Cho hai phân số \(\dfrac{a}{b}\) và \(\dfrac{c}{d}\) thỏa mãn b, d > 0 và \(\dfrac{a}{b}\) < \(\dfrac{c}{d}\). Chứng minh rằng \(\dfrac{a}{b}< \dfrac{a+c}{b+d}< \dfrac{c}{d}\)
tìm hai phân số \(\dfrac{a}{b}\)và \(\dfrac{c}{d}\) sao cho chúng có mẫu là 13, các tử là hai số lẻ liên tiếp và thỏa mãn điều kiện \(\dfrac{a}{b}\)<\(\dfrac{4}{5}\)<\(\dfrac{c}{d}\)
Cho a,b,c,d là các số thực dương thỏa mãn \(\dfrac{a}{b}< \dfrac{c}{d}\)
Hãy so sánh \(\dfrac{a}{b}\) và \(\dfrac{a+c}{b+d}\)
\(\dfrac{a}{b}< \dfrac{c}{d}\Rightarrow ad< bc\\ \Rightarrow ad+ab< bc+ab\\ \Rightarrow a\left(b+d\right)< b\left(a+c\right)\)
\(\Rightarrow\)\(\dfrac{a}{b}< \dfrac{a+c}{b+d}\)
Cho 4 số a,b,c,d khác 0 thỏa mãn b2=ac và c2=bd
Chứng minh rằng: \(\dfrac{a^3+b^3+c^3}{c^3+b^3+d^3}=\dfrac{a}{d}\)
\(b^2=ac\Rightarrow\dfrac{a}{b}=\dfrac{b}{c};c^2=bd\Rightarrow\dfrac{b}{c}=\dfrac{c}{d}\\ \Rightarrow\dfrac{a}{b}=\dfrac{b}{c}=\dfrac{c}{d}\\ \Rightarrow\dfrac{a^3}{b^3}=\dfrac{b^3}{c^3}=\dfrac{c^3}{d^3}=\dfrac{a^3+b^3+c^3}{c^3+b^3+d^3}\left(1\right)\\ \text{Đặt }\dfrac{a}{b}=\dfrac{b}{c}=\dfrac{c}{d}=k\\ \Rightarrow a=bk;b=ck;c=dk\\ \Rightarrow a=bk=ck^2=dk^3\\ \Rightarrow\dfrac{a}{d}=k^3\\ \text{Mà }\dfrac{a}{b}=k\Rightarrow\dfrac{a^3}{b^3}=k^3\\ \Rightarrow\dfrac{a}{d}=\dfrac{a^3}{b^3}\left(2\right)\\ \left(1\right)\left(2\right)\RightarrowĐpcm\)
Cho các số a,b,c,d khác 0 thoả mãn \(\dfrac{a}{5b}=\dfrac{b}{5c}=\dfrac{c}{5d}=\dfrac{d}{5a}\)và a+b+c+d=\(\)0
Cho a, b, c, d là 4 số khác 0 thỏa mãn \(b^2\) = ac; \(c^2\) = bd và \(b^3+c^3+d^3\ne0\)
Chứng minh rằng: \(\dfrac{a}{d}=\dfrac{a^3+b^3+c^3}{b^3+c^3+d^3}=\left(\dfrac{a+b+c}{b+c+d}\right)^3\)
1. Cho a, b, c, d thỏa mãn: abcd=1.
Tính gía trị biểu thức:
M= \(\dfrac{a}{abc+ab+a+1}+\dfrac{b}{bcd+bc+b+1}+\dfrac{c}{cda+cd+1}+\dfrac{d}{dab+da+d+1}\)
2. Cho các số a, b, c, d thỏa mãn: 0 ≤a, b, c, d ≤1.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
N\(=\dfrac{a}{bcd+1}+\dfrac{b}{cda+1}+\dfrac{c}{dab+1}+\dfrac{d}{abc+1}\)
3. Cho tam giác ABC nhọn có các đường cao AM, BN, CP cắt nhau tại H.
a) Chứng minh: \(AB.BP+AC.CN=BC^2\)
b) Cho B, C cố định A thay đổi. Tìm vị trí điểm A để: MH,MA đạt max ?
c) Gọi S,S1,S2,S3 lần luợt là diện tích các tam giác ABC, APN, BMP, CMN.
Chứng minh: \(S_1.S_2.S_3\) ≤ \(\dfrac{1}{64}S_3\)
Bài 1: Ta có:
\(M=\frac{ad}{abcd+abd+ad+d}+\frac{bad}{bcd.ad+bc.ad+bad+ad}+\frac{c.abd}{cda.abd+cd.abd+cabd+abd}+\frac{d}{dab+da+d+1}\)
\(=\frac{ad}{1+abd+ad+d}+\frac{bad}{d+1+bad+ad}+\frac{1}{ad+d+1+abd}+\frac{d}{dab+da+d+1}\)
$=\frac{ad+abd+1+d}{ad+abd+1+d}=1$
Bài 2:
Vì $a,b,c,d\in [0;1]$ nên
\(N\leq \frac{a}{abcd+1}+\frac{b}{abcd+1}+\frac{c}{abcd+1}+\frac{d}{abcd+1}=\frac{a+b+c+d}{abcd+1}\)
Ta cũng có:
$(a-1)(b-1)\geq 0\Rightarrow a+b\leq ab+1$
Tương tự:
$c+d\leq cd+1$
$(ab-1)(cd-1)\geq 0\Rightarrow ab+cd\leq abcd+1$
Cộng 3 BĐT trên lại và thu gọn thì $a+b+c+d\leq abcd+3$
$\Rightarrow N\leq \frac{abcd+3}{abcd+1}=\frac{3(abcd+1)-2abcd}{abcd+1}$
$=3-\frac{2abcd}{abcd+1}\leq 3$
Vậy $N_{\max}=3$
3.
Hình vẽ:
Lời giải:
a) △AMC và △BNC có: \(\widehat{AMC}=\widehat{BNC}=90^0;\widehat{ACB}\) là góc chung.
\(\Rightarrow\)△AMC∼△BNC (g-g).
\(\Rightarrow\dfrac{AC}{BC}=\dfrac{CM}{CN}\Rightarrow AC.CN=BC.CM\left(1\right)\)
b) △AMB và △CPB có: \(\widehat{AMB}=\widehat{CPB}=90^0;\widehat{ABC}\) là góc chung.
\(\Rightarrow\)△AMB∼△CPB (g-g)
\(\Rightarrow\dfrac{AB}{CB}=\dfrac{BM}{BP}\Rightarrow AB.BP=BC.BM\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) suy ra:
\(AC.CN+AB.BP=BC.CM+BC.BM=BC.\left(CM+BM\right)=BC.BC=BC^2\left(đpcm\right)\)b) Gọi \(M_0\) là trung điểm BC, giả sử \(AB< AC\).
\(\widehat{HBM}=90^0-\widehat{BHM}=90^0-\widehat{AHN}=\widehat{CAM}\)
△HBM và △CAM có: \(\widehat{HBM}=\widehat{CAM};\widehat{HMB}=\widehat{CMA}=90^0\)
\(\Rightarrow\)△HBM∼△CAM (g-g)
\(\Rightarrow\dfrac{MH}{CM}=\dfrac{BM}{MA}\Rightarrow MH.MA=BM.CM\)
Ta có: \(BM.CM=\left(BM_0-MM_0\right)\left(CM_0+MM_0\right)=\left(BM_0-MM_0\right)\left(BM_0+MM_0\right)=BM_0^2-MM_0^2\le BM_0^2=\dfrac{BC^2}{4}\)
\(\Rightarrow MH.MA\le\dfrac{BC^2}{4}\).
Vì \(BC\) không đổi nên: \(max\left(MH.MA\right)=\dfrac{BC^2}{4}\), đạt được khi △ABC cân tại A hay A nằm trên đường trung trực của BC.
c) Sửa đề: \(S_1.S_2.S_3\le\dfrac{1}{64}.S^3\)
△AMC∼△BNC \(\Rightarrow\dfrac{AC}{BC}=\dfrac{MC}{NC}\Rightarrow\dfrac{AC}{MC}=\dfrac{BC}{NC}\)
△ABC và △MNC có: \(\dfrac{AC}{MC}=\dfrac{BC}{NC};\widehat{ACB}\) là góc chung.
\(\Rightarrow\)△ABC∼△MNC (c-g-c)
\(\Rightarrow\dfrac{S_{MNC}}{S_{ABC}}=\dfrac{S_1}{S}=\dfrac{MC}{AC}.\dfrac{NC}{BC}\left(1\right)\)
Tương tự:
△ABC∼△MBP \(\Rightarrow\dfrac{S_{MBP}}{S_{ABC}}=\dfrac{S_2}{S}=\dfrac{MB}{AB}.\dfrac{BP}{BC}\left(2\right)\)
△ABC∼△ANP \(\Rightarrow\dfrac{S_{ANP}}{S_{ABC}}=\dfrac{S_3}{S}=\dfrac{AN}{AB}.\dfrac{AP}{AC}\left(3\right)\)
Từ (1), (2), (3) suy ra:
\(\dfrac{S_1}{S}.\dfrac{S_2}{S}.\dfrac{S_3}{S}=\left(\dfrac{MC}{AC}.\dfrac{NC}{BC}\right).\left(\dfrac{MB}{AB}.\dfrac{BP}{BC}\right).\left(\dfrac{AN}{AB}.\dfrac{AP}{AC}\right)\)
\(\Rightarrow\dfrac{S_1}{S}.\dfrac{S_2}{S}.\dfrac{S_3}{S}=\left(\dfrac{MC.MB}{AC.AB}\right).\left(\dfrac{BP.AP}{AC.BC}\right).\left(\dfrac{AN.CN}{AB.BC}\right)\) (*)
Áp dụng câu b) ta có:
\(\left\{{}\begin{matrix}BM.CM\le\dfrac{1}{4}BC^2\\AP.BP\le\dfrac{1}{4}AB^2\\AN.CN\le\dfrac{1}{4}AC^2\end{matrix}\right.\)
Từ (*) suy ra:
\(\dfrac{S_1}{S}.\dfrac{S_2}{S}.\dfrac{S_3}{S}\le\left(\dfrac{\dfrac{1}{4}BC^2}{AC.AB}\right).\left(\dfrac{\dfrac{1}{4}AC^2}{AC.BC}\right).\left(\dfrac{\dfrac{1}{4}AB^2}{AB.BC}\right)=\dfrac{1}{64}\)
\(\Rightarrow S_1.S_2.S_3\le\dfrac{1}{64}.S^3\)
Dấu "=" xảy ra khi △ABC đều.
Cho các số \(a,b,c,d\) nguyên dương đôi một khác nhau và thỏa mãn: \(\dfrac{2a+b}{a+b}+\dfrac{2b+c}{b+c}+\dfrac{2c+d}{c+d}+\dfrac{2d+a}{d+a}=6\). Chứng minh \(A=abcd\) là số chính phương.
Điều kiện đã cho có thể được viết lại thành \(\dfrac{a}{a+b}+\dfrac{b}{b+c}+\dfrac{c}{c+d}+\dfrac{d}{d+a}=2\)
hay \(1-\dfrac{a}{a+b}-\dfrac{b}{b+c}+1-\dfrac{c}{c+d}-\dfrac{d}{d+a}=0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{b}{a+b}-\dfrac{b}{b+c}+\dfrac{d}{c+d}-\dfrac{d}{d+a}=0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{b^2+bc-ab-b^2}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}+\dfrac{d^2+da-cd-d^2}{\left(c+d\right)\left(d+a\right)}=0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{b\left(c-a\right)}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}+\dfrac{d\left(a-c\right)}{\left(c+d\right)\left(d+a\right)}=0\)
\(\Leftrightarrow\left(c-a\right)\left[\dfrac{b}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}-\dfrac{d}{\left(c+d\right)\left(d+a\right)}\right]=0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{b}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}=\dfrac{d}{\left(c+d\right)\left(d+a\right)}\) (do \(c\ne a\))
\(\Leftrightarrow b\left(cd+ca+d^2+da\right)=d\left(ab+ac+b^2+bc\right)\)
\(\Leftrightarrow bcd+abc+bd^2+abd=abd+acd+b^2d+bcd\)
\(\Leftrightarrow abc+bd^2-acd-b^2d=0\)
\(\Leftrightarrow ac\left(b-d\right)-bd\left(b-d\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(b-d\right)\left(ac-bd\right)=0\)
\(\Leftrightarrow ac=bd\) (do \(b\ne d\))
Do đó \(A=abcd=ac.ac=\left(ac\right)^2\), mà \(a,c\inℕ^∗\) nên A là SCP (đpcm)
Cho hai phân thức \(\dfrac{A}{B}\) và \(\dfrac{C}{D}\)
Chứng minh rằng :
Có vô số cặp phân thức cùng mẫu, có dạng \(\dfrac{A'}{E}\) và \(\dfrac{C'}{E}\) thỏa mãn điều kiện \(\dfrac{A'}{E}=\dfrac{A}{B}\) và \(\dfrac{C'}{E}=\dfrac{C}{D}\)
Cho a+b+c+d ≠ 0 thỏa mãn:
\(\dfrac{a}{b+c+d}=\dfrac{b}{a+c+d}=\dfrac{c}{b+a+d}=\dfrac{d}{c+b+a}\)
Tính P = \(\dfrac{2a+5b}{3c+4d}+\dfrac{2b+5c}{3d+4a}+\dfrac{2c+5d}{3a+4b}+\dfrac{2d+5a}{3c+4b}\)