Ta có \(P=\frac{x\left(yz+1\right)^2}{z^2\left(zx+1\right)}+\frac{y\left(zx+1\right)^2}{x^2\left(xy+1\right)}+\frac{z\left(xy+1\right)^2}{y^2\left(yz+1\right)}\)

\(=\frac{\frac{\left(yz+1\right)^2}{z^2}}{\frac{zx+1}{x}}+\frac{\frac{\left(zx+1\right)^2}{x^2}}{\frac{xy+1}{y}}+\frac{\frac{\left(xy+1\right)^2}{y^2}}{\frac{yz+1}{z}}\)

\(=\frac{\left(y+\frac{1}{z}\right)^2}{z+\frac{1}{x}}+\frac{\left(z+\frac{1}{x}\right)^2}{x+\frac{1}{y}}+\frac{\left(x+\frac{1}{y}\right)^2}{y+\frac{1}{z}}\)

Áp dụng BĐT \(\frac{a_1^2}{b_1}+\frac{a_2^2}{b_2}+\frac{a_3^2}{b_3}\ge\frac{\left(a_1+a_2+a_3\right)^2}{b_1+b_2+b_3}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(\frac{a_1}{b_1}=\frac{a_2}{b_2}=\frac{a_3}{c_3}\)

\(P=\frac{\left(y+\frac{1}{z}\right)^2}{z+\frac{1}{x}}+\frac{\left(z+\frac{1}{x}\right)^2}{x+\frac{1}{y}}+\frac{\left(x+\frac{1}{y}\right)^2}{y+\frac{1}{z}}\ge\frac{\left(x+y+z+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)^2}{\left(x+y+z+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)}\)

\(P\ge a+y+z+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\)

Áp dụng BĐT: \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\ge\frac{9}{x+y+z}\)

=> \(P\ge x+y+z+\frac{9}{x+y+z}=\left[x+y+z+\frac{9}{4\left(x+y+z\right)}\right]+\frac{27}{4\left(x+y+z\right)}\)

Ta có: \(x+y+z+\frac{9}{4\left(x+y+z\right)}\ge2\sqrt{\frac{9}{4}}=3;\frac{27}{4\left(x+y+z\right)}=\frac{27}{4\cdot\frac{3}{2}}=\frac{9}{2}\)

=> \(P\ge3+\frac{9}{2}=\frac{15}{2}\).

Dấu "=" xảy ra <=> x=y=z=\(\frac{1}{2}\)

Vậy Min_P=\(\frac{15}{2}\)đạt được khi x=y=z=\(\frac{1}{2}\)

Ta có:

\(P=\frac{x\left(yz+1\right)^2}{z^2\left(zx+1\right)}+\frac{y\left(zx+1\right)^2}{x^2\left(xy+1\right)}+\frac{z\left(xy+1\right)^2}{y^2\left(yz+1\right)}\)

\(=\frac{\left(\frac{yz+1}{z}\right)^2}{\left(\frac{zx+1}{x}\right)}+\frac{\left(\frac{zx+1}{x}\right)^2}{\left(\frac{xy+1}{y}\right)}+\frac{\left(\frac{xy+1}{y}\right)^2}{\left(\frac{yz+1}{z}\right)}\)

\(=\frac{\left(y+\frac{1}{z}\right)^2}{z+\frac{1}{x}}+\frac{\left(z+\frac{1}{x}\right)^2}{x+\frac{1}{y}}+\frac{\left(x+\frac{1}{y}\right)^2}{y+\frac{1}{z}}\)

Áp dụng BĐT Bunhiacopxki dạng phân thức, ta có:

\(\frac{\left(y+\frac{1}{z}\right)^2}{z+\frac{1}{x}}+\frac{\left(z+\frac{1}{x}\right)^2}{x+\frac{1}{y}}+\frac{\left(x+\frac{1}{y}\right)^2}{y+\frac{1}{z}}\)\(\ge\frac{\left(x+y+z+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)^2}{x+y+z+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}}=x+y+z+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\)

\(\ge\left(x+y+z\right)+\frac{9}{x+y+z}=\left(x+y+z\right)+\frac{9}{4\left(x+y+z\right)}\)

\(+\frac{27}{4\left(x+y+z\right)}\ge2\sqrt{\left(x+y+z\right).\frac{9}{4\left(x+y+z\right)}}+\frac{27}{4.\frac{3}{2}}=\frac{15}{2}\)(Áp dụng BĐT Cô - si cho 2 số không âm)

Đẳng thức xảy ra khi \(x=y=z=\frac{1}{2}\)

Ta có : \(\frac{x}{x^2-yz+2010}+\frac{y}{y^2-xz+2010}+\frac{z}{z^2-xy+2010}\)

\(=\frac{x^2}{x^3-xyz+2010x}+\frac{y^2}{y^3-xyz+2010y}+\frac{z^2}{z^3-xyz+2010z}\)

\(\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{x^3+y^3+z^3-3xyz+2010\left(x+y+z\right)}=\frac{\left(x+y+z\right)^2}{x^3+y^3+z^3-3xyz+3\left(xy+yz+xz\right)\left(x+y+z\right)}\)

\(=\frac{\left(x+y+z\right)^2}{x^3+y^3+z^3+3xy^2+3x^2y+3x^2z+3xz^2+3y^2z+3yz^2}=\frac{\left(x+y+z\right)^2}{\left(x+y+z\right)^3}=\frac{1}{x+y+z}\)

\(\left(\sqrt{x+4}-2\right)\left(\sqrt{4-x}+2\right)=-2x\)

Đặt \(\hept{\begin{cases}\sqrt{4+x}=a\ge0\\\sqrt{4-x}=b\ge0\end{cases}}\) thì ta có:

\(\hept{\begin{cases}\left(a-2\right)\left(b+2\right)=b^2-a^2\left(1\right)\\8=a^2+b^2\left(2\right)\end{cases}}\)

Lấy (2) + 2.(1)  vế theo vế rút gọn ta được

\(\Leftrightarrow3b^2-a^2+4b-4a-2ab=0\)

\(\Leftrightarrow\left(b-a\right)\left(3b+a+4\right)=0\)

\(\Leftrightarrow a=b\)

\(\Rightarrow\sqrt{4+x}=\sqrt{4-x}\)

\(\Leftrightarrow x=0\)

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

\(\Rightarrow\left(\sqrt{x+4}\right)^2-2^2=-2x\)

\(\Leftrightarrow x+4-4=-2x\)

=> x = -2x

=> x + 2x = 0

=> 3x = 0

=> x = 0

Vậy x = 0. 

k biet nen k tra loi

tham khảo Câu hỏi của Đỗ Thu Hà - Toán lớp 9 - Học toán với OnlineMath

A B C H D E K I x O

a)

Do AB là đường trung trực của HD nên AD=AH(1)

Do AC là đường trung trực của HE nên AE=AH(2)

Từ (1);(2) suy ra AD=AE.

b)

Do AD=AH nên  \(\Delta ADH\) cân tại A suy ra AB vừa là đường cao,vừa là đường phân giác \(\Rightarrow\widehat{DAB}=\widehat{BAH}\)

Do AE=AH nên  \(\Delta\)AEH cân tại A suy ra AC là đường cao đồng thời là đường phân giác \(\Rightarrow\widehat{EAC}=\widehat{HAC}\)

\(\Rightarrow\widehat{DAE}=\widehat{DAH}+\widehat{EAH}=\left(\widehat{DAB}+\widehat{BAH}\right)+\left(\widehat{EAC}+\widehat{HAC}\right)=2\cdot\widehat{BAH}+2\cdot\widehat{HAC}=2\left(\widehat{BAH}+\widehat{HAC}\right)\)\(=2\cdot75^0=150^0\)

c)

Xét tam giác KHI có:KB là phân giác ngoài tại đỉnh K(vì có AB là phân giác);IC là phân giác ngoài tại đỉnh C(vì có AC là phân giác).

Chúng cắt nhau tại A nên suy ra HA là phân giác trong \(\widehat{KHI}\)

d)

Gọi Hx là tia đối của HI;giao điểm của BI và CK là O

Do \(AH\perp BC;\widehat{KHA}=\widehat{IHA}\Rightarrow\widehat{KHB}=\widehat{IHC}\)

Lại có:\(\widehat{xHB}=\widehat{IHC}\left(đ.đ\right)\Rightarrow\widehat{xHB}=\widehat{KHB}\)

=> HB là phân giác  \(\widehat{KHx}\) hay HB là phân giác góc ngoài tại đỉnh H.

Xét  \(\Delta KHI\) có tia phân giác HB và KB cắt nhau tại B nên IB là tia phân giác góc trong tại đỉnh I.

Do IB và IC là tia phân giác của 2 góc kề bù nên chúng vuông góc với nhau.\(\left(\widehat{KIH}\&\widehat{HIE}\right)\)

Xét tam giác ABC có AH và BI là 2 đường cao cắt nhau tại O nên CK là đường cao hay CK vuông góc với AB.

Câu 1 là \(\left(8x-4\right)\sqrt{x}-1\) hay là \(\left(8x-4\right)\sqrt{x-1}\)?

Câu 1:ĐK \(x\ge\frac{1}{2}\)

\(4x^2+\left(8x-4\right)\sqrt{x}-1=3x+2\sqrt{2x^2+5x-3}\)

<=> \(\left(4x^2-3x-1\right)+4\left(2x-1\right)\sqrt{x}-2\sqrt{\left(2x-1\right)\left(x+3\right)}\)

<=> \(\left(x-1\right)\left(4x+1\right)+2\sqrt{2x-1}\left(2\sqrt{x\left(2x-1\right)}-\sqrt{x+3}\right)=0\)

<=> \(\left(x-1\right)\left(4x+1\right)+2\sqrt{2x-1}.\frac{8x^2-4x-x-3}{2\sqrt{x\left(2x-1\right)}+\sqrt{x+3}}=0\)

<=>\(\left(x-1\right)\left(4x+1\right)+2\sqrt{2x-1}.\frac{\left(x-1\right)\left(8x+3\right)}{2\sqrt{x\left(2x-1\right)}+\sqrt{x+3}}=0\)

<=> \(\left(x-1\right)\left(4x+1+2\sqrt{2x-1}.\frac{8x+3}{2\sqrt{x\left(2x-1\right)}+\sqrt{x+3}}\right)=0\)

Với \(x\ge\frac{1}{2}\)thì \(4x+1+2\sqrt{2x-1}.\frac{8x-3}{2\sqrt{x\left(2x-1\right)}+\sqrt{x+3}}>0\)

=> \(x=1\)(TM ĐKXĐ)

Vậy x=1

hpt \(\Leftrightarrow\)\(\hept{\begin{cases}5\left(x+y\right)^2+\frac{2}{\left(x+y\right)^2}-12xy=\frac{251}{5}\\\frac{\left(x+y\right)^2+1}{x+y}=5-\left(x-y\right)\end{cases}}\) (*) 

đặt \(\left(a;b\right)=\left(x+y;x-y\right)\)\(\left(a\ne0\right)\)

hệ (*) \(\Leftrightarrow\)\(\hept{\begin{cases}5a^2+\frac{2}{a^2}-3\left(a^2-b^2\right)=\frac{251}{5}\\b=5-\frac{a^2+1}{a}\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}25a^4-150a^3+154a^2-150a+25=0\left(1\right)\\b=5-\frac{a^2+1}{a}\end{cases}}\)

pt (1) \(\Leftrightarrow\)\(\orbr{\begin{cases}a=\frac{1}{5}\Rightarrow b=\frac{-1}{5}\\a=5\Rightarrow b=\frac{-1}{5}\end{cases}}\)\(\Rightarrow\)\(\left(x;y\right)=\left\{\left(0;\frac{1}{5}\right);\left(\frac{12}{5};\frac{13}{5}\right)\right\}\)

Đặt \(a+b-c=x;b+c-a=y;a+c-b=z\)

BĐT <=> \(\left(x+y+z\right)^3xyz\le27.\left(\frac{x+z}{2}\right)^2\left(\frac{y+z}{2}\right)^2\left(\frac{x+y}{2}\right)^2\)

<=> \(64xyz\left(x+y+z\right)^3\le\left[\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(x+z\right)\right]^2\)(1)

Xét \(\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(x+z\right)\ge\frac{8}{9}\left(x+y+z\right)\left(xy+yz+xz\right)\)

<=> \(9\left[xy\left(x+y\right)+yz\left(y+z\right)+xz\left(x+z\right)+2xyz\right]\ge8\left[xy\left(x+y\right)+...+3xyz\right]\)

<=> \(xy\left(x+y\right)+xz\left(x+z\right)+yz\left(y+z\right)\ge6xyz\)(luôn đúng )

 vì \(VT\ge3\sqrt[3]{x^2y^2z^2.\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(x+z\right)}\ge6xyz\)

Khi đó BĐT (1)

<=> \(64.xyz\left(x+y+z\right)^3\le27\left[\frac{8}{9}\left(x+y+z\right)\left(xy+yz+xz\right)\right]^2\)

<=> \(3xyz\left(x+y+z\right)\le\left(xy+yz+xz\right)^2\)

<=> \(x^2y^2+y^2z^2+x^2z^2\ge xyz\left(x+y+z\right)\)(BĐT Cosi) 

=> BĐT được Cm

Dấu bằng xảy ra khi a=b=c

Mình có cách khác

bđt đồng bật nên t chuẩn hóa \(a+b+c=1\)

Ta biến doi vế trái về:      \(\left[\left(a+b\right)^2-c^2\right]\left[\left(b+c\right)^2-a^2\right]\left[\left(c+a\right)^2-b^2\right]\)

                                 \(=\left[\left(1-c\right)^2-c^2\right]\left[\left(1-a\right)^2-a^2\right]\left[\left(1-b\right)^2-b^2\right]\)

Giờ ta cần chứng minh:\(\left[\left(1-c\right)^2-c^2\right]\left[\left(1-a\right)^2-a^2\right]\left[\left(1-b^2\right)-b^2\right]\le27a^2b^2c^2\)

Ta xét :\(0< a,b,c< \frac{1}{3}\)(*)

\(\Rightarrow a+b+c< 1\) 

vì \(a+b+c=1\)nên (*) vô lý

Ta xét:\(\frac{1}{3}\le a,b,c< 1\)

Đến đây ta thấy giữa các biến có sự riêng biệt nên ta xét:

\(3a^2-\left[\left(1-a\right)^2-a^2\right]=\left(3a-1\right)\left(a+1\right)\ge0\)

 \(\Rightarrow3a^2\ge\left(1-a\right)^2-a^2\)

Tương tự:\(3b^2\ge\left(1-b\right)^2-b^2\)

                \(3c^2\ge\left(1-c\right)^2-c^2\)

nhan các vế bđt lại với nhau ta có điều phải chứng minh

Đến đây ta có thể suy ra điều phải chứng minh

vài lời nhắn:

Mình không chắt về cách xét của mình nữa 

A B C H

GỌI CÁC CẠNH AB , AC , BC LẦN LƯỢT LÀ a , b , c => \(a^2+b^2=c^2\)

TA CÓ DIỆN TÍCH TAM GIÁC ABC = ab / 2

MẶT KHÁC S DIỆN TÍCH TAM GIÁC ABC = r ( a + b + c ) / 2

=> r = \(\frac{ab}{2}.\frac{2}{a+b+c}\)

=> \(r^2=\frac{a^2b^2}{\left(a+b+c\right)^2}\)

TA CÓ AH = \(\frac{ab}{c}\)

          BH = \(\frac{a^2}{c}\)

          CH = \(\frac{b^2}{c}\)

CHỨNG MINH TƯƠNG TỰ TRÊN TA ĐƯỢC

\(r_1^2=\frac{AH^2.BH^2}{\left(AB+AH+BH\right)^2}=\left(\frac{\frac{ab}{c}.\frac{a^2}{c}}{\frac{ab+a^2+ac}{c}}\right)^2=\left(\frac{a^2b}{c\left(a+b+c\right)}\right)^2\)

                                                                                   = \(\frac{a^4b^2}{c^2\left(a+b+c\right)^2}\)

\(r_2^2=\frac{a^2b^4}{c^2\left(a+b+c\right)^2}\)

=> \(r_1^2+r_2^2=\frac{a^2b^2\left(a^2+b^2\right)}{c^2\left(a+b+c\right)^2}=\frac{a^2b^2c^2}{c^2\left(a+b+c\right)^2}=\frac{a^2b^2}{\left(a+b+c\right)^2}=r^2\)

=> đpcm

ko phải 156,25 cm2 đâu

đây là đề thi toán qua mạng cấp quốc gia

diện tích tất cả các tam giác gấp  5 lần diện tích hình vuông và= 156,25 *5=781,25

156,25

Vì tổng diện tích các tam giác bằng diện tích hình vuông