Ta có: 

\(P\left(1\right)=a+b+c+d+1\)

\(P\left(2\right)=8a+4b+2c+d+16\)

\(P\left(3\right)=27a+9b+3c+d+81\)

\(\Rightarrow100P\left(1\right)-198P\left(2\right)+100P\left(3\right)\)

\(=100\left(a+b+c+d+1\right)-198\left(8a+4b+2c+d+16\right)+100\left(27a+9b+3c+d+81\right)\)

\(=1216a+208b+4c+2d+5032=100.10-198.20+100.30=40\)

Ta lại có: 

\(f\left(12\right)+f\left(-8\right)=12^4+12^3a+12^2b+12c+d+8^4-8^3a+8^2b-8c+d\)

\(=\left(1216a+208b+4c+2d+5032\right)+19800\)

\(=40+19800=19840\)

\(\Rightarrow P=\frac{19840}{10}+25=2009\)

Đặt \(G\left(x\right)=f\left(x\right)-10x\)\(\Leftrightarrow\hept{f\left(x\right)=G\left(x\right)+10x}\)và \(G\left(x\right)\)có bậc 4 có hệ số cao nhất là 1

Từ đề bài ta có: \(\hept{\begin{cases}G\left(1\right)=f\left(1\right)-10=0\\G\left(2\right)=f\left(2\right)-20=0\\G\left(3\right)=f\left(3\right)-30=0\end{cases}}\)\(\Rightarrow x=1;2;3\)là 3 nghiệm của\(G\left(x\right)\)

\(\Rightarrow G\left(x\right)\)có dạng \(G\left(x\right)=\left(x-1\right)\left(x-2\right)\left(x-3\right)\left(x-k\right)\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}G\left(12\right)=\left(12-1\right)\left(12-2\right)\left(12-3\right)\left(12-k\right)=11880-990k\\G\left(-8\right)=\left(-8-1\right)\left(-8-2\right)\left(-8-3\right)\left(-8-k\right)=7920+990k\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}f\left(12\right)=G\left(12\right)+12\times10=12000-990k\\f\left(-8\right)=G\left(-8\right)+10\times\left(-8\right)=7840+990k\end{cases}}\)

\(\Rightarrow f\left(12\right)+f\left(-8\right)=12000-990k+7840+990k=19840\)

\(\Rightarrow P=\frac{19840}{10}+25=2009\)

Ta có:

\(T\left(-2\right)=a_0-2a_1+2^2a_2-...-2^{29}a_{29}+2^{30}a_{30}=a_0+H=\left(1+4\right)^{15}\)

\(\Leftrightarrow1+H=5^{15}\)

\(\Leftrightarrow H=5^{15}-1\)

A B C I F G H x y z

dat HI=x, HF=y, HG=z

ta co \(\frac{SBHC}{SABC}=\frac{\frac{1}{2}.HI.BC}{\frac{1}{2}AI.BC}=\frac{HI}{AI}=\) \(\frac{x}{x+8}\)

ttu \(\frac{SAHC}{SABC}=\frac{y}{y+\sqrt{14}}\) \(\frac{SHAB}{SABC}=\frac{z}{z+\sqrt{44}}\)

cộng vế vs vế  \(\frac{x}{x+8}+\frac{y}{y+\sqrt{14}}+\frac{z}{z+\sqrt{44}}=\frac{SHBC+SHAC+SHAB}{SABC}=1\) (1)

do \(\Delta AHF\simeq\Delta BHI\rightarrow\frac{HF}{HI}=\frac{y}{x}=\frac{AH}{BH}=\frac{8}{\sqrt{14}}\Rightarrow y=\frac{8}{\sqrt{14}}x\)

ttu \(\Delta AHG\simeq\Delta CHI\Rightarrow z=\frac{8}{\sqrt{44}}x\)

the vao 1 ta co \(\frac{x}{x+8}+\frac{\frac{8}{\sqrt{14}}x}{\frac{8}{\sqrt{14}}x+\sqrt{14}}+\frac{\frac{8x}{\sqrt{44}}}{\frac{8x}{\sqrt{44}}+\sqrt{44}}=1\)

\(\Leftrightarrow\frac{x}{x+8}+\frac{8x}{8x+14}+\frac{8x}{8x+44}=1\)

 giải ra bn có  x=2

ap dung dl pitago vao tam giac vuong BHI \(BI^2=14-x^2=14-4=10\Rightarrow BI=\sqrt{10}\)

                             . ............................HIC \(IC=\sqrt{40}\)

\(\Rightarrow BC=BI+IC=\sqrt{10}+\sqrt{40}\)

MA AI=\(AH+HI=8+2=10\)

\(\Rightarrow SABC=\frac{10.\left(\sqrt{10}+\sqrt{40}\right)}{2}=15\sqrt{10}\)

\frac{x}{x+8}+\frac{\frac{8}{\sqrt{14}}x}{\frac{8}{\sqrt{14}}x+\sqrt{14}}+\frac{\frac{8x}{\sqrt{44}}}{\frac{8x}{\sqrt{44}}+\sqrt{44}}=1x+8x​+14​8​x+14​14​8​x​+44​8x​+44​44​8x​​=

A B C M D E

Ta thấy ngay tứ giác ADME nội tiếp vì \(\widehat{DAE}+\widehat{DME}=180^o\)

Vậy thì \(\widehat{MDE}=\widehat{MAE}\) (Hai góc nội tiếp)

Mà do M là trung điểm BC nên MB = MA = MC hay \(\widehat{MCA}=\widehat{MAE}\)

Vậy \(\widehat{MDE}=\widehat{MCE}\)

Ta có \(S_{DME}=\frac{1}{2}.DM.ME=\frac{1}{2}.DM.DM.tan\widehat{MDE}=\frac{1}{2}.DM^2.tan\widehat{MCE}\)

Do góc C không thay đổi nên \(tan\widehat{MCE}\) không đổi.

Vậy \(S_{MDE}min\Leftrightarrow DMmin\)

Ta thấy DM là hình xiên, vậy DM nhỏ nhất khi nó là đường vuông góc.

Tóm lại: diện tích tam giác DME nhỏ nhất khi D, E lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ M xuống AB và AC.

bạn ghi lại rõ hơn 

Vì \(\widehat{ABC}-\widehat{C}=90^O\) nên góc B là góc tù. Ta có: \(180^o-\widehat{ABH}-\widehat{C}=90^O\Rightarrow\widehat{ABH}+\widehat{C}=90^O\)=> 2 góc phụ nhau\(\Rightarrow sin\widehat{ABH}=cosC\)

\(sin\widehat{ABH}=\frac{AH}{3,14}\Rightarrow cos^2\widehat{C}=\frac{AH^2}{3,14^2}\)

\(sinC=\frac{AH}{5,37}\Rightarrow sin^2C=\frac{AH^2}{5,37^2}\)

\(\Rightarrow cos^2C+sin^2C=AH^2\left(\frac{1}{3,14^2}+\frac{1}{5,37^2}\right)\)

\(\Rightarrow1=AH^2\left(\frac{1}{3,14^2}+\frac{1}{5,37^2}\right)\Rightarrow AH\approx2,7106\)

A H B C

Độ dài đường cao AH là: 2,7106 cm

Bạn anhduc1501 trình bày cách làm rồi

Bạn xem đi nha!

Chúc bạn học tốt!

Đưa về PT bậc 2:

12y2−12xy+5x2+4x−1648=012y2−12xy+5x2+4x−1648=0

Xét Δ=(−6x)2−12(5x2+4x−1648)=24[825−(x+1)2]≥0Δ=(−6x)2−12(5x2+4x−1648)=24[825−(x+1)2]≥0

\Rightarrow −29≤x≤27−29≤x≤27

Do x nguyên dương \Rightarrow 0<x≤270<x≤27

PT có nghiệm nguyên \Rightarrow ΔΔ chính phương

\Rightarrow (x+1)2(x+1)2 chia 6 dư 3

\Rightarrow x thuộc 2;5;8;11;14;17;20;23;26

Mà x phải là số chẵn \Rightarrow x thuộc 2;8;14;20;26

Thử 5 số trên.

leminhduc làm đúng

a) Xét tam giác ABD và tam giác BCA có:

\(\widehat{BAD}=\widehat{CBA}\left(=90^o\right)\)

\(\widehat{ABD}=\widehat{BCA}\) (Cùng phụ với góc \(\widehat{OBC}\) )

Vậy nên \(\Delta ABD\sim\Delta BCA\left(g-g\right)\)

\(\Rightarrow\frac{AB}{BC}=\frac{AD}{AB}\Rightarrow AB^2=BC.AD\Rightarrow AB=\sqrt{BC.AD}\)

b) Theo công thức đã chứng minh bên trên, ta có:

\(AB=\sqrt{9.16}=12\left(cm\right)\)

Vậy thì diện tích hình thang ABCD bằng \(\frac{\left(9+16\right).12}{2}=150\left(cm^2\right)\)

c) Xét tam giác vuông BAD, thep định lý Pi-ta-go ta có:

\(BD=\sqrt{AD^2+AB^2}=\sqrt{9^2+12^2}=15\left(cm\right)\)

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác ta có:

 \(OA=\frac{AB.AD}{BD}=\frac{12.9}{15}=7,2\left(cm\right)\)

\(OB=\frac{AB^2}{BD}=\frac{12^2}{15}=9,6\left(cm\right)\)

\(OD=\frac{AD^2}{BD}=\frac{9^2}{15}=5,4\left(cm\right)\)

Xét tam giác vuông BAC, thep định lý Pi-ta-go ta có:

\(AC=\sqrt{BC^2+AB^2}=\sqrt{16^2+12^2}=20\left(cm\right)\)

Vậy \(OC=AC-OA=20-7,2=12,8\left(cm\right)\)

\(\)

ui nguy hiểm

cái này bọn mik làm rồi này, cậu chia cả tử và mẫu cho a^2 ;b^2(lần lượt nhé và chỉ 2 phân thức đầu thôi)

sau đó 

rồi cậu rút gọn mẫu và đặt b/a=x;c/b=y=> c/a=xy

rồi ... cô si các kiểu

bài này chi đề xuất để biết thêm chi tiết liên hệ với đào khánh chi thông minh hok giỏi nhất đội tuyển toán trường THCS 14-10

Dự đoán \(MinP=\frac{3}{4}\)khi a = b = c

Ta có: \(\frac{c}{4a}=\frac{c^2}{4ca}\ge\frac{c^2}{\left(c+a\right)^2}\)(Theo BĐT AM - GM)

Nên ta cần chứng minh \(\frac{a^2}{\left(a+b\right)^2}+\frac{b^2}{\left(b+c\right)^2}+\frac{c^2}{\left(c+a\right)^2}\ge\frac{3}{4}\)

Ta có bất đẳng thức quen thuộc sau: \(x^2+y^2+z^2\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{3}\)(BĐT Bunyakovsky dạng phân thức)

Áp dụng, ta được: \(\frac{a^2}{\left(a+b\right)^2}+\frac{b^2}{\left(b+c\right)^2}+\frac{c^2}{\left(c+a\right)^2}\ge\frac{1}{3}\left(\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}\right)^2\)

Đến đây, ta cần chỉ ra rằng: \(\frac{1}{3}\left(\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}\right)^2\ge\frac{3}{4}\)

\(\Leftrightarrow\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}\ge\frac{3}{2}\)

Ta viết bất đẳng thức cần chứng minh thành \(\frac{1}{\left(1+\frac{b}{a}\right)^2}+\frac{1}{\left(1+\frac{c}{b}\right)^2}+\frac{1}{\left(1+\frac{a}{c}\right)^2}\ge\frac{3}{4}\)

Đặt \(x=\frac{b}{a};y=\frac{c}{b};z=\frac{a}{c}\)khi đó xyz = 1 và ta cần chứng minh \(\frac{1}{\left(1+x\right)^2}+\frac{1}{\left(1+y\right)^2}+\frac{1}{\left(1+z\right)^2}\ge\frac{3}{4}\)

Lại đặt \(x=\frac{np}{m^2};y=\frac{mp}{n^2};z=\frac{mn}{p^2}\)(m, n, p > 0). Khi đó bất đẳng thức được viết lại thành:

\(\frac{1}{\left(1+\frac{np}{m^2}\right)^2}+\frac{1}{\left(1+\frac{mp}{n^2}\right)^2}+\frac{1}{\left(1+\frac{mn}{p^2}\right)^2}\ge\frac{3}{4}\)\(\Leftrightarrow\frac{m^4}{\left(m^2+np\right)^2}+\frac{n^4}{\left(n^2+mp\right)^2}+\frac{p^4}{\left(p^2+mn\right)^2}\ge\frac{3}{4}\)

Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky dạng phân thức thì được: \(\frac{m^4}{\left(m^2+np\right)^2}+\frac{n^4}{\left(n^2+mp\right)^2}+\frac{p^4}{\left(p^2+mn\right)^2}\)\(\ge\frac{\left(m^2+n^2+p^2\right)^2}{\left(m^2+np\right)^2+\left(n^2+mp\right)^2+\left(p^2+mn\right)^2}\)

Và ta cần chứng minh \(\frac{\left(m^2+n^2+p^2\right)^2}{\left(m^2+np\right)^2+\left(n^2+mp\right)^2+\left(p^2+mn\right)^2}\ge\frac{3}{4}\)

\(\Leftrightarrow m^4+n^4+p^4+5\left(m^2n^2+n^2p^2+p^2m^2\right)\ge6mnp\left(m+n+p\right)\)

Ta có: \(m^4+n^4+p^4+5\left(m^2n^2+n^2p^2+p^2m^2\right)\ge\)\(\left(m^2n^2+n^2p^2+p^2m^2\right)+5\left(m^2n^2+n^2p^2+p^2m^2\right)\)\(=6\left(m^2n^2+n^2p^2+p^2m^2\right)\)\(\ge6mnp\left(m+n+p\right)\)

Vậy bất đẳng thức được chứng minh.

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c