Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(A=\left(\sin\alpha+\cos\alpha+\sin\alpha-\cos\alpha\right)^2-2\left(\sin\alpha+\cos\alpha\right)\left(\sin\alpha-\cos\alpha\right)\)
\(=4\sin^2\alpha-2\sin^2\alpha+2\cos^2\alpha=2\left(\sin^2\alpha+\cos^2\alpha\right)=2\)
\(B=\sin^4\alpha+\cos^4\alpha+2\sin^2\alpha.\cos^2\alpha\left(\sin^2\alpha+\cos^2\alpha\right)=\sin^4\alpha+\cos^4\alpha+2\sin^2\alpha.\cos^2\alpha\)
\(=\left(\sin^2\alpha+\cos^2\alpha\right)^2-1=0\)
\(C=3\left(\sin^4\alpha+\cos^4\alpha\right)-2\sin^2\alpha.\cos^2\alpha\left(\sin^2\alpha+\cos^2\alpha\right)=3\left(\sin^4\alpha+\cos^4\alpha\right)-2\sin^2\alpha.\cos^2\alpha\)
\(=3\left(\sin^2\alpha+\cos^2\alpha-\frac{1}{9}\right)^2-\frac{1}{9}=\frac{61}{27}\)
CÂU 1:
\(A=\sqrt[4]{\left(2\sqrt{6}+5\right)^2}+\sqrt[4]{\left(5-2\sqrt{6}\right)^2}\)
\(A=\sqrt{2\sqrt{6}+5}+\sqrt{5-2\sqrt{6}}\)
\(A=\sqrt{\left(\sqrt{3}+\sqrt{2}\right)^2}+\sqrt{\left(\sqrt{3}-\sqrt{2}\right)^2}\)
\(A=\sqrt{3}+\sqrt{2}+\sqrt{3}-\sqrt{2}\)
\(A=2\sqrt{3}\)
a) 1 + tan22 a =1 +(\(\dfrac{sina}{cosa}\))2 =\(\dfrac{sina+cosa}{cos^2a}\)=\(\dfrac{1}{cos^2a}\)
b) 1 + cot2 a= 1 +(\(\dfrac{cosa}{sina}\))2 = \(\dfrac{cosa+sina}{sin^2a}\)=\(\dfrac{1}{sin^2a}\)
c) tan2 a (2 sin2a + 3 cos2 a - 2)
=tan2 a[cos2 a +2 (\(sina^2+cos^2a\))-2 ]
=\(\dfrac{sin^2a}{cos^2a}\)×\(cos^2a=sin^2a\)
b: \(1+cot^2a=1+\left(\dfrac{cosa}{sina}\right)^2=\dfrac{1}{sin^2a}\)
c: \(=tan^2a\left[2\left(1-cos^2a\right)+3cos^2a-2\right]\)
\(=tan^2a\left[cos^2a\right]\)
\(=\dfrac{sin^2a}{cos^2a}\cdot cos^2a=sin^2a\)
Bài 1:
Sử dụng biến đổi tương đương. Ta có:
\(a^5+b^5\geq a^3b^2+a^2b^3\)
\(\Leftrightarrow a^5+b^5-a^3b^2-a^2b^3\geq 0\)
\(\Leftrightarrow a^3(a^2-b^2)-b^3(a^2-b^2)\geq 0\)
\(\Leftrightarrow (a^3-b^3)(a^2-b^2)\geq 0\)
\(\Leftrightarrow (a-b)^2(a^2+ab+b^2)(a+b)\geq 0\) (luôn đúng với mọi $a,b$ dương)
Ta có đpcm.
Dấu bằng xảy ra khi \((a-b)^2=0\Leftrightarrow a=b\)
Bài 2: Sử dụng kết quả bài 1:
\(a^5+b^5\geq a^3b^2+a^2b^3\Rightarrow a^5+b^5+ab\geq a^3b^2+a^2b^3+ab\)
\(\Rightarrow \frac{ab}{a^5+b^5+ab}\leq \frac{ab}{a^3b^2+a^2b^3+ab}=\frac{1}{a^2b+ab^2+1}=\frac{1}{a^2b+ab^2+abc}=\frac{1}{ab(a+b+c)}\)
Hoàn toàn tt:
\(\frac{bc}{b^5+c^5+bc}\leq \frac{1}{bc(a+b+c)}; \frac{ca}{c^5+a^5+ac}\leq \frac{1}{ac(a+b+c)}\)
Do đó:
\(P\leq \frac{1}{ab(a+b+c)}+\frac{1}{bc(a+b+c)}+\frac{1}{ac(a+b+c)}\). Thay \(1=abc\)
\(\Leftrightarrow P\leq \frac{c}{a+b+c}+\frac{a}{a+b+c}+\frac{b}{a+b+c}=1\) (đpcm)
a)
Kẻ DH _I_ AB và DK _I_ AC.
\(\widehat{DHA}=\widehat{HAK}=\widehat{AKD}=90^0\)
=> AKDH là hình chữ nhật có AD là đường phân giác
=> AKDH là hình vuông
=> AK = KD = DH = HA
Tam giác KAD vuông cân tại A có:
\(AD=\sqrt{2}AK\)
\(\Rightarrow\dfrac{\sqrt{2}}{AD}=\dfrac{1}{AK}\left(1\right)\)
~*~*~*~*~
\(S_{DAB}+S_{DAC}=S_{ABC}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{2}DH\times AB+\dfrac{1}{2}KD\times AC=\dfrac{1}{2}AB\times AC\)
\(\Leftrightarrow AK\times\left(AB+AC\right)=AB\times AC\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{AB+AC}{AB\times AC}=\dfrac{1}{AK}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{AB}+\dfrac{1}{AC}=\dfrac{1}{AK}\left(2\right)\)
~*~*~*~*~
(1) và (2) => đpcm
b)
Trên đoạn thẳng AB, lấy điểm E sao cho AD = AE.
AD là đường phân giác của tam giác ABC
\(\Rightarrow\widehat{DAB}=\widehat{DAC}=\dfrac{\widehat{BAC}}{2}=\dfrac{120^0}{2}=60^0\)
Tam giác ABC có AD là đường phân giác
=> \(\dfrac{BD}{AB}=\dfrac{DC}{AC}=\dfrac{BD+DC}{AB+AC}=\dfrac{BC}{AB+AC}\) (tính chất của dãy tỉ số bằng nhau)
=> \(\dfrac{BD}{BC}=\dfrac{AB}{AB+AC}\)
Tam giác ADE có: AD = AE, \(\widehat{DAE}=60^0\)
=> Tam giác ADE đều
=> \(\widehat{EDA}=\widehat{DAC}\left(=60^0\right)\) mà chúng nằm ở vị trí so le trong
=> ED // AC
\(\Rightarrow\dfrac{ED}{AC}=\dfrac{BD}{BC}=\dfrac{AB}{AB+AC}\)
\(\Rightarrow\dfrac{1}{AD}=\dfrac{AB+AC}{AB\times AC}=\dfrac{1}{AB}+\dfrac{1}{AC}\left(\text{đ}pcm\right)\left(ED=AD\right)\)
câu 1 : ta có : \(A=\left(sin^4x+cos^4x+sin^2x.cos^2x\right)^2-\left(sin^8x+cos^8x\right)\)
\(=\left(1-sin^2x.cos^2x\right)^2-\left(1-3sin^2x.cos^2x\right)\)
\(=\left(1-sin^2x.cos^2x\right)^2-\left(1-sin^2x.cos^2x\right)+2sin^2xcos^2x\)
\(=-sin^2x.cos^2x\left(1-sin^2x.cos^2x\right)+2sin^2x.cos^2x\)
\(=sin^2x.cos^2x\left(1+sin^2x.cos^2x\right)\)
tới đây mk xin sử dụng kiến thức lớp 10 một chút
\(=\dfrac{sin^22x}{4}\left(1+\dfrac{sin^22x}{4}\right)=\dfrac{sin^22x}{4}+\dfrac{sin^42x}{16}\)
vẩn phụ thuộc vào x \(\Rightarrow\) đề sai .
câu 1 : câu này bn có thể tìm trong trang của mk , mk nhớ đã làm nó rồi nhưng tìm hoài không đc . nếu đc bn có thể chờ mk đi hok về mk sẽ kiếm cho bn hoắc có thể là lm lại cho bn nha :)
câu 2 : https://hoc24.vn/hoi-dap/question/657072.html
câu 3 : https://hoc24.vn/hoi-dap/question/657069.html
câu 4 : https://hoc24.vn/hoi-dap/question/656635.html
câu 5 : https://hoc24.vn/hoi-dap/question/657071.html
tìm trc khi hỏi Câu hỏi của mai - Toán lớp 9 | Học trực tuyến
Bài 3:
1: ΔABC vuông tại A
=>\(AB^2+AC^2=BC^2\)
=>\(AB=\sqrt{12^2-5^2}=\sqrt{144-25}=\sqrt{119}\simeq10,9\)
Xét ΔABC vuông tại A có \(sinB=\dfrac{AC}{BC}=\dfrac{5}{12}\)
nên \(\widehat{B}\simeq24^037'\)
=>\(\widehat{C}=90^0-\widehat{B}\simeq65^023'\)
2: ΔABC vuông tại A
=>\(\widehat{B}+\widehat{C}=90^0\)
=>\(\widehat{B}=90^0-47^0=43^0\)
Xét ΔABC vuông tại A có \(tanC=\dfrac{AB}{AC}\)
=>\(AB=AC\cdot tanC=5\cdot tan47\simeq5,4\)
ΔABC vuông tại A
=>\(AB^2+AC^2=BC^2\)
=>\(BC\simeq\sqrt{5,4^2+5^2}\simeq7,4\)
3: ΔABC vuông tại A
=>\(\widehat{B}+\widehat{C}=90^0\)
=>\(\widehat{C}=90^0-74^0=16^0\)
Xét ΔABC vuông tại A có \(tanB=\dfrac{AC}{AB}\)
=>\(AC=7\cdot tan74\simeq24,4\)
ΔABC vuông tại A
=>\(AB^2+AC^2=BC^2\)
=>\(BC\simeq\sqrt{24,4^2+7^2}\simeq25,4\)
4: ΔABC vuông tại A
=>\(AB^2+AC^2=BC^2\)
=>\(BC=\sqrt{12^2+13^2}=\sqrt{313}\simeq17,7\)
Xét ΔABC vuông tại A có \(tanC=\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{13}{12}\)
nên \(\widehat{C}\simeq47^017'\)
=>\(\widehat{B}=90^0-\widehat{C}\simeq42^043'\)