a b o e f n m h q

A, DỄ DÀNG NHẬN THẤY AF VÀ BE LÀ CÁC TIA PHÂN GIÁC ( DO TAM GIÁC ABC ĐỀU)

=> CO LÀ TIA PHÂN GIÁC CỦA GÓC ACB

=> ACO = 30

DỄ DÀNG TÍNH ĐƯỢC OBC = 30

=> OBC = ACO

DO TAM GIÁC ABC ĐỀU => O LÀ GIAO ĐIỂM CỦA 3 ĐƯỜNG TRUNG TRỰC

=> OB = OC

TỪ ĐÓ DỄ DÀNG CHỨNG MINH ĐƯỢC TAM GIÁC OBM = TAM GIÁC OCN ( C.G.C)

=> OM = ON

B,  KẺ FH VUÔNG GÓC VỚI EF, NQ VUÔNG GÓC VỚI EF

DO CF = AE , CN = BM

=> MF = NE

LẠI CÓ GÓC NEQ = CEF = CFE = 60

=> NEQ = CFE

TỪ ĐÓ DỄ DÀNG CHỨNG MINH ĐƯỢC TAM GIÁC NQE = TAM GIÁC MHF ( G.C.G)

=> NQ = MH

TA CÓ NE SONG SONG VỚI MH , NQ = MH

=> MQNH LÀ HÌNH BÌNH HÀNH

=> QH CẮT MN TẠI TRUNG ĐIỂM CỦA MN

MÀ I LÀ TRUNG ĐIỂM CỦA MN

=> I THUỘC HQ

=> I THUỘC EF

=> ĐPCM

C, BÀI NÀY TỰ VẼ HÌNH NHÉ

TỪ M,N KỂ ĐƯỜNG VUÔNG GÓC VỚI AB CẮT AB TẠI H VÀ K. TỪ M KỂ ĐƯỜNG VUÔNG GÓC VỚI NK CẮT NK TẠI Q

=> MN LỚN HƠN HOẶC BẰNG MQ

MÀ MQ =HK

=> MN LỚN HƠN HOẶC BẰNG HK

MẶT KHÁC KA + HB = 1/2 AN + 1/2 BM = 1/2 AB = 1/2 BC = 1/2 AC

=> HK = 1/2 AB

=> MN LỚN HƠN HOẶC BẰNG 1/2AB

DẤU BẰNG XẢY RA KHI VÀ CHỈ KHI M VÀ N LÀ TRUNG ĐIỂM CỦA AC VÀ BC

( MÌNH MỚI HỌC LỚP 7)

Nhac cau 3

Tu M,N ke duong vuong goc voi AB cat AB tai H va K.Tu M ke duong vuong goc voi NK cat NK tai Q

=>MN\(_{\ge}\)MQ. Ma MQ=HK

=>MN\(\ge\)HK

Mat \(\ne\)KA+HB=1/2AN+1/2BM=1/2AB=1/2BC=1/2CA

=>HK=1/2AB

=>MN\(\ge\)1/2AB.dau bang xay ra khi M,N la trung diem cua cac canh

xin lỗi mình mới học lớp 4

em mới lớp 6 thôi

Em xem lại đề bài này nhé.

d. Do S, H cùng thuộc AH nên nếu S, H ,E thẳng hàng thì E phải thuộc AH. Cô có hình vẽ phản chứng:

Đường tròn c: Đường tròn qua C với tâm O Đường tròn d: Đường tròn qua N, O, C Đoạn thẳng f: Đoạn thẳng [B, A] Đoạn thẳng g: Đoạn thẳng [B, C] Đoạn thẳng h: Đoạn thẳng [A, C] Đoạn thẳng i: Đoạn thẳng [B, N] Đoạn thẳng j: Đoạn thẳng [C, M] Đoạn thẳng k: Đoạn thẳng [A, E] Đoạn thẳng l: Đoạn thẳng [H, E] Đoạn thẳng m: Đoạn thẳng [O, E] Đoạn thẳng p: Đoạn thẳng [M, N] Đoạn thẳng q: Đoạn thẳng [A, D] B = (-0.48, 1.12) B = (-0.48, 1.12) B = (-0.48, 1.12) A = (1.14, 6.58) A = (1.14, 6.58) A = (1.14, 6.58) C = (7.38, 1.12) C = (7.38, 1.12) C = (7.38, 1.12) Điểm O: Trung điểm của g Điểm O: Trung điểm của g Điểm O: Trung điểm của g Điểm M: Giao điểm của c, f Điểm M: Giao điểm của c, f Điểm M: Giao điểm của c, f Điểm N: Giao điểm của c, h Điểm N: Giao điểm của c, h Điểm N: Giao điểm của c, h Điểm H: Giao điểm của i, j Điểm H: Giao điểm của i, j Điểm H: Giao điểm của i, j Điểm E: Giao điểm của d, e Điểm E: Giao điểm của d, e Điểm E: Giao điểm của d, e Điểm D: Giao điểm của n, g Điểm D: Giao điểm của n, g Điểm D: Giao điểm của n, g Điểm S: Giao điểm của n, p Điểm S: Giao điểm của n, p Điểm S: Giao điểm của n, p

Ta có: \(A=2013-xy\Leftrightarrow y=\frac{2013-A}{x}\)

Đặt \(2013-A=B\)thì ta có \(y=\frac{B}{x}\)(1)

Theo đề bài có

\(5x^2+\frac{y^2}{4}+\frac{1}{4x^2}=\frac{5}{2}\)

\(\Leftrightarrow5x^2+\frac{B^2}{4x^2}+\frac{1}{4x^2}=\frac{5}{2}\)

\(\Leftrightarrow20x^4-10x^2+B^2+1=0\)

Để PT có nghiệm (theo biến x²) thì \(\Delta\ge0\)

\(\Leftrightarrow5^2-20\left(B^2+1\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow B^2\le0,25\Leftrightarrow-0,5\le B\le0,5\)

\(\Leftrightarrow-0,5\le2013-A\le0,5\)

\(\Leftrightarrow2012,5\le A\le2013,5\)

Đạt GTLN khi \(\left(x,y\right)=\left(\frac{1}{2},-1;-\frac{1}{2},1\right)\)

Đạt GTNN khi \(\left(x;y\right)=\left(\frac{1}{2},1;-\frac{1}{2},-1\right)\)

Ta có: \(\hept{\begin{cases}a^2+b^2+1=2\left(a+b\right)\\c^2+d^2+36=12\left(c+d\right)\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\left(a-1\right)^2+\left(b-1\right)^2=1\\\left(c-6\right)^2+\left(d-6\right)^2=36\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\) Đường tròn tâm \(\hept{\begin{cases}I\left(1;1\right)\\R=1\end{cases}}\), đương tròn tâm \(\hept{\begin{cases}I'\left(6;6\right)\\R'=6\end{cases}}\)

Gọi \(\hept{\begin{cases}A\left(a;b\right)\in\left(I\right)\\B\left(c;d\right)\in\left(I'\right)\end{cases}}\)

\(\Rightarrow AB=\sqrt{\left(a-c\right)^2+\left(b-d\right)^2}\)

Vì \(II'=\sqrt{25+25}=5\sqrt{2}>6+1=7=R+R'\)

Kẽ II' cắt đường tròn (I) và (I') tại M, N, P, Q.

Ta có: \(NP\le AB\le MQ\)

\(\Leftrightarrow II'-\left(R+R'\right)\le AB\le II'+\left(R+R'\right)\)

\(\Leftrightarrow5\sqrt{2}-7\le AB\le5\sqrt{2}+7\)

\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{2}-1\right)^3\le AB\le\left(\sqrt{2}+1\right)^3\)

\(\Rightarrow\left(\sqrt{2}-1\right)^6\le\left(a-c\right)^2+\left(b-d\right)^2\le\left(\sqrt{2}+1\right)^6\)

\(a^3+1+1\ge3\sqrt[3]{a^3.1.1}=3a\)

\(\Rightarrow a+b+c\le\frac{a^3+b^3+c^3+6}{3}=3\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}a< 3\text{ }\Rightarrow\text{ }3-a>0\\b+c\le3-a\end{cases}}\)

\(P=3a\left(b+c\right)+bc\left(3-a\right)\le3a\left(b+c\right)+\frac{\left(b+c\right)^2}{4}.\left(b+c\right)\)

\(=\frac{1}{4}\left[12a\left(b+c\right)+\left(b+c\right)^3\right]\le\frac{1}{4}\left[12a\left(3-a\right)+\left(3-a\right)^3\right]\)

\(=\frac{1}{4}\left[12a\left(3-a\right)+\left(3-a\right)^3-32\right]+8\)

\(=-\frac{1}{4}\left(a+1\right)\left(a-1\right)^2+8\le8\)

Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c=1\)

Vậy \(\text{Max }P=8\)

giá trị LN của  P=8

theo bất đẳng thức : AM-GM. ta có: a+b>= 2căn(ab)​.suy ra.(ab)<=(a+b)2/4.( lưu ý(a+b)bình phương chia 4 nha em.).vây ab=2. theo biểu thức.P=1/a+1/b theo BĐT:AM-GM thì:P>=(1/căn(ab)):dấ = xảy ra thì P đạt GTNN:  P=1/căn2. em nhớ diển đạt = bằng biểu thức toan học nha.

Áp dụng BĐT sau:1/a+1/b>=4/(a+b)   =>   P>=4/(a+b)

Mà a+b<=2V2 => 4/(a+b)>=4/2V2=V2

Vậy P >=V2.Dấu = khi va chi khi a=b=V2

\(\sqrt{1-2x}+\sqrt{1+2x}\ge2-x^2\)

Điều kiện: \(-\frac{1}{2}\le x\le\frac{1}{2}\)

Với điều kiện này thì cả 2 vế đều dương. Bình phương 2 vế ta được.

\(\left(\sqrt{1-2x}+\sqrt{1+2x}\right)^2\ge\left(2-x^2\right)^2\)

\(\Leftrightarrow2\sqrt{\left(1-2x\right)\left(1+2x\right)}\ge x^4-4x^2+2\)

\(\Leftrightarrow\left(2\sqrt{\left(1-2x\right)\left(1+2x\right)}\right)^2\ge\left(x^4-4x+2\right)^2\)

 \(\Leftrightarrow x^8-8x^6+20x^4\le0\)

\(\Leftrightarrow x^4\left(x^4-8x^2+20\right)\le0\)

Dễ thấy x⁴ - 8x² + 20 > 0

\(\Rightarrow x^4\le0\)

\(\Rightarrow x=0\)

Vậy nghiệm của bất phương trình là: \(x=0\) 

Ta có \(\left(2-x^2\right)^2< =\left(\sqrt{1-2x}+\sqrt{1+2x}\right)^2< =2\left(\sqrt{1-2x}^2+\sqrt{1+2x}^2\right)=4\)

=>  \(2-x^2< =2\)

Luôn đúng với mọi x

Trước hết chứng minh \(\sqrt[3]{2}\) là một số vô tỉ.

Ta giả sử \(\sqrt[3]{2}\)hữu tỉ thì luôn tồn tại các số nguyên \(m,n\ne0\)sao cho \(\left(m,n\right)=1\)và \(\sqrt[3]{2}=\frac{m}{n}\)(1)

Suy ra \(\frac{m^3}{n^3}=2\)\(\Rightarrow\)\(m^3=2n^3\)\(\Rightarrow\)\(m^3\)chia hết cho \(n^3\)

Gọi \(k\)là 1 ước nguyên tố nào đó của \(n\)thế thì \(m^3\)chia hết cho \(k\)do đó \(m\)chia hết cho \(k\)

Như vậy \(k\)là ước nguyên tố của \(m\)và \(n\), trái với \(\left(m,n\right)=1.\)Vậy  \(\sqrt[3]{2}\) là một số vô tỉ.

Ta quay trở lại giải bài toán trên:

Giả sử tồn tại các số hữu tỉ p, q, r với \(r>0\)sao cho \(\sqrt[3]{2}=p+q\sqrt{r}.\)Khi đó \(p\)và \(q\)không đồng thời bằng 0.

Ta có \(2=\left(p+q\sqrt{r}\right)^3=p^3+3p^2q\sqrt{r}+3pq^2r+q^3r\sqrt{r}\)

\(\Rightarrow\)\(2-p^3-3pq^2r=3p^2q\sqrt{r}+q^3r\sqrt{r}=q\left(3p^2+q^2r\right)\sqrt{r}\)(*)

- Nếu \(q\left(3p^2+q^2r\right)=0\)thì \(q=0\)\(\Rightarrow\)\(p=\sqrt[3]{2},\)vô lý.

- Nếu \(q\left(3p^2+q^2r\right)\ne0\)thì (*) \(\Leftrightarrow\)\(\sqrt{r}=\frac{2-p^3-3pq^2r}{q\left(3p^2+q^2r\right)}\)

Do đó \(\sqrt[3]{2}=p+q\sqrt{r}\)là một số hữu tỉ (mâu thuẫn).

Vậy ta có đpcm.

(sqrt)