Chứng minh: (bài toán phụ): tam giác ABC có BC = a; AC - b; AB = c. Chứng minh: b² = a² + c² - 2ac. cosB

A B C H c b a

kẻ đường cao AH . 

Áp dụng ĐL Pi ta go trong tam giác vuông AHC có:   b² = AH² + CH² = AH² + (BC - BH)² = (AH²  + BH² ) + BC² - 2.BH.BC 

=> b² = AB²  + BC²  - 2.AB. cosB . BC = c² + a² - 2ca. cosB

a) 

A B C M N G

Gọi G là giao của BM và CN

Áp dụng ĐL Pi ta go trong tam giác vuông GBC có: GB² + GC² = BC² = a²   (*)

Áp dụng kết quả bài toán phụ ( chứng minh trên) trong tam giác BMC ta có: 

BM² = BC² + CM² - 2.CM . BC. cos C

Thay  CM = b/2 ; cos C = \(\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}\) ta được BM² = a² + \(\frac{b^2}{4}\) - 2.\(\frac{b}{2}\). a. \(\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}\) = ...= \(\frac{2a^2+2c^2-b^2}{4}\)

Áp dụng tương tự, trong tam giác CNB có: CN² = \(\frac{2b^2+2a^2-c^2}{4}\)

Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên GB = \(\frac{2}{3}\) BM ; GC = \(\frac{2}{3}\) CN 

=> GB² = \(\frac{4}{9}\)BM² = \(\frac{4}{9}\).\(\frac{2a^2+2c^2-b^2}{4}\)

GC² = \(\frac{4}{9}.\frac{2b^2+2a^2-c^2}{4}\)

Thay vào (*) ta được  : \(a^2=\frac{4\left(2a^2+2c^2-b^2\right)}{36}+\frac{4\left(2b^2+2a^2-c^2\right)}{36}\)

=> 36a² = 16a² + 4c² + 4b² 

=> 5a² = b² + c²  => a² = (b² + c²)/5

\(x^4-4x^2+4cx-c^2=0\)

\(\Leftrightarrow x^4-\left(2x-c\right)^2=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x^2+2x-c\right)\left(x^2-2x+c\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x^2+2x-c=0\left(1\right)\\x^2-2x+c=0\left(2\right)\end{cases}}\)

Để có 3 nghiệm thì ta xét 3 trường hợp 

TH 1: PT (1) có 1 nghiệm là a còn PT 2 có 2 nghiệm khác nghiệm của PT 1:

\(\Rightarrow x^2+2x-c=\left(x-a\right)^2\)

\(\Leftrightarrow x^2+2x-c=x^2-2ax+a^2\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}-2a=2\\a^2=-c\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=-1\\c=-1\end{cases}}\)

Thế lại vô PT (2) giải được

\(x^2-2x-1=0\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=1-\sqrt{2}\\x=1+\sqrt{2}\end{cases}}\)(nhận)

TH 2: PT (2) có 1 nghiệm là b còn PT 1 có 2 nghiệm khác nghiệm của PT 2:

Làm tương tự như TH 1.

TH 3: PT (1), (2) có 2 nghiệm và có nghiệm chung là d.

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}d^2+2d-c=0\\d^2-2d+c=0\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}c=0\\d=0\end{cases}}\)

Thế ngược lại ta có

\(x^4-4x^2=0\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=0\\x=-2;+2\end{cases}}\) (nhận)

ban la nam hay la nu

Nếu theo như biểu thức bạn cho thì 2 số hạng đầu không liên quan đến nhau, 1 bên là số lớn trong căn, 1 bên là số nhỏ trong căn, vì thế phải sửa lại

Rút gọn biểu thức

\(A=\frac{1}{1+\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{2}+\sqrt{3}}+...+\frac{1}{\sqrt{2017}+\sqrt{2018}}.\)

Bây giờ chúng ta chứng minh bài toán phụ sau:

Chứng minh:

\(\frac{1}{\sqrt{n}+\sqrt{n+1}}=\sqrt{n+1}-\sqrt{n}\)

\(\frac{1}{\sqrt{n}+\sqrt{n+1}}=\frac{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}{\left(\sqrt{n+1}+\sqrt{n}\right)\left(\sqrt{n+1}-\sqrt{n}\right)}\)

\(=\frac{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}{n+1-n}=\sqrt{n+1}-\sqrt{n}\)

Vậy bài toán phụ đã được chứng minh

Áp dụng bài toán phụ vào biểu thức A (mình tạm gọi là A cho tiện) ta được:

\(A=\sqrt{2}-1+\sqrt{3}-\sqrt{2}+...+\sqrt{2018}-\sqrt{2017}\)

\(=\sqrt{2018}\)

Vậy, A = căn 2018

\(=a^3-3a^2+7a^2-21a-\left(8a-24\right)\)hay 

\(=a^2\left(a-3\right)+8a\left(a-3\right)-8\left(a-3\right)\)

\(=\left(a-3\right)\left(a^2+8a-8\right)\)

CHÚC BẠN HỌC TỐT...

\(a^3+4a^2-29a+24\)

\(=\left(a^3-3a^2\right)+\left(7a^2-21a\right)+\left(-8a+24\right)\)

\(=\left(a-3\right)\left(a^2+7a-8\right)\)

\(=\left(a-3\right)\left[\left(a^2-a\right)+\left(8a-8\right)\right]\)

\(=\left(a-3\right)\left(a-1\right)\left(a+8\right)\)

1. Xét tứ giác CEHD ta có:

Góc CEH = 90⁰ (Vì BE là đường cao)

Góc CDH = 90⁰ (Vì AD là đường cao)

=> góc CEH + góc CDH = 180⁰

Mà góc CEH và góc CDH là hai góc đối của tứ giác CEHD. Do đó CEHD là tứ giác nội tiếp

2. Theo giả thiết: BE là đường cao => BE ┴ AC => góc BEC = 90⁰.

CF là đường cao => CF ┴ AB => góc BFC = 90⁰.

Như vậy E và F cùng nhìn BC dưới một góc 90⁰ => E và F cùng nằm trên đường tròn đường kính BC.

Vậy bốn điểm B,C,E,F cùng nằm trên một đường tròn.

3. Xét hai tam giác AEH và ADC ta có: góc AEH = góc ADC = 90⁰; góc A là góc chung

=> Δ AEH ˜ Δ ADC => AE/AD = AH/AC=> AE.AC = AH.AD.

* Xét hai tam giác BEC và ADC ta có: góc BEC = góc ADC = 90⁰; góc C là góc chung

=> Δ BEC ˜ Δ ADC => AE/AD = BC/AC => AD.BC = BE.AC.

4. Ta có góc C₁ = góc A₁ (vì cùng phụ với góc ABC)

góc C₂ = góc A₁ ( vì là hai góc nội tiếp cùng chắn cung BM)

=> góc C₁ = góc C₂ => CB là tia phân giác của góc HCM; lại có CB ┴ HM => Δ CHM cân tại C

=> CB cũng là đương trung trực của HM vậy H và M đối xứng nhau qua BC.

5. Theo chứng minh trên bốn điểm B, C, E, F cùng nằm trên một đường tròn

=> góc C₁ = góc E₁ (vì là hai góc nội tiếp cùng chắn cung BF)

Cũng theo chứng minh trên CEHD là tứ giác nội tiếp

góc C₁ = góc E₂ (vì là hai góc nội tiếp cùng chắn cung HD)

góc E₁ = góc E₂ => EB là tia phân giác của góc FED.

Chứng minh tương tự ta cũng có FC là tia phân giác của góc DFE mà BE và CF cắt nhau tại H do đó H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF.

tu bien tu dien

\(\sqrt{6+\sqrt{6+\sqrt{6}}}+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2}}}\)

\(< \sqrt{6+\sqrt{6+\sqrt{9}}}+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{4}}}=3+2=5\)

KHÔNG MẤT TÍNH TÔNG QUÁT, ĐẶT \(a< _=b< _=c\)

TA CÓ:

\(a^2+b^2+c^2+abc=0\)

=> \(a^2+b^2+c^2=-abc\)

DO \(a< _=b< _=c\)

=> \(a^2+b^2+c^2=-abc>_=a^2+a^2+a^2=3a^2\)

=> \(-bc>_=3a\)

XÉT HAI TRƯỜNG HỢP:

TH1: a khác 0

=> \(\frac{-bc}{a}>_=3\)

TA CÓ \(a^2+b^2+c^2=-abc\)

\(a^2+b^2+c^2>0\left(a#0\right)\)

=> - abc > 0

=> Hoặc a âm , b và c lớn hơn 0 , hoặc a , b , c âm

=> \(\frac{-bc}{a}< 0\)

MÀ \(\frac{-bc}{a}>_=3\)

=> LOẠI 

TH2: a = 0

=> thỏa mãn

=> \(b^2+c^2+bc=0\)

=> \(b^2+c^2+\left(b+c\right)^2=0\)

=> b = c = 0

VẬY a = b = c = 0

Sai rồi b. Làm lại đi b

a) áp dụng BĐT cô-si ta có:

\(y=\frac{x}{2}+\frac{18}{x}\ge2\sqrt{\frac{x}{2}.\frac{18}{x}}=2\sqrt{9}=6\)

Dấu "=" xảy ra khi:

\(\frac{x}{2}+\frac{18}{x}=6\)

\(\Leftrightarrow\frac{x^2}{2x}+\frac{36}{2x}=\frac{12x}{2x}\)

\(\Rightarrow x^2+36=12x\)

\(\Leftrightarrow\left(x-6\right)^2=0\)

\(\Leftrightarrow x=6\)

tương tự mấy câu tiếp theo

ngu người đê anh em

\(\sqrt{2\sqrt{3\sqrt{4...\sqrt{2000}}}}=\sqrt{2\sqrt{3\sqrt{4...\sqrt{1999\sqrt{2000}}}}}\)

\(< \sqrt{2\sqrt{3\sqrt{4...\sqrt{1999.2001}}}}< \sqrt{2\sqrt{3\sqrt{4...\sqrt{1998.\frac{1999+2001}{2}}}}}\)

\(< \sqrt{2\sqrt{3\sqrt{4...\sqrt{1998.2000}}}}< ...< \sqrt{2.\frac{3+5}{2}}\)

\(=\sqrt{2.4}=\sqrt{8}< 3\)

Ta có:

\(\frac{n\left(n+2\right)}{\left(n+1\right)^2}=1-\frac{1}{\left(n+1\right)^2}>1-\frac{1}{n\left(n+2\right)}=1+\frac{1}{2}.\left(\frac{1}{n+2}-\frac{1}{n}\right)\)

Thế vô bài toán ta được

\(B=\frac{2.4}{3^2}+\frac{4.6}{5^2}+...+\frac{200.202}{201^2}\)

\(>1+1+...+1+\frac{1}{2}.\left(\frac{1}{4}-\frac{1}{2}+\frac{1}{6}-\frac{1}{4}+...+\frac{1}{202}-\frac{1}{200}\right)\)

\(=100+\frac{1}{2}.\left(\frac{1}{202}-\frac{1}{2}\right)=\frac{10075}{101}>99,75\)

Ta có đánh giá sau:\(\frac{n\left(n+2\right)}{\left(n+1\right)^2}=1-\frac{1}{\left(n+1\right)^2}\)

\(>1-\frac{1}{x\left(x+2\right)}=1-\frac{1}{2}\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+2}\right)\)

Suy ra \(B=\frac{2\cdot4}{3^2}+\frac{4\cdot6}{5^2}+\frac{6\cdot8}{7^2}+...+\frac{200\cdot202}{201^2}\)

\(>1-\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{4}\right)+1-\frac{1}{2}\left(\frac{1}{4}-\frac{1}{6}\right)+...+1-\frac{1}{2}\left(\frac{1}{200}-\frac{1}{202}\right)\)

\(=100-\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{4}+\frac{1}{4}-\frac{1}{6}+...+\frac{1}{200}-\frac{1}{202}\right)\)

\(=100-\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{202}\right)\)\(=100-\frac{1}{2}\cdot\frac{50}{101}\)

\(>100-\frac{1}{2}\cdot\frac{50}{100}=100-0,25=99,75\)

Tức là \(B>99,75\)