Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn. Xác định vị tri của điểm M trong tam giác sao cho MA+MB+MC nhỏ nhất.
Toán
Trước tiên ta phát biểu và chứng minh một bổ đề:
Bổ đề. "Cho tam giác ABCABC và một điểm MM nằm trong tam giác. Chứng minh rằng MB+MC<AB+ACMB+MC<AB+AC."
Chứng minh. Kéo dài BMBM về phía MM cắt cạnh ACAC tại điểm NN. Theo bất đẳng thức tam giác ta có:
$$AN+AB>BN=BM+MN\\
MN+NC>MC$$
Cộng theo vế các bất đẳng thức trên và trừ đi hai vế cho MNMN ta thu được bất đẳng thức cần chứng minh.
Ta xét hai trường hợp:
a) Tam giác ABCABC có ba góc nhỏ hơn 120∘120∘.
Ta dựng tam giác đều BCDBCD ở phía ngoài tam giác ABCABC.
Gọi TT là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tam giác BCDBCD với ADAD. Dễ dàng chứng minh rằng TT nhìn ba cạnh của tam giác ABCABC dưới ba góc bằng nhau. Ta chứng minh rằng với một điểm MM tùy ý ở trong tam giác ABCABC khác điểm TT thì ta cóMA+MB+MC>TA+TB+TCMA+MB+MC>TA+TB+TC
Thật vậy ta có MB+MC≥MDMB+MC≥MD và do đóMA+MB+MC≥MA+MD≥AD (1)MA+MB+MC≥MA+MD≥AD (1)
Mặt khác TA+TB+TC=TA+TDTA+TB+TC=TA+TD, do TT nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác đều BCDBCD. Và cuối cùng làTA+TB+TC=TA+TD=AD (2)TA+TB+TC=TA+TD=AD (2)
Từ (1)(1) và (2)(2) suy raMA+MB+MC≥TA+TB+TCMA+MB+MC≥TA+TB+TC
Đẳng thức xảy ra khi M≡TM≡T (điểm TT được gọi là điểm Toricenli của tam giác ABCABC).
b) Tam giác ABCABC có một góc, chẳng hạn ˆB≥120∘B^≥120∘.
Dựng tam giác đều BCDBCD ở phía ngoài của tam giác ABCABC.
Do ˆB≥120∘B^≥120∘ nên với mọi điểm MM tùy ý ở trong tam giác ABCABC, điểm BB nằm trong tam giác MDAMDA.
Ta có MB+MC≥MDMB+MC≥MD. Mặt khác theo bổ đề trên đối với tam giác MDAMDA ta có MA+MD≥BA+BDMA+MD≥BA+BD.
Từ đó ta cóOA+OB+OC≥OA+OD≥BA+BD=BA+BCOA+OB+OC≥OA+OD≥BA+BD=BA+BC
Như vậy khi M≡BM≡B thì tổng khoảng cách từ MM đến các đỉnh còn lại của tam giác ABCABC là nhỏ nhất. Tóm lại trong trường hợp tam giác ABCABC có một đỉnh không nhỏ hơn 120∘120∘ thì chỉnh đỉnh này là đỉnh cần tìm.
Đúng 0
Bình luận (1)
cho x,y,z >0 thỏa \(x^2+y^2+z^2=3\) CMR
\(\dfrac{x}{\sqrt[3]{yz}}+\dfrac{y}{\sqrt[3]{xz}}+\dfrac{z}{\sqrt[3]{xy}}\ge xy+yz+xz\)
solution:
ta có: \(3=x^2+y^2+z^2\ge3\sqrt[3]{x^2y^2z^2}\Leftrightarrow xyz\le1\)(theo BĐT cauchy cho 3 số )
\(\Rightarrow xy\le\dfrac{1}{z};yz\le\dfrac{1}{x};xz\le\dfrac{1}{y}\)
\(\Rightarrow\dfrac{x}{\sqrt[3]{yz}}\ge\dfrac{x}{\dfrac{1}{\sqrt[3]{x}}}=x\sqrt[3]{x}=\sqrt[3]{x^4}\)
tương tự ta có:\(\dfrac{y}{\sqrt[3]{xz}}\ge\sqrt[3]{y^4};\dfrac{z}{\sqrt[3]{xy}}\ge\sqrt[3]{z^4}\)
cả 2 vế các BĐT đều dương,cộng vế với vế:
\(S=\dfrac{x}{\sqrt[3]{yz}}+\dfrac{y}{\sqrt[3]{xz}}+\dfrac{z}{\sqrt[3]{xy}}\ge\sqrt[3]{x^4}+\sqrt[3]{y^4}+\sqrt[3]{z^4}\)
Áp dụng BĐT bunyakovsky ta có:
\(\left(\sqrt[3]{x^4}+\sqrt[3]{y^4}+\sqrt[3]{z^4}\right)\left(x^2+y^2+z^2\right)\ge\left(\sqrt[3]{x^8}+\sqrt[3]{y^8}+\sqrt[3]{z^8}\right)^2=\left(x^2+y^2+z^2\right)^2\)
\(\Rightarrow S\ge x^2+y^2+z^2\)
đến đây ta lại có BĐT quen thuộc: \(x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+xz\)
\(\Rightarrow S\ge xy+yz+xz\left(đpcm\right)\)
dấu = xảy ra khi và chỉ khi x=y=z mà x2+y2+z2=3 => x=y=z=1
*cách khác : Áp dụng BĐT cauchy - schwarz(bunyakovsky):
\(S=\dfrac{x}{\sqrt[3]{yz}}+\dfrac{y}{\sqrt[3]{xz}}+\dfrac{z}{\sqrt[3]{xy}}=\dfrac{x^4}{x^3.\dfrac{1}{\sqrt[3]{x}}}+\dfrac{y^4}{y^3.\dfrac{1}{\sqrt[3]{y}}}+\dfrac{z^4}{z^3.\dfrac{1}{\sqrt[3]{z}}}\)
\(S\ge\dfrac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{x^2+y^2+z^2}=x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+xz\)
Đúng 0
Bình luận (7)
cho mình hỏi vs ạ..
Khi mình nhập câu hỏi ý,, làm sao để gửi câu hỏi cho m.n xem để giải đk hả bạn,..Chỉ giùm mik vs ạ.
Đúng 0
Bình luận (1)
11 tháng 3 2017 lúc 15:17
tìm phân nguyên của a với
A=\(\sqrt{2}+\sqrt[3]{\dfrac{3}{2}}+\sqrt[4]{\dfrac{4}{3}}+.......+\sqrt[n+1]{\dfrac{n+1}{n}}\)
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
Đúng 0
Bình luận (0)
cho ΔABC vẽ AH⊥BC,trên nửa mặt phẳng AH chứa B vẽ AH⊥BC.Sao cho AD=AB trên nửa mặt phẳng còn lại vẽ AE⊥AC,sao cho AE=AC
a)cm DC=BE
b)vẽ EI ⊥AH,DK⊥AH. CM EI=AH,EI=DK
c)DE cắt AH ở M, CM : M là trung điểm của DE
Đúng 0
Bình luận (1)
Xem thêm câu trả lời
Số nghiệm nguyên của phương trình \(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}=\dfrac{1}{z}\)
Cho hai số a, b không đồng thời bằng 0. Tìm GTLN, GTNN của biểu thức :
\(Q=\dfrac{a^2-ab+b^2}{a^2+ab+b^2}\)
ta có : 3-Q=\(\dfrac{2\left(a+b\right)^2}{a^2+ab+b^2}\)>=0
\(\Rightarrow\) Max Q=3
ta có : Q-\(\dfrac{1}{3}\)= \(\dfrac{2\left(a-b\right)^2}{3\left(a^2+ab+b^2\right)}\)>=0
\(\Rightarrow\)Min Q=\(\dfrac{-1}{3}\)
Đúng 0
Bình luận (3)
Hãy dùng phương pháp tập thể dục như của Hung nguyen nhé
Theo bài ra , ta có :
\(Q=\dfrac{a^2-ab+b^2}{a^2+ab+b^2}=\dfrac{a^2+ab+b^2-2ab}{a^2+ab+b^2}=1-\dfrac{2ab}{a^2+ab+b^2}\)
Vì a,b đồng thời không bằng không ta chia cả tử và mẩu cho 2ab , ta được
\(\dfrac{2a}{a^2+ab+b^2}=\dfrac{1}{\dfrac{a^2}{2ab}+1+\dfrac{b^2}{2ab}}=\dfrac{1}{\dfrac{a}{2b}+1+\dfrac{b}{2a}}\)
Vì a,b khác 0 =) a/2b , b/2a khác 0
Áp dụng BĐT cô si cho 2 số a/2b , b/2a khác 0
\(\Rightarrow\dfrac{a}{2b}+\dfrac{b}{2a}\ge2\sqrt{\dfrac{a}{2b}.\dfrac{b}{2a}}\)
\(\Rightarrow\dfrac{a}{2b}+\dfrac{b}{2a}\ge2\sqrt{\dfrac{1}{2}}=\dfrac{1}{4}\)
\(\Rightarrow\dfrac{a}{2b}+1+\dfrac{b}{2a}\ge1+\dfrac{1}{4}=\dfrac{5}{4}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{\dfrac{a}{2b}+1+\dfrac{b}{2a}}\le\dfrac{1}{\dfrac{5}{4}}=\dfrac{4}{5}\)
\(\Leftrightarrow1-\dfrac{1}{\dfrac{a}{2b}+1+\dfrac{b}{2a}}\le\dfrac{1}{5}\)
\(\Rightarrow Max_Q=\dfrac{1}{5}\Leftrightarrow\dfrac{a}{2b}=\dfrac{b}{2a}\Leftrightarrow\dfrac{a}{2b}-\dfrac{b}{2a}=0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)\left(a+b\right)=0\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}a=b\\a=-b\end{matrix}\right.\)
mà a và b là hai số khác 0 =) a = b
Vậy GTLN của Q là 1/5 khi và chỉ khi a = b
Đúng 0
Bình luận (16)
Tìm Min
\(Q=1-\dfrac{2ab}{a^2+ab+b^2}\ge1-\dfrac{2ab}{2ab+ab}=1-\dfrac{2}{3}=\dfrac{1}{3}\)
Dấu "=" xảy ra khi a = b
Đúng 0
Bình luận (3)
Xem thêm câu trả lời
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
B= \(\sqrt{\left(x-2y+1\right)}+\left(x-3y\right)^{2012}+3\)
Ta thấy: \(\left\{{}\begin{matrix}\sqrt{x-2y+1}\ge0\\\left(x-3y\right)^{2012}\ge0\end{matrix}\right.\)\(\forall x,y\)
\(\Rightarrow\sqrt{x-2y+1}+\left(x-3y\right)^{2012}\ge0\forall x,y\)
\(\Rightarrow\sqrt{x-2y+1}+\left(x-3y\right)^{2012}+3\ge3\forall x,y\)
\(\Rightarrow B\ge3\forall x,y\)
Đẳng thức xảy ra khi \(\left\{{}\begin{matrix}\sqrt{x-2y+1}=0\\\left(x-3y\right)^{2012}=0\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x-2y+1=0\\x-3y=0\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=2y-1\\x=3y\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=-3\\y=-1\end{matrix}\right.\)
Vậy với \(\left\{{}\begin{matrix}x=-3\\y=-1\end{matrix}\right.\) thì \(B_{Min}=3\)
Đúng 0
Bình luận (5)
Xem thêm câu trả lời
Trong không gian hệ tọa độ Oxyz, cho (d) \(\dfrac{x-1}{-3}=\dfrac{y-3}{2}=\dfrac{z-1}{-2}\) và (P): x-3y+z-4=0.
Viết phương trình hình chiếu của (d) trên (P).
Lời giải:
Gọi \((\alpha)\) là mặt phẳng chứa \((d)\) và vuông góc với \((P)\)
Khi đó vector pháp tuyến của \((\alpha): \overrightarrow{n_{\alpha}}=[\overrightarrow{n_P},\overrightarrow{u_d}]=(-4,1,7)\)
Mặt khác \((\alpha)\) chứa $(d)$ nên chứa luôn điểm \((4,1,3)\) nên PTMP \((\alpha)\) là :
\(-4x+y+7z-6=0\)
Khi đó hình chiếu \((d')\) của $(d)$ trên $(P)$ là giao của $(P)$ và \((\alpha)\)
\(\Rightarrow \overrightarrow{u_{d'}}=[\overrightarrow{n_P},\overrightarrow{n_{\alpha}}]=(22,11,11)=11(2,1,1)\)
Mặt khác \((d')=(P)\cap (\alpha)\) nên \((d') \) đi qua điểm \((0,\frac{1}{2},\frac{11}{2})\)
Do đó PT hình chiếu là:\(\frac{x}{2}=\frac{y-\frac{1}{2}}{1}=\frac{z-\frac{11}{2}}{1}\)
Đúng 0
Bình luận (0)
Cho hai điểm A(0;0;3) và B(1;-2;-3). Gọi A'B' là hình chiếu vuông góc của đường thẳng AB lên mặt phẳng (Oxy). Viết phương trình tham số của đường thẳng A'B'.
Giải:
Gọi \((l)\) là mặt phẳng chứa đường thẳng đi qua $AB$ và vuông góc với mặt phẳng $(Oxy)$
\(\overrightarrow{n_l}=[\overrightarrow{AB},\overrightarrow{n_{Oxy}}]=[\overrightarrow{AB},\overrightarrow{Oz}]=(2,1,0)\)
Suy ra PTMP $(l)$ là : \(2x+y=0\)
Ta thấy \(A'B'=(Oxy)\cap (l)\)
\(\Rightarrow \overrightarrow{u_{A'B'}}=[\overrightarrow{n_{Oxy}},\overrightarrow{n_l}]=(1,-2,0)\)
Mặt khác điểm \((1,-2,0)\) thuộc đường thẳng $A'B'$
\(\Rightarrow \) PTĐT: \(\left\{{}\begin{matrix}x=t+1\\y=-2-2t\\z=0\end{matrix}\right.\)
Đúng 0
Bình luận (0)
Cho phương trình: \(x^2+x\left(m+1\right)+m=2\)
1) Chứng minh rằng với mọi m phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt
2) Tìm m sao cho phương trình có 2 nghiệm thỏa mãn: \(\dfrac{2x_1-1}{x_2}+\dfrac{2x_2-1}{x_1}=x_1x_2+\dfrac{55}{x_1x_2}\)
1) \(x^2+\left(m+1\right)x+m=2\) ( 1 )
\(pt\left(1\right)\Leftrightarrow x^2+\left(m+1\right)+m-2=0\)
\(\Delta=b^2-4ac\)
\(\Delta=\left(m-1\right)^2+8\ge8\) \(\forall m\in R\)
\(\Rightarrow\) đpcm
2)
Theo định lý Viet: \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=\dfrac{-b}{a}\\x_1x_2=\dfrac{c}{a}\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=-m-1\\x_1x_2=m-2\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left(x_1+x_2\right)^2=\left(-m-1\right)^2\\2x_1x_2=2m-4\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x^2_1+2x_1x_2+x^2_2=m^2+2m+1\\2x_1x_2=2m-4\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x^2_1+x^2_2+2m-4=m^2+2m+1\\2x_1x_2=2m-4\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x^2_1+x^2_2=\left(m^2+2m+1\right)-\left(2m-4\right)\\2x_2x_1=2m-4\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x^2_1+x^2_2=m^2+5\\x_1x_2=m-2\end{matrix}\right.\)
Theo yêu cầu đề bài \(\dfrac{2x_1-1}{x_2}+\dfrac{2x_2-1}{x_1}=x_1x_2+\dfrac{55}{x_1x_2}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{2\left(x^2_1+x^2_2\right)-\left(x_1+x_2\right)}{x_1x_2}=x_1x_2+\dfrac{55}{x_1x_2}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{2\left(m^2+5\right)-\left(-m-1\right)}{m-2}=m-2+\dfrac{55}{m-2}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{2m^2+m+11}{m-2}=\dfrac{\left(m-2\right)^2+55}{m-2}\)
\(\Leftrightarrow2m^2+m+11=\left(m-2\right)^2+55\) ( điều kiện \(m\ne2\) )
\(\Leftrightarrow m^2+5m-48=0\)
\(\Delta=b^2-4ac\)
\(\Rightarrow\Delta=217\)
\(\Rightarrow m_{1,2}=\dfrac{-b\pm\sqrt{\Delta}}{2a}=\dfrac{-5\pm\sqrt{217}}{2}\)
Đúng 0
Bình luận (0)
1)Ta có: \(\Delta_{x,m}=\left(m+1\right)^2-4\left(m-2\right)=\left(m-1\right)^2+8\ge8>0=>dpcm\)
2)Gọi hai nghiệm là a,b cho dẽ viết:
Đặt \(A=\dfrac{2a-1}{b}+\dfrac{2b-1}{a}-ab-\dfrac{55}{ab}\) rút gọn A trước
\(\Leftrightarrow\dfrac{2\left(a^2+b^2\right)-\left(a+b\right)-\left(ab\right)^2-55}{ab}\)
\(A=\dfrac{2\left(a+b\right)^2-\left(a+b\right)-\left[\left(ab\right)^2+4ab+4\right]-51}{ab}\)
\(A=\dfrac{\left(a+b\right)\left[2\left(a+b\right)-1\right]-\left[\left(ab\right)+2\right]^2-51}{ab}\) (1)
Thay Vi_et vào (1) \(\left\{{}\begin{matrix}a+b=-\left(m+1\right)\\ab=m-2\end{matrix}\right.\)
\(A=\dfrac{\left(m+1\right)\left(2m+3\right)-m^2-51}{m-2}=\dfrac{m^2+5m-48}{m-2}\)
\(A=0\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m\ne2\\m^2+5m-48=0\end{matrix}\right.\)
\(\Delta_m=25+4.48=217\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m\ne2\\\left[{}\begin{matrix}m_2=\dfrac{-5-\sqrt{217}}{2}\ne2\\m_2=\dfrac{-5+\sqrt{217}}{2}\ne2\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\)
Kết luận: \(m_{1,2}=\dfrac{-5\pm\sqrt{217}}{2}\)
Đúng 0
Bình luận (0)