Đặt \(a=\dfrac{1}{x};b=\dfrac{1}{y};c=\dfrac{1}{z}\Rightarrow xyz=1\) và \(x;y;z>0\)

Gọi biểu thức cần tìm GTNN là P, ta có:

\(P=\dfrac{1}{\dfrac{1}{x^3}\left(\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\right)}+\dfrac{1}{\dfrac{1}{y^3}\left(\dfrac{1}{z}+\dfrac{1}{x}\right)}+\dfrac{1}{\dfrac{1}{z^3}\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\right)}\)

\(=\dfrac{x^3yz}{y+z}+\dfrac{y^3zx}{z+x}+\dfrac{z^3xy}{x+y}=\dfrac{x^2}{y+z}+\dfrac{y^2}{z+x}+\dfrac{z^2}{x+y}\)

\(P\ge\dfrac{\left(x+y+z\right)^2}{y+z+z+x+x+y}=\dfrac{x+y+z}{2}\ge\dfrac{3\sqrt[3]{xyz}}{2}=\dfrac{3}{2}\)

\(P_{min}=\dfrac{3}{2}\) khi \(x=y=z=1\) hay \(a=b=c=1\)

Đặt \(a = \frac{1}{x} ; b = \frac{1}{y} ; c = \frac{1}{z} \Rightarrow x y z = 1\) và \(x ; y ; z > 0\)

Gọi biểu thức cần tìm GTNN là P, ta có:

\(P = \frac{1}{\frac{1}{x^{3}} \left(\right. \frac{1}{y} + \frac{1}{z} \left.\right)} + \frac{1}{\frac{1}{y^{3}} \left(\right. \frac{1}{z} + \frac{1}{x} \left.\right)} + \frac{1}{\frac{1}{z^{3}} \left(\right. \frac{1}{x} + \frac{1}{y} \left.\right)}\)

\(= \frac{x^{3} y z}{y + z} + \frac{y^{3} z x}{z + x} + \frac{z^{3} x y}{x + y} = \frac{x^{2}}{y + z} + \frac{y^{2}}{z + x} + \frac{z^{2}}{x + y}\)

\(P \geq \frac{\left(\left(\right. x + y + z \left.\right)\right)^{2}}{y + z + z + x + x + y} = \frac{x + y + z}{2} \geq \frac{3 \sqrt[3]{x y z}}{2} = \frac{3}{2}\)

\(P_{m i n} = \frac{3}{2}\) khi \(x = y = z = 1\) hay \(a = b = c = 1\)

\({x^2} = {4^2} + {2^2} = 20 \Rightarrow x = 2\sqrt 5 \)

\({y^2} = {5^2} - {4^2} = 9 \Leftrightarrow y = 3\)

\({z^2} = {\left( {\sqrt 5 } \right)^2} + {\left( {2\sqrt 5 } \right)^2} = 25 \Rightarrow z = 5\)

\({t^2} = {1^2} + {2^2} = 5 \Rightarrow t = \sqrt 5 \)

diện tích tứ giác

S.ABCD=S.ACD=S.ABC

54=17+S.ABC

S.ABC=54-17=37

TAM GIÁC ABC CÂN TẠI A(DO AB=AC)

CD VUÔNG GÓC VỚI BC

=>S.ABD=37 CM

12567876

a: Xét ΔMNP và ΔKPN có

\(\hat{MNP}=\hat{KPN}\) (hai góc so le trong, MN//PK)

NP chung

\(\hat{MPN}=\hat{KNP}\) (hai góc so le trong, MP//NK)

Do đó: ΔMNP=ΔKPN

=>MN=KP; MP=KN

ta có: MP=KN

MP=NQ

Do đó: NK=NQ

=>ΔNKQ cân tại N

b: Ta có: ΔNKQ cân tại N

=>\(\hat{NKQ}=\hat{NQK}\)

mà \(\hat{NKQ}=\hat{MPQ}\) (hai góc đồng vị, MP//NK)

nên \(\hat{MPQ}=\hat{NQP}\)

Xét ΔMQP và ΔNPQ có

MP=NQ

\(\hat{MPQ}=\hat{NQP}\)

PQ chung

Do đó: ΔMQP=ΔNPQ

c: ΔMQP=ΔNPQ

=>\(\hat{MQP}=\hat{NPQ}\)

=>MNPQ là hình thang cân

Bài 4:

\(N=3x^2+x\left(x-4y\right)-\left(x+y\right)\left(x-y\right)+x^2+1\)

\(=3x^2+x^2-4xy-x^2+y^2+x^2+1=4x^2-4xy+y^2+1\)

\(=\left(2x-y\right)^2+1\ge1>0\forall x,y\)

=>N luôn dương với mọi x,y

Bài 3:

1: A+B

\(=x^2-4xy+4y^2+4x^2+4xy+y^2=5x^2+5y^2\)

2: Thay x=1;y=-2 vào M, ta được:

\(M=2\cdot1^2+4\cdot1\cdot\left(-2\right)-4\cdot\left(-2\right)^2\)

=2-8-16

=-6-16

=-22

Bài 1:

a; \(\frac12xy\).( - 2\(x^2y\) + \(\frac12y\))

= \(\frac12xy\) .(-2\(x^2y\)) + \(\frac12xy\).\(\frac12y\)

= [\(\frac12.\left(-2\right)\)] (\(x.x^2\)).(y.y) + (\(\frac12.\frac12\)).\(x\).(y.y)

= -\(x^3y^2\) + \(\frac14xy^2\)

b; (\(\frac{x}{2}-2y\))\(^2\)

= \(\left(\frac{x}{2}\right)^2\) - 2.\(\frac{x}{2}\).2y+ (2y)\(^2\)

= \(\frac14x^2\) - (2.\(\frac12.2\)).\(x.y\) + 4y\(^2\)

= \(\frac14x^2\) - 2\(xy\) + 4y\(^2\)

c; (12\(x^6\).y\(^4+9x^5y^3-15x^2y^3):\left(3x^2y^3\right)\)

Câu c đề bài phải như này mới hợp lý em ơi

d; (\(x+2)^2\) - (\(x-3)\left(x+1\right)\)

= (\(x^2\) + 4\(x\) + 4) - (\(x^2\) + \(x\) - 3\(x-3\))

= \(x^2\) + 4\(x+4\) - \(x^2\) - \(x\) + 3\(x\) + 3

= (\(x^2\) - \(x^2\)) + (4\(x\) - \(x+3x\)) + (4 + 3)

= 0 + (3\(x+3x\)) + 7

= 6\(x+7\)

Bằng hình vẽ này thì câu hỏi ko trả lời được đâu em.

Hai tam giác vẽ chẳng chính xác gì hết, giao điểm cũng ko rõ ràng vị trí.

không giải được á

cau 1 2 3 4 5

giup minh voi

a: Ta có: \(AB=\frac{AC}{2}\)

\(AD=DC=\frac{AC}{2}\)

Do đó: AB=AD=DC

Xét tứ giác ABCF có

D là trung điểm chung của AC và BF

=>ABCF là hình bình hành

b: Xét ΔABD có AB=AD
nên ΔABD cân tại A

mà AH là đường cao

nên AH là phân giác của góc BAD

Xét tứ giác AEHG có \(\hat{AEH}=\hat{AGH}=\hat{GAE}=90^0\)

nên AEHG là hình chữ nhật

Hình chữ nhật AEHG có AH là phân giác của góc GAE
nên AEHG là hình vuông

c: ΔABD vuông cân tại A

mà AH là đường cao

nên H là trung điểm của BD

Xét ΔABD có

H là trung điểm của BD

HE//AD
Do đó: E là trung điểm của AB

Xét ΔABD có

H là trung điểm của BD

HG//AB

Do đó: G là trung điểm của AD

AEHG là hình vuông

=>\(S_{AEHG}=AE^2=\left(\frac12AB\right)^2=\frac14AB^2\)

ΔCAB vuông tại A

=>\(S_{CAB}=\frac12\cdot AC\cdot AB=\frac12\cdot2\cdot AB\cdot AB=AB^2\)

Vì ABCF là hình bình hành

nên \(S_{ABCF}=2\cdot S_{CAB}=2\cdot AB^2\)

=>\(\frac{S_{AEHG}}{S_{ABCF}}=\frac14:2=\frac18\)

Bài 7: Cho tam giác vuông△MỘTBC\tam giác ABC△ Một BCvuông tạiMỘTMỘTMỘTvới ( AC = 2ABMỘTC=2MỘTBAC = 2ABMột C=2 A B. Gọi ( D \DDDlà trung điểmMỘTCMáy lạnhMột C.

a) Tìm điểmFFFsao cho (DDDlà trungBFBFBF. Tứ Giác (MỘTBCFABCFMột BCFlà

• VìDDDlàMỘTCMáy lạnhMột CvàBFBFBF, nênMỘTBCFABCFMột BCFlà tứ
• Tam giác vuông tạiMỘTMỘTMỘTvMỘTMỘTMỘTb\(^{}\)nên tứ giácMỘTBCFABCFMột BCFcó
• VậyMỘTBCFABCFMột BCFtôi.

b) GọiHHHlà châMỘTMỘTMỘTxuốngBCtrước Công nguyêntrước Công nguyên. Vẽ ( HE \perpHE⊥MỘTBHE \perp ABANH TA⊥Một BtạiEEE, ( HG \HG⊥MỘTDHG \perp ADH G⊥Một Dtại ( GGGG. Chứng minh tứ giácMỘTEHGAEHGA E H Gtôi

• HE⊥MỘTBHE \perp ABANH TA⊥Một Bvà ( HG \perp ADHG⊥MỘTDHG \perp ADH G⊥Một Dnên các góc tạiEEEvàGGGđ\(^{}\).
• MỘTH⊥BCAH \perp BCMột H⊥trước Công nguyênnên góc tại ( HHHHvuông.
• Góc tạiMỘTMỘTMỘTvuông vì tam
• Do đó,MỘTEHGAEHGA E H Gcó bốn gMỘTEHGAEHGA E H Glà hình.

c) Chứng

\(\frac{S_{A E H G}}{S_{A B C F}} = \frac{1}{8}\)

• Hình chữ nhậtMỘTBCFABCFMột BCFlà:

\(S_{A B C F} = A B \times A C = x \times 2 x = 2 x^{2}\)

• Đường caoMỘTHÀMột Htrong tam giác vuông được

\(A H = \frac{A B \times A C}{B C} = \frac{x \times 2 x}{\sqrt{x^{2} + \left(\right. 2 x \left.\right)^{2}}} = \frac{2 x^{2}}{x \sqrt{5}} = \frac{2 x}{\sqrt{5}}\)

• Diện tích hình vuôngMỘTEHGAEHGA E H Glà:

\(S_{A E H G} = A H^{2} = \left(\left(\right. \frac{2 x}{\sqrt{5}} \left.\right)\right)^{2} = \frac{4 x^{2}}{5}\)

• Tỉ số d

\(\frac{S_{A E H G}}{S_{A B C F}} = \frac{\frac{4 x^{2}}{5}}{2 x^{2}} = \frac{4}{5} \times \frac{1}{2} = \frac{2}{5}\)