Chứng minh : \(\dfrac{1}{MA^2}-\dfrac{1}{MN^2}\text{=}\dfrac{1}{MP^2}\)
Cho hcn ABCD. BH \(\perp\) AC tại H. MA=MH=\(\dfrac{1}{2}\) AH. NC=ND=\(\dfrac{1}{2}\)CD.
a). Chứng minh: AH.BD=\(CD^2\)
b). MN\(\perp\) MB
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ABC với đường cao BH:
\(AB^2=AH.AC\) (1)
Mặt khác ABCD là hình chữ nhật nên: \(\left\{{}\begin{matrix}AB=CD\\AC=BD\end{matrix}\right.\) (2)
(1); (2) \(\Rightarrow CD^2=AH.BD\)
b. Gọi P là trung điểm BH
\(\Rightarrow MP\) là đường trung bình tam giác ABH \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}MP||AB||CD\\MP=\dfrac{1}{2}AB\end{matrix}\right.\)
Mà \(NC=\dfrac{1}{2}CD\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}NC||MP\\NC=MP\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow MNCP\) là hbh
\(\Rightarrow MN||CP\) (3)
Do MP song song AB, mà AB vuông góc BC \(\Rightarrow MP\perp BC\)
\(\Rightarrow\) P là trực tâm tam giác BCM
\(\Rightarrow CP\perp MB\) (4)
(3);(4) \(\Rightarrow MN\perp MB\)
Chứng minh R
sin4α + sin2α . cos2α + cos2α = 1
\(\dfrac{sin\text{α}}{1-cos\text{α}}\)+\(\dfrac{sin\text{α}}{1+cos\text{α}}\)+\(\dfrac{2}{sin\text{α}}\)
\(\dfrac{sin\text{α}}{1+cos\text{α}}\)+\(\dfrac{1+cos\text{α}}{sin\text{α}}\)=\(\dfrac{2}{sin\text{α}}\)
a: VT=sin^2a(sin^2a+cos^2a)+cos^2a
=sin^2a+cos^2a
=1=VP
b: \(VT=\dfrac{sina+sina\cdot cosa+sina-sina\cdot cosa}{1-cos^2a}=\dfrac{2sina}{sin^2a}=\dfrac{2}{sina}=VP\)
c: \(VT=\dfrac{sin^2a+1+2cosa+cos^2a}{sina\left(1+cosa\right)}\)
\(=\dfrac{2\left(cosa+1\right)}{sina\left(1+cosa\right)}=\dfrac{2}{sina}=VP\)
Bài 1 :
a) Cho 3 số hữu tỉ a,b,c thoả mãn : \(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\text{=}\dfrac{1}{c}\). Chứng minh rằng : \(A\text{=}\sqrt{a^2+b^2+c^2}\) là số hữu tỉ.
b) Cho 3 số x,y,z đôi một khác nhau . Chứng minh rằng : \(B\text{=}\sqrt{\dfrac{1}{\left(x-y\right)^2}+\dfrac{1}{\left(y-z\right)^2}+\dfrac{1}{\left(z-x\right)^2}}\) là một số hữu tỉ.
a) Từ giả thiết : \(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\text{=}\dfrac{1}{c}\)
\(\Rightarrow2ab\text{=}2bc+2ca\)
\(\Rightarrow2ab-2bc-2ca\text{=}0\)
Ta xét : \(\left(a+b-c\right)^2\text{=}a^2+b^2+c^2+2ab-2bc-2ca\)
\(\text{=}a^2+b^2+c^2\)
Do đó : \(A\text{=}\sqrt{a^2+b^2+c^2}\text{=}\sqrt{\left(a+b-c\right)^2}\)
\(\Rightarrow A\text{=}a+b-c\)
Vì a;b;c là các số hữu tỉ suy ra : đpcm
b) Đặt : \(a\text{=}\dfrac{1}{x-y};b\text{=}\dfrac{1}{y-x};c\text{=}\dfrac{1}{z-x}\)
Do đó : \(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\text{=}\dfrac{1}{c}\)
Ta có : \(B\text{=}\sqrt{\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}}\)
Từ đây ta thấy giống phần a nên :
\(B\text{=}a+b-c\)
\(B\text{=}\dfrac{1}{x-y}+\dfrac{1}{y-z}-\dfrac{1}{z-x}\)
Suy ra : đpcm.
Mình bổ sung đề phần b cần phải có điều kiện của x;y;z nha bạn.
Cho biểu thức:\(P=\left(\dfrac{2\text{x}}{x^2-9}-\dfrac{1}{x+3}\right):\left(\dfrac{2}{x}-\dfrac{x-1}{x^2-3\text{x}}\right)v\text{ới}x\ne\pm3;x\ne0;x\ne5\)
1, Chứng minh \(P=\dfrac{x}{x-5}\)
1: \(P=\left(\dfrac{2x}{x^2-9}-\dfrac{1}{x+3}\right):\left(\dfrac{2}{x}-\dfrac{x-1}{x^2-3x}\right)\)
\(=\left(\dfrac{2x}{\left(x-3\right)\left(x+3\right)}-\dfrac{1}{x+3}\right):\left(\dfrac{2}{x}-\dfrac{x-1}{x\cdot\left(x-3\right)}\right)\)
\(=\dfrac{2x-x+3}{\left(x-3\right)\left(x+3\right)}:\dfrac{2\left(x-3\right)-x+1}{x\left(x-3\right)}\)
\(=\dfrac{x+3}{\left(x-3\right)\left(x+3\right)}\cdot\dfrac{x\left(x-3\right)}{2x-6-x+1}\)
\(=\dfrac{x}{x-5}\)
Cho hình chóp S.ABCD. Gọi M, N, P, Q lần lượt là các điểm thuộc các cạnh SA, SB, SC, SD sao cho
\(\dfrac{\text{MA}}{MS}=\dfrac{NB}{NS}=\dfrac{PC}{PS}=\dfrac{QD}{QS}\)=\(\dfrac{1}{2}\). Chứng minh rẳng bốn điểm M, N, P, Q đồng phẳng.
Xét tam giác SAD có: \(\dfrac{MA}{MS}=\dfrac{QD}{QS}\) suy ra MQ // AD do đó MQ // (ABCD)
Tương tự ta có: QP // (ABCD)
Vậy mp(MPQ) // mp(ABCD).
Lập luận tương tự, ta có mp(NPQ) // (ABCD).
Hai mặt phẳng (MPQ) và (NPQ) cùng đi qua điểm P và cùng song song với mặt phẳng (ABCD) nên hai mặt phẳng đó trùng nhau, tức bốn điểm M, N, P, Q đồng phẳng.
Cho tam giác MNP vuông tại M, đường cao MH. Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của H trên MN, MP.
a) Chứng minh: NH . PH = ME . MN
b) Chứng minh: \(\dfrac{NH}{PH}\)=\(\left(\dfrac{MN}{MP}\right)^2\)
c) Chứng minh: ∠MNF = ∠MPE
a: Xét ΔMNP vuông tại M có MH là đường cao
nên \(NH\cdot PH=MH^2\left(1\right)\)
Xét ΔNHM vuông tại H có HE là đường cao
nên \(ME\cdot MN=MH^2\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) suy ra \(NH\cdot PH=ME\cdot MN\)
b: Xét ΔMNP vuông tại M có MH là đường cao
nên \(\left\{{}\begin{matrix}MP^2=PH\cdot PN\\NM^2=NH\cdot NP\end{matrix}\right.\)
=>\(\dfrac{PH\cdot PN}{NH\cdot NP}=\dfrac{MP^2}{MN^2}\)
=>\(\dfrac{NH}{PH}=\left(\dfrac{MN}{MP}\right)^2\)
c: ΔMHP vuông tại H có HF là đường cao
nên \(MF\cdot MP=MH^2\)
mà \(ME\cdot MN=MH^2\)
nên \(MF\cdot MP=ME\cdot MN\)
=>\(\dfrac{MF}{ME}=\dfrac{MN}{MP}\)
Xét ΔMFN vuông tại M và ΔMEP vuông tại M có
\(\dfrac{MF}{ME}=\dfrac{MN}{MP}\)
Do đó: ΔMFN đồng dạng với ΔMEP
=>\(\widehat{MNF}=\widehat{MPE}\)
\(\text{Bài 4. Chứng tỏ rằng:}\)
\(a\)) \(\dfrac{1}{2^2}+\dfrac{1}{3^2}+\dfrac{1}{4^2}+...+\dfrac{1}{30^2}< 1\)
\(b\)) \(\dfrac{1}{10}+\dfrac{1}{11}+\dfrac{1}{12}+...+\dfrac{1}{99}+\dfrac{1}{100}>1\)
\(c\)) \(\dfrac{1}{5}+\dfrac{1}{6}+\dfrac{1}{7}+...+\dfrac{1}{17}< 2\)
\(d\)) \(\dfrac{1}{1.2}+\dfrac{1}{2.3}+\dfrac{1}{3.4}+...+\dfrac{1}{29.30}< 1\)
a)
\(\dfrac{1}{2^2}+\dfrac{1}{3^2}+\dfrac{1}{4^2}+...+\dfrac{1}{30^2}\\ < \dfrac{1}{1.2}+\dfrac{1}{2.3}+\dfrac{1}{3.4}+...+\dfrac{1}{29.30}\\ =1-\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{4}+...+\dfrac{1}{29}-\dfrac{1}{30}\\ =1-\dfrac{1}{30}=\dfrac{29}{30}< 1\left(dpcm\right)\)
b)
\(\dfrac{1}{10}+\dfrac{1}{11}+\dfrac{1}{12}+...+\dfrac{1}{99}+\dfrac{1}{100}=\dfrac{1}{10}+\left(\dfrac{1}{11}+\dfrac{1}{12}+...+\dfrac{1}{99}+\dfrac{1}{100}\right)\\ >\dfrac{1}{10}+\dfrac{1}{100}+\dfrac{1}{100}+...+\dfrac{1}{100}=\dfrac{1}{10}+\dfrac{90}{100}\\ =\dfrac{110}{100}>1\left(đpcm\right).\)
c)
\(\dfrac{1}{5}+\dfrac{1}{6}+\dfrac{1}{7}+...+\dfrac{1}{17}\\ =\left(\dfrac{1}{5}+\dfrac{1}{6}+...+\dfrac{1}{9}\right)+\left(\dfrac{1}{10}+\dfrac{1}{11}+...+\dfrac{1}{17}\right)\\ < \dfrac{1}{5}.5+\dfrac{1}{8}.8=1+1=2\left(đpcm\right)\)
d) tương tự câu 1
Chứng minh các hệ thức:
a) \(\dfrac{cos\text{ α }}{1-sin\text{ α}}=\dfrac{1+sin\text{ α}}{cos\text{ α}}\)
b)\(\dfrac{\left(sin\text{ α }+cos\text{ α }\right)^2-\left(sin\text{ α }-cos\text{ α }\right)^2}{sin\text{ α }cos\text{ α }}=4\)
a: \(\dfrac{\cos\alpha}{1-\sin\alpha}=\dfrac{1+\sin\alpha}{\cos\alpha}\)
\(\Leftrightarrow\cos^2\alpha=1-\sin^2\alpha\)(đúng)
b: Ta có: \(\dfrac{\left(\sin\alpha+\cos\alpha\right)^2-\left(\sin\alpha-\cos\alpha\right)^2}{\sin\alpha\cdot\cos\alpha}\)
\(=\dfrac{4\cdot\sin\alpha\cdot\cos\alpha}{\sin\alpha\cdot\cos\alpha}\)
=4
Chứng minh : \(\dfrac{sin^2\text{α}}{cos\text{α}\left(1+tan\text{α}\right)}-\dfrac{cos^2\text{α}}{sin\text{α}\left(1+cot\text{α}\right)}-sin\text{α}-cos\text{α}\)