Cho $a,b,c\geq 0$, chứng minh $\sqrt{\frac{a+2b}{3}}+\sqrt{\frac{b+2c}{3}}+\sqrt{\frac{c+2a}{3}}\geq \sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}$

-Ta có: \[\frac{{a + b + b}}{3} \ge \frac{{{{(\sqrt a  + \sqrt b  + \sqrt b )}^2}}}{9} =  > \sqrt {\frac{{a + 2b}}{3}}  \ge \frac{{\sqrt a  + 2\sqrt b }}{3}\].

-Tương tự, ta có: \[\sqrt {\frac{{b + 2c}}{3}}  \ge \frac{{\sqrt b  + 2\sqrt c }}{3};\sqrt {\frac{{c + 2a}}{3}}  \ge \frac{{\sqrt c  + 2\sqrt a }}{3}\].

-Cộng vế với vế suy ra đpcm.

Cho $\Delta ABC$ vuông tại A có $AB< AC$. Gọi I là trung điểm của $AC$, qua I vẽ đường vuông góc với BC, qua C vẽ dường vuông góc với AC, chúng cắt nhau tại E.

CMR: $AE\perp BI$

-Gọi EI cắt AB tại M

-Chứng minh được: AECM là hình bình hành; I là trực tâm tam giác MBC.

=> \[BI \bot CM;CM//AE =  > BI \bot AE\].

Cho $\Delta ABC$ cân tại A có $\widehat{A}=40^{\circ}$ đường cao AH. Trên AH, AC lần lượt lấy E và F sao cho $\widehat{ABE}=\widehat{CBF}=30^{\circ}$.

CMR: AE=AF

-Kẻ tam giác ABM đều (M trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa C).

-Chứng minh được: +Tam giác AFB cân tại F; tam giác ABM đều => \[AMF = BMF(c.c.c) =  > \widehat {AMF} = \widehat {BMF} = {30^ \circ } =  > MAF = BAE(g.c.g) =  > AF = AE.\]

Bài 1 : Cho tam giác ABC, vẽ đường cao AH. Gọi M,N theo thứ tự là trung điểm của AB,AC. vẽ MI, NK vuông góc với BC ( I, K thuộc BC) Chứng minh MI = NK, IK = $\frac{1}{2}$ BC

-Dựa vào tính chất đường trung bình, ta có: \[MI = \frac{{AH}}{2} = NK\]; MI//NK => MIKN là hình bình hành => IK=MN=\[\frac{{BC}}{2}\].

-Ta có: \[\frac{a}{b} > 1;m > n > 0 =  > {(\frac{a}{b})^m} > {(\frac{a}{b})^n} =  > {a^m}.{b^n} > {a^n}.{b^m} =  > 2{a^m}.{b^n} - 2{a^n}.{b^m} > 0\]

\[ =  > {a^{m + n}} - {b^{m + n}} - {b^m}.{a^n} + {a^m}.{b^n} > {a^{m + n}} - {b^{m + n}} + {b^m}.{a^n} - {a^m}.{b^n} =  > ({a^m} - {b^m}).({a^n} + {b^n}) > ({a^m} + {b^m}).({a^n} - {b^n})\]

\[ =  > \frac{{{a^m} - {b^m}}}{{{a^m} + {b^m}}} > \frac{{{a^n} - {b^n}}}{{{a^n} + {b^n}}}.\]

Gọi $P$ là giao điểm $3$ đường phân giác trong của $\bigtriangleup ABC$. Đường thẳng qua $P$ vuông góc với $CP$ cắt $CA,CB$ theo thứ tự tại $M,N$. Chứng minh rằng: $BC.AP^{2}+AC.BP^{2}+AB.CP^{2}=AB.BC.CA$.

-Kẻ \[GH \bot AP(G \in AB;H \in AC);DE \bot BP(D \in AB;E \in BC).\]

-Ta chứng minh được: \[MAP \sim PAB(g.g) =  > A{P^2} = AM.AB =  > \frac{{A{P^2}}}{{AB.AC}} = \frac{{AM}}{{AC}}(1).\]

-Tương tự, ta có: \[\frac{{B{P^2}}}{{BA.BC}} = \frac{{BG}}{{BA}};\frac{{C{P^2}}}{{CA.CB}} = \frac{{CH}}{{CA}}(2).\]

-Từ (1);(2) => \[\frac{{B{P^2}}}{{BA.BC}} + \frac{{C{P^2}}}{{CA.CB}} + \frac{{A{P^2}}}{{BA.CA}} = \frac{{AM}}{{AC}} + \frac{{BG}}{{BA}} + \frac{{CH}}{{CA}} = \frac{{AC - MH}}{{AC}} + \frac{{GN}}{{AC}} = \frac{{AC - MH}}{{AC}} + \frac{{MH}}{{AC}} = 1.\] (Do GN//MH; GN=MH).

=> đpcm.

bài này dã có ở đây

http://diendantoanho...ằng-p2p-12p-22/

Đó là chiều suy đi chứ không có chiều suy lại bạn nhé!

Cho tam giác ABC vuông tại A. M trên AB. Kẻ MQ vuông góc với BC(Q trên BC), kẻ MN vuông góc với MQ(N trên AC), kẻ NP vuông góc với MN(P trên BC). Nối MC, BN cắt NP, MQ lần lượt tại F, E. CMR: $\widehat{EAB}=\widehat{FAC}$

-Kẻ \[EH \bot AB(H \in AB);FK \bot AC(K \in AC).\]

-Tam giác ABC có đường cao là AO.

-Ta có:  \[\frac{{EH}}{{AN}} = \frac{{BE}}{{BN}} = \frac{{BQ}}{{BP}};\frac{{KF}}{{AM}} = \frac{{CF}}{{CM}} = \frac{{CP}}{{CQ}} =  > \frac{{EH}}{{AN}} \div \frac{{KF}}{{AM}} = \frac{{BQ}}{{BP}} \div \frac{{CP}}{{CQ}} =  > \frac{{EH}}{{KF}}.\frac{{AM}}{{AN}} = \frac{{BQ}}{{CP}}.\frac{{CQ}}{{BP}}(1).\]

-Lại có: \[\frac{{AH}}{{AB}} = \frac{{EN}}{{NB}} = \frac{{QP}}{{BP}};\frac{{AK}}{{AC}} = \frac{{MF}}{{MC}} = \frac{{QP}}{{QC}} =  > \frac{{AH}}{{AB}} \div \frac{{AK}}{{AC}} = \frac{{AH}}{{AK}}.\frac{{AC}}{{AB}} = \frac{{QP}}{{BP}} \div \frac{{QP}}{{QC}} = \frac{{QC}}{{BP}}(2).\]

-Từ (1);(2) => \[\frac{{EH}}{{KF}}.\frac{{AM}}{{AN}} = \frac{{BQ}}{{CP}}.\frac{{AH}}{{AK}}.\frac{{AC}}{{AB}}\]  => \[\frac{{EH}}{{KF}} = \frac{{AH}}{{AK}}.\frac{{BQ}}{{CP}}.\frac{{A{C^2}}}{{A{B^2}}}(3).\]

-Ta thấy: \[\frac{{BQ}}{{BO}} = \frac{{BM}}{{BA}} = \frac{{CN}}{{CA}} = \frac{{CP}}{{CO}} =  > \frac{{BQ}}{{CP}} = \frac{{BO}}{{CO}} = \frac{{BO.BC}}{{CO.BC}} = \frac{{A{B^2}}}{{A{C^2}}} =  > \frac{{BQ}}{{CP}}.\frac{{A{C^2}}}{{A{B^2}}} = 1(4).\]

-Từ (3);(4) => \[\frac{{AH}}{{AK}} = \frac{{HE}}{{FK}} =  > HAE \sim KAF(c.g.c) =  > \widehat {HAE} = \widehat {KAF}\] (đpcm).

Cho tam giác ABC có M là trung điểm AB. Trên tia đối tia CA lấy D sao cho CD=CB. E trên AB sao cho CE là phân giác $\widehat{C}$. CE cắt DM tại K. CMR: $\widehat{KBC}=\widehat{A}$

-Bạn ơi xem lại đề, mình vẽ hình ra nó không bằng nhau đâu.

Cho tam giác ABC có D bất kỳ trên AC. G là trọng tâm tam giác ABC. GC cắt BD tại E. CMR: $\frac{CA}{CD}-\frac{EB}{ED}$ không đổi

-Lấy H là trung điểm của AC.

-Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác BDH, ta có: \[\frac{{BE}}{{ED}}.\frac{{DC}}{{CH}}.\frac{{HG}}{{GB}} = 1 =  > \frac{{BE}}{{ED}} = \frac{{2CH}}{{DC}} = \frac{{AC}}{{DC}}.\]

=> \[\frac{{CA}}{{CD}} - \frac{{EB}}{{ED}} = 0\] không đổi.

Cho tam giác DEF có DE = 1 đường phân giác AD và đường trung tuyến AM. Đường thảng đối xứng với AM qua AD cắt BC tại N. Tính tỉ số BN : NC theo b và c.

-Bạn ơi sao tam giác DEF lại có đường trung tuyến AM?

Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$, đường cao $AH$. Gọi $E,F$ là chân đường vuông góc hạ từ $H$ đến $AB$, $AC$. Chứng minh rằng: $\sqrt[3]{BE^{2}}+\sqrt[3]{CF^{2}}=\sqrt[3]{BC^{2}}$.

-Ta chứng minh được: \[BE.BA = B{H^2} =  > B{E^2} = \frac{{B{H^4}}}{{B{A^2}}} = \frac{{B{H^4}}}{{BH.BC}} = \frac{{B{H^3}}}{{BC}} =  > \sqrt[3]{{B{E^2}}} =\frac{{BH}}{{\sqrt[3]{{B{C^2}}}}}\].

-Tương tự, ta có: \[\sqrt[3]{{C{F^2}}} = \frac{{CH}}{{\sqrt[3]{{B{C^2}}}}}\].

=> \[\sqrt[3]{{C{F^2}}} + \sqrt[3]{{B{E^2}}} = \frac{{CH + BH}}{{\sqrt[3]{{BC}}}} = \sqrt[3]{{B{C^2}}}\].

Tam giác  ABC có AB=AC, góc A nhọn, BH vuông góc AC. C/minh $\frac{AH}{HC}=2.\frac{AB^2}{BC^2} -1$

-Ta có: \[A{B^2} - A{H^2} = B{C^2} - H{C^2}( = B{H^2})\] \[ =  > A{B^2} - B{C^2} = A{H^2} - H{C^2} = (AH - HC)(AH + HC) = (AH - HC).AC\].

=> \[AH - HC = \frac{{A{B^2} - B{C^2}}}{{AB}};AH + HC = AC = \frac{{A{B^2}}}{{AB}} =  > 2AH = \frac{{2A{B^2} - B{C^2}}}{{AB}};2HC = \frac{{B{C^2}}}{{AB}}\]

=> \[\frac{{AH}}{{HC}} = \frac{{\frac{{2A{B^2} - B{C^2}}}{{AB}}}}{{\frac{{B{C^2}}}{{AB}}}} = \frac{{2A{B^2} - B{C^2}}}{{B{C^2}}} = \frac{{2A{B^2}}}{{B{C^2}}} - 1.\]

-Lấy N là trung điểm của DH.

-Chứng minh được: ABMN là hình bình hành => AB//MN và AN//BM.

-Mà \[AB \bot AD =  > MN \bot AD\] => N là trực tâm tam giác AMD => \[AN \bot MD;AN//BM =  > BM \bot MD.\]

-Chứng minh được: \[{a^2} + {b^2} = 5{c^2}\].

-Ta lại có: \[{(\frac{{a + b}}{c})^2} \le \frac{{2({a^2} + {b^2})}}{{{c^2}}} = 10 =  > \frac{{a + b}}{c} \le \sqrt {10} \].

=> Max  \[\frac{{a + b}}{c}\] là \[\sqrt {10} \].

-Dấu = xảy ra <=> a=b.

$A=x(x^2-48)\geq -7.(7^2-48)=-7$

-Bài của bạn sai rồi. Bạn thử x=4 vào A thì A=-128 <-7 mà. 

-Chứng minh cho IO=DE với O là trực tâm tam giác IDE có \[\widehat {DIE} = {45^ \circ }\]:

-Kẻ hình bình hành DOIM; lấy N là trung điểm của ME.

-Có: DM=OI; \[DM \bot DE;MI \bot EI\].

-Vì DN=NM=NE=NI => \[\widehat {DME} = \frac{{\widehat {DNE}}}{2} = \widehat {DIE} = {45^ \circ }\].

=> tam giác DME vuông cân tại D => DM=DE. Mà DM=OI.

=> DE=OI.

Cho tam giác ABC ; góc A=30 độ và BC là cạnh nhỏ nhất . Trên AB   lấy  điểm D ;trên AC  lấy điểm E sao cho BD=CE=BC   . Goi O va I la tam duong tron ngoai tiep ; noi tiep tam giac ABC ; c/m OI=DE; OI vuong goc DE

-Chứng minh được: \[AO = BO = CO;\widehat {BOC} = 2\widehat {BAC} = {60^ \circ }\] =>tam giác BOC đều =>BO=OC=BC=BD=CE.

-Lại có: \[BDI = BCI(c.g.c) =  > \widehat {BDI} = \widehat {BCI};\widehat {BID} = \widehat {BIC} = {105^ \circ }\]

-Tương tự, ta có: \[\widehat {CIE} = \widehat {BIC} = {105^ \circ };\widehat {CEI} = \widehat {CBI}\].

=> \[\widehat {DIE} = {45^ \circ }\].

-Vì BD=BO => \[\begin{array}{l}

Đề bài: Cho $\widehat{xOy}=60^{\circ}; B\in Ox;; C\in Oy$.

Chứng minh: $OB+OC\leq 2.BC$

Yêu cầu

Không giải bằng cách trên lớp $7$ vì có người hỏi mình học lớp $7$ nên mấy bác chém nhẹ

-Kẻ tia phân giác Oz của \[\widehat {xOy}\]; kẻ \[BH \bot Oz;CK \bot Oz(H;K \in Oz)\].

-Ta chứng minh được: OB=2BH; OC=2CK => OB+OC =2(BH+CK) \[ \le 2BC.\]

=>đpcm. Dấu = xảy ra <=> tam giác OBC đều.

Cho a,b là hai số thỏa mãn hệ thức $a^{2}+b^{2}= 1$ , $a^{3}+b^{3}= 1$ . Tính giá trị biểu thức  $T= a^{2005}+b^{2006}$

-Ta có: \[\begin{array}{l}

 

Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH, đường trung tuyến BM, đường phân giác CD đồng quy tại O.

a. Chứng minh rằng $\frac{IA}{IH}=\frac{BD}{DA}$

b. Chứng minh rằng BH = AC.

 

a) I là điểm gì vậy bạn?

b) -Áp dụng định lý Ceva vào tam giác ABC, ta có: \[\frac{{AM}}{{MC}}.\frac{{CH}}{{HB}}.\frac{{BD}}{{DA}} = 1 =  > \frac{{CH}}{{HB}} = \frac{{DA}}{{BD}};\frac{{DA}}{{BD}} = \frac{{AC}}{{CB}} =  > \frac{{CH}}{{HB}} = \frac{{AC}}{{CB}} =  > CH.CB = AC.HB\].

-Mà ta lại có: \[CH.BC = A{C^2}\] =>\[BH.AC = A{C^2} =  > BH = AC\] (đpcm).

 

Cho tam giác ABC vuông tại A. Đường cao AH. Gọi D là trung điểm của HC. Đường thẳng qua H vuông góc với AD cắt AB tại E. CMR B là trung điểm của AE

 

 

-Tam giác ABC vuông tại A có AH là đường cao => \[A{H^2} = BH.HC = 2BH.HD =  > \frac{{A{H^2}}}{{H{D^2}}}.\frac{{DH}}{{HB}} = 2(1).\]

-Tam giác AHD vuông tại H có HI là đường cao => \[A{H^2} = AI.AD;H{D^2} = DI.AD =  > \frac{{A{H^2}}}{{H{D^2}}} = \frac{{AI}}{{ID}}(2).\]

-Áp dụng định lý Menelaus vào tam giác ABD, ta có:\[\frac{{AI}}{{ID}}.\frac{{DH}}{{HB}}.\frac{{BE}}{{EA}} = 1(3).\]

-Từ (1);(2);(3) => \[\frac{{BE}}{{EA}} = \frac{1}{2} =  > BE = BA.\]

Cho tam giác ABC vuông tại A. Điểm D thuộc AC, $\widehat{ABD}=\frac{1}{3}\widehat{ABC}$. Trên tia đối của DB lấy E, DE=BC.

Chứng minh tam giác DEC cân tại E.

-Kẻ \[CH \bot BD(H \in BD)\]; lấy E' đối xứng với B qua H.

-Ta có: BC=CE' (1) =>\[\widehat {BE'C} = \widehat {E'BC} = 2.\widehat {ABD}\].

-Lại có: \[\widehat {E'DC} = {90^ \circ } - \widehat {ABD}\]

=> \[\widehat {E'CD} = {90^ \circ } - \widehat {ABD} = \widehat {E'DC} =  > E'D = E'C(2).\]

-Từ (1);(2) => BC=DE' =DE   => \[E \equiv E'\] => tam giác DEC cân tại E.

Tìm GTNN của $x^{2}+2015+\frac{1}{x^{2}+2015}$

-Ta có: \[\begin{array}{l}

\end{array}\]  (Do \[{x^2} + 2015 \ge 2015\forall x \in R\]).

 

ho hình thang ABCD, các tia bc và ad cắt nhau tại o. 1 đường thẳng song song với ab căt ad, bc lần lượt tại ad, bc tại e,f và chia hình thang lớn thàng 2 hình thang bằng nhau.

Đặt ab=a, ab=b. Chứng minh: EF=$\frac{a^2+b^2}{2}$ 

Giúp em với ạ   

 

2 hình thang bằng nhau là gì vậy bạn?