AD cắt BC tại H,vẽ EG vuông góc AC tại G.Tứ giác ABEG vuông tại A,B,G nên ABEG là hình chữ nhật có EG = AB.

=> S_AEC = AC.EG : 2 = AB² : 2 mà 

S_AHC = HA.HC : 2 (vì AD vuông góc BC) = AD/2.BC/2 : 2 (H là trung điểm AD,BC) 

          =\(\sqrt{2}AB.\sqrt{2}AB\): 8 (định lí Pi-ta-go với tam giác vuông cân ABC,ABD) = AB² : 4

=> S_AECH = AB² : 2 - AB² : 4 = AB² : 4 = 6,25 (cm²) => AB =\(\sqrt{6,25.4}\)= 5 (cm)

Vậy chu vi hình vuông ABCD là : 5.4 = 20 (cm)

Gọi O là giao điểm của AD và BC như trên hình. Nối EO cắt AC tại F, dễ dàng chứng minh OE = OF và AF = CF.

Diện tích tam giác OAE bằng \(\frac{1}{2}\) diện tích phần tô đậm và bằng: \(S_{\Delta OAE}=\frac{1}{2}.6,25=3,125\left(cm^2\right)\)

\(S_{\Delta OAE}=S_{\Delta OAF}\) vì có cùng chiều cao AF và đáy OE = OF

\(\Rightarrow\) \(S_{\Delta AEF}=S_{\Delta OAE}+S_{\Delta OAF}=2S_{\Delta OAE}=2.3,125=6,25\left(cm^2\right)\)

Ta có: \(S_{\Delta AEF}=\frac{1}{2}.AF.EF=\frac{1}{2}.\left(\frac{1}{2}EF\right).EF=\frac{1}{4}EF^2\)\(\Rightarrow\)\(\frac{1}{4}EF^2=6,25\)

\(\Rightarrow\)\(EF^2=25\)\(\Rightarrow\)\(EF=5\) (do EF > 0).

Do ABCD là hình vuông nên AB = EF = 5cm nên chu vi hình vuông ABCD là 20cm².

khối gỗ có 6 mặt nên có tổng cộng 6 miệng lỗ và 3 lỗ

a)      diện tích toàn phần khối gỗ: 3x3x6 = 54 dm²

         tổng diện tích miệng lỗ:    1x1x6 = 6 dm²

         diện tích bề mặt khối gỗ sau khi đục còn:    54 - 6 = 48 dm²

            diện tích một lỗ:    1x3x4 = 12 dm²

         do các lỗ giao nhau nên mỗi lỗ có 4 mặt bị mất và diện tích mỗi mặt là 1 dm²

         diện tích mỗi lỗ chỉ còn     12 - 1 x 4 = 8 dm²

        tổng diện tích mặt ngoài và trong:   48 + 8x3 = 72 dm²

b)      thể tích khối gỗ:   3³ = 27 dm³

        thể tích một lỗ: 1x1x3 = 3 dm³

        do các lỗ giao nhau nên thể tích phần giao nhau là 1³=1 dm³

        thể tích mỗi lỗ ko tính giao nhau: 3-1=2 dm³

       thể tích phần bỏ đi:   2x3+1 = 7 dm³

         phần trăm:   \(\frac{7}{27}\)x  100% \(\approx25,93\%\)

sorry vì mk giải vẫn chưa cụ thể lắm và có sai thì bỏ qua nha!

Ta có \(\sqrt{1+a^4}+\sqrt{1+b^4}\ge\)\(\ge\)\(\sqrt{2^2+\left(a^2+b^2\right)^2}\)(1)

Ta lại có \(\frac{a^2+b^2}{2}\ge ab\)

\(\frac{a^2+1}{2}\ge a\)

\(\frac{b^2+1}{2}\ge b\)

Từ đó => a² + b² \(\ge\)a + b + ab - 1 = \(\frac{1}{4}\)

Thế vào 1 ta được P \(\ge\)\(\frac{\sqrt{65}}{4}\)

\(\frac{9}{4}=\left(a+1\right)\left(b+1\right)\le\frac{\left(a+1\right)^2+\left(b+1\right)^2}{2}=\frac{2\left(a^2+1\right)+2\left(b^2+1\right)}{2}=a^2+b^2+2.\)

\(\Rightarrow a^2+b^2\ge\frac{1}{4}\)

\(\sqrt{1+a^4}+\sqrt{1+b^4}\ge\sqrt{\left(1+1\right)^2+\left(a^2+b^2\right)^2}\ge\sqrt{4+\left(\frac{1}{4}\right)^2}=\frac{\sqrt{17}}{2}\)

đặt \(A=\frac{1}{1-ab}+\frac{1}{1-bc}+\frac{1}{1-ca}\)

\(\Rightarrow A-3=P=\frac{ab}{1-ab}+\frac{bc}{1-bc}+\frac{ca}{1-ca}\)

áp dụng BĐT cô-si ta có:

\(a^2+b^2\ge2ab;b^2+c^2\ge2bc;c^2+a^2\ge2ca\)

\(\Rightarrow\frac{a^2+b^2}{2}\ge ab;\frac{b^2+c^2}{2}\ge bc;\frac{c^2+a^2}{2}\ge ca\)

\(\Rightarrow1-\frac{a^2+b^2}{2}\le1-ab;1-\frac{b^2+c^2}{2}\le1-bc;1-\frac{c^2+a^2}{2}\le1-ca\)

\(\Rightarrow P\le\frac{2ab}{\left(a^2+c^2\right)+\left(b^2+c^2\right)}+\frac{2bc}{\left(a^2+b^2\right)+\left(a^2+c^2\right)}+\frac{2ca}{\left(a^2+b^2\right)+\left(b^2+c^2\right)}\)

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

Áp dụng BĐT Schwarts ta có:

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

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

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

\(\Rightarrow P\le\frac{1}{2}\left(\frac{a^2+b^2}{a^2+b^2}+\frac{b^2+c^2}{b^2+c^2}+\frac{c^2+a^2}{c^2+a^2}\right)=\frac{1}{2}.3=\frac{3}{2}\)

\(\Rightarrow P+3\le\frac{3}{2}+3\)

\(\Rightarrow A\le\frac{9}{2}\)

dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}\)

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương: \(\frac{1}{ab-1}+\frac{1}{bc-1}+\frac{1}{ca-1}\ge\frac{-9}{2}\)

Theo bất đẳng thức Bunyakovsky dạng phân thức, ta được:  \(\frac{1}{ab-1}+\frac{1}{bc-1}+\frac{1}{ca-1}\ge\frac{9}{ab+bc+ca-3}\)

\(\ge\frac{9}{a^2+b^2+c^2-3}=\frac{9}{1-3}=\frac{-9}{2}\left(Q.E.D\right)\)

Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}\)

Em tự vẽ hình nhé.

Ta có: \(\frac{AD}{HD}=\frac{S_{ABC}}{S_{BHC}};\frac{BE}{HE}=\frac{S_{ABC}}{S_{AHC}};\frac{CF}{FH}=\frac{S_{ABC}}{S_{AHB}}\)

Đặt \(S_{ABC}=1;S_{BHC}=a;S_{ACH}=b;S_{AHB}=c.\)

Khi đó ta có: \(a+b+c=1;\frac{AD}{HD}+\frac{BE}{HE}+\frac{CF}{HF}=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\)

Áp dụng bất đẳng thức Cosi cho 3 số dương, ta có:

\(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc};\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{abc}}\)

Vậy thì \(\Rightarrow\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge9\) mà a + b + c = 1 nên \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge9\Rightarrow\frac{AD}{HD}+\frac{BE}{HE}+\frac{CF}{HF}\ge9\)

cam on nha

Giả sử: \(a^4\left(b-c\right)+b^4\left(c-a\right)=c^4\left(b-a\right)\)
     \(\Leftrightarrow a^4\left(b-a+a-c\right)+b^4\left(c-a\right)-c^4\left(b-a\right)=0\)
    \(\Leftrightarrow a^4\left(b-a\right)+a^4\left(a-c\right)+b^4\left(c-a\right)-c^4\left(b-a\right)=0\)  
    \(\Leftrightarrow\left(b-a\right)\left(a^4-c^4\right)+\left(a-c\right)\left(a^4-b^4\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(b-a\right)\left(a-c\right)\left(a+c\right)\left(a^2+c^2\right)+\left(a-c\right)\left(a-b\right)\left(a+b\right)\left(a^2+b^2\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(b-a\right)\left(c-a\right)\left\{\left(a+c\right)\left(a^2+c^2\right)-\left(a+b\right)\left(a^2+b^2\right)\right\}=0\)
 \(\Leftrightarrow\left(a+c\right)\left(a^2+c^2\right)-\left(a+b\right)\left(a^2+b^2\right)=0\)( do a, b, c phân biệt).
\(\Leftrightarrow ac^2+a^2c+c^3-ab^2-a^2b-b^3=0\)
 \(\Leftrightarrow a^2\left(c-b\right)+a\left(c^2-b^2\right)+\left(c^3-b^3\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(c-b\right)\left(a^2+a\left(b+c\right)+b^2+bc+c^2\right)=0\)
 \(\Leftrightarrow\left(c-b\right)\left(a^2+2.a\frac{b+c}{2}+\frac{b^2+2bc+c^2}{4}+\frac{3b^2+2bc+3c^2}{4}\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(c-b\right)\left(\left(a+\frac{b+c}{2}\right)^2+\frac{2b^2+3bc+2c^2}{4}\right)=0\)(*).
Do \(\left(a+\frac{b+c}{2}\right)^2\ge0,\frac{2b^2+3bc+2c^2}{4}>0\).
Nên (*) không thể xảy ra. Vậy điều giả sử sai, ta có đpcm.
 

Đặt A = a⁴(b - c) + b⁴(c - a) + c⁴(a - b) = a⁴(b - a + a - c) + b⁴(c - a) + c⁴(a - b) = a⁴(b - a) + a⁴(a - c) + b⁴(c - a) + c⁴(a - b)

          = (a - b)(c⁴ - a⁴) + (a - c)(a⁴ - b⁴) = (a - b)(c - a)(c + a)(c² + a²) + (a - c)(a - b)(a + b)(a² + b²)

          = (a - b)(a - c)[(a + b)(a² + b²) - (c + a)(c² + a²)] = (a - b)(a - c)(a³ + ab² + a²b + b³ - c³ - a²c - ac² - a³)

          = (a - b)(a - c)[a²(b - c) + a(b² - c²) + (b³ - c³)] = (a - b)(a - c)(b - c)[a² + a(b + c) + b² + bc + c²]

          = (a - b)(a - c)(b - c)\(\frac{a^2+2ab+b^2+a^2+2ac+c^2+b^2+2bc+c^2}{2}\) 

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

Vì a,b,c là 3 số phân biệt nên A khác 0 <=> a⁴(b - c) + b⁴(c - a)\(\ne-c^4\left(a-b\right)=c^4\left(b-a\right)\)

Gọi giao điểm của MB và EF là I; giao điểm của MF và AB là K.

Do ABCD là hình vuông nên AC là phân giác góc BAD. Vì thế hình chữ nhật AKME cũng là hình vuông. Từ đó suy ra MK = ME và KB = MF.

Vậy thì \(\Delta KMB=\Delta MEF\) (hai cạnh góc vuông)

Từ đó \(\widehat{MFE}=\widehat{KBM}.\)

Lại có \(\widehat{KMB}=\widehat{IMF}\) (đối đỉnh)

Vậy nên \(\widehat{IMF}+\widehat{MFI}=\widehat{KMB}+\widehat{KBM}=90^0\). hay \(\widehat{MIF}=90^0\Rightarrow MB\perp EF.\)

b. Ta chứng minh \(AF\perp EB.\) Thật vậy \(\Delta ADF=\Delta BAE\) (Hai cạnh góc vuông)

nên \(\widehat{DAF}=\widehat{ABE}\Rightarrow\widehat{ABE}+\widehat{BAF}=\widehat{DAF}+\widehat{BAF}=90^0\)

Vậy \(AF\perp EB.\). Tương tự \(EC\perp BF.\)

Xét tam giác EBF có BM; AF; CE trùng các đường cao nên chúng đồng quy.

Lấy C' thuộc BC sao cho P là trung điểm CC'. Tương tự lấy A' trên AD sao cho Q là trung điểm AA'.

Xét tam giác CC'D có PN là đường trung bình nên PN song song và bằng một nửa C'D (1).

Tương tự xét tam giác ABA' có MQ là đường trung bình nên MQ song song và bằng một nửa BA' (2).

Mà giả thiết lai jcho MNPQ là hình bình hành nên PN // MQ và PN = MQ (3).

Từ (1), (2), (3) ta suy ra C'D // BA' và C'D = BA'.

Vậy thì tứ giác C'BAD là hình bình hành hay C'B // DA', hay BC // AD.

Bằng nhau

a=b=c=1 suy ra Tam giác ABC là tam giác đều vì có độ dài 3 canh = nhau .

Em tham khảo nhé

Tham khảo