ngothithuynhan100620

tìm gtln P=$\frac{1}{\sqrt{x+2}}-\frac{1}{x-\sqrt{x}-6}-\frac{\sqrt{x}-2}{3-\sqrt{x}}$

Hình như đề đúng phải là: $P=\frac{1}{\sqrt{x}+2}-\frac{1}{x-\sqrt{x}-6}-\frac{\sqrt{x}-2}{3-\sqrt{x}}$.

Lời giải: $\sqrt{x}\rightarrow t(Dk:t\ge 0;t\ne 9)$.

Khi đó: $P=\frac{t-3-1+t^2-4}{t^2-t-6}$.

Cho a, b, c>0 thỏa mãn a+b+c=1

CMR: $\sqrt{2a^{2}+ab+2b^{2}}+\sqrt{2b^{2}+bc+2c^{2}}+\sqrt{2c^{2}+ca+2a^{2}}\geq \sqrt{5}$

Ta có: $\sqrt{2a^2+ab+2b^2}\ge \frac{\sqrt{5}}{2}(a+b)\iff \frac{3}{4}(a-b)^2\ge 0(TRUE)$.

Tương tự rồi cộng lại ta có dpcm.

Cho tam giác $ABC$ có $\angle BAC>90^O ,AB<AC$ và nội tiếp đường tròn tâm $O$.Trung tuyến $AM$ của tam giác $ABC$ cắt $(O)$ tại điểm thứ hai là $D$.Tiếp tuyến của $(O)$ tại $D$ cắt đường thẳng $BC$ tại $S$. Trên cung nhỏ $DC$ của $(O)$ lấy điểm $E$, đường thẳng $SE$ cắt $(O)$ tại điểm thứ hai là $F$.GỌi $P,Q$  lần lượt là giao điểm của các đường thẳng $AE,AF $với $  BC$.Chứng minh $QB=PC$

Câu 4b) Gọi $N$ là trung điểm $EF$ thì $N$ cũng nằm trên đường tròn đường kính $OS$. Khi đó $\angle QAM=\angle NED$ và $\angle AMQ=\angle SMD=\angle END$. Từ đó hai tam giác $AMQ$ và $END$ đồng dạng. Suy ra $QM.NE=ND.AM$. Cmtt $PM.NF=ND.AM$. Suy ra $QM.NE=PM.NF$ mà $NE=NF$ nên $QM=MP$.

 

Hình vẽ sai rồi kìa

Cho mình hỏi vì sao cos2a không nhận giá trị âm