Chủ đề này có 144 trả lời

[tanthanh112001]

$\LaTeX$

[tranductucr1]

$x^10+y^10$

[badboykmhd123456]

bài 1( vẽ hình ra để nhìn nhé)

- Đường thẳng $\Delta$ qua $O$ có phương trình : $ y= ax (a\neq 0)$

- Đường tròn tâm $I(-1;1)$ bán kính $ R=3$

- $\Delta$ cắt $(C)$ tại 2 điểm $A,B\Rightarrow IA=IB=R=3$

- Gọi $H$ là hình chiếu của $I$ lên $AB$. Do $IA=IB\Rightarrow \Delta ABC $ cân ở $I$ nên $H$ là trung điểm $AB$

  Từ đó có $AH=\frac{AB}{2}=\frac{\sqrt{14}}{2}$

- Áp dụng định lí Pytago trong tam giác $IAH$ tính được $IH=\frac{\sqrt{22}}{2}$

- Mặt khác $IH= d(I,\Delta)=\frac{\left | a.(-1)-1 \right |}{\sqrt{1^2+1^2}}=\frac{\sqrt{22}}{2}$

- Từ đó tìm ra $a$ và tìm được phương trình $\Delta$

bài 2( vẽ hình nhé)

- Đường tròn $(C)$ tâm $I(1;-2)$ bán kính $R=\sqrt{10}$

- Tương tự bài trên ta có $ IM=IN$ . Thêm nữa do tam giác $AMN$ vuông cân $A$ nên $AM=AN$. Từ đây suy ra $AI$ là đường trung trực của $MN$ suy ra $MN$ vuông góc $AI$, đường thằng $MN$ nhận vecto $AI=(0;-2)$ làm vecto pháp tuyến

- Trong tam giác $AIM$ có $MAI=45$, $AI=2$, $MI=R=\sqrt{1}$ nên áp dụng định lí cos trong tam giác $MIA$ ta có 

$MI^2=IA^2+AM^2-2.IA.AM.cos45\Rightarrow AM=3\sqrt{2}$

- Gọi $H$ là giao điểm của $AI$ và $MN$. Do tam giác $AMH$ vuông cân ở $H$ nên $AH=\frac{AM}{\sqrt{2}}=3$ 

- $ MN$ có vecto pháp tuyến $n=(0;-2)$ và cách $A$ một khoảng là $3$ nên ta lập được phương trình $MN$

[ducthang0701]

$ \frac {a} {b} $

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ducthang0701: 01-05-2016 - 21:12

[hoasen]

chứng minh 

$$x^{2}\geq 0$

[hoasen]

$$\frac{a}{b}$$

[PhucLe]

Đề bài: Cho các số thực $a,b,c$ có tổng bằng 1. Chứng minh rằng: $\sqrt{a^{2}+ab+b^{2}}+\sqrt{b^{2}+bc+c^{2}}+\sqrt{c^{2}+ca+a^{2}}\geq \sqrt{3}$

LỜI GIẢI:

Ta phân tích $a^{2}+ab+b^{2}=x(a+b)^{2}+y(a-b)^{2}=(x+y)(a^{2}+b^{2})+(2x-2y)ab$

Suy ra $\left\{\begin{matrix} x+y=1 & & \\ x-y=\frac{1}{2} & & \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x=\frac{3}{4} & & \\ y=\frac{1}{4} & & \end{matrix}\right.$

Do đó $a^{2}+ab+b^{2}=\frac{3}{4}(a+b)^{2}+\frac{1}{4}(a-b)^{2}\geq \frac{3}{4}(a+b)^{2}$

Hay $\sqrt{a^{2}+ab+b^{2}}\geq\frac{\sqrt{3}}{2}(a+b)$

Tương tự $\sqrt{b^{2}+bc+c^{2}}\geq\frac{\sqrt{3}}{2}(b+c)$, $\sqrt{c^{2}+ca+a^{2}}\geq \frac{\sqrt{3}}{2}(c+a)$

Cộng ba bất đẳng thức trên ta có$\sqrt{a^{2}+ab+b^{2}}+\sqrt{b^{2}+bc+c^{2}}+\sqrt{c^{2}+ca+a^{2}}\geq \sqrt{3}(a+b+c)=\sqrt{3}$ (đpcm)

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$

[tungpro1z4]

$\tiny A\bigcap B$

[tungpro1z4]

A$\tiny \epsilon$Z

[tungpro1z4]

$\tiny \frac{1}{1111111}$

[tanthanh112001]

$$\leq 1 $$

[JUV]

$a$

[JUV]

$a+b$

[JUV]

$\frac{a}{b+c}$

[JUV]

$a^2 + b_i^3 \ge c_{i+1}^5 + d_{x+1}^{y+1}$

[JUV]

$\frac{a}{b}$

[JUV]

$a> b> c$

[JUV]

$\frac{a}{b+c+d+e+f+g+h}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi JUV: 14-05-2016 - 20:53

[tanthanh112001]

$\frac{a}{b+c}$

$\frac{a}{b+c}$

$sao ko hiện ?$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tanthanh112001: 15-05-2016 - 08:34

[nuhoangbanggia]

$\frac{x}{x+1}$