Cho x, y, z là 3 số thực dương và x + y + z ≤ 1. CMR:
\(\sqrt{x^2+\frac{1}{y^2}}+\sqrt{y^2+\frac{1}{z^2}}+\sqrt{z^2+\frac{1}{x^2}}\text{≥ }\sqrt{82}\)
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Lời giải:
a)
Vì $ABCD$ là hình bình hành nên \(\widehat{BAD}=\widehat{BCD}\)
\(\Rightarrow 180^0-\widehat{BAD}=180^0-\widehat{BCD}\)
\(\Rightarrow \widehat{BAH}=\widehat{BCK}\)
Xét tam giác $HAB$ và $KCB$ ta có:
\(\left\{\begin{matrix} \widehat{BAH}=\widehat{BCK}\\ \widehat{BHA}=\widehat{BKC}=90^0\end{matrix}\right.\Rightarrow \triangle HAB\sim \triangle KCB(g.g)\)
b)
Từ hai tam giác đồng dạng phần a suy ra \(\frac{HB}{KB}=\frac{AB}{CB}=\frac{AB}{AD}\)
\(AB\parallel CD, BK\perp CD\Rightarrow AB\perp BK\Rightarrow \widehat{ABK}=90^0\)
Ta có:
\(\widehat{BAD}=180^0-\widehat{BAH}=90^0+(90^0-\widehat{BAH})=90^0+\widehat{HBA}\)
\(=\widehat{ABK}+\widehat{HBA}=\widehat{HBK}\)
Xét tam giác $ABD$ và $BHK$ có:
\(\left\{\begin{matrix} \widehat{BAD}=\widehat{HBK}(cmt)\\ \frac{AB}{AD}=\frac{HB}{BK}\end{matrix}\right.\Rightarrow \triangle ABD\sim \triangle HBK(c.g.c)\)
c)
Theo phần a suy ra \(\frac{HA}{KC}=\frac{AB}{CB}=\frac{CD}{AD}\Rightarrow AD.HA=CD.KC\)
Do đó:
\(DA.DH+DC.DK=DA(DA+AH)+DK(DK-CK)\)
\(=DA^2+DK^2+CD.KC-DK.CK\)
\(=BC^2+DK^2+CD.KC-DK.CK\)
\(=BK^2+CK^2+DK^2+CD.KC-DK.CK\)
\(=BD^2+(CK^2+CD.KC-DK.CK)\)
\(=BD^2+CK(CK+CD-DK)=BD^2+CK.0=BD^2\)
Ta có đpcm.
Lời giải:
a) Xét tam giác $DHA$ và $DAB$ có:
\(\left\{\begin{matrix} \text{chung góc D}\\ \widehat{DHA}=\widehat{DAB}=90^0\end{matrix}\right.\Rightarrow \triangle DHA\sim \triangle DAB(g.g)\)
b)
Áp dụng định lý Pitago:
\(BD=\sqrt{AB^2+AD^2}=\sqrt{6^2+8^2}=10\)
Ta có: \(\frac{AB.AD}{2}=S_{ABD}=\frac{AH.BD}{2}\)
\(\Rightarrow AH=\frac{AB.AD}{BD}=\frac{6.8}{10}=4,8\)
c)
Pitago: \(HB=\sqrt{AB^2-AH^2}=\sqrt{8^2-4,8^2}=\frac{32}{5}\)
\(\Rightarrow S_{AHB}=\frac{AH.HB}{2}=\frac{4,8.\frac{32}{5}}{2}=15,36\)
\(\frac{S_{HBC}}{S_{DBC}}=\frac{HB}{BD}=\frac{32}{5.10}=0,64\)
\(\Rightarrow S_{HBC}=0,64.S_{DBC}=0,64.\frac{6.8}{2}=15,36\)
Do đó:
\(S_{AHCB}=S_{AHB}+S_{HBC}=15,36+15,36=30,72\) (cm vuông)
Một cách khác cho câu c.
c, Từ C dựng đường cao \(CK\) của tam giác BCD
Dễ dàng chứng minh được AHCK là hình bình hành
Do đó \(AH=CK\)
Ta có: \(S_{AHB}=\dfrac{AH.BH}{2};S_{BCK}=\dfrac{CK.BK}{2}\)
mà \(AH=CK\)(cmt) nên \(S_{AHB}=S_{CKB}\)
Mặt khác \(S_{AHB}=15,36\left(cm^2\right)\)(tính như của chị Akai)
\(\Rightarrow S_{ABCH}=S_{AHB}+S_{CHK}=2.S_{AHB}=2.15,36=30,72\left(cm^2\right)\)
x1=a; x2=b
a)
(a+1)^2>=4a^2=(2a)^2
<=>(a+1-2a)(a+1+2a)>=0
<=>(1-a)(3a+1)>=0
a€[0;1]
3a+1>0
1-a>=0
=>dpcm
Lời giải:
Ta cần chứng minh \(\frac{xy}{z}+\frac{yz}{x}+\frac{xz}{y}\geq x^2+y^2+z^2\)
\(\Leftrightarrow \frac{x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2}{xyz}\geq \sqrt{3(x^2+y^2+z^2)}\)
\(\Leftrightarrow x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2\geq xyz\sqrt{3(x^2+y^2+z^2)}\)
\(\Leftrightarrow (x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)^2\geq 3x^2y^2z^2(x^2+y^2+z^2)\)
\(\Leftrightarrow x^4y^4+y^4z^4+z^4x^4+2x^2y^2z^2(x^2+y^2+z^2)\geq 3x^2y^2z^2(x^2+y^2+z^2)\)
\(\Leftrightarrow x^4y^4+y^4z^4+z^4x^4\geq x^2y^2z^2(x^2+y^2+z^2)\)
\(\Leftrightarrow \frac{1}{2}\left[ (x^2y^2-y^2z^2)^2+(y^2z^2-x^2z^2)^2+(x^2y^2-x^2z^2)^2\right]\geq 0\)
(luôn đúng)
Do đó ta có đpcm.
Dấu bằng xảy ra khi \(x=y=z=1\)
Nối E và F
Xét tam giác AID ta có:
MF//DI( cùng vuông góc AB)
=> \(\dfrac{AF}{AI}=\dfrac{AM}{AD}\)(Đlý talet)(1)
Xét tam giác AEN ta có
EM//DN( cùng vuông góc AC)
=> \(\dfrac{AE}{AN}=\dfrac{AM}{AD}\) (Đlý talet)(2)
Từ (1) và(2) suy ra
\(\dfrac{AE}{AN}=\dfrac{AF}{AI}\)
=>EF//IN
Xét tam giác BFC ta có
DI//CF( cùng vuông góc AB)
=> \(\dfrac{BI}{BF}=\dfrac{BD}{BC}\) (Thales)(3)
Xét tam giác BEC, tam giác BEC, tam giác BFC chứng minh tương tự(Bạn chứng minh tương tự nhé)
Ta được \(\dfrac{BK}{BE}=\dfrac{BD}{BC}\) (4)
\(\dfrac{CN}{CE}=\dfrac{CD}{BC}\) (5)
\(\dfrac{CM}{CF}=\dfrac{CD}{BC}\) (6)
Từ (3) và (4)=> \(\dfrac{BI}{BF}=\dfrac{BK}{BE}\) => KI//EF
Từ (5) và (6)=> \(\dfrac{CN}{CE}=\dfrac{CM}{CF}\) => MN//EF
Ta có
IN//EF(cmt)
IK//EF(cmt)
MN//EF(cmt)
=> I,N,K,M thẳng hàng
Lời giải:
Bạn tự vẽ hình nhé.
a) Phần a phải là \(\triangle AHB\sim \triangle CAB\)
Xét tam giác $AHB$ và $CAB$ có:
\(\left\{\begin{matrix} \text{góc B chung}\\ \widehat{AHB}=\widehat{CAB}=90^0\end{matrix}\right.\Rightarrow \triangle AHB\sim \triangle CAB(g.g)\)
b)
Từ kq phần a suy ra \(\frac{AH}{CA}=\frac{HB}{AB}\)
\(\Leftrightarrow \frac{2AM}{CA}=\frac{HB}{\frac{BD}{2}}=\frac{2HB}{BD}\)
\(\Rightarrow \frac{AM}{AC}=\frac{BH}{BD}\)
Xét tam giác $BHD$ và $AMC$ có:
\(\left\{\begin{matrix} \widehat{DBH}=\widehat{CAM}(=90^0-\widehat{BAH})\\ \frac{BH}{BD}=\frac{AM}{AC}(cmt)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow \triangle BHD\sim \triangle AMC(c.g.c)\)
\(\Rightarrow \frac{BD}{HD}=\frac{AC}{MC}\Rightarrow BD.MC=HD.AC\)
(đpcm)
c) Gọi $I$ là giao điểm của $MC$ và $DH$
Vì tam giác $BHD$ đồng dạng với tam giác $AMC$ nên
\(\widehat{BHD}=\widehat{AMC}\)
\(\Rightarrow 180^0-\widehat{BHD}=180^0-\widehat{AMC}\)
\(\Rightarrow \widehat{IHC}=\widehat{HMI}\)
Mà \(\widehat{HMI}=90^0-\widehat{HCI}\Rightarrow \widehat{IHC}=90^0-\widehat{HCI}\)
\(\Rightarrow \widehat{IHC}+\widehat{HCI}=90^0\Rightarrow \widehat{HIC}=90^0\)
Do đó \(HD\perp MC\)
a) xét \(\Delta AHB\) và \(\Delta ABC\) có:
\(\widehat{AHB}=\widehat{BAC}=90^o\left(gt\right)\)
\(\widehat{B}\) góc chung
=> \(\Delta AHB\) đồng dạng với \(\Delta ABC\)( g-g)
Cho a,b,c>0 và a^2+b^2+c^2=3. chứng minh a/(a^2+2b+3) +b/(b^2+2c+3) + c/(c^2+2a+3) nhỏ hơn bằng 1/2?
Ta có:\(a^2+2b+3=a^2+2b+1+2\ge2\left(a+b+1\right)\)
Tương tự ta được:\(VT\le\frac{1}{2}\left(\frac{a}{a+b+1}+\frac{b}{b+c+1}+\frac{c}{c+a+1}\right)\)
Ta sẽ chứng minh \(\frac{a}{a+b+1}+\frac{b}{b+c+1}+\frac{c}{c+a+1}\le1\)
\(\Leftrightarrow\frac{-b-1}{a+b+1}+\frac{-c-1}{b+c+1}+\frac{-a-1}{c+a+1}\le-2\)
\(\Leftrightarrow\frac{b+1}{a+b+1}+\frac{c+1}{b+c+1}+\frac{a+1}{c+a+1}\ge2\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(b+1\right)^2}{\left(b+1\right)\left(a+b+1\right)}+\frac{\left(c+1\right)^2}{\left(c+1\right)\left(b+c+1\right)}+\frac{\left(a+1\right)^2}{\left(a+1\right)\left(c+a+1\right)}\ge2\)(*)
Áp dụng Bđt Cauchy-Schwarz dạng engel ta có:
VT(*)\(\ge\frac{\left(a+b+c+3\right)^2}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca+3\left(a+b+c\right)+3}\)
Mà \(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca+3\left(a+b+c\right)+3\)
\(=\frac{1}{2}\left[a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca\right)+6\left(a+b+c\right)+9\right]\)
\(=\frac{1}{2}\left(a+b+c+3\right)^2\)
=>VT(*)\(\ge\)2=VP (*)
Vậy Bđt được chứng minh
a, b, c > 0
Áp dụng bất đẳng thức AM - GM (Cauchy):
\(\dfrac{a}{b^2}+\dfrac{1}{a}\ge2\sqrt{\dfrac{a}{b^2}.\dfrac{1}{a}}=2\sqrt{\dfrac{1}{b^2}}=\dfrac{2}{b}\)
\(\dfrac{b}{c^2}+\dfrac{1}{b}\ge2\sqrt{\dfrac{b}{c^2}.\dfrac{1}{b}}=2\sqrt{\dfrac{1}{c^2}}=\dfrac{2}{c}\)
\(\dfrac{c}{a^2}+\dfrac{1}{c}\ge2\sqrt{\dfrac{c}{a^2}.\dfrac{1}{c}}=2\sqrt{\dfrac{1}{a^2}}=\dfrac{2}{a}\)
Vậy ta có :
\(\dfrac{a}{b^2}+\dfrac{b}{c^2}+\dfrac{c}{a^2}+\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\ge\dfrac{2}{b}+\dfrac{2}{c}+\dfrac{2}{a}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a}{b^2}+\dfrac{b}{c^2}+\dfrac{c}{a^2}\ge\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\) (đpcm)
Cách dùng hằng đẳng thức:
\(\dfrac{a}{b^2}+\dfrac{b}{c^2}+\dfrac{c}{a^2}-\dfrac{1}{a}-\dfrac{1}{b}-\dfrac{1}{c}\)
\(=\left(\dfrac{a}{b^2}-\dfrac{2}{b}+\dfrac{1}{a}\right)+\left(\dfrac{b}{c^2}-\dfrac{2}{c}+\dfrac{1}{b}\right)+\left(\dfrac{c}{a^2}-\dfrac{2}{a}+\dfrac{1}{c}\right)\)
\(=\left(\dfrac{\sqrt{a}}{b}-\dfrac{1}{\sqrt{a}}\right)^2+\left(\dfrac{\sqrt{b}}{c}-\dfrac{1}{\sqrt{b}}\right)^2+\left(\dfrac{\sqrt{c}}{a}-\dfrac{1}{\sqrt{c}}\right)^2\ge0\)
Cách khác:
Áp dụng BĐT AM-GM:
\(\frac{a}{b^2}+\frac{1}{a}\geq 2\sqrt{\frac{1}{b^2}}=\frac{2}{b}\)
\(\frac{b}{c^2}+\frac{1}{b}\geq 2\sqrt{\frac{1}{c^2}}=\frac{2}{c}\)
\(\frac{c}{a^2}+\frac{1}{c}\geq 2\sqrt{\frac{1}{a^2}}=\frac{2}{a}\)
Cộng theo vế và rút gọn:
\(\frac{a}{b^2}+\frac{b}{c^2}+\frac{c}{a^2}\geq \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\) (đpcm)
\(\left(1.x+9.\frac{1}{y}\right)^2\le\left(1^2+9^2\right)\left(x^2+\frac{1}{y^2}\right)\Rightarrow\sqrt{x^2+\frac{1}{y^2}}\ge\frac{1}{\sqrt{82}}\left(x+\frac{9}{y}\right)\)
\(TT:\sqrt{y^2+\frac{1}{z^2}}\ge\frac{1}{\sqrt{82}}\left(x+\frac{9}{z}\right);\sqrt{z^2+\frac{1}{x^2}}\ge\frac{1}{\sqrt{82}}\left(z+\frac{9}{x}\right)\)
\(S\ge\frac{1}{\sqrt{82}}\left(x+y+z+\frac{9}{x}+\frac{9}{y}+\frac{9}{z}\right)\ge\frac{1}{\sqrt{82}}\left(x+y+z+\frac{81}{x+y+z}\right)\)
\(=\frac{1}{\sqrt{82}}\left[\left(x+y+z+\frac{1}{x+y+z}\right)+\frac{80}{x+y+z}\right]\ge\sqrt{82}\)