Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Ta có:
x + 1/2 + √(x + 1/4)
= x + 1/4 + √(x + 1/4) + 1/4
= (√(x + 1/4) + 1/2)^2
=> PT <=> x + |√(x + 1/4) + 1/2| = 2
Làm nốt
Em viết đề bài sai lung tung cả: Bài 1. Thực chất yêu cầu là tỉ số lớn hơn hoặc bằng căn 2. Dấu bằng có thể xảy ra ví dụ xét hình vuông. Bài 2: Điểm M nằm trong góc, qua M kẻ đường thẳng ...
1. Để giải bài toán này ta cần một nhận xét đơn giản sau: Nếu tam giác \(ABC\) có góc \(\angle A\ge90^{\circ}\) và có cạnh \(AB\le AC\) thì \(\frac{BC}{AB}\ge\sqrt{2}.\)
Chứng minh nhận xét: Trên cạnh AC lấy X sao cho AB=AX, suy ra tam giác ABX vuông cân và do đó theo định lý Pitago \(BX^2=AB^2+AX^2=2AB^2\to BX=AB\sqrt{2}.\)
Mặt khác hoặc X trung C, khi đó BX=BC, hoặc tam giác \(\Delta BXC\) có góc ở X tù nên \(BC>BX\).
Vậy ta luôn có \(BC\ge AB\sqrt{2}\to\frac{BC}{AB}\ge\sqrt{2}.\)
Giải bài toán 1. Ta giả sử bốn điểm là A,B,C,D. Khi đó hoặc chúng là bốn đỉnh của một tứ giác lồi, hoặc một tứ giác lõm.
Trường hợp 1. Nếu ABCD là tứ giác lồi, vì tổng các góc trong một tứ giác là 360 nên không mất tính tổng quát ta có thể coi \(\angle B\ge90^{\circ}\). Áp dụng nhận xét cho tam giác ABC ta được \(\frac{BC}{AB}\ge\sqrt{2}\) hoặc \(\frac{BC}{AC}\ge\sqrt{2}\to\frac{M}{m}\ge\sqrt{2}.\) Ở đây kí hiệu M,m là độ dài đoạn lớn nhất và bé nhất.
Trường hợp 2. ABCD là tứ giác lõm, không mất tính tổng quát coi D nằm trong tam giác ABC. Khi đó trong ba góc \(\angle ADB,\angle BDC,\angle CDA\) có một góc tù. Giả sử góc \(\angle ADC>90^{\circ}\), suy ra \(\frac{AC}{AD}\ge\sqrt{2}\) hoặc \(\frac{AC}{CD}\ge\sqrt{2}\to\frac{M}{m}\ge\sqrt{2}.\)
Vậy ta có \(\frac{M}{m}\ge\sqrt{2}.\)
Bài toán 2. Cho góc vuông xOy, và điểm M nằm trong. Vẽ đường thẳng d cắt Ox,Oy ở A,B khác O. Tìm vị trí của đường thẳng d để
a)OAB có diện tích bé nhất
b)OA+OB nhỏ nhất.
Kí hiệu E,F là hình chiếu của M lên các cạnh Ox,Oy. Để cho tiện ta đặt \(a=FB,b=EA,x=ME,y=MF.\) Chú ý rằng \(x,y\) là các số dương không đổi. Từ \(\Delta MFB\sim\Delta AEM\to\) \(\frac{a}{y}=\frac{x}{b}\to ab=xy\). Theo bất đẳng thức Cô-Si thì \(a+b\ge2\sqrt{ab}=2\sqrt{xy}\to a+b+x+y\ge x+y+2\sqrt{xy}=\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}\right)^2\)
\(\to OA+OB\ge\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}\right)^2.\) Dấu bằng xảy ra khi và chỉ \(a=b=\sqrt{xy}.\) Khi đó trên Ox lấy A sao cho \(OA=x+\sqrt{xy}\), đường thẳng d qua AM sẽ thỏa mãn yêu cầu. Vậy giá trị bé nhất của \(OA+OB\) là \(\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}\right)^2.\)
Chú ý rằng \(S_{OAB}=S_{OBM}+S_{OAM}=\frac{1}{2}x\left(a+y\right)+\frac{1}{2}y\left(x+b\right)=xy+\frac{1}{2}\left(xa+yb\right).\)
Theo bất đẳng thức Cô-Si \(xa+yb\ge2\sqrt{xayb}=2xy\to S_{OAB}\ge xy+xy=2xy.\) Dấu bằng xảy ra khi \(xa=yb,xy=ab\leftrightarrow b=x,a=y\leftrightarrow M\) là trung điểm \(AB.\)
Vậy giá trị bé nhất của diện tích tam giác \(OAB\) là \(2xy.\)
Do số tam giác được lập từ n điểm đã cho là hữu hạn nên tồn tại 1 tam giác ABC có diện tích lớn nhất.
Dựng tam giác DEF sao cho A, B, C lần lượt là trung điểm của EF, DF, DE. Khi đó vì \(S_{ABC}\le1\) nên \(S_{DEF}\le4\). Ta sẽ chứng minh tam giác DEF chính là tam giác cần tìm.
Thật vậy, giả sử tồn tại điểm P trong số n điểm đã cho nằm ngoài tam giác DEF. Không mất tính tổng quát, giả sử P nằm khác phía BC đối với EF. Khi đó khoảng cách từ P đến BC sẽ lớn hơn khoảng cách từ A đến BC, dẫn đến \(S_{PBC}>S_{ABC}\), điều này là vô lí vì ta đã giả sử tam giác ABC là tam giác có diện tích lớn nhất trong số các tam giác tạo thành từ n điểm đã cho \(\Rightarrow\) tam giác DEF thỏa ycbt
Vậy ta có đpcm.
,
Nếu bạn không xem được phần trả lời của mình thì vào trang cá nhân của mình xem nhé, tại câu trả lời của mình có vẽ hình nên nó không đăng lên được ngay.