yepppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp

\(B=2M-C=\left(2,0\right)\)

ta có tọa độ trung điểm H của AB là 

\(H=\frac{3G-C}{2}=\left(-1,4\right)\)

Do đó \(\overrightarrow{BH}=\left(-3,4\right)\)đường cao kẻ từ C đi qua C và có VTPT là BH nên \(d:3x-4y+10=0\)

Ta cần chứng minh: \(3\left(a^2+b^2\right)+c^2\ge2\left(ab+bc+ca\right)\)

Nó đúng bởi \(3\left(a^2+b^2\right)+c^2-2\left(ab+bc+ca\right)=\left(a-b\right)^2+2\left(a-\frac{c}{2}\right)^2+2\left(b-\frac{c}{2}\right)^2\ge0\)

Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=\frac{1}{\sqrt{5}};c=\frac{2}{\sqrt{5}}\)

Done!

Lời giải:Bổ sung ĐK: $a,b,c\geq 1$

Trước tiên ta sẽ bổ đề sau: Với $X,Y\geq 1$ thì:

$\sqrt{X-1}+\sqrt{Y-1}\leq \sqrt{XY}$

BĐT này có thể chứng minh dễ dàng bằng cách bình phương và biến đổi tương đương.

------------

Áp dụng BĐT trên vô bài toán ta có:

$\sqrt{a-1}+\sqrt{b-1}+\sqrt{c-1}\leq \sqrt{ab}+\sqrt{c-1}$

$=\sqrt{(ab+1)-1}+\sqrt{c-1}\leq \sqrt{c(ab+1)}$

Ta có đpcm.

toán lớp 10 á

Điều kiện: \(x^2-mx+4\ne0,\forall x\inℝ\)

Vì \(x^2+x+4>0,\forall x\inℝ\)

nên \(\left|\frac{x^2+x+4}{x^2-mx+4}\right|\le2,\forall x\inℝ\)

\(\Leftrightarrow x^2+x+4\le2\left(x^2-mx+4\right)\)

\(\Leftrightarrow x^2-\left(2m+1\right)x+4\ge0\)

\(\Leftrightarrow\frac{-5}{2}\le m\le\frac{-3}{2}\)

ta có

\(4a^2-4b^2-\frac{3a}{b}-\frac{2b}{a}+8a+12b=4\left(a-b\right)\left(a+b\right)-\frac{a\left(a+b\right)}{b}-2\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right)+8a+12b\)

\(\le4a-4b-\frac{a^2}{b}-2.2+7a+12b=-\frac{a^2}{b}-b+11a+9b-4\le-2a+11a+9b-4\le9-4=5\)dấu bằng xảy ra khi \(a=b=\frac{1}{2}\)

Ta có: \(4a^2-4b^2-\frac{3a}{b}-\frac{2b}{a}+8a+12b=4\left(a^2-b^2\right)-\frac{a}{b}-2\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right)+8a+12b\)

\(=4\left(a-b\right)\left(a+b\right)-\frac{a}{b}-2\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right)+8a+12b\)

\(\le4\left(a-b\right)-\frac{a}{b}-2\times2+8a+12b\)

\(\le4\left(a-b\right)-\frac{a\left(a+b\right)}{b}+8a+12b-4\)

\(=4a-4b-\frac{a^2}{b}-a+8a+12b-4\)

\(=11a+9b-4-\left(\frac{a^2}{b}+b\right)\)

\(\le11a+9a-4-2a\)

\(=9\left(a+b\right)-4\)

\(=5\)

Dấu "=" xảy ra khi a = b = 0,5

BC=a; AC=b; AB=c

Từ C dựng đường thẳng vuông góc với AB tại H

\(\frac{a}{bc}+\frac{1}{b}=\frac{1}{c}+\frac{1}{a+b-c}.\)

\(\Rightarrow a\left(a+b-c\right)+c\left(a+b-c\right)=b\left(a+b-c\right)+bc\)

\(\Rightarrow a^2+ab-ac+ac+bc-c^2=ab+b^2-bc+bc\)

\(\Rightarrow a^2-b^2-c^2+bc=0\) (*)

Ta có \(AB=c=AH+BH\Rightarrow c^2=AH^2+BH^2+2.AH.BH\) (**)

Xét tg vuông ACH có

\(AH^2=AC^2-CH^2=b^2-CH^2\)

Xét tg vuông BCH có

\(BH^2=BC^2-CH^2=a^2-CH^2\)

Thay giá trị của \(AH^2\) và  \(BH^2\) vào (**) ta có

\(c^2=b^2-CH^2+a^2-CH^2+2.AH.BH=b^2+a^2-2.CH^2+2.AH.BH\) Thay vào (*) ta có

\(a^2-b^2-\left(b^2+a^2-2.CH^2+2.AH.BH\right)+bc=0\)

\(\Rightarrow-2.b^2+2.CH^2-2.AH.BH+bc=0\)

\(\Rightarrow-2\left(b^2-CH^2\right)-2.AH.BH+bc=0\)

\(\Rightarrow-2.AH^2-2.AH.BH+bc=0\)

\(\Rightarrow bc=2.AH\left(AH+BH\right)=2.AH.AB=2.AH.c\Rightarrow b=AC=2.AH\)

Xét tg vuông ACH có

\(\cos A=\frac{AH}{AC}=\frac{AH}{2.AH}=\frac{1}{2}\Rightarrow\widehat{A}=60^o\left(dpcm\right)\)