Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Sửa đề:
Cho hình thang ABCD ( AB // CD ), AC cắt BD tại O. Đường thẳng // AB cắt các cạnh bên AD, BC và các đường chéo BD, AC theo thứ tự M, Q, N, P. Cm: MN = PQ.
Bài Làm: 
Chúc pạn thân hok tốt nhé!!!
A B C D O M N P Q
Xét \(\Delta ADB,\Delta ACB\) có :
\(MQ//AB\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{MN}{AB}=\dfrac{DM}{DA}\left(1\right)\\\dfrac{PQ}{AB}=\dfrac{CQ}{CB}\left(2\right)\end{matrix}\right.\text{(định lí Ta- lét)}\)
Xét hình thang ABCD có :
\(MQ//AB//CD\)
\(\dfrac{\Rightarrow DM}{DA}=\dfrac{CQ}{CB}\left(3\right)\)
- Từ (1) , (2) và (3) ta có :
\(\dfrac{MN}{AB}=\dfrac{PQ}{AB}\Rightarrow MN=PQ\)
=> đpcm
\(x^7+x^5+1\)
\(=x^7+x^6+x^5-x^6-x^5-x^4+x^5+x^4+x^3-x^3-x^2-x\) \(+x^2+x+1\)
\(=\left(x^7+x^6+x^5\right)-\left(x^6+x^5+x^4\right)+\left(x^5+x^4+x^3\right)-\) \(\left(x^3+x^2+x\right)+\left(x^2+x+1\right)\)
\(=x^5\left(x^2+x+1\right)-x^4\left(x^2+x+1\right)+x^3\left(x^2+x+1\right)-x\left(x^2+x+1\right)\) \(+\left(x^2+x+1\right)\)
\(=\)\(\left(x^5-x^4+x^3-x+1\right)\left(x^2+x+1\right)\)
a: Xét ΔAEB vuông tại E và ΔAFC vuông tại F có
\(\hat{EAB}\) chung
Do đó: ΔAEB~ΔAFC
=>\(\frac{AE}{AF}=\frac{AB}{AC}\)
=>\(\frac{AE}{AB}=\frac{AF}{AC}\)
=>\(AE\cdot AC=AF\cdot AB\)
b: Xét ΔAEF và ΔABC có
\(\frac{AE}{AB}=\frac{AF}{AC}\)
góc EAF chung
Do đó: ΔAEF~ΔABC
=>\(\hat{AEF}=\hat{ABC}\)
c: Ta có: ΔBEM vuông tại E
mà EI là đường trung tuyến
nên IE=IB
=>ΔIBE cân tại I
=>\(\hat{IEB}=\hat{IBE}\)
mà \(\hat{FEB}=\hat{IBE}\) (hai góc so le trong, FE//BM)
nên \(\hat{FEB}=\hat{IEB}\)
=>EB là phân giác của góc FED
Gọi K là giao điểm của AH và BC
Xét ΔABC có
BE,CF là các đường cao
BE cắt CF tại H
Do đó: H là trực tâm của ΔABC
=>AH⊥BC tại K
Xét ΔHFB vuông tại F và ΔHEC vuông tại E có
\(\hat{FHB}=\hat{EHC}\) (hai góc đối đỉnh)
Do đó: ΔHFB~ΔHEC
=>\(\frac{HF}{HE}=\frac{HB}{HC}\)
=>\(\frac{HF}{HB}=\frac{HE}{HC}\)
Xét ΔHFE và ΔHBC có
\(\frac{HF}{HB}=\frac{HE}{HC}\)
góc FHE=góc BHC
Do đó: ΔHFE~ΔHBC
=>\(\hat{HEF}=\hat{HCB}\)
mà \(\hat{HCB}=\hat{BAK}\left(=90^0-\hat{ABC}\right)\)
nên \(\hat{HEF}=\hat{BAK}\) (1)
Xét ΔHEA vuông tại E và ΔHKB vuông tại K có
\(\hat{EHA}=\hat{KHB}\) (hai góc đối đỉnh)
Do đó: ΔHEA~ΔHKB
=>\(\frac{HE}{HK}=\frac{HA}{HB}\)
=>\(\frac{HE}{HA}=\frac{HK}{HB}\)
Xét ΔHEK và ΔHAB có
\(\frac{HE}{HA}=\frac{HK}{HB}\)
góc EHK=góc AHB
Do đó: ΔHEK~ΔHAB
=>\(\hat{HEK}=\hat{HAB}=\hat{BAK}\left(2\right)\)
TỪ (1),(2) suy ra \(\hat{HEK}=\hat{HEF}\)
=>EB là phân giác của góc FEK
mà EB là phân giác của góc FED
và EK và ED có điểm chung là E; D và K đều nằm trên cạnh BC
nên K trùng với D
=>A,H,D thẳng hàng
Ta có:
\(P=\sqrt{2x+yz}+\sqrt{2y+xz}+\sqrt{2z+xy}\)
\(\Leftrightarrow P=\sqrt{x\left(x+y+z\right)+yz}+\sqrt{y\left(x+y+z\right)+xz}+\sqrt{z\left(x+y+z\right)+xy}\)(Vì x + y + z = 2)
\(\Leftrightarrow P=\sqrt{x^2+xy+xz+yz}+\sqrt{yx+y^2+yz+xz}+\sqrt{zx+zy+z^2+xy}\)
\(\Leftrightarrow P=\sqrt{\left(x+y\right)\left(x+z\right)}+\sqrt{\left(x+y\right)\left(y+z\right)}+\sqrt{\left(x+z\right)\left(y+z\right)}\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy : \(\dfrac{a+b}{2}\ge\sqrt{ab}\)
Khi đó:
+/ \(\dfrac{x+y+x+z}{2}\ge\sqrt{\left(x+y\right)\left(x+z\right)}\)
+/ \(\dfrac{x+y+y+z}{2}\ge\sqrt{\left(x+y\right)\left(y+z\right)}\)
+/ \(\dfrac{x+z+y+z}{2}\ge\sqrt{\left(x+z\right)\left(y+z\right)}\)
\(\Rightarrow\dfrac{x+y+x+z}{2}+\dfrac{x+y+y+z}{2}+\dfrac{x+z+y+z}{2}\ge\)\(\sqrt{\left(x+y\right)\left(x+z\right)}+\sqrt{\left(x+y\right)\left(y+z\right)}+\sqrt{\left(x+z\right)\left(y+z\right)}\)
hay \(\dfrac{4x+4y+4z}{2}\ge\)\(\sqrt{\left(x+y\right)\left(x+z\right)}+\sqrt{\left(x+y\right)\left(y+z\right)}+\sqrt{\left(x+z\right)\left(y+z\right)}\)
\(\Rightarrow\dfrac{4\left(x+y+z\right)}{2}\ge\)\(\sqrt{\left(x+y\right)\left(x+z\right)}+\sqrt{\left(x+y\right)\left(y+z\right)}+\sqrt{\left(x+z\right)\left(y+z\right)}\)
\(\Rightarrow\dfrac{4.2}{2}\ge\)\(\sqrt{\left(x+y\right)\left(x+z\right)}+\sqrt{\left(x+y\right)\left(y+z\right)}+\sqrt{\left(x+z\right)\left(y+z\right)}\)(Vì x + y + z = 2)
\(\Rightarrow4\ge\)\(\sqrt{\left(x+y\right)\left(x+z\right)}+\sqrt{\left(x+y\right)\left(y+z\right)}+\sqrt{\left(x+z\right)\left(y+z\right)}\)
hay \(4\ge\)\(P\)
Dấu \(\)" = " xảy ra \(\Leftrightarrow\) \(x=y=z=\dfrac{2}{3}\)
Vậy...
Ta có:
\(\dfrac{4x^2y^2}{\left(x^2+y^2\right)^2}+\dfrac{x^2}{y^2}+\dfrac{y^2}{x^2}\)
+/ Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: \(\dfrac{x^2}{y^2}+\dfrac{y^2}{x^2}\ge2\left(x,y\ne0\right)\)
+/ Ta có:
\(\left(x^2-y^2\right)^2\ge0\forall x,y\)
\(\Rightarrow x^4-2x^2y^2+y^4\ge0\)
\(\Rightarrow x^4+y^4\ge2x^2y^2\)
\(\Rightarrow x^4+2x^2y^2+y^4\ge4x^2y^2\)
\(\Rightarrow(x^2+y^2)^2\ge4x^2y^2\)
Do đó:
\(\dfrac{4x^2y^2}{\left(x^2+y^2\right)^2}\ge\dfrac{4x^2y^2}{4x^2y^2}=1\)
Khi đó:
\(\dfrac{4x^2y^2}{\left(x^2+y^2\right)^2}+\dfrac{x^2}{y^2}+\dfrac{y^2}{x^2}\ge1+2=3\left(đpcm\right)\)
Phạm Phương Anh sai nặng sai nặng ngonhuminh bác vào xem thế nào
từ \(a^3+b^3+c^3=3abc\)
\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)=0\)
Suy ra a+b+c=0 hoặc a=b=c thay vào
Không biết bạn cần hỗ trợ gì nhỉ?