Giải bất phương trình:$log_{2}[(x+4)(x+2)]<6$

$log_{2}[(x+4)(x+2)]<6 \Leftrightarrow log_{2}[(x+4)(x+2)]< log_{2} 64$
$(x+4)(x+2) <64 \Leftrightarrow x^{2}+6x -56< 0$

Tham khảo tại đây

$cho tam giác ABC cân tại A, có \wedge BAC=45^{0} và AB=a. Tính BC?$

Bạn tự vẽ hình nha
Kẻ BH vuông góc với AC, suy ra tam giác ABH vuông cân tại H nên
$AH=BH=\frac{\sqrt{2}}{2}a$
Lại có
$HC=AC-AH=a-\frac{\sqrt{2}}{2}a$
Từ đó tính được BC theo pi-ta-go trong tam giác BHC.
HẾT.^^

Tìm $ 2001$ số nguyên $x_{1}, x_{2},...,x_{2001}\epsilon \overline{1...1975}$ sao cho biểu thức :
$P= \frac{x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+...+x_{2001}^{2}}{(x_{1}+x_{2}+...+x_{2001})^{2}}$

đạt GTLN.

$\Delta ABC$ có phải là $\Delta$ vuông không nếu 3 đường cao của nó có độ dài là 3cm, 4cm, 5cm ?

giả sử $\Delta ABC$ vuông, áp dụng hệ thức lượng :
$\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}}= \frac{1}{h_{a}^{2}}$
ta thấy ba số trên không thỏa mãn.
Vậy $\Delta ABC$ không vuông.

Hình như bạn chép sai đề bài. Tham khảo tại đây

Cho các số thực $x, y, z$ thỏa mãn: $\left\{\begin{matrix} x^2+y^2+z^2=8\\ xy+yz+zx=4\end{matrix}\right.$
Chứng minh $|x|, |y|, |z| \leq \frac{8}{3}$

cách này có vẻ dài, bạn tham khảo xem :
$PT(1)\Leftrightarrow (x+y+z)^{2}-2(xy+yz+zx)=8$
kết hợp với PT(2) suy ra $x+y+z=\pm 4$
xét 2 trường hợp
$\left\{\begin{matrix} &x+y+z=4 \\ &x^{2}+y^{2}+z^{2}=8 \end{matrix}\right.$
và
$\left\{\begin{matrix} &x+y+z=-4 \\ &x^{2}+y^{2}+z^{2}=8 \end{matrix}\right.$
với mỗi trường hợp ta giải bằng cách coi 2 điều kiện như HPT đối với x,y còn z là tham số và tìm điều kiện của z để hệ có nghiệm

$\sqrt{4x-1}+\sqrt[4]{8x-3}=4x^{4}-3x^{2}+5x$

ĐKXĐ : $x\geq \frac{3}{8}$
Áp dụng bđt A-G, ta có :
$\sqrt{4x-1}\leq \frac{4x-1+1}{2}= 2x$
$\sqrt[4]{8x-3}\leq \frac{8x-3+1+1+1}{4}= 2x$
Xét : $4x^{4 }-3x^{2}+5x-(2x+2x)= 4x^{4 }-3x^{2}+x = x(2x-1)^{2}(x+1)\geq 0$
$\Rightarrow \sqrt{4x-1}+\sqrt[4]{8x-3}\leq 4x\leq 4x^{3}-3x^{2}+5x$
Đẳng thức xảy ra khi $x=\frac{1}{2}$

giải pt: .$\sqrt{2-x\sqrt{2}}+\sqrt[4]{2x-2}=1$

ĐKXĐ : $1\leq x\leq \sqrt{2}$
Đặt $u=\sqrt{2-x\sqrt{2}} ; v = \sqrt[4]{2x-2}$ (ĐK: ...)
$PT\Leftrightarrow v^{4}+\sqrt{2}u^{2}+2-2\sqrt{2}= 0$
$PT\Leftrightarrow (v^{2}+\sqrt{2})^{2}-\sqrt{2}(v+1)^{2}= 0$
$PT\Leftrightarrow v=\frac{4\sqrt{2}\pm \sqrt{4\sqrt[4]{2}-3\sqrt{2}}}{2}\Rightarrow x=...$

.$2x^{2}+4=5\sqrt{x^{3}+1}$

Ta có :
$PT\Leftrightarrow 2(x^{2}+2)= 5\sqrt{(x+1)(x^{2}-x+1)}$
Đặt $a= \sqrt{(x+1) }; b= \sqrt{ x^{2}-x+1 }$ (ĐK: ... )
$PT\Leftrightarrow 2(a^{2}+b^{2})=5ab \Leftrightarrow (2a-b)(a-2b)= 0$

Chứng minh rằng: $$\frac{{\sin \frac{B}{2}\sin \frac{C}{2}}}{{\sin \frac{A}{2}}} + \frac{{\sin \frac{A}{2}\sin \frac{C}{2}}}{{\sin \frac{B}{2}}} + \frac{{\sin \frac{B}{2}\sin \frac{A}{2}}}{{\sin \frac{C}{2}}} \ge \frac{3}{2}$$

Chú ý rằng : $0\leq A, B, C \leq 180^{0}$ nên :
_ $sin\frac{A}{2}, sin\frac{B}{2}, sin\frac{C}{2}> 0$
_ có thể áp dụng công thức $sin\alpha +sin\beta +sin\gamma \leq 3sin\frac{\alpha +\beta +\gamma }{3}$

$VT= sin\frac{A}{2}sin\frac{B}{2}sin \frac{C}{2}(\frac{1}{sin^{2}\frac{A}{2}}+\frac{1}{sin^{2}\frac{B}{2}}+\frac{1}{sin^{2}\frac{C}{2}})$

$\geq sin\frac{A}{2}sin\frac{B}{2}sin \frac{C}{2}(\frac{3}{\sqrt[3]{(sin\frac{A}{2}sin\frac{B}{2}sin \frac{C}{2})^{2}}})$

$\geq \frac{3}{\sqrt[3]{sin\frac{A}{2}sin\frac{B}{2}sin \frac{C}{2}}}$ (1)

Mà :
$\sqrt[3]{sin\frac{A}{2}sin\frac{B}{2}sin \frac{C}{2}}\leq \frac{sin\frac{A}{2}+sin\frac{B}{2}+sin\frac{C}{2}}{3}\leq 3\frac{sin\frac{A+B+C}{6}}{3}= sin30=\frac{1}{2}$ (2)

Từ (1) và (2) ta có đpcm

Giải PT :
$\sqrt{2x^{2}-2x+1}+ \sqrt{2x^{2}- (\sqrt{3}-1)x+1}+\sqrt{2x^{2}+(\sqrt{3}+1)x+1)}=3$

$2(x^{2}+2)=5\sqrt{x^{3}+1}$
các bạn cho mình bằng cách đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trinhg nhé

ĐKXĐ: $x\geq -1$
$PT\Leftrightarrow 2(x^{2}+2)=5\sqrt{x+1}.\sqrt{x^{2}-x+1}$
Đặt : $u=\sqrt{x+1}$; $v=\sqrt{x^{2}-x+1}$
PT trở thành :
$2(u^{2}+v^{2})=5u.v\Leftrightarrow (2u-v).(2v-u)=0$
$\Leftrightarrow u=2v$ hoặc $\Leftrightarrow v=2u$
Thay vào giải ta được nghiệm $x=\frac{5\pm \sqrt{37}}{2}$

$2\sqrt{2}sin(x-\frac{\pi }{2})cosx=1$

Bạn sử dụng công thức cộng biến đổi $sin(x-\frac{\pi }{2})$ là ra mà

1/$\widehat{xOy}$ nhọn chứa A.Tìm trên Ox và Oy 2 điểm B,C sao cho chu vi $\Delta$ ABC đạt min

Đây là một bài cơ bản trong bài toán cực trị THCS,
mình nói hướng thôi, bạn tham khảo nhé
gọi B',C' lần lượt là điểm đối xứng của A qua Ox,Oy.
gọi B,C là giao điểm B'C' với Ox, Oy. ta có 2 điểm cần tìm
sau đó bạn chứng minh với điểm B'',C" bất kì thuộc Ox,Oy thì
$AB+AC+BC\leq AB''+AC''+B''C''$

Cho hệ phương trình: $$\begin{cases} x^{3}-y^{3}+3y^{2}-3x-2=0 \\ x^{2}+\sqrt{1-x^{2}}-3\sqrt{2y-y^{2}}+m=0\end{cases}.$$ Tìm $m$ để hệ phương trình đã cho có nghiệm.

ĐKXĐ : $-1\leq x\leq 1 ; 0\leq y\leq 2$
Ta có : $x^{3}-y^{3}+3y^{2}-3x-2=0$
$\Leftrightarrow (x+1)^{3}- 3(x+1)^{2}= y^{3}- 3y^{2}$
Ta có hàm $f(t)= t^{3}-3t^{2}$ nghịch biến trên đoạn $\left [ 0;2 \right ]$ nên suy ra $y=x+1$
Thay $y=x+1$ vào PT $2$ :
$x^{2}-2\sqrt{1-x^{2}}+m=0$ ( )
Đặt $a=\sqrt{1-x^{2}}$ suy ra $a \epsilon \left [ 0;1 \right ]$
( ) trở thành : $a^{2}+2a-1=m$
Xét $f(a)=a^{2}+2a-1$ trên $ \left [ 0;1 \right ]$ suy ra $m\epsilon \left [ -1;2 \right ]$

Giải hệ pt sau: $\left\{\begin{matrix} &xy^2-2y+3x^2= &0 \\ &y^2+x^2y+2x= & 0 \end{matrix}\right.$

Nhận thấy $x=y=0$ là một nghiệm của HPT . Xét $x\neq 0, y\neq 0$, ta có :
$HPT \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} xy-2+ 3\frac{x^{2}}{y}=0\\ \frac{y^{2}}{x }+xy +2=0 \end{matrix}\right.$
Đặt : $a=\frac{x^{2}}{y}; b= \frac{y^{2}}{x }$
Cộng vế với vế và trừ vế với vế của hệ, ta được :
$\left\{\begin{matrix} 2ab+3a+b=0\\ b-3a+4=0 \end{matrix}\right.$
Đến đây giải bằng phép thế

p/s : Bạn chú ý cách đặt tiêu đề.

Giải hệ phương trình:$\left\{\begin{matrix} log_{2}(x^2+y^2)=log_{2}(2xy) & \\ 3^{x^2-xy+y^2}=81& \end{matrix}\right.$

$HPT\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x^{2}+y^{2}=2xy\\ x^{2}-xy+y^{2}=4 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \begin{bmatrix} x=y=2\\ x=y=-2 \end{bmatrix}$

Giải HPT :
$\left\{\begin{matrix} \sqrt{xy}(6x^{2}+20xy+6y^{2})=351\\ (x+y)(x^{2}+14xy+y^{2})= 378 \end{matrix}\right.$

Cái BĐT này hình như không đúng đâu chị

Đúng đó em
Ta có :
$S=cos^{2}\frac{A}{2}+cos^{2}\frac{B}{2}+cos^{2}\frac{C}{2}= \frac{1+cosA}{2}+\frac{1+cosB}{2}+\frac{1+cosC}{2}$ (1)
Lại có :
$cosA+ cosB+cos C \leq \frac{3}{2}$ (cái này thì quen thuộc rồi ) (2)

Từ (1) và (2) $\Rightarrow S\leq \frac{9}{4}$

Cho $A, B, C$ là 3 góc của tam giác. Chứng minh rằng :
$$\left (1+\cos^2{\dfrac{A}{2}}\right )\left (1+\cos^2{\dfrac{B}{2}}\right )\left (1+\cos^2{\dfrac{C}{2}}\right )\le \left (1+\dfrac{\sqrt{3}}{4}\right )^{3\sqrt{3}}$$

Bài này có chép sai đề bài không bạn?
Ta có :

$VT\leq (\frac{3+cos^{2}\frac{A}{2}+cos^{2}\frac{B}{2}+cos^{2}\frac{C}{2}}{3})^{3}$

Dễ dàng CM được :
$cos^{2}\frac{A}{2}+cos^{2}\frac{B}{2}+cos^{2}\frac{C}{2}\leq \frac{9}{4}$

Do đó :
$VT\leq (\frac{3+\frac{9}{4}}{3})^{3}= (1+\frac{3}{4})^{3}< (1+\frac{\sqrt{3}}{4})^{3\sqrt{3}}$

Giải hệ phương trình:
$\left\{\begin{matrix}
&x^{3}-y^{3}+3x^{2}+6x-3y+4=0 & \\
&x^{2}+2(y-1)\sqrt{x-\frac{1}{x}}=3y-2 &
\end{matrix}\right.$

$PT (1)\Leftrightarrow (x+1)^{3}+ 3(x+1)= y^{3}+ 3y$
Xét hàm : $f(t)=t^{3}+ 3t$ có $f'(t)=3t^{2}+ 3 > 0$ với mọi $t$ nên hàm $f(t)$ đồng biến trên R
mà $f(x+1)= f(y)$ nên $x+1 = y$
Thế vào PT (2) ....

cho x,y,z là 3 số dương thay đổi: $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}-\frac{3}{(x+y+z)^{2}}\leq 9(1-\frac{1}{81xyz})$
Tìm GTNN của: $P= 2(x^{3}+z^{3})+2(y^{3}+z^{3})+\frac{(z+3)(1-z)}{4}$

Từ : $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}-\frac{3}{(x+y+z)^{2}}\leq 9(1-\frac{1}{81xyz})$

$\Rightarrow \frac{9}{x+y+z}-\frac{3}{(x+y+z)^{2}}\leq 9( 1- \frac{1}{3(x+y+z)^{3}})$

Đặt : $t=\frac{1}{x+y+z}$, ta có :

$9t-3t^{2}\leq 9(1-\frac{1}{3}t^{3})\Leftrightarrow (t-1)(t^{2}+3)\leq 0$

$\Leftrightarrow t \leq 1 \Leftrightarrow x+y+z \geq 1$
Ta có :
$P= 2(x^{3}+y^{3})+4z^{3}+ \frac{(z+3)(1-z)}{4}\geq \frac{(1-z)^{3}}{2}+4z^{3}+ \frac{(z+3)(1-z)}{4}$

Khảo sát hàm $f(z) $ ta suy ra Min $P= \frac{23}{27}$ khi $x=y=z= \frac{1}{3}$

Bài toán. Giải hệ bất phương trình: $\left\{ \begin{array}{l} x + y \le 1\\ {x^2} + {y^2} + xy = 1 \end{array} \right.$

Cần cù bù thông minh vậy
Với $a\geq 0$ ta có :
$HPT\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x+y=1-a\\ x^{2}+y^{2}+xy=1 \end{matrix}\right.$
Thế $y$ từ PT (1) vào PT (2) ta được :
$x^{2}-(1-a)x+a^{2}-2a=0$ có $\Delta = 1+6a-3a^{2}$
Để PT có nghiệm thì $\Delta \geq 0\Leftrightarrow 0\leq a\leq \frac{3+2\sqrt{3}}{3}$ (do $a\geq 0$)
Khi đó :
$x= \frac{1-a\pm \sqrt{1+6a-3a^{2}}}{2}$
Vậy HPT có nghiệm $(x;y)$ là
$( \frac{1-a+ \sqrt{1+6a-3a^{2}}}{2}; \frac{1-a- \sqrt{1+6a-3a^{2}}}{2})$
, $( \frac{1-a- \sqrt{1+6a-3a^{2}}}{2}; \frac{1-a+ \sqrt{1+6a-3a^{2}}}{2})$
với $ 0\leq a\leq \frac{3+2\sqrt{3}}{3}$

Giải hệ phương trình: $$\left\{ \begin{array}{l} x^2+y^2-xy=3 \\ \sqrt{x^2+1}+\sqrt{y^2+1}=4 \end{array} \right.$$

Ta có :
$3= x^{2}+y^{2}-xy \geq x^{2}+y^{2}- \frac{ x^{2}+y^{2}}{2 }$
$\Rightarrow x^{2}+y^{2} \leq 6$
$16 = (\sqrt{x^2+1}+\sqrt{y^2+1} )^{2}\leq 2(x^2+y^2+2)\leq 16$
Đẳng thức xảy ra khi : $x=y = \pm \sqrt{3}$

Bài đã có ở đây.

Cho hình thang cân $ABCD$ có $AD // BM$. Đường cao $BE$ cắt đường chéo $AC$ tại $F$. $AB \cap CD = M$. Tính $BM$ biết $AB = 20cm$ và $\frac{AF}{FC}=\frac{2}{3}$

mình nghĩ phải $AD//BC$ chứ nhỉ

mình nghĩ phải $AD//BC$ chứ nhỉ

ừ mình sửa lại rồi !