Vẽ nháp bằng tay, hình không đẹp cho lắm :v Bài viết có hơi lỗi.

Bài toán phụ : Chứng minh tam giác vuông có 1 góc 60 độ thì cạnh góc vuông nhỏ hơn sẽ bằng 1 nửa cạnh huyền.

Tam giác MNP vuông tại M có góc N là 60 độ.

Trên tia đối tia MN lấy điểm Q sao cho MQ=MN

Tam giác NPQ có PM vừa là trung tuyến vừa là đường cao nên cân tại P, mà lại có 1 góc 60 độ nên là tam giác đều ( Dấu hiệu nhận biết tam giác đều), từ đó suy ra NQ = NP, mà NQ= 2MN nên MN = \(\frac{1}{2}\)NP, bài toán được chứng minh.

Tương tự với bài toán của chúng ta :

\(\Delta ABC\)vuông tại Acó \(\widehat{B}=60^o\) \(\Rightarrow AB=\frac{1}{2}BC\)

\(\Delta ABH\)vuông tại H có \(\widehat{B}=60^o\) \(\Rightarrow HB=\frac{1}{2}AB\)

\(\Rightarrow HB=\frac{1}{4}BC\)

Trước hết \(\Delta ABH\) vuông tại H có \(\widehat{B}=60^o\)

 nên \(\widehat{HAB}=90^o-60^o=30^o\)Mà \(\widehat{DAH}+\widehat{HAB}=\widehat{BAC}=90^o\)

\(\Rightarrow\widehat{DAH}=60^o\)

\(\Delta DAH\)cân tại A ( AD = AH ), có góc DAH là 60^o nên là tam giác đều ( Dấu hiệu nhận biết tam giác đều )

Như vậy AI là đường cao đồng thời cũng là phân giác góc DAH

\(\Rightarrow\widehat{IAH}=\frac{1}{2}\widehat{DAH}=\frac{60^o}{2}=30^o\)

\(\Rightarrow\widehat{KAB}=\widehat{IAH}+\widehat{HAB}=30^o+30^o=60^o\)

\(\Delta KAB\)có \(\widehat{KAB}=\widehat{KBA}=60^o\) nên là tam giác đều

\(\Rightarrow KB=AB\)

Mà \(HB=\frac{1}{2}AB\Rightarrow HB=\frac{1}{2}KB\), hay H là trung điểm của KB.

Vậy ....

dung roi

Với mọi đa thức f(x),khi khai triển luôn có dạng : a_n.xⁿ + a_{n - 1}.x^{n - 1} + a_{n - 2}.x^{n - 2} + ... + a₂.x² + a₁.x + a₀

\(\Rightarrow f\left(1\right)=a_n+a_{n-1}+a_{n-2}+...+a_2+a_1+a_0\)là tổng các hệ số của f(x)

Đặt đa thức đã cho là f(x) thì tổng các hệ số của f(x) khi bỏ dấu ngoặc trong biểu thức (khai triển) là :

f(1) = (3 - 4 + 1)²⁰⁰⁶.(3 + 4 + 1)²⁰⁰⁷ = 0²⁰⁰⁶.7²⁰⁰⁷ = 0

Để làm được bài này bạn phải đặt x=1 là tính tổng được hệ só nhé bạn

Ta có:

\(S=pr=\sqrt{p\left(p-a\right)\left(p-b\right)\left(p-c\right)}\)

\(\Leftrightarrow p^2r^2=p\left(p-a\right)\left(p-b\right)\left(p-c\right)\)

\(\Leftrightarrow r^2=\dfrac{\left(p-a\right)\left(p-b\right)\left(p-c\right)}{p}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{r^2}=\dfrac{p}{\left(p-a\right)\left(p-b\right)\left(p-c\right)}=\dfrac{1}{\left(p-a\right)\left(p-b\right)}+\dfrac{1}{\left(p-b\right)\left(p-c\right)}+\dfrac{1}{\left(p-c\right)\left(p-a\right)}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{r^2}=4\left(\dfrac{1}{\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)}+\dfrac{1}{\left(c+a-b\right)\left(a+b-c\right)}+\dfrac{1}{\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)}\right)\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{4r^2}=\dfrac{1}{c^2-\left(a-b\right)^2}+\dfrac{1}{a^2-\left(b-c\right)^2}+\dfrac{1}{b^2-\left(c-a\right)^2}\ge\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{r^2\left(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}\right)}\ge4\left(1\right)\)

Ta lại có:

\(S=\dfrac{ah_a}{2}=pr=\dfrac{r\left(a+b+c\right)}{2}\)

\(\Leftrightarrow h_a=\dfrac{r\left(a+b+c\right)}{a}\)

\(\Leftrightarrow h_a^2=\dfrac{r^2\left(a+b+c\right)^2}{a^2}\left(2\right)\)

Tương tự ta có:

\(\left\{{}\begin{matrix}h_b^2=\dfrac{r^2\left(a+b+c\right)^2}{b^2}\left(3\right)\\h_c^2=\dfrac{r^2\left(a+b+c\right)^2}{c^2}\left(4\right)\end{matrix}\right.\)

Từ (2), (3), (4) ta có:

\(h_a^2+h_b^2+h_c^2=r^2\left(a+b+c\right)^2\left(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}\right)\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{h_a^2+h_b^2+h_c^2}=\dfrac{1}{r^2\left(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}\right)}\ge4\)

Kẽ đường thẳng (d) đi qua A và // với BC. Gọi B' đối xứng với B qua (d).

Ta có:

\(BB'^2=B'C^2-BC^2\le\left(AB'+AC\right)^2-BC^2\)

\(\Leftrightarrow4h_a^2\le\left(b+c\right)^2-a^2\left(1\right)\)

Tương tự ta cũng có:

\(\left\{{}\begin{matrix}4h_b^2\le\left(c+a\right)^2-b^2\left(2\right)\\4h_c^2\le\left(a+b\right)^2-c^2\left(3\right)\end{matrix}\right.\)

Cộng (1), (2), (3) vế theo vế ta được

\(4h_a^2+4h_b^2+4h_c^2\le\left(a+b\right)^2-c^2+\left(b+c\right)^2-a^2+\left(c+a\right)^2-b^2\)

\(\Leftrightarrow4\left(h_a^2+h_b^2+h_c^2\right)\le\left(a+b+c\right)^2\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{h_a^2+h_b^2+h_c^2}\ge4\)

-Qua A vẽ đường thẳng Ax song song với CK , từ C vẽ đường thẳng vuông góc AE tại H , trên tia đối tia HA lấy điểm E sao cho HA=HE= \(\dfrac{AE}{2}\). Nối BE

- CM \(\Delta\)ACE cân tại C \(\Rightarrow\) CA=CE=b

- Áp dụng pytago vào \(\Delta\)ABE \(\Rightarrow\) (2hc)²+c² =(BE)² \(\le\) (a+b)² ( dấu = xảy ra khi B,C,E thẳng hàng ) \(\Rightarrow\) (2hc)² \(\le\) (a+b)² -c² (1)

tương tự (2hb)² =..............(2), (2ha)² = .........(3)

Cộng vế theo vế (1)(2)(3) ta đc ......đpcm

bahj ơi hình vẽ hơi xấu đấy

a) Ta có MD = MA; BD  BA nên MB là trung trức của AD.

Vậy nên I thuộc trung trực AD hay ID = IA.

Tương tự IE = IA.

Suy ra ID = IE hay tam giác IDE là tam giác cân tại I.

Lại có IO là trung tuyến nên OI là đường cao hay \(IO\perp DE\) 

b) Ta có \(\widehat{ABC}+\widehat{ACB}=180^o-\widehat{BAC}=180^o-80^o=100^o\)

\(\Rightarrow\widehat{ADB}+\widehat{AFC}=\frac{\widehat{ABC}}{2}+\frac{\widehat{ACB}}{2}=\frac{100^o}{2}=50^o\)

\(\Rightarrow\widehat{DAB}+\widehat{EAC}=50^o\)

\(\Rightarrow\widehat{DAE}=80^o+50^o=130^o\)

Ta thấy \(\widehat{IDA}=\widehat{IAD};\widehat{IEA}=\widehat{IAE}\Rightarrow\widehat{IDA}+\widehat{IAE}=\widehat{IAD}+\widehat{IEA}=\widehat{DAE}=130^o\)

\(\Rightarrow\widehat{DIE}=360^o-130^o-130^o=100^o\)

Ta thấy ngay \(\widehat{MIN}=\widehat{MIA}+\widehat{NIA}=\frac{\widehat{DIA}}{2}+\frac{\widehat{EIA}}{2}=\frac{100^o}{2}=50^o\)

Bài bạn đấy nhìn khó hiểu???

t ngửi thấy mùi đề sai

a, Ta có \(\widehat{B}\) +\(\widehat{C}\) = 90

\(\Rightarrow\) \(\dfrac{2}{3}\)\(\widehat{B}\) +\(\dfrac{2}{3}\)\(\widehat{C}\)= 60

Xét tam giác CFB

\(\Rightarrow\) \(\widehat{CFB}\)= 180-60=120

khi đó tổng này sẽ phụ thuộc vào hiệu 2 ẩn nào đó, tuỳ theo mỗi trường hợp

thử chia đi, mình đúng cho ,mình mọt sách

Ta có: \(AC-AB>CK-BH\)    (*)

\(\Leftrightarrow AC+BH>AB+CK\)

\(\Leftrightarrow\left(AC+BH\right)^2>\left(AB+CK\right)^2\)

\(\Leftrightarrow AC^2+BH^2+2.AC.BH>AB^2+CK^2+2.AB.CK\)

\(\Leftrightarrow AC^2+BH^2+4S_{ABC}>AB^2+CK^2+4S_{ABC}\)

\(\Leftrightarrow AC^2+BH^2>AB^2+CK^2\)

\(\Leftrightarrow AK>AH\)  (**)

Xét tam giác ABC có \(\widehat{B}>\widehat{C}\Rightarrow AC>AB\)

Trên AC lấy điểm B' sao cho AB' = AB \(\Rightarrow AB'< AC\Rightarrow\) B' nằm giữa A và C.  (1)

Kẻ B'K' vuông góc AB tại K'.Suy ra B'K' // KC   (2)

Từ (1) và (2) suy ra K' nằm giữa A và K hay AK' < AK

Ta thấy ngay \(\Delta ABH=\Delta ACK'\)  (Cạnh huyền - góc nhọn) 

\(\Rightarrow AH=AK'\Rightarrow AK>AH\)

Vậy (**) đúng hay (*) đúng.

Ta có tam giác AKC vuông tại K

=> AC là cạnh lớn nhất (nhận xét quan hệ giữa cạnh đối diện với góc lớn hơn)

=>AC > CK

Ta có tam giác ABH vuông tại H

=> AB là cạnh lớn nhất (nhận xét quan hệ giữa cạnh đối diện với góc lớn hơn)

=> AB > BH

 Có: AC>CK;

AB>BH (cmt)

=> AC-AB > CK-BH

d) ĐK: D thuộc BM

t/g AHM = t/g CIM (c.g.c)

=> HM = IM (2 cạnh t/ứ) (1)

và AMH = CMI (2 góc t/ứ)

=> AMI + IMH = AMI + AMC = AMI + 90^o

=> IMH = 90^o (2)

Từ (1) và (2) => t/g HIM vuông cân tại M

=> HIM = 45^o

Mà HIM + MIC = HIC = 90^o

=> 45^o + MIC = 90^o

=> MIC = 45^o = HIM

=> IM là p/g HIC (đpcm)

chán nhể, t/g ABH = t/g CAI (cạnh huyền-góc nhọn)

=> AH = CI (2 cạnh t/ứ)

AM là đường trung tuyến của tam giác BAC vuông cân tại A nên AM = BC/2 = MC

HAM = BAM - BAH = 45^o - BAH

MCI = MCA - ACI = 45^o - ACI

Mà BAH = ACI (...)

=> ...

Lời giải:

Ta có: \(|3x-2018|+|x-2017|=|3x-2018|+|2017-x|\)

Áp dụng BĐT dạng: \(|a|+|b|\geq |a+b|\) ta có:

\(|3x-2018|+|2017-x|\geq |3x-2018+2017-x|\)

\(\Leftrightarrow |3x-2018|+|2017-x|\geq |2x-1|\)

Dấu bằng xảy ra khi mà: \((3x-2018)(2017-x)\geq 0\)

\(\Leftrightarrow \left[\begin{matrix} 3x-2018\geq 0; 2017-x\geq 0\\ 3x-2018\leq 0; 2017-x\leq 0\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow \left[\begin{matrix} \frac{2018}{3}\leq x\leq 2017\\ \frac{2018}{3}\geq x\geq 2017(\text{vô lý})\end{matrix}\right.\)

Vậy \(\frac{2018}{3}\leq x\leq 2017\)

cảm ơn cô(thầy)