giải hệ phương trình:$\left\{\begin{matrix} 15(x-3y)^{2}-17(x^{2}-9y^{2})-4(x+3y)^{2} =0& & \\ x+3y+\frac{3}{x-3y}=5 & & \end{matrix}\right.$

tks nhiu nka         

giải hệ phương trình:$\left\{\begin{matrix} 15(x-3y)^{2}-17(x^{2}-9y^{2})-4(x+3y)^{2} =0& & \\ x+3y+\frac{3}{x-3y}=5 & & \end{matrix}\right.$

$\boxed{\text{C1}}$ Định lí hàm số $\cos$ : $BC^2=AB^2+AC^2-2.AB.AC. \cos{\widehat{BAC}}=AB^2+AC^2-AB.AC$

$\Rightarrow 4.BC^2=(AB+AC)^2+3(AB-AC)^2\ge (AB+AC)^2\Rightarrow 2.BC\ge AB+AC$. (đpcm)

Dấu $=$ xảy ra $\Leftrightarrow AB=AC$.

 

----------------------------------------------

$\boxed{\text{C2}}$ Gọi $I$ là tâm đường tròn nội tiếp bán kính $r$, tiếp xúc với $AB, AC, BC$ lần lượt tại $D, E, F$ thì $ID=IE=IF=r$.

Theo tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau, ta có : $AD=AE,\ BD=BF,\ CF=CE$. Từ đó suy ra :

$AB+AC-BC=(AD+DB)+(AE+EC)-(BF+FC)=2.AD=2.ID.\cot{\widehat{IAD}}$$=2.r.\cot{30^o}=2.r.\sqrt{3}$

Ta có : $2.S_{ABC}=2S_{AIB}+2S_{AIC}+2S_{BIC}=r.AB+r.AC+r.BC$$=\frac{AB+AC-BC}{2\sqrt{3}}.(AB+AC+BC)=\frac{(AB+AC)^2-BC^2}{2\sqrt{3}}$ (1)

Mặt khác : $2.S_{ABC}=AB.CH=AB.AC.\cos{\widehat{BAC}}=AB.AC.\sin{60^o}=AB.AC.\frac{\sqrt{3}}{2}$ (2)

(1)(2) $\Rightarrow (AB+AC)^2-BC^2=3.AB.AC\Rightarrow BC^2=AB^2+AC^2-AB.AC$.

Đến đây làm như $C1$ ta có (đpcm).

 

-------------------------------------------------

 

$\boxed{\text{C3}}$ Xét đường tròn $(O,R)$ ngoại tiếp $\Delta ABC$. Gọi $D$ là điểm chính giữa cung nhỏ $BC$ (khác phía với $A$).

Ta có $\Delta BOD$, $\Delta COD$ đều (do $\widehat{BOD}=\widehat{COD}=60^o$ và $OB=OC=OD=R$

Suy ra $BOCD$ là hình thoi và $DB=DC=R$.

Do $ABCD$ là tứ giác nội tiếp nên theo Định lí Ptoleme ta có : $AB.CD+AC.BD=BC.AD$

$\Rightarrow (AB+AC).R=BC.AD\le BC.2R\Rightarrow AB+AC\le 2.BC$. (đpcm)

Dấu $=$ xảy ra $\Leftrightarrow AD=2R\Leftrightarrow AD$ là đường kính $\Leftrightarrow A$ chính giữa cung $BC\Leftrightarrow AB=AC$.

$\boxed{\text{C1}}$ Định lí hàm số $\cos$ : $BC^2=AB^2+AC^2-2.AB.AC. \cos{\widehat{BAC}}=AB^2+AC^2-AB.AC$

$\Rightarrow 4.BC^2=(AB+AC)^2+3(AB-AC)^2\ge (AB+AC)^2\Rightarrow 2.BC\ge AB+AC$. (đpcm)

Dấu $=$ xảy ra $\Leftrightarrow AB=AC$.

 

----------------------------------------------

$\boxed{\text{C2}}$ Gọi $I$ là tâm đường tròn nội tiếp bán kính $r$, tiếp xúc với $AB, AC, BC$ lần lượt tại $D, E, F$ thì $ID=IE=IF=r$.

Theo tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau, ta có : $AD=AE,\ BD=BF,\ CF=CE$. Từ đó suy ra :

$AB+AC-BC=(AD+DB)+(AE+EC)-(BF+FC)=2.AD=2.ID.\cot{\widehat{IAD}}$$=2.r.\cot{30^o}=2.r.\sqrt{3}$

Ta có : $2.S_{ABC}=2S_{AIB}+2S_{AIC}+2S_{BIC}=r.AB+r.AC+r.BC$$=\frac{AB+AC-BC}{2\sqrt{3}}.(AB+AC+BC)=\frac{(AB+AC)^2-BC^2}{2\sqrt{3}}$ (1)

Mặt khác : $2.S_{ABC}=AB.CH=AB.AC.\cos{\widehat{BAC}}=AB.AC.\sin{60^o}=AB.AC.\frac{\sqrt{3}}{2}$ (2)

(1)(2) $\Rightarrow (AB+AC)^2-BC^2=3.AB.AC\Rightarrow BC^2=AB^2+AC^2-AB.AC$.

Đến đây làm như $C1$ ta có (đpcm).

 

-------------------------------------------------

 

$\boxed{\text{C3}}$ Xét đường tròn $(O,R)$ ngoại tiếp $\Delta ABC$. Gọi $D$ là điểm chính giữa cung nhỏ $BC$ (khác phía với $A$).

Ta có $\Delta BOD$, $\Delta COD$ đều (do $\widehat{BOD}=\widehat{COD}=60^o$ và $OB=OC=OD=R$

Suy ra $BOCD$ là hình thoi và $DB=DC=R$.

Do $ABCD$ là tứ giác nội tiếp nên theo Định lí Ptoleme ta có : $AB.CD+AC.BD=BC.AD$

$\Rightarrow (AB+AC).R=BC.AD\le BC.2R\Rightarrow AB+AC\le 2.BC$. (đpcm)

Dấu $=$ xảy ra $\Leftrightarrow AD=2R\Leftrightarrow AD$ là đường kính $\Leftrightarrow A$ chính giữa cung $BC\Leftrightarrow AB=AC$.

pn ơi tại sao$(AB+AC)^{2}+3(AB-AC)^{2}\geq (AB+AC)^{2}$ vậy pn, pn có thể giải thích rõ hơn được không

cho 2x= 5+ $\sqrt{13}$tính giá trị của biểu thức (không dùng máy tinh)

B= x⁵-5x⁴+4x³-2x²-12x+2023

cho $\widehat{xAy}$=$60^{\circ}$, B là điểm trên Ax (B#A), C là điểm trên Ay (C#A).

Chứng minh rằng: AB+ AC $\leq$2BC

cho tam giác ABC, trong đó BC là cạnh dài nhất, vẽ đường tròn có tâm O nằm trên cạnh BC tiếp xúc với các cạnh AB, AC lần lượt tại M và N. Vẽ đường cao AH (H nằm trên cạnh BC); K là một điểm bất kì trên cạnh BC

Chứng minh rằng KM+KN$\geq$HM+HN

cho tam giác ABC, trong đó BC là cạnh dài nhất, vẽ đường tròn có tâm O nằm trên cạnh BC tiếp xúc với các cạnh AB, AC lần lượt tại M và N. Vẽ đường cao AH (H nằm trên cạnh BC); K là một điểm bất kì trên cạnh BC

Chứng minh rằng KM+KN$\geq$HM+HN

giải hệ phương trình:$\left\{\begin{matrix} 15(x-3y)^{2}-17(x^{2}-9y^{2})-4(x+3y)^{2}=0 & & \\x+3y+\frac{3}{x-3y} =5 & & \end{matrix}\right.$

cho $2x= 5+\sqrt{13}$. tính giá trị của biểu thức (không dùng máy tính):

$$B= x^5-5x^4+4x^3-2x^2-12x+2023$$

$VT=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{2}{a+b}=a+b+\frac{2}{a+b}\geq \frac{a+b}{2}+\frac{a+b}{2}+\frac{2}{a+b}\geq \sqrt{ab}+2\geq 3$

tks pn nhiu nka         

cảm ơn pn nhiều nha         

 

Có:
$6\geq \frac{3}{a}+\frac{4}{b}+\frac{5}{c}=3\left ( \frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right )+2\left ( \frac{1}{c}+\frac{1}{a} \right )+\left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b} \right )\geq 4\left ( \frac{3}{b+c}+\frac{2}{c+a}+\frac{1}{a+b} \right )=4\left[\frac{3}{b+c}+\frac{3a+2b+c}{(a+b)(c+a)}\right]\geq 8\sqrt{\frac{3(3a+2b+c)}{(a+b)(b+c)(c+a)}}=8\sqrt{3P}$

$\Rightarrow P\leq \frac{3}{16}$

Dấu $"="$ xảy ra khi: $a=b=c=2$

(Lời giải của anh Võ Quốc Bá Cẩn)

 

pn ơi cái chỗ$3(\frac{1}{b}+\frac{1}{c})+2(\frac{1}{c}+\frac{1}{a})+(\frac{1}{a}+\frac{1}{b})\geq 4(\frac{3}{b+c}+\frac{2}{c+a}+\frac{1}{a+b})$ pn có thể giải thích rõ hơn ko pn

cho a,b>0 và ab=1 chứng minh rằng: $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{2}{a+b}\geq 3$

tìm GTLN của P=$\frac{3a+2b+c}{(a+b)(b+c)(c+a)}$  trog đó a,b,c là số thưc dương thỏa mãn: 3bc + 4ac +5ab $\leq$6abc

tìm GTLN của P=$\frac{3a+2b+c}{(a+b)(b+c)(c+a)}$ trog đó a,b,c là số thưc dương thỏa mãn: 3bc + 4ac +5ab $\leq$ 6abc