Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Lấy điểm D thuộc cạnh AC, E thuộc tia đối của tia HA sao cho
\(\frac{AD}{AC}=\frac{HE}{HA}=\frac{1}{3}\) . CMR: \(\widehat{BED}=90^0\)
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Gọi E là điểm đối xứng của C qua A
=> \(\Delta\)BCE vuông tại E => \(HC=\frac{BC^2}{CE}=\frac{BC^2}{2AC}\)
\(AH=AC-HC=AC-\frac{BC^2}{2AC}=\frac{2AC^2-BC^2}{2AC}\)
\(\Rightarrow\frac{AH}{HC}=2\left(\frac{AC}{BC}\right)^2-1\)
Áp dụng Bất Đẳng Thức \(\left(x+y+z\right)^2\ge3\left(xy+yz+zx\right)\forall x;y;z\inℝ\)ta có
\(\left(ab+bc+ca\right)^2\ge3abc\left(a+b+c\right)=9abc>0\Rightarrow ab+bc+ca\ge3\sqrt{abc}\)
Ta có \(\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)\ge\left(1+\sqrt[3]{abc}\right)^3\forall a;b;c>0\)
Thật vậy \(\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)=1+\left(a+b+c\right)+\left(ab+bc+ca\right)+abc\)
\(\ge1+3\sqrt[3]{abc}+3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}+abc=\left(1+\sqrt[3]{abc}\right)^3\)
Khi đó \(P\le\frac{2}{3\left(1+\sqrt{abc}\right)}+\frac{\sqrt[3]{abc}}{1+\sqrt[3]{abc}}+\frac{\sqrt{abc}}{6}\)
Đặt \(\sqrt[6]{abc}=t\Rightarrow\sqrt[3]{abc}=t^2,\sqrt{abc}=t^3\)
Vì a,b,c>0 nên 0<abc\(\le\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^2=1\Rightarrow0< t\le1\)
Xét hàm số \(f\left(t\right)=\frac{2}{3\left(1+t^3\right)}+\frac{t^2}{1+t^2}+\frac{1}{6}t^3;t\in(0;1]\)
\(\Rightarrow f'\left(t\right)=\frac{2t\left(t-1\right)\left(t^5-1\right)}{\left(1+t^3\right)^2\left(1+t^2\right)^2}+\frac{1}{2}t^2>0\forall t\in(0;1]\)
Do hàm số đồng biến trên (0;1] nên \(f\left(t\right)< f\left(1\right)\Rightarrow P\le1\)
\(\Rightarrow\frac{2}{3+ab+bc+ca}+\frac{\sqrt{abc}}{6}+\sqrt[3]{\frac{abc}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}}\le1\)
Dấu "=" xảy ra khi a=b=c=1
\(\frac{3}{\sqrt{5}+2}+\frac{1}{\sqrt{2}-1}-\frac{4}{3-\sqrt{5}}\)
\(=\frac{3\left(\sqrt{5}-2\right)}{\left(\sqrt{5}+2\right)\left(\sqrt{5}-2\right)}+\frac{\left(\sqrt{2}+1\right)}{\left(\sqrt{2}-1\right)\left(\sqrt{2}+1\right)}-\frac{4\left(3+\sqrt{5}\right)}{\left(3-\sqrt{5}\right)\left(3+\sqrt{5}\right)}\)
\(=\frac{3\sqrt{5}-6}{5-4}+\frac{\text{}\sqrt{2}+1}{2-1}-\frac{4\left(3+\sqrt{5}\right)}{9-5}\)
\(=3\sqrt{5}-6+\text{}\sqrt{2}+1-3+\sqrt{5}\)
\(=2\sqrt{5}-8+\text{}\sqrt{2}\)
ĐKXĐ : \(x\ge0\)
\(K=1+\frac{1+\sqrt{x}}{\sqrt{x}+2}-\frac{3\sqrt{x}}{x-2\sqrt{x}}\)
\(\Leftrightarrow K=1+\frac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}+2}-\frac{3\sqrt{x}}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-2\right)}\)
\(\Leftrightarrow K=1+\frac{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}+1\right)-3\sqrt{x}}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-2\right)}\)
\(\Leftrightarrow K=1+\frac{x+\sqrt{x}-3\sqrt{x}}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-2\right)}\)
\(K=1+\frac{x-2\sqrt{x}}{x-2\sqrt{x}}=1+1=2\)
Ta có :
\(b^2=\left(3+\sqrt{6+\sqrt{7+\sqrt{2}}}\right)\left(3-\sqrt{6+\sqrt{7+\sqrt{2}}}\right)\)
\(b^2=9-\left(6+\sqrt{7+\sqrt{2}}\right)\)
\(b^2=3-\sqrt{7+\sqrt{2}}\)
\(\Rightarrow b=\sqrt{3-\sqrt{7+\sqrt{2}}}\)
Tích ab :
\(ab=\sqrt{2+\sqrt{2}}.\sqrt{3+\sqrt{7+\sqrt{2}}}.\sqrt{3-\sqrt{7+\sqrt{2}}}\)
\(ab=\sqrt{2+\sqrt{2}}.\left(9-7-\sqrt{2}\right)\)
\(ab=\sqrt{2+\sqrt{2}}.\left(2-\sqrt{2}\right)\)
P/s : làm được thế này thui . Sai bỏ qua
Vẽ DF _|_ AH tại F, do đó AF=HE, HA=FE
Áp dụng đinhk lý Pytago vào các tam giác vuông HEB, FDE, HAB, FAD, ABD ta sẽ chứng minh \(BE^2+ED^2=BD^2\)
Do đó \(\Delta\)BED vuông tại E => \(\widehat{BED}=90^0\)
*Không hiểu chỗ nào inbox*