|
|
sửa đổi
|
fml
|
|
|
|
fml a,b,c >0 t/m $a^{2}+b^{2}+c^{2}=3$.cmr$ P=\frac{1}{3-ab}+\frac{1}{3-bc}+\frac{1}{3-ca}\ geq \frac{3}{2}$
fml a,b,c >0 t/m $a^{2}+b^{2}+c^{2}=3$.cmr$\frac{1}{3-ab}+\frac{1}{3-bc}+\frac{1}{3-ca}\ leq slant \frac{3}{2}$
|
|
|
|
sửa đổi
|
yết kiến các thánh quỹ tích
|
|
|
|
yết kiến các thánh quỹ tích cho đường tròn tâm $O$ bán kính $R$ và điểm cố định $A$ trển đường tròn. điểm $M$ di động trên đường tròn đó.vẽ các tam giác vuông cân $ AIM$. tìm quỹ tích các điểm $I$
yết kiến các thánh quỹ tích cho đường tròn tâm $O$ bán kính $R$ và điểm cố định $A$ trển đường tròn. điểm $M$ di động trên đường tròn đó.vẽ các tam giác vuông cân $ AIM$ ( vuông cân tại I). tìm quỹ tích các điểm $I$
|
|
|
|
sửa đổi
|
hey a e
|
|
|
|
từ trái qua phải , đặt tên các điểm là $A_{1},A_{2},...,A_{5};B_{1},B_{2},...,B_{5}$$TH_{1}$:cho $A_{1}B_{1}//A_{2}B_{2}//...//A_{5}B_{5}$ thì có $C^{2}_{5}$ hình đc lập ra$TH_{2}$: cho $A_{1}B_{1}//A_{2}B_{2}//...$ thì có $x^{2}_{4}$...tương tự đến hết thì có $C^{2}_{5}+C^{2}_{4}+C^{2}_{3}+C^{2}_{2}=20$ hình
từ trái qua phải , đặt tên các điểm là $A_{1},A_{2},...,A_{5};B_{1},B_{2},...,B_{5}$$TH_{1}$:cho $A_{1}B_{1}//A_{2}B_{2}//...//A_{5}B_{5}$ thì có $C^{2}_{5}$ hình đc lập ra$TH_{2}$: cho $A_{1}B_{1}//A_{2}B_{2}//...$ thì có $C^{2}_{4}.2$...tương tự đến hết thì có $C^{2}_{5}+C^{2}_{4}.2+C^{2}_{3}.2+C^{2}_{2}.2=30$ hình
|
|
|
|
sửa đổi
|
hey a e
|
|
|
|
với mỗi điểm trên đường thẳng a thì ta lập được chỉ 4 hình bình hànhnên lập đc tất cả là 20 hình
từ trái qua phải , đặt tên các điểm là $A_{1},A_{2},...,A_{5};B_{1},B_{2},...,B_{5}$$TH_{1}$:cho $A_{1}B_{1}//A_{2}B_{2}//...//A_{5}B_{5}$ thì có $C^{2}_{5}$ hình đc lập ra$TH_{2}$: cho $A_{1}B_{1}//A_{2}B_{2}//...$ thì có $x^{2}_{4}$...tương tự đến hết thì có $C^{2}_{5}+C^{2}_{4}+C^{2}_{3}+C^{2}_{2}=20$ hình
|
|
|
|
sửa đổi
|
giải hệ phương trình
|
|
|
|
$x=0$ không là nghiệm của hpt$x\neq 0$ thì chia hai vế của $(2)$ cho $x$ , đc:$\frac{9}{x}\sqrt{1+x}+y\sqrt{9+y^{2}}=0$ $(1)$với $x>0$ thì $(1)\Leftrightarrow \frac{3}{\sqrt{x}}.\sqrt{9+\frac{9}{x}}+y\sqrt{9+y^{2}}=0$chứng minh hàm $f(t)=t\sqrt{9+t^{2}}$ đòng biến hoặc nghịch biến thì từ đó suy ra $\frac{3}{\sqrt{x}}=-y$ hay $x=\frac{9}{y^{2}}$thay lên trên:$2\sqrt{\frac{9}{y^{2}}+y+6}=1-y$đến đây bạn tự giải tiếp nha....^^!với $-1\leq x<0$ thì .$(2)\Rightarrow 0mk ms suy nghĩ đến đây thôi...có gì mn bổ sung giúp..!
$x=0$ không là nghiệm của hpt$x\neq 0$ thì chia hai vế của $(2)$ cho $x$ , đc:$\frac{9}{x}\sqrt{1+x}+y\sqrt{9+y^{2}}=0$ $(1)$với $x>0$ thì $(1)\Leftrightarrow \frac{3}{\sqrt{x}}.\sqrt{9+\frac{9}{x}}+y\sqrt{9+y^{2}}=0$chứng minh hàm $f(t)=t\sqrt{9+t^{2}}$ đòng biến hoặc nghịch biến thì từ đó suy ra $\frac{3}{\sqrt{x}}=-y$ hay $x=\frac{9}{y^{2}}$thay lên trên:$2\sqrt{\frac{9}{y^{2}}+y+6}=1-y$đến đây bạn tự giải tiếp nha....^^!với $-1\leq x<0$ thì .$(2)\Rightarrow 1\geq y\geq 0$ nên $(1)\Rightarrow 2\sqrt{x+y+6}\leq 1$ hay $x+y\leq -\frac{23}{4}$ ( sai vì $x+y\geq -1$mk ms suy nghĩ đến đây thôi...có gì mn bổ sung giúp..!
|
|
|
|
sửa đổi
|
giải hệ phương trình
|
|
|
|
$x=0$ không là nghiệm của hpt$x\neq 0$ thì chia hai vế của $(2)$ cho $x$ , đc:$\frac{9}{x}\sqrt{1+x}+y\sqrt{9+y^{2}}=0$ $(1)$với $x>0$ thì $(1)\Leftrightarrow \frac{3}{\sqrt{x}}.\sqrt{9+\frac{9}{x}}+y\sqrt{9+y^{2}}=0$chứng minh hàm $f(t)=t\sqrt{9+t^{2}}$ đòng biến hoặc nghịch biến thì từ đó suy ra $\frac{3}{\sqrt{x}}=y$ hay $x=\frac{9}{y^{2}}$thay lên trên:$2\sqrt{\frac{9}{y^{2}}+y+6}=1-y$đến đây bạn tự giải tiếp nha....^^!với $-1\leq x<0$ thì .$(2)\Rightarrow 0<y<1$..từ $(1)$ suy ra $2\sqrt{x+y+6}<1$ tức là $x+y<-\frac{23}{4}$ (sai vì $x+y\geq -1$)mk ms suy nghĩ đến đây thôi...có gì mn bổ sung giúp..!
$x=0$ không là nghiệm của hpt$x\neq 0$ thì chia hai vế của $(2)$ cho $x$ , đc:$\frac{9}{x}\sqrt{1+x}+y\sqrt{9+y^{2}}=0$ $(1)$với $x>0$ thì $(1)\Leftrightarrow \frac{3}{\sqrt{x}}.\sqrt{9+\frac{9}{x}}+y\sqrt{9+y^{2}}=0$chứng minh hàm $f(t)=t\sqrt{9+t^{2}}$ đòng biến hoặc nghịch biến thì từ đó suy ra $\frac{3}{\sqrt{x}}=-y$ hay $x=\frac{9}{y^{2}}$thay lên trên:$2\sqrt{\frac{9}{y^{2}}+y+6}=1-y$đến đây bạn tự giải tiếp nha....^^!với $-1\leq x<0$ thì .$(2)\Rightarrow 0mk ms suy nghĩ đến đây thôi...có gì mn bổ sung giúp..!
|
|
|
|
sửa đổi
|
mọi người giúp mình với ạ...
|
|
|
|
mọi người giúp mình với ạ... cho hàm số : y=x^3+3x^2+3x+5xác định giá trị của k để hàm số có ít nhất một điểm mà tiếp tuyến tại đó vuông góc với đường thẳng y=kx+2015
mọi người giúp mình với ạ... cho hàm số : $y=x^ {3 }+3x^2+3x+5 $xác định giá trị của $k $ để hàm số có ít nhất một điểm mà tiếp tuyến tại đó vuông góc với đường thẳng $y=kx+2015 $
|
|
|
|
sửa đổi
|
giải hệ phương trình
|
|
|
|
đk .....hệ pt thứ hai:từ $(1)\Rightarrow x\neq 0 $ (vì $x=0$ không thỏa mãn hệ) nên chia hai về cho $x^{5}$ ta đc$x^{5}+2x=(\frac{y}{x})^{5}+2(\frac{y}{x})$ chứng minh hàm đơn điệu rồi suy ra $x=\frac{x}{y}$ hay $x^{2}=y$thế vào $(2)\Leftrightarrow \sqrt{y+5} +\sqrt{2y+1}=6$nhân liên hợp thu đc $y=4 $ suy ra $x=\pm 2$
đk .....hệ pt thứ hai:từ $(1)\Rightarrow x\neq 0 $ (vì $x=0$ không thỏa mãn hệ) nên chia hai về cho $x^{5}$ ta đc$x^{5}+2x=(\frac{y}{x})^{5}+2(\frac{y}{x})$ chứng minh hàm đơn điệu rồi suy ra $x=\frac{y}{x}$ hay $x^{2}=y$thế vào $(2)\Leftrightarrow \sqrt{y+5} +\sqrt{2y+1}=6$nhân liên hợp thu đc $y=4 $ suy ra $x=\pm 2$
|
|
|
|
sửa đổi
|
Toán 9, mọi người giúp mình với!
|
|
|
|
Toán 9, mọi người giúp mình với! Cho x,y,z >0Chứng minh: \frac{xy}{x^{2}+yz+zx}+\frac{yz}{y^{2}+zx+xy}+\frac{zx}{z^{2}+xy+yz}\leq \frac{x^{2}+y^{2}+z^{2}}{xy+yz+zx}
Toán 9, mọi người giúp mình với! Cho $x,y,z >0 $Chứng minh: $\frac{xy}{x^{2}+yz+zx}+\frac{yz}{y^{2}+zx+xy}+\frac{zx}{z^{2}+xy+yz}\leq \frac{x^{2}+y^{2}+z^{2}}{xy+yz+zx} $
|
|
|
|
sửa đổi
|
hình học phẳng 2
|
|
|
|
giả sử phân giác góc $\widehat{ADB}$ cắt $AC$ và $AB$ lần lượt tài $M$ và $N$$AM:3x-5y+17=0\Rightarrow /cos\widehat{AMD}/=\sqrt{\frac{16}{17}}$thấy rằng $\widehat{AMD}=\widehat{ACD}+\widehat{MDC}=\widehat{DAB}+\widehat{MDA}=\widehat{DNB}$đường thẳng $AB$ đi qua $A(1;4)$ và $/cos\widehat{DAB}/=\sqrt{\frac{16}{17}}$ nên thu đc $AB:$$3x-5y+17=0$ hoặc $5x-3y+7=0$
giả sử phân giác góc $\widehat{ADB}$ cắt $AC$ và $AB$ lần lượt tài $M$ và $N$$AM:3x-5y+17=0\Rightarrow /cos\widehat{AMD}/=\sqrt{\frac{16}{17}}$thấy rằng $\widehat{AMD}=\widehat{ACD}+\widehat{MDC}=\widehat{DAB}+\widehat{MDA}=\widehat{DNB}$đường thẳng $AB$ đi qua $A(1;4)$ và $/cos\widehat{DAB}/=\sqrt{\frac{16}{17}}$ nên thu đc $AB:$$3x-5y+17=0$ (trùng với $AC$ nên loại) hoặc $5x-3y+7=0$
|
|
|
|
sửa đổi
|
chứng minh bất đẳng thức sau
|
|
|
|
đánh giá đại diện..:$\frac{1}{2(a+b-1)+c+d}=\frac{1}{(a+b)+(c+d)+(b+c)-2}\leq \frac{1}{2}.\frac{1}{\sqrt{ab}+\sqrt{cd}+\sqrt{bc}-1}$$\leq \frac{1}{2}.\frac{1}{2\sqrt[4]{abcd}+\sqrt{bc}-1}=\frac{1}{2}.\frac{1}{\sqrt{bc}+1}$tương tự, cộng lại ta đc:$VT\leq \frac{1}{2}(\frac{1}{\sqrt{ab}+1}+\frac{1}{\sqrt{cd}+1}+\frac{1}{\sqrt{bc}+1}+\frac{1}{\sqrt{da}+1})$ $=\frac{1}{2}(\frac{1}{\sqrt{ab}+1}+\frac{\sqrt{ab}}{\sqrt{ab}+1}+\frac{1}{\sqrt{cd}+1}+\frac{\sqrt{cd}}{\sqrt{cd}+1})$ $=1$suy ra dpcm
đánh giá đại diện..:$\frac{1}{2(b+c-1)+a+d}=\frac{1}{(a+b)+(c+d)+(b+c)-2}\leq \frac{1}{2}.\frac{1}{\sqrt{ab}+\sqrt{cd}+\sqrt{bc}-1}$$\leq \frac{1}{2}.\frac{1}{2\sqrt[4]{abcd}+\sqrt{bc}-1}=\frac{1}{2}.\frac{1}{\sqrt{bc}+1}$tương tự, cộng lại ta đc:$VT\leq \frac{1}{2}(\frac{1}{\sqrt{ab}+1}+\frac{1}{\sqrt{cd}+1}+\frac{1}{\sqrt{bc}+1}+\frac{1}{\sqrt{da}+1})$ $=\frac{1}{2}(\frac{1}{\sqrt{ab}+1}+\frac{\sqrt{ab}}{\sqrt{ab}+1}+\frac{1}{\sqrt{cd}+1}+\frac{\sqrt{cd}}{\sqrt{cd}+1})$ $=1$suy ra dpcm
|
|
|
|
sửa đổi
|
hình học phẳng 2
|
|
|
|
hình học phẳng 2 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có A (1;4) , tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC tại D , đường phân giác trong của tam g iác ADB có phương trình x-y+2 =0,điểm M (-4;1) thuộc cạnh AC. Viết phương trình đường thẳng AB. chúc các bạn học tốt nha!
hình học phẳng 2 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có A (1;4) , tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC tại D , đường phân giác trong của g óc ADB có phương trình x-y+2 =0,điểm M (-4;1) thuộc cạnh AC. Viết phương trình đường thẳng AB. chúc các bạn học tốt nha!
|
|
|
|
sửa đổi
|
mời các chế làm bài tớ ms tạo nè...( sản phẩm của tiết văn hihi....)
|
|
|
|
mời các chế làm bài tớ ms tạo nè...( sản phẩm của tiết văn hihi....) cho $a, b, c \in [ -1 ; 1 ]$ và thỏa mãn $a^{2}+b^{2}+c^{2}+2abc=1$chứng minh rằng $a+b+c=1+\sqrt{2(1-a)(1-b)(1-c)}$
mời các chế làm bài tớ ms tạo nè...( sản phẩm của tiết văn hihi....) cho $a, b, c \in [ -1 ; 1 ]$ ; không đồng thời bằng $-1$ và thỏa mãn $a^{2}+b^{2}+c^{2}+2abc=1$chứng minh rằng $a+b+c=1+\sqrt{2(1-a)(1-b)(1-c)}$
|
|
|
|
sửa đổi
|
mời các chế làm bài tớ ms tạo nè...( sản phẩm của tiết văn hihi....)
|
|
|
|
mời các chế làm bài tớ ms tạo nè...( sản phẩm của tiết văn hihi....) cho $a, b, c \in [ 0 ; 1 ]$ và thỏa mãn $a^{2}+b^{2}+c^{2}+2abc=1$chứng minh rằng $a+b+c=1+\sqrt{2(1-a)(1-b)(1-c)}$
mời các chế làm bài tớ ms tạo nè...( sản phẩm của tiết văn hihi....) cho $a, b, c \in [ -1 ; 1 ]$ và thỏa mãn $a^{2}+b^{2}+c^{2}+2abc=1$chứng minh rằng $a+b+c=1+\sqrt{2(1-a)(1-b)(1-c)}$
|
|
|
|
sửa đổi
|
hình học phẳng
|
|
|
|
gọi I là điểm cố định mà họ đường thẳng d luôn đi qua...tức là $mx+y-m-4=0 $ đúng với mọi $m$ $\Rightarrow x=1;y=4$ hay $I(1;4)$sau khi vẽ hình ra ta thấy rằng quỹ tích các điểm h nằm trên đường tròn $(C)$ có đường kính là $IB$do đó $HK$ ngắn nhất khi $H$ là tiếp điểm của tiếp tuyến gần nhất vs $(C)$ song song vs $c$vậy tìm đc $H(-2;1)$ sau đó cho d đi qua H và I là đc...$:x-y+3=0$
gọi I là điểm cố định mà họ đường thẳng d luôn đi qua...tức là $mx+y-m-4=0 $ đúng với mọi $m$ $\Rightarrow x=1;y=4$ hay $I(1;4)$sau khi vẽ hình ra ta thấy rằng quỹ tích các điểm $H$ nằm trên đường tròn $(C)$ có đường kính là $IB$do đó $HK$ ngắn nhất khi $H$ là tiếp điểm của tiếp tuyến gần nhất vs $(C)$ song song vs $c$vậy tìm đc $H(-2;1)$ sau đó cho d đi qua $H$ và $I$ là đc...$d:x-y+3=0$
|
|