Cho tam giac ABC có đường cao BD=6cm, độ dài trung tuyến CE=5cm. Khoảng cách từ giao điểm BD với CE đến AC bằng 1cm. Tìm độ dài cạnh AB. (Gọi O là giao điểm của BD và CE)
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Ta có
\(\frac{1^2+2^2+...+n^2}{n}=\frac{n\left(n+1\right)\left(2n+1\right)}{6n}=\frac{\left(n+1\right)\left(2n+1\right)}{5n}=\frac{2n^2+1+3n}{5n}\)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
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
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
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
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
x=1
Mik tính bằng máy tính đó. Mik mới học lớp 8 thôi, chưa giải được. ^^
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
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 \(A=x\)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
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)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
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
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
≥−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...
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