cho tam giác ABC, AB =9cm, AC=12cm, BC =15cm, AH đg cao
a/ chứng minh tam giác ABC vuông
b/ tính AH, BH
c/ cho HE vuông góc AB tại E , HI vuông góc AC tại I
cmr : AE.AB = AI.AC
d/ Cm căn BH.HC bé hơn bằng BC/2
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) Gọi EF cắt AO tại T. Ta thấy AE,AF là các tiếp tuyến từ A tới (O) => OA là trung trực của EF
=> OA vuông góc EF tại T. Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông (\(\Delta\)AEO) có OE2 = OT.OA
=> OD2 = OT.OA. Từ đó \(\Delta\)DOT ~ \(\Delta\)AOD (c.g.c) => ^ODT = ^OAD
Cũng từ OA vuông góc EF tại T => ^OTI = 900 = ^ODI => Tứ giác DOTI nội tiếp (OI)
=> ^ODT = ^OIT. Mà ^ODT = ^OAD (cmt) nên ^OAD = ^OIT. Do ^OIT + ^IOT = 900 nên ^OAD + ^IOT = 900
Nếu gọi AD giao OI tại L thì ta có \(\Delta\)AOL vuông tại L hay DG vuông góc OI
Mà DG là một dây của (O) nên OI là trung trực của DG. Theo đó ^IGO = ^IDO = 900
Vậy thì IG tiếp xúc với (O) tại G (đpcm).
b) Gọi DJ là đường kính của (O). Từ B và C lần lượt hạ BP và CQ vuông góc với KJ (P,Q thuộc KJ)
Khi đó ta có ^DGJ = ^DKJ = 900 và BP // DK // CQ (Cùng vuông góc KJ)
Xét \(\Delta\)DGJ và \(\Delta\)AHD: ^DGJ = ^AHD = 900, ^GDJ = ^HAD (AH // DJ) => \(\Delta\)DGJ ~ \(\Delta\)AHD (g.g)
Chú ý M là trung điểm AH, L là trung điểm GD nên dễ có \(\Delta\)JGL ~ \(\Delta\)DHM (c.g.c)
=> ^GJL = ^HDM => ^OLJ = ^BDK (Do OL // GJ) = ^DJK (Vì BC tiếp xúc (O))
Theo câu a: DL vuông góc OI tại L, áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông (\(\Delta\)ODI) có:
OD2 = OL.OI => OJ2 = OL.OI. Từ đây \(\Delta\)OLJ ~ \(\Delta\)OJI (c.g.c) => ^OLJ = ^OJI hay ^OLJ = ^DJI
Két hợp với ^OLJ = ^DJK (cmt) suy ra ^DJK = ^DJI. Mà K,I cùng phía so với DJ nên JK trùng JI
Hay K,I,J thẳng hàng. Kéo theo I,P,K,Q cũng thẳng hàng. Áp dụng hệ quả ĐL Thales có:
\(\frac{CQ}{BP}=\frac{IC}{IB}\). Lại có \(\frac{EA}{EC}.\frac{FB}{FA}.\frac{IC}{IB}=1\)(ĐL Melelaus) => \(\frac{IC}{IB}=\frac{EC}{FB}\)(Vì EA=FA)
Do đó \(\frac{CQ}{BP}=\frac{EC}{FB}=\frac{CD}{BD}=\frac{QK}{PK}\)(Theo tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau và ĐL Thales)
Kết hợp với ^BPK = ^CQK = 900 suy ra \(\Delta\)BPK ~ \(\Delta\)CQK (c.g.c) => ^BKP = ^CKQ
=> 900 - ^BKP = 900 - ^CKQ => ^BKD = ^CKD => KD là phân giác ^BKC (đpcm).
a) Đường tròn (O)(O) tiếp xúc với AB.BC,CAAB.BC,CA tại D,E,FD,E,F, tức là OO là giao của ba đường phân giác tam giác ABCABC và OD⊥AB,OF⊥AC,OE⊥BCOD⊥AB,OF⊥AC,OE⊥BC
Do đó: ODAˆ+OFAˆ=900+900=1800ODA^+OFA^=900+900=1800
⇒ODAF⇒ODAF là tứ giác nội tiếp.
Hoàn toàn tương tự: ODBE,OECFODBE,OECF nội tiếp.
Từ các tứ giác nội tiếp suy ra:
⎧⎩⎨ODFˆ=OAFˆ=Aˆ2ODEˆ=OBEˆ=Bˆ2{ODF^=OAF^=A^2ODE^=OBE^=B^2 ⇒ODFˆ+ODEˆ=Aˆ2+Bˆ2⇒ODF^+ODE^=A^2+B^2
hay EDFˆ=Aˆ+Bˆ2EDF^=A^+B^2
Tương tự: DEFˆ=Bˆ+Cˆ2DEF^=B^+C^2 và EFDˆ=Aˆ+Cˆ2EFD^=A^+C^2
Vì ABCABC là tam giác nhọn nên các góc đều nhỏ hơn 900900
⇒EDFˆ,DEFˆ,EFDˆ<900⇒EDF^,DEF^,EFD^<900
⇒△DEF⇒△DEF có 3 góc nhọn.
b)
Vì tam giác ABCABC cân tại AA nên ABCˆ=ACBˆABC^=ACB^
⇒ABCˆ=180−BACˆ2=900−Aˆ2⇒ABC^=180−BAC^2=900−A^2
Tứ giác ODAFODAF nội tiếp ⇒ADFˆ=AOFˆ=900−OAFˆ=900−Aˆ2⇒ADF^=AOF^=900−OAF^=900−A^2
Do đó: ABCˆ=ADFˆABC^=ADF^, hai góc này ở vị trí đồng vị nên DF∥BCDF∥BC
c)
{ABCˆ=ACBˆABCˆ=ADFˆ(theo phần b){ABC^=ACB^ABC^=ADF^(theo phần b) ⇒ADFˆ=ACBˆ=FCBˆ⇒ADF^=ACB^=FCB^
⇒BDFC⇒BDFC nội tiếp.
d)
BDBD là tiếp tuyến của (O)(O) nên BDMˆ=DFIˆ=DFBˆBDM^=DFI^=DFB^ (cùng chắn cung DI)
Mà do BDFCBDFC nội tiếp nên DFBˆ=DCBˆDFB^=DCB^
Từ đây suy ra BDMˆ=DCBˆBDM^=DCB^
Xét tam giác BDMBDM và BCDBCD có:
{∠B ChungBDMˆ=BCDˆ(cmt)⇒△BDM∼△BCD(g.g){∠B ChungBDM^=BCD^(cmt)⇒△BDM∼△BCD(g.g)
⇒BDBC=BMBD(1)⇒BDBC=BMBD(1)
Do DF∥BC⇒BDAB=CFACDF∥BC⇒BDAB=CFAC (theo định lý Ta -let) mà AB=AC⇒BD=CF(2)AB=AC⇒BD=CF(2)
Từ (1);(2)⇒BDBC=BMCF(1);(2)⇒BDBC=BMCF (đpcm
~Mik ko chắc~
\(x^3+y^3-3xy=p-1\)
\(\Leftrightarrow\left(x+y\right)^3-3xy\left(x+y\right)-3xy+1=p\)
\(\Leftrightarrow\left(x+y+1\right)\left[\left(x+y\right)^2-\left(x+y\right)+1-3xy\right]=p\)
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x+y+1=p\\\left(x+y\right)^2-\left(x+y\right)+1-3xy=1\end{cases}}\)( để ý rằng x+y+1 > 1 và p là số nguyên tố )
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x+y+1=p\\\left(x+y\right)^2-\left(x+y\right)=3xy\end{cases}}\)
Mà ta có đánh giá quen thuộc sau:
\(4xy\le\left(x+y\right)^2\Rightarrow3xy=\left(x+y\right)^2-\left(x+y\right)\le\frac{3}{4}\left(x+y\right)^2\)
\(\Leftrightarrow\left(x+y\right)^2-4\left(x+y\right)\le0\Rightarrow0\le x+y\le4\)
Mặt khác \(x+y=p-1\Rightarrow p-1\le4\Leftrightarrow p\le5\)
Vậy pmax=5 tại x=y=2
\(a,\)\(\sqrt{x^2}\)
\(đkxđ\Leftrightarrow x^2\ge0\)( luôn đúng với \(\forall x\))
\(b,\)\(\sqrt{-4x^2}=\sqrt{-\left(2x\right)^2}\)
\(đkxđ\Leftrightarrow\left(2x\right)^2\le0\)
Vì \(2x^2\ge0\Rightarrow2x^2=0\Leftrightarrow x=0\)
\(c,\)\(\sqrt{\left(x-1\right)\left(x-3\right)}\)
\(đkxđ\Leftrightarrow\left(x-1\right)\left(x-3\right)\ge0\)
\(\Rightarrow\orbr{\begin{cases}x-1\ge0;x-3\ge0\\x-1< 0;x-3< 0\end{cases}}\)\(\Rightarrow\orbr{\begin{cases}x\ge1;x\ge3\\x< 1;x< 3\end{cases}\Rightarrow\orbr{\begin{cases}x\ge3\\x< 1\end{cases}}}\)
Gợi ý:
\(\sqrt{x^2}=|x|=x\)=>luôn có nghiệm
\(\sqrt{-4x^2}=x\sqrt{-4}\)=>không có giá trị nào của x để căn thức có nghĩa
Để\(\sqrt{\left(x-1\right)\left(x-3\right)}\)có nghĩa\(\Rightarrow\left(x-1\right)\left(x-3\right)\ge0\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x-1\ge0\\x-3\ge0\end{cases}}\)
\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x\ge1\\x\ge3\end{cases}\Leftrightarrow}x\ge3\)
\(\sqrt{x^2-4}\)
\(\Rightarrow x^2-4\ge0\)
\(\Rightarrow\orbr{\begin{cases}x\le-2\\x\ge2\end{cases}}\)
\(\sqrt{1-x^2}\Rightarrow1-x^2\ge0\Leftrightarrow-1\le x\le1\)
Ta có: \(3a^2+2ab+3b^2=m\left(a+b\right)^2+n\left(a-b\right)^2\)
\(=\left(m+n\right)a^2+2\left(m-n\right)ab+\left(m+n\right)b^2\)
Đồng nhất hệ số ta được \(\hept{\begin{cases}m+n=3\\m-n=1\end{cases}\Leftrightarrow}\hept{\begin{cases}m=2\\n=1\end{cases}}\)
Do đó \(3a^2+2ab+3b^2=2\left(a+b\right)^2+\left(a-b\right)^2\ge2\left(a+b\right)^2\)
Tương tự với mấy cái BĐT còn lại thay vào ta được:
\(P\ge2\sqrt{2}\left(a+b+c\right)\ge2\sqrt{2}\frac{\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)^2}{3}=6\sqrt{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi a = b = c = 1.
P/s: Em không chắc đâu ạ!
Ta có: P=∑\(\sqrt{3a^2+2ab+3b^2}\)=∑\(\sqrt{\left(a-b\right)^2+2\left(a+b\right)^2}\ge\)
∑\(\sqrt{2}\left(a+b\right)\ge\frac{2\sqrt{2}}{3}\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)=6\sqrt{2}\)
\(ĐKXĐ:x>3\)
\(\frac{\sqrt{x-3}}{\sqrt{2x+1}}=2\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{x-3}=2\sqrt{2x+1}\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{x-3}=\sqrt{8x+4}\)
\(\Leftrightarrow x-3=8x+4\)
\(\Leftrightarrow-7x=7\)
\(\Leftrightarrow x=-1\)
Vậy nghiệm duy nhất của phương trình là 1
Mình nghĩ là làm như này nè:
Dễ cm:
+: \(\left(a+b\right)^2\le\)\(2\left(a^2+b^2\right)\)(với mọi a, b) ... Áp dụng => \(\left(x+y\right)^2\le\)\(2\)<=> \(-\sqrt{2}\le x+y\)\(\le\sqrt{2}\)
+: \(\sqrt{a+b}\le\)\(\sqrt{a}+\sqrt{b}\)\(\le\sqrt{2\left(a+b\right)}\)(Cái đầu dùng tương đương còn cái hai dùng bđt BCS)
ÁP dụng =>\(\sqrt{8-5\sqrt{2}}\le\) \(\sqrt{8+5\left(x+y\right)}\le\)\(T\)\(\le\sqrt{16+10\left(x+y\right)}\)\(\le\sqrt{16+10\sqrt{2}}\)
Dấu "=" <=> ...
Bạn @Đậu Đậu gì đó ơi, Bạn giải tới đó thì max=\(16+10\sqrt{2}\)thì mình hiểu rồi , còn min =??? ghi rõ hộ mình nhé
Ta có \(\left(x-3\right)\left(5-x\right)=-\left(x^2-8x+15\right)\)
\(=-\left(x^2-8x+16-1\right)=-\left(x-4\right)^2+1\)
Vì \(3\le x\le5\)nên \(-\left(x-4\right)^2+1\le1\)hay \(\left(x-3\right)\left(5-x\right)\le1\)
Em làm Cách 2: Sử dụng BĐT \(xy\le\frac{\left(x+y\right)^2}{4}.\)Chứng minh :Biến đổi tương đương ta được \(\left(x-y\right)^2\ge0\)(luôn đúng)
Với \(3\le x\le5\Rightarrow\hept{\begin{cases}x-3\ge0\\5-x\ge0\end{cases}}\)
Khi đó: \(\left(x-3\right)\left(5-x\right)\le\frac{\left(x-3+5-x\right)^2}{4}=1\)
Dấu '=' xảy ra khi \(x-3=5-x\Leftrightarrow x=4\left(tmđk\right)\)
\(\frac{b\left(2a-b\right)}{a\left(b+c\right)}+\frac{c\left(2b-c\right)}{b\left(c+a\right)}+\frac{a\left(2c-a\right)}{c\left(a+b\right)}\le\frac{3}{2}\)
\(\Leftrightarrow\left[2-\frac{b\left(2a-b\right)}{a\left(b+c\right)}\right]+\left[2-\frac{c\left(2b-c\right)}{b\left(c+a\right)}\right]+\left[2-\frac{a\left(2c-a\right)}{c\left(a+b\right)}\right]\ge\frac{9}{2}\)
\(\Leftrightarrow\frac{b^2+2ca}{a\left(b+c\right)}+\frac{c^2+2ab}{b\left(c+a\right)}+\frac{a^2+2bc}{c\left(a+b\right)}\ge\frac{9}{2}\)
Áp dụng BĐT Schwarz, ta có :
\(\frac{b^2}{a\left(b+c\right)}+\frac{c^2}{b\left(c+a\right)}+\frac{a^2}{c\left(a+b\right)}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a\left(b+c\right)+b\left(c+a\right)+c\left(a+b\right)}=\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(ab+bc+ac\right)}\)( 1 )
\(\frac{ac}{a\left(b+c\right)}+\frac{ab}{b\left(c+a\right)}+\frac{bc}{c\left(a+b\right)}=\frac{c^2}{c\left(b+c\right)}+\frac{a^2}{a\left(a+c\right)}+\frac{b^2}{b\left(a+b\right)}\) ( 2 )
\(\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ac}\)
Cộng ( 1 ) với ( 2 ), ta được :
\(\frac{b^2+2ca}{a\left(b+c\right)}+\frac{c^2+2ab}{b\left(c+a\right)}+\frac{a^2+2bc}{c\left(a+b\right)}\)
\(\ge\left(a+b+c\right)^2\left(\frac{1}{2\left(ab+bc+ac\right)}+\frac{2}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ac}\right)\)
\(\ge\left(a+b+c\right)^2\left(\frac{\left(1+2\right)^2}{2\left(ab+bc+ac\right)+2\left(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ac\right)}\right)=\frac{9}{2}\)
không biết cách này ổn không
Ta có : \(\frac{b\left(2a-b\right)}{a\left(b+c\right)}=\frac{2-\frac{b}{a}}{\frac{c}{b}+1}\) ; tương tự :...
đặt \(\frac{a}{c}=x;\frac{b}{a}=y;\frac{c}{b}=z\Rightarrow xyz=1\)
\(\Sigma\frac{2-y}{z+1}\le\frac{3}{2}\)
\(\Leftrightarrow2\Sigma xy^2+2\Sigma x^2+\Sigma xy\ge3\Sigma x+6\)( quy đồng khử mẫu )
\(\Leftrightarrow\Sigma\frac{x}{y}\ge\Sigma x\)( xyz = 1 ) ( luôn đúng )
\(\Rightarrowđpcm\)
a, dùng pitago là ra
b,Ta có:
AB^2 + AC^2 = 9^2 + 12^2 = 225 = BC^2
==> ABC vuông tại A
Vì ABC vuông tại A và có AH là đường cao từ đỉnh A nên ta có công thức:
1/AH^2 = 1/AB^2 + 1/AC^2
= 1/9^2 + 1/12^2
==> AH = 7,2
Áp dụng định lí Pi ta go trong tam giác vuông ABH ta được:
AB^2 = AH^2 + BH^2
==> BH^2= AB^2 - AH^2
= 9^2 - 7,2^2
= 5,4
c)
Vì ABH vuông tại H và có EH là đường cao từ đỉnh H nên ta có công thức:
1/EH^2= 1/BH^2 + 1/AH^2
= 1/5,4^2 + 1/7,2^2
==> EH= 4,32
Áp dụng định lý Pytago trong tam giác vuông AEH ta được:
AE^2 = AH^2 - EH^2
= 7,2^2 - 4,32^2
==> AE=5,76
Xét hình tứ giác AEHI có 3 góc vuông nên là một hình chữ nhật ==> AI=EH=4,32
Xét tỉ lệ: AE/AI = 5,76/4,32=4/3 (1)
Xét tỉ lệ: AC/AB=12/9 =4/3 (2)
Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh