kẻ EH vuông góc với AC ==> EH//BD ( cùng vuông góc với AC ) 

Mà E là trung điểm của AB => EH là đường trung bình của tam giác ABD 

==> EH=1/2 BD =6/2=3 cm

mặt khác xét tam giác CEH có OD//EH nê theo hệ quả định lí ta-lét ta có 

\(\frac{OD}{EH}=\frac{CO}{CE}=\frac{CD}{CH}\) ==> \(\frac{1}{3}=\frac{CD}{CH}\)

Mặt khác xét tam giác EHC vuông tại H theo định lí pu-ta-go ta có 

\(EC^2=EH^2+HC^2\)

<=> \(HC^2=5^2-3^2=16\)

=> HC=4 cm

mà \(\frac{CD}{CH}=\frac{1}{3}\)==> CD=4/3 cm

hay HD =CH-CD=\(4-\frac{4}{3}=\frac{8}{3}\)

 mà H là trung điểm của AD( vì EH là đường trung bình của tam giác ABD )

==> AD=2 HD =\(2\cdot\frac{8}{3}=\frac{16}{3}\) cm 

Xét tam giác ADB vuông tại D theo định lí qy-ta go ta co \(AB^2=AD^2+BD^2=\left(\frac{16}{3}\right)^2+6^2=\frac{580}{9}\)

 Do đó  \(AB=\sqrt{\frac{580}{9}}=\frac{2\sqrt{145}}{3}\)cm

vậy AB= \(\frac{2\sqrt{145}}{3}\)cm 

khong biet

kết bạn nhé

bn gửi nhé

Ta có

\(\frac{1^2+2^2+...+n^2}{n}=\frac{n\left(n+1\right)\left(2n+1\right)}{6n}=\frac{\left(n+1\right)\left(2n+1\right)}{5n}=\frac{2n^2+1+3n}{5n}\)

2,

A=a⁴(b-c)+b⁴(c-a)+c⁴(a-b)

=a⁴(b-c)+b⁴[c-b)-(a-b)]+c⁴(a-b)

=a⁴(b-c)-b⁴(b-c)+c⁴(a-b)-b⁴(a-b)

=(a⁴-b⁴)(b-c)+(c⁴-b⁴)(a-b)

=(a-b)(b-c)(a+b)(a²+b²)-(a-b)(b-c)(b+c)(b²+c²)

=(a-b)(b-c)(a³+b³+a²b+ab²-b³-c³-b²c-bc²)

=(a-b)(b-c)(a²c+b²c+c³+abc+bc²+c²a-a³-ab²-ac²-a²b-abc-a²c)

=(a-b)(b-c)(c-a)(a²+b²+c²+ab+bc+ca)

=1/2(a-b)(b-c)(c-a)(2a²+2b²+2c²+2ab+2bc+2ca)

=1/2(a-b)(b-c)(c-a)[(a+b)²+(b+c)²+(c+a)²] khác 0

Theo mình 4 dòng cuối bài giải của Nguyễn Thiều Công Thành phải có dấu "-" (âm) ở trước biểu thức

1,     P=( b²+c²-a²)-4b²c²

    = (b²+c²-a²-2bc)(b²+c²-a²+2bc)

    = (b-c-a)(a+b+c)(b+c+a)(b+c-a)

Vì a,b,c là 3 cạnh của 1 tam giác nên ta có:

b-c-a<0, a+b+c>0, b+c+a>0,b+c-a>0

=> P <0 (đpcm)

2,  x²+y²+z²=1

Suy ra : 0 <= x²<=1, tương tự như vậy vs y và z( <= là nhỏ hơn hoặc bằng)

Xét x²+y²+z²-\(x^3\)-\(y^3\)-\(z^3\)=0

=>x²(1-x)+y²(1-y)+z²(1-z)=0(*)

có x² >=0,y²>=0, z²>=0 vs mọi x, y,z (**) (>= là lớn hơn hoặc bằng)

Lại có:

x<=1, y<=1,z<=1 suy ra : 1-x>=0, 1-y>=0, 1-z>=0 (***)

Từ (**) và (***) suy ra:

x²(1-x)+y²(1-y)+z²(1-z)>=0 vs mọi x,y,z  thỏa mãn điều kiện

Nên từ (*) suy ra:  x²(1-x)=0, y²(1-y)=0, z²(1-z)=0

Do đó:

trường hợp 1:

x=1 suy ra y=z=0 vì thế xyz=0

y=1 suy ra x=z=0 vì thế xyz=0

z=1 suy ra x=y=0 vì thế xyz=0

Vậy trong mọi trường hợp xyz=0

x=1

Mik tính bằng máy tính đó. Mik mới học lớp 8 thôi, chưa giải được. ^^

mk nghĩ bạn chép sai đề hình như đề bài phải là \(A=\sqrt[3]{\frac{x^3-3x+\left(x^2-1\right)\sqrt{x^2-4}}{2}}+\sqrt[3]{\frac{x^3-3x-\left(x^2-1\right)\sqrt{x^2-4}}{2}}\)

ta xét \(A^3=\left(\sqrt[3]{\frac{x^3-3x+\left(x^2-1\right)\sqrt{x^2-4}}{2}}+\sqrt[3]{\frac{x^3-3x-\left(x^2-1\right)\sqrt{x^2-4}}{2}}\right)^3\)

  <=> \(A^3=x^3-3x+3A\cdot\sqrt[3]{\frac{4}{4}}\)

<=> \(A^3=x^3-3x+3A\)

<=> \(A^3-3A-x^3+3x=0\)

<=>\(\left(A^3-x^3\right)-3A+3x=0\)

<=> \(\left(A-x\right)\left(A^2+Ax+x^2\right)-3\left(A-x\right)=0\)

<=> \(\left(A-x\right)\left(A^2+Ax+x^2-3\right)=0\)

<=> \(\orbr{\begin{cases}A=x\\A^2+Ax+x^2-3=0\end{cases}}\)(vô lí )

vậy \(A=x\)

Đặt \(x=a^2+b^2+c^2\), cần chứng minh \(x=\frac{3}{2}\)

Từ giả thiết \(a\sqrt{1-b^2}+b\sqrt{1-a^2}+c\sqrt{1-a^2}=\frac{3}{2}\) , áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki , ta có : 

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

\(\le\left(a^2+b^2+c^2\right)\left[3-a^2-b^2-c^2\right]\)

\(\Rightarrow x\left(3-x\right)\ge\frac{9}{4}\Leftrightarrow x^2-3x+\frac{9}{4}\le0\Leftrightarrow\left(x-\frac{3}{2}\right)^2\le0\)(1)

Mà ta luôn có \(\left(x-\frac{3}{2}\right)^2\ge0\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\left(x-\frac{3}{2}\right)^2=0\Leftrightarrow x=\frac{3}{2}\)

Vậy \(a^2+b^2+c^2=\frac{3}{2}\)(đpcm)

Ta có : \(\sqrt{x}+\sqrt{y-1}+\sqrt{z-2}=\frac{x+y+z}{2}\Leftrightarrow2\sqrt{x}+2\sqrt{y-1}+2\sqrt{z-2}=x+y+z\)

\(\Leftrightarrow\left(x-2\sqrt{x}+1\right)+\left(y-1-2\sqrt{y-1}+1\right)+\left(z-2-2\sqrt{z-2}+1\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{x}-1\right)^2+\left(\sqrt{y-1}-1\right)^2+\left(\sqrt{z-2}-1\right)^2=0\)

Vì \(\left(\sqrt{x}-1\right)^2\ge0\) , \(\left(\sqrt{y-1}-1\right)^2\ge0\), \(\left(\sqrt{z-2}-1\right)^2\ge0\) nên phương trình trên tương đương với 

\(\hept{\begin{cases}\left(\sqrt{x}-1\right)^2=0\\\left(\sqrt{y-1}-1\right)^2=0\\\left(\sqrt{z-2}-1\right)^2=0\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=1\\y=2\\z=3\end{cases}}}\)

Từ đó tính được : \(x^2+y^2+z^2=1^2+2^2+3^2=14\)

Ta có:

\(\sqrt{x}+\sqrt{y-1}+\sqrt{z-2}\)

=\(\sqrt{x.1}+\sqrt{\left(y-1\right).1}+\sqrt{\left(z-2\right).1}\)

\(\le\frac{x+1}{2}+\frac{y-1+1}{2}+\frac{z-2+1}{2}\)

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

Dấu"=" xảy ra khi \(\hept{\begin{cases}x=1\\y=2\\z=3\end{cases}}\)

Ta có:x²+y²+z²=1+2²+3²=14

&#x2265;&#x2212;1" role="presentation" style="display: inline; font-size: 18px; word-spacing: normal; word-wrap: normal; white-space: nowrap; float: none; direction: ltr; max-width: none; max-height: none; min-width: 0px; min-height: 0px; border: 0px; padding: 0px; margin: 0px; position: relative;">≥−1≥−1 và y≥0≥0 và (......)

(-2;0) không là nghiệm của hệ phương trìnhta có:

(1)⇔(y−x−2)x+2−−−−−√=x(y√−x+2−−−−−√)⇔(y−x−2)x+2=x(y−x+2)
⇔(y−2−x)(x+2−−−−−√−xy√+x+2−−−−−√)=0⇔(y−2−x)(x+2−xy+x+2)=0
⇒y=x+2⇒y=x+2

Thay vào (2) ta được phương trình:

x+1−−−−−√(x+2−−−−−√+1)=(x−1)(1+(x−1)2+1−−−−−−−−−−√)x+1(x+2+1)=(x−1)(1+(x−1)2+1) (3)

Suy ra: x≥1≥1

Đến đây có hàm f(t)=t+tt2+1−−−−−√t+tt2+1 đồng biến với mọi t≥0≥0

(3) suy ra:x+1−−−−−√=x−1x+1=x−1

Suy ra: x=3....y=5 thử lại thoả nên là nghiệm của hệ phương trình...

Dễ thì làm đê!!!