Tìm GTNN của biểu thức A= \(\frac{a^2}{1+b}+\frac{b^2}{1+a}\) Trong đó a, b là các số dương thoả mãn điều kiện ab=1
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) Ta có : \(\widehat{O_1}=2\widehat{C}=120^0\) (góc ở tâm gấp đôi góc nội tiếp cùng chắn cung nhỏ AB) nên độ dài cung nhỏ AB là \(\frac{2R\pi.120}{360}=\frac{2}{3}R\pi\)
b) \(\Delta AMC\)cân tại M (MC = MA) có \(\widehat{C}=60^0\)nên \(\Delta AMC\)đều\(\Rightarrow\widehat{AMC}=60^0\Rightarrow\widehat{M_1}=120^0\)
\(\Delta AOK,\Delta BMK\)có \(\widehat{K_1}=\widehat{K_2}\)(đối đỉnh) ; \(\widehat{O_1}=\widehat{M_1}=120^0\Rightarrow\Delta AOK\infty\Delta BMK\left(g-g\right)\)
\(\Rightarrow\frac{AO}{OK}=\frac{BM}{MK}\Rightarrow MK.AO=OK.MB\)
c) Tứ giác ABMO có \(\widehat{O_1}=\widehat{M_1}\)(2 đỉnh kề nhau A,M nhìn xuống cạnh đối diện dưới AB các góc bằng nhau)
=> Tứ giác ABMO nội tiếp hay B,M,O,A cùng thuộc 1 đường tròn
Ta có: \(\Delta=m^2+8>0\) nên phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt.
Giờ ta tìm điều kiện để phương trình có 2 nghiệm thỏa mãn
\(\orbr{\begin{cases}x_1< x_2\le-1\\x_1>x_2\ge1\end{cases}}\)
TH 1: \(x_1< x_2\le-1\)
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}2\left(2.\left(-1\right)^2+m-1\right)\ge0\\\frac{m}{4}< -1\end{cases}}\)
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}m\ge-1\\m< -4\end{cases}}\) không có m thỏa mãn
TH 2: \(x_1>x_2\ge1\)
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}2\left(2.\left(1\right)^2-m-1\right)\ge0\\\frac{m}{4}>1\end{cases}}\)
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}m\le1\\m>4\end{cases}}\) không có m thỏa mãn
Vậy với mọi m thì phương trình luôn tồn tại ít nhất 1 nghiệm thỏa mãn
\(-1< x< 1\) hay \(|x|< 1\)
Điều kiện \(x\ne0\)
\(A=\sqrt{\frac{\left(x^2-3\right)^2+12x^2}{x^2}}+\sqrt{\left(x+2\right)^2-8x}\)
\(=\sqrt{\frac{x^4+6x^2+9}{x^2}}+\sqrt{x^2-4x+4}\)
\(=\left|\frac{x^2+3}{x}\right|+\left|x-2\right|\)
\(=\left|x+\frac{3}{x}\right|+\left|x-2\right|\)
Để A nguyên thì x phải là ước nguyên của 3 hay \(x=-3;-1;1;3\)
a) Xét đường tròn (O) có tiếp tuyến MA, cát tuyến MBC => MA2 = MB.MC (Hệ thức lượng đường tròn) (đpcm)
Xét \(\Delta\)MOA vuông tại A, đường cao AH => MA2 = MH.MO (Hệ thức lượng tam giác vuông) (đpcm)
b) Từ câu a ta có: MB.MC = MH.MO (=AM2) => \(\Delta\)MBH ~ \(\Delta\)MOC (c.g.c) => ^MHB = ^MCO
=> Tứ giác BCOH nội tiếp đường tròn (đpcm).
c) Áp dụng ĐL Pytagore, ta có các đẳng thức về cạnh:
IK2 = OI2 - OK2 = OI2 - OA2 = (OM - IM)2 - OA2 = OM2 - 2.OM.IM + IM2 - OA2 = AM2 - MH.MO + IM2
= AM2 - AM2 + IM2 = IM2 => IK = IM. Do đó: IK = IM = IH = MH/2
Xét \(\Delta\)MKH có: Trung tuyến KI=MH/2 (cmt) => \(\Delta\)KMH vuông tại K (đpcm).
d) Từ câu a: \(MA^2=MB.MC=\frac{MC}{4}.MC=\frac{MC^2}{4}\) => MA = MC/2 = MD
Từ đó: MA2 = MD2 = MH.MO => \(\Delta\)MDH ~ \(\Delta\)MOD (c.g.c) => ^MDH = ^MOD = 1/2.Sđ(HD(ODH)
Suy ra: MC tiếp xúc với đường tròn (ODH) (đpcm).
Xem lại đề đi bạn. Thấy có vẻ sai sai sao ấy Kan Zandai Nalaza
\(18x^2-2x-\frac{17}{3}+9\sqrt{x-\frac{1}{3}}=0\)
Điều kiện: \(x\ge\frac{1}{3}\)
Đặt \(\sqrt{x-\frac{1}{3}}=a\left(a\ge0\right)\)
\(\Rightarrow x=a^2+\frac{1}{3}\)
Ta suy ra phương trình tương đương với
\(18\left(a^2+\frac{1}{3}\right)^2-2\left(a^2+\frac{1}{3}\right)-\frac{17}{3}+9a=0\)
\(\Leftrightarrow54a^4+30a^2+27a-13=0\)
\(\Leftrightarrow\left(3a-1\right)\left(18a^3+6a^2+12a+13\right)=0\)
Dễ thấy \(18a^3+6a^2+12a+13>0\) vì \(a\ge0\)
\(\Rightarrow3a-1=0\)
\(\Leftrightarrow a=\frac{1}{3}\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{x-\frac{1}{3}}=\frac{1}{3}\)
\(\Leftrightarrow x-\frac{1}{3}=\frac{1}{9}\)
\(\Leftrightarrow x=\frac{4}{9}\)
a. Ta thấy do ABCD là hình vuông nên \(\widehat{FCN}=\widehat{MAE}=45^o\)
Lại có \(\widehat{FCN}=\widehat{FBN}\) (Góc nội tiếp cùng chắn cung FN)
Vậy nên \(\widehat{MAE}=\widehat{MBE}\) hay tứ giác AMEB nội tiếp.
b. Do tứ giác AMEB nội tiếp nên \(\widehat{MEB}=180^o-\widehat{BAM}=90^o\)
Do P thuộc đường tròn (O) nên \(\widehat{MPB}=90^o\Rightarrow\)MPEB nội tiếp.
\(\Rightarrow\widehat{MBP}=\widehat{MEP}\)
Xét tam giác MBP có \(\widehat{MBP}+\widehat{BMP}=90^o\)
Xét tam giác FMN có \(\widehat{QNP}+\widehat{BMP}=90^o\)
Vậy \(\widehat{QNP}=\widehat{MBP}=\widehat{MEP}\)
Vậy tứ giác QPNE nội tiếp hay \(\widehat{QPN}=180^o-\widehat{QEN}=90^o\)
Góc \(\widehat{BPN}=90^o\Rightarrow\) B, Q, P thẳng hàng.
ko biết
Ta có:
\(\hept{\begin{cases}\frac{a^2}{1+b}+\frac{1+b}{4}\ge a\\\frac{b^2}{1+a}+\frac{1+a}{4}\ge b\end{cases}}\)
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}\frac{a^2}{1+b}\ge\frac{4a-b-1}{4}\\\frac{b^2}{1+a}\ge\frac{4b-a-1}{4}\end{cases}}\)
\(\Rightarrow A=\frac{a^2}{1+b}+\frac{b^2}{1+a}\ge\frac{4a-b-1}{4}+\frac{4b-a-1}{4}\)
\(=\frac{3}{4}\left(a+b\right)-\frac{1}{2}\ge\frac{3}{4}.2\sqrt{ab}-\frac{1}{2}=\frac{3}{2}-\frac{1}{2}=1\)
Dấu = xảy ra khi \(a=b=1\)