Đặt \((a+2b+c,a+b+2c,a+b+3c)=(x,y,z)\)
\(\Rightarrow \left\{\begin{matrix} c=-y+z\\ b=x-2y+z\\ a=-x+5y-3z\end{matrix}\right.\)
Khi đó, áp dụng BĐT Cauchy ta có:
\(P=\frac{-x+5y-3z-3y+3z}{x}+\frac{4x-8y+4z}{y}-\frac{-8y+8z}{z}\)
\(=-17+\left(\frac{2y}{x}+\frac{4x}{y}\right)+\left(\frac{4z}{y}+\frac{8y}{z}\right)\)
\(\geq -17+2\sqrt{\frac{2y}{x}.\frac{4x}{y}}+2\sqrt{\frac{4z}{y}.\frac{8y}{z}}=-17+12\sqrt{2}\)
Vậy \(P_{\min}=-17+12\sqrt{2}\)
Câu 3:
Áp dụng BĐT Cauchy:
\(b\leq |b|\leq \frac{b^2+1}{2}\Rightarrow \frac{a^2+1}{1+b+c^2}\geq \frac{a^2+1}{c^2+1+\frac{b^2+1}{2}}\). Tương tự với các phân thức còn lại:
\(\text{VT}=\frac{a^2+1}{1+b+c^2}+\frac{b^2+1}{1+c+a^2}+\frac{c^2+1}{1+a+b^2}\geq \frac{a^2+1}{\frac{b^2+1}{2}+c^2+1}+\frac{b^2+1}{\frac{c^2+1}{2}+a^2+1}+\frac{c^2+1}{\frac{a^2+1}{2}+b^2+1}\)
Đặt \((a^2+1,b^2+1,c^2+1)=(x,y,z)(x,y,z>0)\)
\(\text{VT}\geq \frac{x}{\frac{y}{2}+z}+\frac{y}{\frac{z}{2}+x}+\frac{z}{\frac{x}{2}+y}=2\left(\frac{x}{y+2z}+\frac{y}{z+2x}+\frac{z}{x+2y}\right)(1)\)
Cauchy-Schwarz:
\(\frac{x}{y+2z}+\frac{y}{z+2x}+\frac{z}{x+2y}=\frac{x^2}{xy+2xz}+\frac{y^2}{yz+2xy}+\frac{z^2}{xz+2yz}\geq \frac{(x+y+z)^2}{3(xy+yz+xz)}\geq \frac{(x+y+z)^2}{(x+y+z)^2}=1(2)\)
Từ \((1);(2)\Rightarrow \text{VT}\geq 2\) (đpcm)
Bài 1: Cho góc xOy nhọn, trên tia Ox lấy điểm A và trên tia Oy lấy điểm B sao cho OA=OB. Qua A, vẽ đường thẳng d1 vuông góc với Ox, cắt Oy tại C. Qua B, vẽ đường thẳng d2 vuông góc với Oy, cắt Ox tại D. Gọi I là giao điểm của d1 và d2
a) Chứng minh rằng : \(\Delta OAC=\Delta OBD\)
b) Chứng minh rằng :\(\Delta DIC\)cân
c) Chứng minh rằng IO là tia phân giác của góc AIB
d) Vẽ \(IK\perp DC\)tại K. Chứng minh: O,I,K thẳng hàng
Giúp mình với!
a) Xét ΔAOC vuông tại A và ΔOBD vuông tại B có
OA=OB(gt)
∠Olà góc chung
⇒ΔAOC=ΔOBD(cạnh góc vuông-góc nhọn kề)
b) Xét ΔOIB vuông tại B và ΔOIA vuông tại A có
OI là cạnh chung
OB=OA(gt)
⇒ ΔOIB=ΔOIA(cạnh huyền-cạnh góc vuông)
⇒IB=IA(hai cạnh tương ứng)
Ta có: IB+ID=BD(do B,I,D thẳng hàng)
IA+IC=AC(do A,I,C thẳng hàng)
MàIB=IA(cmt)
và BD=AC(do ΔAOC=ΔOBD)
⇒ ID=IC
Xét ΔIDC có ID=IC(cmt)
⇒ ΔIDC cân tại I
c) Ta có: ΔOIB=ΔOIA(cmt)
⇒∠BIO=∠AIO(hai góc tương ứng)
Mà tia IO nằm giữa hai tia IA,IB
⇒IO là tia phân giác của∠AIB
Bài 1 : Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ chứa tia OA vẽ các tia OB, OD sao cho góc AOB = 40o, góc AOD = 120o.
a) So sánh góc BOD và góc AOD ?
b) Vẽ tia OE là tia đối của tia OA. Tính góc EOD ?
c) Vẽ tia OC là tia phân giác củ góc EOD. Tính góc COD ?
Bài 2 : Cho O thuộc đường thẳng xy. Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ chứa đường thẳng xy vẽ hai tia OM và ON sao cho góc xOM = 60o, yON = 40o
a) Tính góc xON ? Góc MOy?
b) Gọi OP là tia phân giác của góc MON. Chứng minh rằng tia ON là phân giác của góc yOP ?
cho a,b,c >o. chứng minh rằng \(\left(1+\frac{a}{b}\right)\left(1+\frac{b}{c}\right)\left(1+\frac{c}{a}\right)>=2\left(1+\frac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}\right)\)
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