Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
bài 1 :
Đặt \(x=4+a;y=5+b;z=6+c\) ( x,y,z \(\ge\)0 )
\(x^2+y^2+z^2=90\Leftrightarrow\left(4+a\right)^2+\left(5+b\right)^2+\left(6+c\right)^2=90\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+8a+10b+12c=13\)
Ta có : \(\hept{\begin{cases}a^2+b^2+c^2\le\left(a+b+c\right)^2\\8a+10b+12c\le12\left(a+b+c\right)\end{cases}}\)
\(\Rightarrow13\le\left(a+b+c\right)^2+12\left(a+b+c\right)\)
\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)^2+12\left(a+b+c\right)-13\ge0\)
\(\Rightarrow a+b+c\ge1\)
Từ đó suy ra \(x+y+z=4+a+5+b+6+c\ge16\)
Min H = 16 khi x = 4 ; y = 5 ; z = 7
bài 2 :
\(\hept{\begin{cases}a+b+c+d=0\\a^3+b^3+c^3+d^3=0\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a+b=-\left(c+d\right)\\\left(a+b\right)^3+\left(c+d\right)^3-3ab\left(a+b\right)-3cd\left(c+d\right)=0\left(1\right)\end{cases}}}\)
Từ ( 2 ) suy ra \(3ab\left(c+d\right)-3cd\left(c+d\right)=0\)\(\Rightarrow3\left(ab-cd\right)\left(c+d\right)=0\Rightarrow\orbr{\begin{cases}ab=cd\\c+d=0\left(dpcm\right)\end{cases}}\)
với \(ab=cd\Rightarrow\frac{a}{c}=\frac{d}{b}=\frac{a+d}{b+c}=\frac{-\left(b+c\right)}{b+c}=-1\)
\(\Rightarrow a=-c;d=-b\Rightarrow a+c=b+d=0\)( dpcm )
bài 3 :
( hình câu a,b,c,d,e )
a) \(\Delta ABC\)nội tiếp ( O ) đường kính BC nên vuông tại A \(\Rightarrow\widehat{BAC}=90^o\)
Vì I đối xứng với H qua AB ; K đối xứng với H qua AC
\(\Rightarrow\Delta BIA=\Delta BHA\left(c.c.c\right)\)
\(\Rightarrow\widehat{BIA}=\widehat{BHA}=90^o;\widehat{IAB}=\widehat{HAB}\)
tương tự : \(\widehat{AHC}=\widehat{AKC}=90^o;\widehat{HAC}=\widehat{KAC}\)
Ta có : \(\widehat{IAK}=\widehat{IAH}+\widehat{HAK}=2\widehat{BAH}+2\widehat{HAC}=2\widehat{BAC}=180^o\)
suy ra I,A,K thẳng hàng
Ta có : AI = AK ( = AH ) nên A là trung điểm của IK
Dễ thấy BIKC là hình thang vuông có OA là đường trung bình nên \(OA//BI//KC\)nên OA \(\perp\)IK
suy ra IK là tiếp tuyến của ( O )
b) \(\frac{1}{BH^2}=\frac{1}{AB^2}+\frac{1}{AN^2}=\frac{AN^2+AB^2}{AB^2.AN^2}=\frac{BN^2}{AB^2.AN^2}\Leftrightarrow\left(BH.BN\right)^2=\left(AB.AN\right)^2\)
Cần chứng minh BH . BN = AB . AN
vì BN // AH nên \(\widehat{ABN}=\widehat{BAH}\)
\(\Rightarrow\Delta ABH~\Delta BNA\left(g.g\right)\Rightarrow\frac{AB}{BH}=\frac{BN}{AN}\Rightarrow BH.BN=AB.AN\)
\(\Rightarrow dpcm\)
c) Ta có : \(\hept{\begin{cases}OM\perp AB\\AB\perp AC\end{cases}\Rightarrow OM//AC}\)
\(\Delta BNC\)có BO = OC ; OM // NC nên NM = BM hay M là trung điểm của BN
Dễ thấy AEHF là hình chữ nhật nên EF đi qua trung điểm của AH ( 1 )
Xét hình thang ANBH có M là trung điểm của BN ; NA và BH cắt tại C nên MC đi qua trung điểm của AH ( 2 )
Từ ( 1 ) và ( 2 ) suy ra MC,AH và EF đồng quy
d) \(S_{BIKC}=\frac{\left(BI+KC\right).IK}{2}=\frac{\left(BH+HC\right).\left(AI+AK\right)}{2}=\frac{BC.2AH}{2}=2R.AH\)
Để \(S_{BIKC}\)đạt giá trị lớn nhất thì AH max
Mà AH \(\le R\)\(\Rightarrow S_{BIKC}\)đạt giá trị lớn nhất là \(2R^2\)khi A nằm chính giữa cung BC
e) Áp dụng các hệ thức lượng, ta có :
\(AH^2=BH.HC\); \(BH^2=BE.AB;HC^2=CF.AC;AH.BC=AB.AC\)
\(\Rightarrow AH^4=BH^2.HC^2=BE.AB.CF.AC=AH.BC.BE.CF\)
\(\Rightarrow AH^3=BE.CF.BC\)
a: I đối xứng H qua AB
=>AB là đường trung trực của IH
=>AI=AH và BI=BH
Xét ΔAHB và ΔAIB có
AH=AI
BH=BI
AB chung
Do đó: ΔAHB=ΔAIB
=>\(\hat{HAB}=\hat{IAB}\)
=>AB là phân giác của góc IAH
=>\(\hat{IAH}=2\cdot\hat{BAH}\)
H đối xứng K qua AC
=>AC là đường trung trực của HK
=>AH=AK và CH=CK
Xét ΔAHC và ΔAKC có
AH=AK
CH=CK
AC chung
Do đó: ΔAHC=ΔAKC
=>\(\hat{HAC}=\hat{KAC}\)
=>AC là phân giác của góc HAK
=>\(\hat{HAK}=2\cdot\hat{HAC}\)
Xét (O) có
ΔABC nội tiếp
BC là đường kính
Do đó: ΔABC vuông tại A
=>\(\hat{BAC}=90^0\)
=>\(\hat{BAH}+\hat{HAC}=90^0\)
=>\(2\left(\hat{BAH}+\hat{HAC}\right)=180^0\)
=>\(\hat{IAH}+\hat{KAH}=180^0\)
=>I,A,K thẳng hàng
mà IA=AK(=AH)
nên A là trung điểm của IK
Ta có: ΔAIB=ΔAHB
=>\(\hat{AIB}=\hat{AHB}\)
=>\(\hat{AIB}=90^0\)
=>BI⊥IK tại I
ΔAHC=ΔAKC
=>\(\hat{AHC}=\hat{AKC}\)
=>\(\hat{AKC}=90^0\)
=>CK⊥KI tại K
mà BI⊥IK
nên BI//CK
Xét hình thang BIKC có
O,A lần lượt là trung điểm của BC,IK
=>OA là đường trung bình của hình thang BIKC
=>OA//BI//CK
=>OA⊥IK
=>IK là tiếp tuyến tại A của (O)
b: Kẻ AG⊥BN tại G
Xét ΔBAN vuông tại A có AG là đường cao
nên \(\frac{1}{AG^2}=\frac{1}{AB^2}+\frac{1}{AN^2}\) (1)
Xét tứ giác AGBH có \(\hat{AGB}=\hat{AHB}=\hat{GBH}=90^0\)
nên AGBH là hình chữ nhật
=>AG=BH(2)
Từ (1),(2) suy ra \(\frac{1}{BH^2}=\frac{1}{AB^2}+\frac{1}{AN^2}\)
e: H đối xứng I qua AB
=>AB⊥HI tại trung điểm của HI
=>AB⊥HI tại E và E là trung điểm của HI
H đối xứng K qua AC
=>AC⊥HK tại trung điểm của HK
=>AC⊥HK tại F và F là trung điểm của HK
Xét ΔAHB vuông tại H có HE là đường cao
nên \(BE\cdot BA=BH^2\)
=>\(BE=\frac{BH^2}{BA}\)
Xét ΔAHC vuông tại H có HF là đường cao
nên \(CF\cdot CA=CH^2\)
=>\(CF=\frac{CH^2}{CA}\)
Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao
nên \(AH^2=HB\cdot HC;AH\cdot BC=AB\cdot AC\)
\(BE\cdot CF\cdot BC\)
\(=\frac{BH^2}{BA}\cdot\frac{CH^2}{AC}\cdot BC\)
\(=\frac{AH^4}{AH\cdot BC}\cdot BC=\frac{AH^4}{AH}=AH^3\)