Cho hình bình hành ABCD. Gọi E , F thứ tự là trung điểm của AB và CD.
Đường thẳng BD cắt AF và CE thứ tự tại G và H. Chứng minh rằng:
a) Tứ giác EGFH là hình bình hành.
b) Hình hình hành ABCD phải có thêm điều kiện gì thì tứ giác EGFH là hình chữ
nhật, hình thoi.
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)
\(\left(x-1\right)^2=2\left(x^2-1\right)\)
\(\Leftrightarrow x^2-2x+1=2x^2-2\)
\(\Leftrightarrow-x^2-2x-3=0\)
\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)\left(x+3\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x-1=0\\x+3=0\end{cases}}\)\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=1\\x=-3\end{cases}}\)
\(\left(x-1\right)^2=2\left(x^2-1\right)\)
\(x^2-2x+1=2x^2-2\)
\(x^2+2x-3=0\)
\(\left(x+3\right)\left(x-1\right)=0\)
\(x=-3;1\)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
\(x^3-3x^2+3x-1=\left(x-1\right)\left(x+1\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)^3=\left(x-1\right)\left(x+1\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)^3-\left(x-1\right)\left(x+1\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)\left[\left(x-1\right)^2-\left(x+1\right)\right]=0\)
\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)\left[\left(x-1\right)^2-x-1\right]=0\)
\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x-1=0\\\left(x-1\right)^2-x-1=0\end{cases}}\)
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=1\\x=0\\x=3\end{cases}}\)Bạn đổi dấu ngoặc nhọn thành ngoặc vuông giúp mình nhé
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Áp dụng Bunhiacopxki dạng phân thức:
\(VT=\frac{2}{x+y}+\frac{2}{y+z}+\frac{2}{z+x}\ge\frac{\left(\sqrt{2}.3\right)^2}{2\left(x+y+z\right)}=\frac{9}{x+y+z}\)
Dấu "=" khi x = y = z > 0
cũng là Cauchy-Schwarz dạng Engel nhưng làm khác idol :))
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng Engel ta có :
\(\frac{1}{x+y}+\frac{1}{y+z}+\frac{1}{z+x}\ge\frac{\left(1+1+1\right)^2}{x+y+y+z+z+x}=\frac{9}{2\left(x+y+z\right)}\)
=> \(2\left(\frac{1}{x+y}+\frac{1}{y+z}+\frac{1}{z+x}\right)\ge\frac{9}{2\left(x+y+z\right)}\cdot2=\frac{9}{x+y+z}\left(đpcm\right)\)
Đẳng thức xảy ra <=> x=y=z
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
<=> 10x2 - 6x - 10x2 - 1 = 5
<=> 6x = -6
<=> x = -1
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
\(a^2c^2+2abcd+b^2d^2\le a^2c^2+b^2c^2+a^2d^2+b^2d^2\)
\(\Leftrightarrow b^2c^2+a^2d^2\ge2abcd\)(luôn đúng)
Vậy bđt được chứng minh
Dấu "=" xảy ra khi a=b=c=d
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
a2c2 + 2abcd + b2d2 < a2c2 + b2c2 + a2d2 +b2d2
<=>b2d2 + a2d2 > 2abcd (luôn đúng)
Vậy bất đẳng thức được chứng minh
Dấu = xảy ra khi a=b=c=d k nha
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
a, Đặt \(x^2-4x+8=a\left(a>0\right)\)
\(\Rightarrow a-2=\frac{21}{a+2}\)
\(\Leftrightarrow a^2-4=21\Rightarrow a^2=25\Rightarrow a=5\)
Thay vào là ra
b) ĐK: \(y\ne1\)
bpt <=> \(\frac{4\left(1-y\right)}{1-y^3}+\frac{1+y+y^2}{1-y^3}+\frac{2y^2-5}{1-y^3}\le0\)
<=> \(\frac{3y^2-3y}{1-y^3}\le0\)
\(\Leftrightarrow\frac{y\left(y-1\right)}{\left(y-1\right)\left(y^2+y+1\right)}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{y}{y^2+y+1}\ge0\)
vì \(y^2+y+1=\left(y+\frac{1}{2}\right)^2+\frac{3}{4}>0\)
nên bpt <=> \(y\ge0\)