phaidautruongphan9997

$\sqrt{1+x^{2}}+ \sqrt{2x}\leq \sqrt{2}(1+x)$
$\sqrt{1+y^{2}}+ \sqrt{2y}\leq \sqrt{2}(1+y)$
$\sqrt{1+z^{2}}+ \sqrt{2z}\leq \sqrt{2}(1+z)$
$\Rightarrow A\leq \sqrt{2}(3+x+y+z)+ (3-\sqrt{2})(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z})\leq \sqrt{2}.6+(3-\sqrt{2})\sqrt{3(x+y+z)}= 9 + 3\sqrt{2}$
dấu = xảy ra khi : x=y=z=1

Câu 2: từ gt ta có : $2^{x}=y^{2}-1=(y-1)(y+1)$
Do (y-1)+(y+1)=2y nên đặt y+1=$2^{a}$;y-1=$2^{b}$ ( a>b ; a,b $\epsilon$ N)
Ta có: (y+1)-(y-1)=2$\Leftrightarrow 2^{a}-2^{b}=2\Leftrightarrow 2^{b}(2^{a-b}-1)=2$
dễ có a-b=1( vì nếu a-b>1 thì 2^{b}(2^{a-b}-1) >2) nên b=1 $\Rightarrow$ y=3$\Rightarrow$ x=3
vậy ...

Cho tam giác ABC nhọn trực tâm H.Tìm GTLN của biểu thức P=HA+HB+HC

Bạn tự vẽ hình nha!..
Vẽ đường tròn (O;R) là đường tròn ngoại tiếp $\Delta$ABC.Gọi độ dài BC,CA,AB lần lượt là a,b,c
Kẻ các đương kính AOD;BOE;COF. dễ có : AH=BF=CE ; BH=AF=CD ; CH=AE=BD
Áp dụng đinh lí Ptoleme vào các tứ giác nội tiếp, ta có:
2a.R=c.BH+b.CH (1)
2b.R=a.CH+c.AH (2)
2b.R =a.BH+b.AH (3
(1)+(2)+(3) $\Rightarrow$ 2R.(a+b+c)= a(BH+CH)+b(CH+AH)+c(BH+AH)
$\Leftrightarrow$ 2R(a+b+c)+4S=(a+b+c)(AH+BH+CH) (do aHA+bHB+cHC=4S)(*)
Mặt # : 16S² $\leq$ (a+b+c).abc =4R.S.(a+b+c) $\Rightarrow$ 4S$\leq$ 4R.(a+b+c) (**)
Từ (*), (**) $\Rightarrow$ P=AH+BH+CH$\leq$ 3R
Vậy GTLN P=3R$\Leftrightarrow$$\Delta$ABC đều

Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O). AD cắt BC tại E. F là điểm chính giữa cung nhỏ CD. AF cắt BE và BD thứ tự tại M và N. BF cắt AE và AC thứ tự tại K và I. Giả sử tứ giác KMIN là hình bình hành. Gọi H là giao điểm của AC và BD. CMR:
a. $\Delta$ ADH đòng dạng với $\Delta$ ACE
b. DF vuông góc với EG

1.Họ và tên :Võ Mỹ Linh
2.Nick trên diễn đàn : phaidautruongphan9997
3.Sinh ngày : 09 - 09 - 1997
4.Nghề nghiệp : Học sinh
5.Địa chỉ nhà : Số nhà 46 - đường Phan Anh - Phường Nam Hồng - Thị xã Hồng Lĩnh - Tỉnh Hà Tĩnh
6.Mail/Số điện thoại liên lạc : yh : [email protected] sđt : 01654273051
7.Địa điểm đăng kí tham gia : TP Vinh
8. Bạn có muốn tham gia vào BTC không: Không
9. Ý kiến đóng góp :không