Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Câu 1
a) xy(x+y)-yz(y+z)+zx[(x+y)-(y+z)]=xy(x+y)+zx(x+y)-yz(y+z)-zx(y+z)=x(x+y)(y+z)-z(y+z)(y+x)=(x+y)(y+z)(x-z)
b) \(\frac{x-y}{\left(z-x\right)\left(z-y\right)}+\frac{y-z}{\left(x-y\right)\left(x-z\right)}+\frac{z-x}{\left(y-z\right)\left(y-x\right)}=2022\)
\(\Leftrightarrow\frac{x-z+z-y}{\left(z-x\right)\left(z-y\right)}+\frac{y-z+x-z}{\left(x-y\right)\left(x-z\right)}+\frac{z-y+y-x}{\left(y-z\right)\left(y-x\right)}=2022\)
\(\Leftrightarrow\frac{-1}{z-y}+\frac{-1}{z-x}+\frac{-1}{x-z}+\frac{-1}{x-y}+\frac{-1}{x-y}+\frac{-1}{y-z}+\frac{1}{y-z}=2022\)
\(\Leftrightarrow2\left(\frac{1}{x-y}+\frac{1}{y-z}+\frac{1}{z-x}\right)=2022\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{x-y}+\frac{1}{y-z}+\frac{1}{z-x}=1011\)
Câu 8: bạn sửa lại đề: AB<AC
a) Xét tam giác AHB và tam giác AEP có:
\(\widehat{AHB}=\widehat{AEP}=90^0\)
AH=KE (Tứ giác AHKE là hình vuông)
\(\widehat{HAB}=\widehat{AEP}\)(cùng phụ với \(\widehat{HAC}\))
\(\Rightarrow\Delta AHB=\Delta AEP\)(g-c-g)
=> AB=AP (2 cạnh tương ứng) => \(\Delta\)BAP cân tại A
b) Tứ giác ABQP là hình vuông nên IA=IB=IQ=IP (1)
Tam giác BKP vuông tại K nên KP=KB=KI (2)
Từ (1) và (2) suy ra: AI=KI nên I là đường trung trực của AK (3)
Vì AHKE là hình vuông nên HE là trung trực của AK (4)
Từ (3) và (4) suy ra: H;I:E cùng thuộc đường trung trực của AK hay H;I:E thằng hàng (đpcm)
Câu 9: Có \(\widehat{CEA}=\widehat{B}+\widehat{BAE}=\widehat{HAC}+\widehat{EAH}=\widehat{CAE}\)
\(\Rightarrow\Delta CAE\)cân tại C => CA=CE (1)
Qua H kẻ đường thằng song song với AB cắt MF ở K. Ta có \(\frac{BE}{EH}=\frac{MB}{KH}=\frac{MA}{KH}=\frac{FA}{FH}\left(2\right)\)
AE là phân giác của tam giác ABH nên \(\frac{BE}{EH}=\frac{AB}{AH}\left(3\right)\)
\(\Delta CAH\)và \(\Delta CBA\)đồng dạng \(\Rightarrow\frac{AB}{AH}=\frac{CA}{CH}=\frac{CE}{CH}\)(theo (1)) (4)
Từ (2);(3) và (4) => \(\frac{FA}{FH}=\frac{CE}{CH}\)hay \(\frac{AE}{FH}=\frac{CE}{CH}\)=> CF//AE (đpcm)
Câu 10:
Chia các đỉnh của tam giác thành 3 nhóm \(\left\{A_1;A_4;A_7;A_{10}\right\};\left\{A_2;A_5;A_8;A_{11}\right\};\left\{A_3;A_6;A_9;A_{12}\right\}\)
Chọn 3 đỉnh liên tiếp thì mỗi đỉnh vào 1 nhóm
Do vậy số dấu "-" trong mỗi nhóm là +1 hoặc -1
Mà nhóm II và nhóm III cùng tính chẵn lẻ về số dấu "-"
Khi bắt đầu nhóm II, nhóm III số dấu "-" bằng 0. Nếu đỉnh A2 mang dấu "-" các đỉnh còn lại mang dấu "+" thì nhóm II, nhóm III khác đỉnh chẵn lẻ về số dấu "=". Mâu thuẫn!
P.s bài trình bày khó hiểu, bạn thông cảm! :)
1)\(A=\frac{b\left(2a\left(a+5b\right)+\left(a+5b\right)\right)}{a-3b}.\frac{a\left(a-3b\right)}{ab\left(a+5b\right)}=\frac{b\left(a+5b\right)\left(2a+1\right).a\left(a-3b\right)}{\left(a-3b\right).ab\left(a+5b\right)}\)
\(A=2a+1\)=>lẻ với mọi a thuộc z=> dpcm
2) từ: x+y+z=1=> xy+z=xy+1-x-y=x(y-1)-(y-1)=(y-1)(x-1)
tường tự: ta có tử của Q=(x-1)^2.(y-1)^2.(z-1)^2=[(x-1)(y-1)(z-1)]^2=[-(z+y).-(x+y).-(x+y)]^2=Mẫu=> Q=1
3) kiểm tra lại xem đề đã chuẩn chưa
\(\left(n^2-8\right)^2+36\)
\(=n^4-16n^2+64+36\)
\(=\left(n^4+20n^2+100\right)-36n^2\)
\(=\left(n^2+10\right)^2-\left(6n\right)^2\)
\(=\left(n^2+10-6n\right)\left(n^2+10+6n\right)\)
Để n là số nguyên tố thì \(\orbr{\begin{cases}n^2+10-6n=1\\n^2+10+6n=1\end{cases}}\)
Mà do \(n\in N\Rightarrow n^2+10-6n=1\)
\(\Leftrightarrow n^2-6n+9=0\)
\(\Leftrightarrow\left(n-3\right)^2=0\)
\(\Leftrightarrow n-3=0\)
\(\Leftrightarrow n=3\)
Vậy n=3.
\(\frac{x^2-yz}{yz}+1+\frac{y^2-zx}{zx}+1+\frac{z^2-xy}{xy}+1=3\Leftrightarrow\frac{x^2}{yz}+\frac{y^2}{zx}+\frac{z^2}{xy}=3\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{xyz}\left(x^3+y^3+z^3\right)=3\Leftrightarrow x^3+y^3+z^3-3xyz=0\)
\(\Leftrightarrow\left(x+y+z\right)\left[\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(z-x\right)^2\right]=0\)
\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x+y+z=0\\x=y=z\end{cases}}\)
Tới đây bạn thay vào nhé :)
Từ \(\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{xz}=1\)
\(\Rightarrow\)\(x+y+z=xyz\)
Ta có : \(\sqrt{yz\left(1+x^2\right)}=\sqrt{yz+x^2yz}=\sqrt{yz+x\left(x+y+z\right)}=\sqrt{\left(x+y\right)\left(x+z\right)}\)
Tương tự : \(\sqrt{xy\left(1+z^2\right)}=\sqrt{\left(z+y\right)\left(z+x\right)}\); \(\sqrt{zx\left(1+y^2\right)}=\sqrt{\left(y+z\right)\left(y+x\right)}\)
Nên \(Q=\frac{x}{\sqrt{\left(x+y\right)\left(x+z\right)}}+\frac{y}{\sqrt{\left(y+z\right)\left(y+x\right)}}+\frac{z}{\sqrt{\left(z+x\right)\left(z+y\right)}}\)
\(Q=\sqrt{\frac{x}{x+y}.\frac{x}{x+z}}+\sqrt{\frac{y}{x+y}.\frac{y}{y+z}}+\sqrt{\frac{z}{x+z}.\frac{z}{y+z}}\)
Áp dụng BĐT \(\sqrt{A.B}\le\frac{A+B}{2}\left(A,B>0\right)\)
Dấu "=" xảy ra khi A = B :
Ta được :
\(Q\le\frac{1}{2}\left(\frac{x}{x+y}+\frac{x}{x+z}+\frac{y}{y+x}+\frac{y}{y+z}+\frac{z}{z+x}+\frac{z}{z+y}\right)=\frac{3}{2}\)
Vậy GTLN của \(Q=\frac{3}{2}\)khi \(x=y=z=\sqrt{3}\)
Mình nghĩ bạn viết hơi sai đề bài.
\(x^2+xz-y^2-yz=\left(x^2-y^2\right)+xz-yz=\left(x-y\right)\left(x+y\right)+z\left(x-y\right)=\left(x-y\right)\left(x+y+z\right)\)
Tương tự: \(y^2+xy-z^2-xz=\left(y-z\right)\left(x+y+z\right)\)
\(z^2+yz-x^2-xy=\left(x+y+z\right)\left(z-x\right)\)
Khi đó:
\(P=\frac{1}{\left(y-z\right)\left(x-y\right)\left(x+y+z\right)}+\frac{1}{\left(z-x\right)\left(y-z\right)\left(x+y+z\right)}+\frac{1}{\left(x-y\right)\left(x+y+z\right)\left(z-x\right)}\)
\(=\frac{z-x+x-y+y-z}{\left(x-y\right)\left(y-z\right)\left(z-x\right)\left(x+y+z\right)}=0\)
\(C7=736\)
\(C1:\)\(S\)\(=225\)\(cm^2\)\(\Leftrightarrow\)\(S=\left(4x-1\right)^2\)
\(\Rightarrow\left(4x-1\right)^2=225\)
\(\Rightarrow\left(4x-1\right)^2=15^2\Rightarrow4x-1=15\)
\(\Rightarrow4x=16\)
\(\Rightarrow x=4\)