Thống kê điểm hỏi đáp trong tuần qua.

Kudo Shinichi

Điểm hỏi đáp: 3152

Ngày 25 - 05 26 - 05
Điểm 0 0

Tổng: 3152 | Điểm tuần: 0 | Trả lời 7 ngày qua: 0 | Lượt trả lời trong tháng: 0

Lượt trả lời trong 3 tháng: 58

Những câu trả lời của Kudo Shinichi :

Vào lúc: 2020-03-30 21:35:08 Xem câu hỏi

thư ảnh 

Vào lúc: 2020-02-23 16:59:52 Xem câu hỏi

A B C E D H K

a/ Áp dụng định lý Pytago:

\(\frac{AC^2+CB^2-BA^2}{CB^2+BA^2-AC}=\frac{AK^2+KC^2+\left(BK^2++CK^2\right)-AB^2}{\left(BK+CK\right)^2+BA^2-\left(AK+KC\right)^2}\)

\(=\frac{2CK^2+2BK.CK}{2BK^2+2BK.CK}=\frac{2CK\left(CK+BK\right)}{2BK\left(BK+CK\right)}=\frac{CK}{BK}\)

b ) Ta có : 

\(\tan B=\frac{AK}{BK}\) ; \(\tan C=\frac{AK}{CK}\)

Nên \(\tan B.\tan C=\frac{AK^2}{BK.CK}\left(1\right)\)

Mặt khác ta có : \(B=HKC\)mà : \(tanHKC=\frac{KC}{KH}\)

Nên \(\tan B=\frac{KC}{KH}\)tương tự \(tanC=\frac{KB}{KH}\)

\(\Rightarrow\tan B.\tan C=\frac{KB.KC}{KH^2}\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\left(\tan B.\tan C\right)^2=\left(\frac{AK}{KH}\right)^2\)

Theo bài ra có : \(HK=\frac{1}{3}AK\Rightarrow\tan B.\tan C=3\)

c ) c/ Ta chứng minh được: 2 tam giác ABC và ADE đồng dạng nên : 

\(\frac{S_{ABC}}{S_{ADE}}=\left(\frac{AB}{AD}\right)^2\left(3\right)\)

Mà góc BAC = 60 0 nên \(\widehat{ABD}=30^0\) 

\(\Rightarrow AB=2AD\left(4\right)\)

Từ (3) và (4 ) ta có : \(\frac{S_{ABC}}{S_{ADE}}=4\Rightarrow S_{ADE}=30\left(cm^2\right)\)

Chúc bạn học tốt !!!

Vào lúc: 2020-02-21 16:01:04 Xem câu hỏi

n là số tự nhiên lớn hơn 1 nên n có dạng \(n=2k\) hoặc \(n=2k+1\) với k là
số tự nhiên lớn hơn 0.

- Với \(n=2k\), ta có \(n^4+4^n=\left(2k\right)^4+4^{2k}\) lớn hơn 2 và chia hết cho 2. Do đó \(n^4+4^n\)là hợp số 

- Với n = 2k+1 ta có :
\(n^4+4^n=n^4+4^{2k}.4=n^4+\left(2.4^k\right)^2=\left(n^2+2.4^k\right)^2-\left(2.n.2^k\right)^2\)

\(=\left(n^2+2.4^k-2.n.2^k\right)\left(n^2+2.4^k+2.n.2^k\right)\)

\(=\left[\left(n-2^k\right)^2+4^k\right]\left[\left(n+2^k\right)^2+4^k\right]\)

Mỗi thừa số đều lớn hơn hoặc bằng 2. Vậy n4 + 4n là hợp sô

Chúc bạn học tốt !!!

Vào lúc: 2020-02-21 10:32:00 Xem câu hỏi

A B C D F I E

+ Từ D kẻ DF // AC  \(\left(F\in BC\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{DFB}=\widehat{ACB}\)( VÌ 2 góc đồng vị ) (1)

+ Vì \(\Delta ABC\)cân tại A (gt) 

\(\Rightarrow\widehat{ABC}=\widehat{ACB}\)( tính chất của tam giác cân ) (2)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\widehat{DFB}=\widehat{ABC}\)

Hay \(\widehat{DFB}=\widehat{DBF}\)

\(\Rightarrow\Delta DBF\)cân tại D

\(\Rightarrow BD=FD\)( tính chất của tam giác cân ) 

Mà BD = CE ( gt )

\(\Rightarrow FD=CE\)
+ Vì DF // AC ( cách vẽ )

\(\Rightarrow DF//CE\)

\(\Rightarrow\widehat{FDI}=\widehat{CEI}\)( vì 2 góc so le trong )
Xét \(\Delta FDI\)và \(\Delta CEI\)có :

\(FD=CE\left(cmt\right)\)

\(\widehat{FDI}=\widehat{CEI}\left(cmt\right)\)

\(DI=EI\)( v ì I là trung điểm của DE ) ( gt)
Suy ra \(\Delta FDI=\Delta CEI\left(c.g.c\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{FID}=\widehat{CIE}\)( 2 góc tương ứng )

Ta  có : \(\widehat{CID}+\widehat{CIE}=180^0\)( kề bù )
Mà \(\widehat{FID}=\widehat{CIE}\left(cmt\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{CID}+\widehat{FID}=180^0\)

\(\Rightarrow\widehat{FIC}=180^0\)

Hay \(\widehat{BIC}=180^0\)

\(\Rightarrow3\)diểm B , I , C thẳng hàng ( đpcm )

 Chúc bạn học tốt !!!

Vào lúc: 2020-02-20 14:49:13 Xem câu hỏi

2 . 

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có :\(1+b^2\ge2b\)nên 

\(\frac{a+1}{1+b^2}=\left(a+1\right)-\frac{b^2\left(a+1\right)}{b^2+1}\)

\(\ge\left(a+1\right)-\frac{b^2\left(a+1\right)}{2b}=a+1-\frac{ab+b}{2}\)

\(\Leftrightarrow\frac{a+1}{1+b^2}\ge a+1-\frac{ab+b}{2}\left(1\right)\)

Tương tự ta có:

\(\frac{b+1}{1+c^2}\ge b+1-\frac{bc+c}{2}\left(2\right)\)

\(\frac{c+1}{1+a^2}\ge c+1-\frac{ca+a}{2}\left(3\right)\)

Cộng vế theo vế (1), (2) và (3) ta được: 

\(\frac{a+1}{1+b^2}+\frac{b+1}{1+c^2}+\frac{c+1}{1+a^2}\ge3+\frac{a+b+c-ab-bc-ca}{2}\left(^∗\right)\)

Mặt khác : \(3\left(ab+bc+ca\right)\le\left(a+b+c\right)^2=9\)

\(\Rightarrow\frac{a+b+c-ab-bc-ca}{2}\ge0\)

Nên \(\left(^∗\right)\) \(\Leftrightarrow\frac{a+1}{1+b^2}+\frac{b+1}{1+c^2}+\frac{c+1}{1+a^2}\ge3\left(đpcm\right)\)

Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c=1\)

Chúc bạn học tốt !!!

Vào lúc: 2020-02-20 14:34:45 Xem câu hỏi

1 . 

Từ gt : \(2ab+6bc+2ac=7abc\)và \(a,b,c>0\)

Chia cả hai vế cho abc > 0 

\(\Rightarrow\frac{2}{c}+\frac{6}{a}+\frac{2}{b}=7\)

Đặt \(x=\frac{1}{a},y=\frac{1}{b},z=\frac{1}{c}\Rightarrow\hept{\begin{cases}x,y,z>0\\2z+6x+2y=7\end{cases}}\)

Khi đó : \(C=\frac{4ab}{a+2b}+\frac{9ac}{a+4c}+\frac{4bc}{b+c}\)

\(=\frac{4}{2x+y}+\frac{9}{4x+z}+\frac{4}{y+z}\)

\(\Rightarrow C=\frac{4}{2x+y}+2x+y+\frac{9}{4x+z}+4x+z+\frac{4}{y+z}+y+z\)\(-\left(2x+y+4x+z+y+z\right)\)

\(=\left(\frac{2}{\sqrt{x+2y}}-\sqrt{x+2y}\right)^2+\left(\frac{3}{\sqrt{4x+z}}-\sqrt{4x+z}\right)^2\)\(+\left(\frac{2}{\sqrt{y+z}}-\sqrt{y+z}\right)^2+17\ge17\)

Khi \(x=\frac{1}{2},y=z=1\)thì \(C=17\)

Vậy GTNN của C là 17 khi a =2; b =1; c = 1

Vào lúc: 2020-02-20 10:36:28 Xem câu hỏi

A B C D O M

Xét \(\Delta MBD\)cân tại M có : 

\(\widehat{BDM}=60^0\)

\(\Rightarrow\Delta MBD\)là tam giác đều 

\(\Rightarrow\widehat{BDM}=60^0\)

\(\Rightarrow\widehat{BDA}=120^0\)

\(\Rightarrow\)Khi M di chuyển trên cung nhỏ BC thì M di chuyển trên cung tròn ( nằm trên nửa mặt phẳng bờ AB chưa điểm M ) nhìn AB một góc bằng \(120^0\)

Xét \(\Delta DBA\)và \(\Delta MBC\)có :
\(BA=BC\)( vì tam giác ABC đều )

\(\widehat{BAD}=\widehat{BCM}\)( cùng chắn cung BM )
\(\widehat{ABD}=\widehat{CBM}\left(=60^0-\widehat{DBC}\right)\)

Suy ra \(\Delta DBA=\Delta MBC\)

\(\Rightarrow MC=DA\)

\(\Rightarrow MA+MB+MC=MA+MD+DA=2MA\)

\(MA+MB+MC\)lớn nhất khi MA lớn nhất 

\(\Rightarrow AM\)là đường kính của \(\left(O\right)\)

\(\Rightarrow M\)là điểm chính giữa của cung BC

Chúc bạn học tốt !!!

Vào lúc: 2020-02-20 09:37:32 Xem câu hỏi

Bài 2 : 

A B C D M N P Q O K I H

a) Ta có : \(MI=MA,QI=QD\)nên \(MQ\)là đường trung bình \(\Delta AID\) 

\(\Rightarrow MQ//AD\)

Tương tự NP là đường trung bình của \(\Delta BIC\)

\(\Rightarrow NP//BC\)

Do đó : \(NMQ=BAD=NPQ\)nên tứ giác MPNQ nội tiếp

b ) Kẻ \(OH\perp AB\)tại H và \(OK\perp CD\)tại K

Ta có : \(AB\perp CD\)

\(\Rightarrow OHIK\)là hình chữ nhật

Do đó \(AB^2+CD^2=4\left(BH^2+CK^2\right)=4\left(R^2-OH^2+R^2-OK^2\right)\)

\(=4\left(2R^2-OI^2\right)\)

Diện tích tứ giác MPNQ là : \(\frac{MN.PQ}{2}=\frac{AB.CD}{8}\le\frac{\left(AB+CD\right)^2}{16}=\frac{2R^2-OI^2}{4}\)không đổi

GTLN của diện tích tứ giác MNPQ là : \(\frac{2R^2-OI^2}{4}\), khi đó \(AB=CD\)

Chúc bạn học tốt !!!

Vào lúc: 2020-02-20 09:15:24 Xem câu hỏi

Bài 1 : 

Áp dụng Cô - si ta có :
\(\frac{a+1}{b^2+1}=\left(a+1\right)-\frac{\left(a+1\right)b^2}{b^2+1}\le\left(a+1\right)-\frac{\left(a+1\right)b^2}{2b}\)\(=\left(a+1\right)-\frac{ab+b}{2}\)

Tương tự ta cũng có : \(\frac{b+1}{c^2+1}\le\left(b+1\right)-\frac{bc+c}{2};\frac{c+1}{a^2+1}\le\left(c+1\right)-\frac{ca+a}{2}\)

Cộng vế theo vế ta được: 

\(\frac{a+1}{b^2+1}+\frac{b+1}{c^2+1}+\frac{c+1}{a^2+1}\)\(\ge a+b+c+3-\frac{ab+bc+ca+a+b+c}{2}\)

\(\ge6-\frac{ab+bc+ca+3}{2}\)

Mặt khác ta có BĐT : \(\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ca\right)\Leftrightarrow ab+bc+ca\le3\)

Do đó : \(\frac{a+1}{b^2+1}+\frac{b+1}{c^2+1}+\frac{c+1}{a^2+1}\ge3\)

Dấu " = "  xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c=1\)

Vào lúc: 2020-02-18 16:28:53 Xem câu hỏi

A B D C P S H O Q R

a ) Theo định lí Py - ta - go

\(HA^2+HB^2=AB^2;HC^2+HB^2=BC^2;HC^2+HD^2=CD^2;HA^2+HD^2=AD^2\)

\(\Rightarrowđpcm\)

b ) Tứ giác \(HPBS\)nội tiếp \(\Rightarrow\widehat{HPS}=\widehat{HBS}=\widehat{DBC}\)

Tứ giác HPAQ là hình chữ nhật \(\Rightarrow\widehat{HPQ}=\widehat{HAQ}=\widehat{CAD}=\widehat{CBD}\)

Do đó : \(\widehat{SPQ}=\widehat{HPS}+\widehat{HPQ}=2\widehat{CBC}\)

Tương tư : \(\widehat{SQR}=2\widehat{BDC}\)

Do đó : \(\widehat{DBC}+\widehat{BDC}=180^0\)

\(\Leftrightarrow\widehat{SPQ}+\widehat{SRQ}=180^0\) nên tứ giác PQRS nội tiếp ( đ/lí
đảo)

Chúc bạn học tốt !!!

Vào lúc: 2020-02-18 16:06:50 Xem câu hỏi

Áp dụng bất đẳng thức : \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge\frac{4}{x+y}\)( với x , y > 0 )
Ta có : \(\frac{1}{2x+y+z}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{2x}+\frac{1}{y+z}\right);\frac{1}{y+z}\le\frac{1}{4y}+\frac{1}{4z}\)

Suy ra : 

\(\frac{1}{2x+y+z}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{2x}+\frac{1}{4y}+\frac{1}{4z}\right)\left(1\right)\)

Tường tự ta có : 

\(\frac{1}{x+2y+z}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{4x}+\frac{1}{2y}+\frac{1}{4z}\right)\left(2\right)\)

\(\frac{1}{x+y+2z}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{4x}+\frac{1}{4y}+\frac{1}{2z}\right)\left(3\right)\)

Từ (1) , (2) và (3) 

\(\Rightarrow\frac{1}{2x+y+z}+\frac{1}{x+2y+z}+\frac{1}{x+y+2z}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\)

\(\Rightarrow\frac{1}{2x+y+z}+\frac{1}{x+2y+z}+\frac{1}{x+y+2z}\le1\)

Dấu " = " xảy ra khi \(x=y=z=\frac{3}{4}\)

Chúc bạn học tốt !!!

Vào lúc: 2020-02-14 16:53:17 Xem câu hỏi

Ta có : \(a+b+c+ab+bc+ca=6abc\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{ab}+\frac{1}{ac}+\frac{1}{bc}=6\)

Áp dụng BĐT :

\(xy+yz+zx\le x^2+y^2+z^2\)ta có :
\(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\le\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\left(1\right)\)

Áp dụng bất đẳng thức Bunhia ta có :

\(\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2\le\left(1^2+1^2+1^2\right)\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\le\sqrt{3}.\sqrt{\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}}\left(2\right)\)

Cộng theo vế (1) và (2) ta được :

\(6=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\le\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\)\(+\sqrt{3}.\sqrt{\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}}\)

\(\Leftrightarrow P+\sqrt{3}.\sqrt{P}\ge6\)

\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{P}-\sqrt{3}\right)\left(\sqrt{P}+2\sqrt{3}\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow P\ge3\)

Vậy \(P_{min}=3\)

Dấu " = " xảy ra khi \(a=b=c=1\)

Chúc bạn học tốt !!!

Vào lúc: 2020-02-14 16:37:25 Xem câu hỏi

Ta có :\(\left|x+1\right|+\left|x+2\right|+\left|x+3\right|+\left|x+4\right|\left(1\right)\)

+ Điều kiện : \(4x\ge0\Leftrightarrow x\ge0\)

\(\Rightarrow\left|x+1\right|=x+1\)

\(\left|x+2\right|=x+2\)

\(\left|x+3\right|=x+3\)

\(\left|x+4\right|=x+4\)

\(\left(1\right)\Leftrightarrow x+1+x+2+x+3+x+4=10x\)

\(\Rightarrow\left(x+x+x+x\right)+\left(1+2+3+4\right)=10x\)

\(\Rightarrow4x+10=10x\)

\(\Rightarrow6x=10\)

\(\Rightarrow x=\frac{5}{3}\)

Vậy \(x=\frac{5}{3}\)

Chúc bạn học tốt !!!

Vào lúc: 2020-02-14 15:40:01 Xem câu hỏi

M A C x B D y H K O I

a) Tam giác AMC vuông tại M có MH là đường cao 

\(\Rightarrow MH=\sqrt{AH.BH}\)( hệ thức lượng trong tam giác vuông )
\(\Rightarrow MH=\sqrt{15}\left(cm\right)\)

b) Vì AC song song với BD nên ta có : \(\frac{AC}{BD}=\frac{AI}{ID}=\frac{CM}{MD}\)( vì \(AC=CM;BD=MD\))

\(\Rightarrow MI//AC\)mà \(MH//AC\) ( cùng vuông góc với AB )
 

Suy ra \(M,I,H\)thẳng hàng

c ) Đặt \(AB=a,AM=c,BM=b\)

Ta có:

\(AK=\frac{a+c-b}{2};BK=\frac{a+b-c}{2}\)

\(\Rightarrow AK.BK=\frac{a+c-b}{2}.\frac{a+b-c}{2}=\frac{1}{2}.\left[\frac{\left(a+c-b\right)\left(a+b-c\right)}{2}\right]\)

\(=\frac{1}{2}\left[\frac{a^2-\left(b-c\right)^2}{2}\right]=\frac{1}{2}\left[\frac{a^2-\left(b^2+c^2\right)+2bc}{2}\right]\)

\(=\frac{1}{2}.\frac{2bc}{2}=\frac{1}{2}.bc=\frac{1}{2}AM.MB=S_{AMB}\)

Vậy \(S_{AMB}=AK.KB\)

Chúc bạn học tốt !!!

Vào lúc: 2020-02-14 10:53:49 Xem câu hỏi

A B C D E M J O I

a) Ta có : 

\(AC^2+BD^2=MA^2+MC^2+MB^2+MD^2\)

\(=\left(MA^2+MD^2\right)+\left(MB^2+MC^2\right)=AD^2+BC^2\)

Kẻ đường kính CE ta có \(\widehat{CDE}=90^0\) hay \(CD\perp DE\)

\(\Rightarrow DE//AB\)nên tứ giác ABED là hình thang cân

\(\Rightarrow AD=BE\)

Ta có : \(AD^2+BC^2=BE^2+BC^2=CE^2=4R^2\)không đổi

b ) \(IB=IC=IM\)nên \(IO^2+IM^2=OC^2-IM^2+IM^2=R^2\)

Gọi J là trung điểm của MO . Áp dụng công thức đường trung tuyến trong \(\Delta IMO\)

Ta có : \(IJ=\sqrt{\frac{IO^2+IM^2}{2}-\frac{MO^2}{4}}=\sqrt{\frac{R^2}{2}-\frac{MO^2}{4}}\)( không đổi vì O,M cố định )

Do đó I chạy trên đường tròn tâm J bán kính IJ không đổi.

Chúc bạn học tốt !!!

Vào lúc: 2020-02-14 10:21:52 Xem câu hỏi

A C E x O B D F y

+ Vì \(Ax//By\left(gt\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{BAx}=\widehat{ABy}\)( vì 2 góc so le trong ) (1)
Hay \(\widehat{OAC}=\widehat{OBD}\)

Xét \(\Delta OAC\)và \(\Delta OBD\)có :
\(OA=OB\) ( vì O là trung điểm của AB )
\(\widehat{OAC}=\widehat{OBD}\left(cmt\right)\)

\(AC=BD\left(gt\right)\)

Suy ra \(\Delta OAC=\Delta OBD\left(c.g.c\right)\)

\(\Rightarrow OC=OD\)( 2 cạnh tương ứng )

+ ) Từ (1) \(\Rightarrow\widehat{OAE}=\widehat{OBF}\)

Xét \(\Delta OAE\)và \(\Delta OBF\)có :

\(OA=OB\)( vi O là trung điểm của AB )

\(\widehat{OAE}=\widehat{OBF}\left(cmt\right)\)

\(AE=BF\left(gt\right)\)

Suy ra :\(\Delta OAE=\Delta OBF\left(c.g.c\right)\)

\(\Rightarrow OE=OF\)( 2 cạnh tương ứng )

Xét \(\Delta OED\)và \(\Delta OFC\)có :
\(OE=OF\left(cmt\right)\)

\(\widehat{EOD}=\widehat{FOC}\)( vì 2 góc đối đỉnh )
\(OD=OC\left(cmt\right)\)

Suy ra \(\Delta OED=\Delta OFC\left(c.g.c\right)\)

\(\Rightarrow ED=CF\)( 2 cạnh tương ứng ) (đpcm)

Chúc bạn học tốt !!!

Vào lúc: 2020-02-14 09:45:52 Xem câu hỏi

A B C D

Ta có : \(\widehat{B}+\widehat{C}=180^0\)( kề bù )
Mà \(\widehat{B}=2\widehat{C}\Rightarrow\frac{\widehat{B}}{2}=\frac{\widehat{C}}{1}\)

Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau ta có :

\(\frac{\widehat{B}}{2}=\frac{\widehat{C}}{1}\Rightarrow\frac{\widehat{B}+\widehat{C}}{2+1}=\frac{180^0}{3}=60^0\)

Suy ra : 

\(\frac{\widehat{B}}{2}=60^0.2\)

\(\Rightarrow\widehat{B}=120^0\left(1\right)\)

\(\frac{\widehat{C}}{1}=60^0\Rightarrow\widehat{C}=60^0\left(2\right)\)

Có : \(\widehat{A}+\widehat{D}=20^0\Rightarrow\widehat{A}=20^0+\widehat{D}\)

Mà \(\widehat{A}+\widehat{D}=180^0\)( kề bù )
\(\Rightarrow20^0+\widehat{D}+\widehat{D}=180^0\)

\(\Rightarrow2\widehat{D}=180^0-20^0\)

\(\Rightarrow\widehat{D}=\frac{180^0-20^0}{2}\)

\(\Rightarrow\widehat{D}=80^0\left(3\right)\)

Vì \(\widehat{A}=20^0+\widehat{D}\Rightarrow\widehat{A}=20^0+80^0=100^0\left(4\right)\)

Từ (1) , (2) , (3) và (4) suy ra 

\(\widehat{A}=100^0;\widehat{B}=120^0;\widehat{C}=60^0;\widehat{D}=80^0\)

Chúc bạn học tốt !!!

Vào lúc: 2020-02-13 17:23:08 Xem câu hỏi

B C D H I M O

a ) Xét \(\left(O\right)\)có \(OB\perp CD\)

\(\Rightarrow H\)là trung điểm của CD

\(\Rightarrow HC=HD\)

Xét tứ giác \(ODBC\)có : 

H là trung điểm của OB và CD

\(\Rightarrow\)tứ giác ADBC là hình thoi 

b ) Vì tứ giác ADBC là hình thoi 

\(\Rightarrow OC=BC\)

Mà \(OC=OB\left(=R\right)\)

\(\Rightarrow OC=OB=BC\)

\(\Rightarrow\Delta OBC\)là tam giác đều 

\(\Rightarrow\widehat{BOC}=60^0\)

c ) Ta có : OB = BC (cmt)

Mà OB = BM 

\(\Rightarrow OB=BC=BM\)

Xét \(\Delta OCM\)có : 

CB là đường trung tuyến 

Mà : \(BC=OB=BM\left(cmt\right)\)

\(\Rightarrow\Delta OCM\)vuông tại C nên :
\(OM^2=OC^2+CM^2\)( theo định lí Py - ta - go )

\(\Rightarrow MC^2=OM^2-OC^2=4R^2-R^2=3R^2\)

\(\Rightarrow MC=\sqrt{3}R\)

d ) Vì ODBC là hình thoi ( cmt )
\(\Rightarrow OB\)là đường phân giác của \(\widehat{COD}\)

\(\Rightarrow\widehat{COH}=\widehat{DOH}\)

Có : \(\widehat{COH}+\widehat{HOI}=90^0\)

Hay \(\widehat{DOH}+\widehat{HOI}=90^0\)

Mà \(\widehat{HOI}+\widehat{HIO}=90^0\)

\(\Rightarrow\widehat{DOH}=\widehat{HIO}\)

Xét \(\Delta HOI\)và \(HDO\)có :
\(\widehat{OHI}\): góc chung 

\(\widehat{HIO}=\widehat{DOH}\left(cmt\right)\)

\(\Rightarrow\Delta HIO~\Delta HDO\)

\(\Rightarrow\frac{OH}{HD}=\frac{HI}{OH}\Rightarrow HI.HD=OH^2\)

Chứng minh tương tự ta cũng có :
\(HB.HM=HC^2\)

Xét \(\Delta OCH\)vuông tại H 

\(\Rightarrow OH^2+HC^2=OC^2\)

Nên : \(HI.HD+HB.HM=OH^2+HC^2=OC^2=R^2\)

Chúc bạn học tốt !!!

Vào lúc: 2020-02-13 16:48:55 Xem câu hỏi

Theo hệ quả của bất đẳng thức Cauchy ta có :
\(\left(x+y+z\right)^2\ge3\left(xy+yz+xz\right)\)

Do \(x^2+y^2+z^2\le3\)

\(\Rightarrow3\ge3\left(xy+yz+xz\right)\)

\(\Rightarrow1\ge xy+yz+xz\)

\(\Rightarrow4\ge xy+yz+xz+3\)

\(\Rightarrow\frac{9}{4}\le\frac{9}{3+xy+xz+yz}\left(1\right)\)

Ta có : \(C=\frac{1}{1+xy}+\frac{1}{1+yz}+\frac{1}{1+xz}\)

Áp dụng bất đẳng thức cộng mẫu số

\(\Rightarrow C=\frac{1}{1+xy}+\frac{1}{1+yz}+\frac{1}{1+xz}\ge\frac{9}{3+xy+yz+xz}\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) 

\(\Rightarrow C=\frac{1}{1+xy}+\frac{1}{1+yz}+\frac{1}{1+xz}\ge\frac{9}{4}\)

Vậy \(C_{min}=\frac{9}{4}\)

Dấu " =" xảy ra khi \(x=y=z=\sqrt{\frac{1}{3}}\)

Chúc bạn học tốt !!!

Vào lúc: 2020-02-13 15:40:05 Xem câu hỏi

a) Theo bất đẳng thức tam giác ta có :
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}a< b+c\\b< c+a\\c< a+b\end{cases}\left(1\right)}\)

Ta có : \(a+b+c=2\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}b+c=2-a\\a+b=2-c\\a+c=2-b\end{cases}\left(2\right)}\)

Từ (1) và (2)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}a< 2-a\\b< 2-b\\c< 2-c\end{cases}\Rightarrow\hept{\begin{cases}2a< 2\\2b< 2\\2c< 2\end{cases}}}\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}a< 1\\b< 1\\c< 1\end{cases}\left(đpcm\right)}\)

b )  Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz 

\(\Rightarrow\left(a+b-c\right)\left(c+a-b\right)\le\left(\frac{2a}{2}\right)^2=a^2\)

Tường tự ta có : \(\hept{\begin{cases}\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\le b^2\\\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\le c^2\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\left(abc\right)^2\ge\left[\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\right]^2\)

\(\Rightarrow abc\ge\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\)

\(\Leftrightarrow9abc\ge8\left(ab+bc+ca\right)-8\)

\(\Leftrightarrow9abc+4\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge8\left(ab+bc+ca\right)\)

\(+4\left(a^2+b^2+c^2\right)-8\)

\(\Leftrightarrow9abc+4\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge4\left(a+b+c\right)^2-8\)

\(\Leftrightarrow9abc+4\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge8\left(đpcm\right)\)

Dấu " = " xảy ra khi \(a=b=c=\frac{2}{3}\)

Chúc bạn học tốt !!!

Trang trước Trang tiếp theo