Bài 5

Giả sử diện tích tam giác ABC là số nguyên. 

\(\Rightarrow S_{ABC}=\dfrac{1}{2}sinA\cdot AB\cdot AC\) là số nguyên 

\(\Rightarrow sinA\cdot AB\cdot AC⋮2\) \(\Rightarrow AB\cdot AC⋮2\)( vì \(sinA< 1\) ) vô lí vì AB,AC,BC đều là số nguyên tố \(\Rightarrow\) giả sử sai Vậy ...

Test chức năng.

\(\frac{S_{APN}}{S_{PNC}}=\frac{AN}{NC}=\frac{1}{3}\)(chung đường cao kẻ từ P)

\(S_{PNC}=100x3=300cm^2\)

\(\frac{S_{BNM}}{S_{NMC}}=\frac{BM}{MC}\)( chung đường cao kẻ từ N). mà 2 tam giác chung đáy NM nên đường cao hạ từ B bằng đường cao hạ từ C

Vậy \(S_{PBN}=S_{PNC}=300cm^2\)(chung đáy PN, đường cao kẻ từ B băng đường cao kẻ từ C)

\(S_{ABN}=S_{PBN}-S_{PAN}=300-100=200cm^2\)\(\frac{S_{ABN}}{S_{ABC}}=\frac{AN}{AC}=\frac{1}{4}\)(chung đường cao kẻ từ B)

\(S_{ABC}=200x4=800cm^2\)

Do (SAB) và (SAC) vuông góc với đáy (ABC)

Và (ABC) ∩ (SAC) = SA nên SA ⊥ (ABC)

BC ⊥ AH, BC ⊥ SA

⇒ BC ⊥ ((SAH)

Mà BC ⊂ (SBC) nên (SAH) ⊥ (SBC)

Ta cần chứng minh \(\dfrac{a^3}{1+b^2}+\dfrac{b^3}{1+a^2}\ge1\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{a^3}{ab+b^2}+\dfrac{b^3}{ab+a^2}\ge1\) \(\Leftrightarrow\dfrac{a^3}{b\cdot\left(a+b\right)}+\dfrac{b^3}{a\left(a+b\right)}\ge1\) \(\Leftrightarrow\dfrac{a^4+b^4}{ab\left(a+b\right)}\ge1\Leftrightarrow\dfrac{a^4+b^4}{a+b}\ge1\) 

Áp dụng bđt Cô-si vào 2 số a,b>0 :

 \(\left\{{}\begin{matrix}a^2+b^2\ge2ab\\a^4+b^4\ge2a^2b^2\end{matrix}\right.\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}2\cdot\left(a^2+b^2\right)\ge\left(a+b\right)^2\\2\cdot\left(a^4+b^4\right)\ge\left(a^2+b^2\right)^2\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow a^4+b^4\ge\dfrac{\left(a^2+b^2\right)^2}{2}\ge\dfrac{\left(a+b\right)^4}{8}\)

\(\Rightarrow\dfrac{a^4+b^4}{a+b}\ge\dfrac{\left(a+b\right)^3}{8}\ge\dfrac{\left(2\sqrt{ab}\right)^3}{8}=1\) 

Dấu bằng xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=1\) Vậy...

Ta có:ab=1⇔a=\(\dfrac{1}{b}\)

Thay a=\(\dfrac{1}{b}\) vào \(\dfrac{a^3}{1+b^2}+\dfrac{b^3}{1+a^2}\) có

\(\dfrac{\left(\dfrac{1}{b}\right)^3}{1+b^2}+\dfrac{b^3}{1+\left(\dfrac{1}{b}\right)^2}\)=\(\dfrac{\left(\dfrac{1}{b}\right)^3}{1+b^2}+\dfrac{b^3}{\dfrac{b^2+1}{b^2}}\)=\(\dfrac{\left(\dfrac{1}{b}\right)^3}{1+b^2}+\dfrac{b^5}{1+b^2}\)=\(\dfrac{\left(\dfrac{1}{b}\right)^3+b^5}{1+b^2}\)=\(\dfrac{\dfrac{1+b^8}{b^3}}{1+b^2}\)

Mà b là số thực dương nên \(\dfrac{\dfrac{1+b^8}{b^3}}{1+b^2}\)≥1

vậy \(\dfrac{a^3}{1+b^2}+\dfrac{b^3}{1+a^2}\)≥1

Đặt\(P=\dfrac{a}{1+b^2}+\dfrac{b}{1+c^2}+\dfrac{c}{1+a^2+}+\dfrac{1}{2}\left(ab+bc+ca\right)\) 

Bổ đề: \(\left(a+b+c\right)\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\ge9\) \(\Rightarrow\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\ge\dfrac{9}{a+b+c}\) (1)

Chứng minh bổ đề: \(\left(a+b+c\right)\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\ge9\sqrt[3]{abc.\dfrac{1}{abc}}=9\left(\forall a,b,c\ge0\right)\) 

Kết hợp điều kiện đề bài ta được: \(a+b+c\ge3\)

Ta có: \(\dfrac{ab^2}{1+b^2}\le\dfrac{ab^2}{2\sqrt{b^2}}=\dfrac{ab}{2}\) ( AM-GM cho 2 số không âm 1 và b^2 )

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

Chứng minh hoàn toàn tương tự: \(\dfrac{b}{1+c^2}\ge b-\dfrac{bc}{2}\left(2\right)\)

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

Cộng (1),(2),(3) vế theo vế thu được: \(P\ge a+b+c=3\)

Dấu "=" xảy ra tại a=b=c=1

Cách giải của

C113

Ta có: \(\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c} = \dfrac{1}{{a + b + c}} \Longrightarrow \dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} = \dfrac{1}{{a + b + c}} - \dfrac{1}{c}\)

\(\begin{array}{l} \Longrightarrow \left( {a + b} \right)\left( {a + b + c} \right)c = abc - ab\left( {a + b + c} \right)\\ \Longrightarrow \left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right) = 0 \end{array}\)

............

C112:

a¹⁶ + a⁸b⁸ + b¹⁶ 

= a¹⁶ + 2a⁸b⁸ + b¹⁶ - a⁸b⁸

= (a⁸ + b⁸)² - (a⁴b⁴)²

= (a⁸ + b⁸ - a⁴b⁴)(a⁸ + b⁸ + a⁴b⁴)

SA vg (ABC)=> SAB,SAC vuông

SA vg BC, AB vg BC => BCvg (SAB) =>SB vg BC=> SBC vuông

vậy all mặt đều vuông

\(\hept{\begin{cases}SA\perp\left(ABC\right)\\AB\subset\left(ABC\right)\end{cases}}\) \(\Rightarrow SA\perp AB\Rightarrow\)    tam giác SAB vuông (1) 

\(\hept{\begin{cases}SA\perp\left(ABC\right)\\AC\subset\left(ABC\right)\end{cases}\Rightarrow AC\perp SA\Rightarrow}\)    tam giác SAC vuông (2) 

Tam giác ABC vuông tại B (gt) (3) 

\(\Rightarrow AB\perp BC\)   

\(\hept{\begin{cases}SA\perp\left(ABC\right)\\BC\subset\left(ABC\right)\end{cases}\Rightarrow SA\perp BC}\)    

\(\hept{\begin{cases}AB\perp BC\\SA\perp BC\end{cases}\Rightarrow\hept{\begin{cases}BC\perp\left(SAB\right)\\SB\subset\left(SAB\right)\end{cases}\Rightarrow}SB\perp BC\Rightarrow}\)    Tam giác SBC vuông (4) 

 \(\left(1\right);\left(2\right);\left(3\right);\left(4\right)\Rightarrowđpcm\)         

SA vuông góc với (ABC)=> SA vuông góc với BC

                                       mà AB vuông góc với BC ( tam giác ABC vuông) 

=> BC vg góc với (SAB)=> BC vg góc AH

                                   mà AH vg góc SB

=> AH vg góc (SBC)=> AH vg góc SC