đơn giản quá ,  nó thuộc dường tròn qua hinh chữ nhật \ ma

\

A B C D E H I K K

BAC là góc ngoài của tam giác EAB nên BAC= E1+B1 (1)

Dễ dàng chứng minh được tam giác BAE=tam giác CAD (c.g.c) => CD= BE (2) (cặp cạnh tương ứng) và B1=C1 (cặp góc tương ứng) (3)

Tam giác AED có AE=AD (gt) nên AED là tam giác cân. Mà tam giác AED có H là trung điểm AE nên DH vuông góc AE <=> DH vuông góc EC.

Tam giác HDC vuông tại H có HK là đường trung tuyến => HK= 1/2 DC (4) (tính chất đường trung tuyến của tam giác vuông) => tam giác HKC cân tại K thì H1=C1 (5)

Tam giác EAB có HE=HA, AI=IB => IH là đường trung bình của tam giác, IH // =1/2 EB, E1= H2 (6)

Từ (1), (3), (5), (6) suy ra IHK= H2+H1=E1+C1=E1+B1=BAC=60 độ 

Từ  (2), (4) và (6) suy ra IH=HK 

Tam giác IHK có IHK=60 độ (cmt) và IH=HK nên là tam giác đều (đpcm)

BAC là góc ngoài của tam giác EAB nên BAC= E1+B1 (1)

Dễ dàng chứng minh được tam giác BAE=tam giác CAD (c.g.c) => CD= BE (2) (cặp cạnh tương ứng) và B1=C1 (cặp góc tương ứng) (3)

Tam giác AED có AE=AD (gt) nên AED là tam giác cân. Mà tam giác AED có H là trung điểm AE nên DH vuông góc AE <=> DH vuông góc EC.

Tam giác HDC vuông tại H có HK là đường trung tuyến => HK= 1/2 DC (4) (tính chất đường trung tuyến của tam giác vuông) => tam giác HKC cân tại K thì H1=C1 (5)

Tam giác EAB có HE=HA, AI=IB => IH là đường trung bình của tam giác, IH // =1/2 EB, E1= H2 (6)

Từ (1), (3), (5), (6) suy ra IHK= H2+H1=E1+C1=E1+B1=BAC=60 độ 

Từ  (2), (4) và (6) suy ra IH=HK 

Tam giác IHK có IHK=60 độ (cmt) và IH=HK nên là tam giác đều (đpcm)

=267674646674676656565667666. giup minh nha

2010 số hạng sẽ được chia vào 2010:3= 670 nhóm và 2 số hạng còn lại ở nhóm thứ 671. 

Do đó số thứ 2012 sẽ là số hạng thứ 2 của nhóm thứ 671.

Gọi các nhóm theo thứ tự là nhóm 1,2,3...,671

Ta có:

Nhóm 1 có số hạng thứ 2 là 1

Nhóm 2 có số hạng thứ 2 là số 2

Nhóm 3 có số hạng thứ 2 là số 3

....

Nhóm 671 có số hạng thứ 2 là số 671

Vậy số cần tìm là số 671

AD cắt BC tại H,vẽ EG vuông góc AC tại G.Tứ giác ABEG vuông tại A,B,G nên ABEG là hình chữ nhật có EG = AB.

=> S_AEC = AC.EG : 2 = AB² : 2 mà 

S_AHC = HA.HC : 2 (vì AD vuông góc BC) = AD/2.BC/2 : 2 (H là trung điểm AD,BC) 

          =\(\sqrt{2}AB.\sqrt{2}AB\): 8 (định lí Pi-ta-go với tam giác vuông cân ABC,ABD) = AB² : 4

=> S_AECH = AB² : 2 - AB² : 4 = AB² : 4 = 6,25 (cm²) => AB =\(\sqrt{6,25.4}\)= 5 (cm)

Vậy chu vi hình vuông ABCD là : 5.4 = 20 (cm)

Gọi O là giao điểm của AD và BC như trên hình. Nối EO cắt AC tại F, dễ dàng chứng minh OE = OF và AF = CF.

Diện tích tam giác OAE bằng \(\frac{1}{2}\) diện tích phần tô đậm và bằng: \(S_{\Delta OAE}=\frac{1}{2}.6,25=3,125\left(cm^2\right)\)

\(S_{\Delta OAE}=S_{\Delta OAF}\) vì có cùng chiều cao AF và đáy OE = OF

\(\Rightarrow\) \(S_{\Delta AEF}=S_{\Delta OAE}+S_{\Delta OAF}=2S_{\Delta OAE}=2.3,125=6,25\left(cm^2\right)\)

Ta có: \(S_{\Delta AEF}=\frac{1}{2}.AF.EF=\frac{1}{2}.\left(\frac{1}{2}EF\right).EF=\frac{1}{4}EF^2\)\(\Rightarrow\)\(\frac{1}{4}EF^2=6,25\)

\(\Rightarrow\)\(EF^2=25\)\(\Rightarrow\)\(EF=5\) (do EF > 0).

Do ABCD là hình vuông nên AB = EF = 5cm nên chu vi hình vuông ABCD là 20cm².

khối gỗ có 6 mặt nên có tổng cộng 6 miệng lỗ và 3 lỗ

a)      diện tích toàn phần khối gỗ: 3x3x6 = 54 dm²

         tổng diện tích miệng lỗ:    1x1x6 = 6 dm²

         diện tích bề mặt khối gỗ sau khi đục còn:    54 - 6 = 48 dm²

            diện tích một lỗ:    1x3x4 = 12 dm²

         do các lỗ giao nhau nên mỗi lỗ có 4 mặt bị mất và diện tích mỗi mặt là 1 dm²

         diện tích mỗi lỗ chỉ còn     12 - 1 x 4 = 8 dm²

        tổng diện tích mặt ngoài và trong:   48 + 8x3 = 72 dm²

b)      thể tích khối gỗ:   3³ = 27 dm³

        thể tích một lỗ: 1x1x3 = 3 dm³

        do các lỗ giao nhau nên thể tích phần giao nhau là 1³=1 dm³

        thể tích mỗi lỗ ko tính giao nhau: 3-1=2 dm³

       thể tích phần bỏ đi:   2x3+1 = 7 dm³

         phần trăm:   \(\frac{7}{27}\)x  100% \(\approx25,93\%\)

sorry vì mk giải vẫn chưa cụ thể lắm và có sai thì bỏ qua nha!

Ta có \(\sqrt{1+a^4}+\sqrt{1+b^4}\ge\)\(\ge\)\(\sqrt{2^2+\left(a^2+b^2\right)^2}\)(1)

Ta lại có \(\frac{a^2+b^2}{2}\ge ab\)

\(\frac{a^2+1}{2}\ge a\)

\(\frac{b^2+1}{2}\ge b\)

Từ đó => a² + b² \(\ge\)a + b + ab - 1 = \(\frac{1}{4}\)

Thế vào 1 ta được P \(\ge\)\(\frac{\sqrt{65}}{4}\)

\(\frac{9}{4}=\left(a+1\right)\left(b+1\right)\le\frac{\left(a+1\right)^2+\left(b+1\right)^2}{2}=\frac{2\left(a^2+1\right)+2\left(b^2+1\right)}{2}=a^2+b^2+2.\)

\(\Rightarrow a^2+b^2\ge\frac{1}{4}\)

\(\sqrt{1+a^4}+\sqrt{1+b^4}\ge\sqrt{\left(1+1\right)^2+\left(a^2+b^2\right)^2}\ge\sqrt{4+\left(\frac{1}{4}\right)^2}=\frac{\sqrt{17}}{2}\)

đặt \(A=\frac{1}{1-ab}+\frac{1}{1-bc}+\frac{1}{1-ca}\)

\(\Rightarrow A-3=P=\frac{ab}{1-ab}+\frac{bc}{1-bc}+\frac{ca}{1-ca}\)

áp dụng BĐT cô-si ta có:

\(a^2+b^2\ge2ab;b^2+c^2\ge2bc;c^2+a^2\ge2ca\)

\(\Rightarrow\frac{a^2+b^2}{2}\ge ab;\frac{b^2+c^2}{2}\ge bc;\frac{c^2+a^2}{2}\ge ca\)

\(\Rightarrow1-\frac{a^2+b^2}{2}\le1-ab;1-\frac{b^2+c^2}{2}\le1-bc;1-\frac{c^2+a^2}{2}\le1-ca\)

\(\Rightarrow P\le\frac{2ab}{\left(a^2+c^2\right)+\left(b^2+c^2\right)}+\frac{2bc}{\left(a^2+b^2\right)+\left(a^2+c^2\right)}+\frac{2ca}{\left(a^2+b^2\right)+\left(b^2+c^2\right)}\)

\(\Rightarrow P\le\frac{1}{2}\left(\frac{\left(a+b\right)^2}{\left(a^2+c^2\right)+\left(b^2+c^2\right)}+\frac{\left(b+c\right)^2}{\left(a^2+b^2\right)+\left(a^2+c^2\right)}+\frac{\left(c+a\right)^2}{\left(a^2+b^2\right)+\left(b^2+c^2\right)}\right)\)

Áp dụng BĐT Schwarts ta có:

\(\frac{\left(a+b\right)^2}{\left(a^2+c^2\right)+\left(b^2+c^2\right)}\le\frac{a^2}{a^2+c^2}+\frac{b^2}{b^2+c^2}\)

\(\frac{\left(b+c\right)^2}{\left(a^2+b^2\right)+\left(a^2+c^2\right)}\le\frac{b^2}{a^2+b^2}+\frac{c^2}{a^2+c^2}\)

\(\frac{\left(c+a\right)^2}{\left(a^2+b^2\right)+\left(b^2+c^2\right)}\le\frac{a^2}{a^2+b^2}+\frac{c^2}{b^2+c^2}\)

\(\Rightarrow P\le\frac{1}{2}\left(\frac{a^2+b^2}{a^2+b^2}+\frac{b^2+c^2}{b^2+c^2}+\frac{c^2+a^2}{c^2+a^2}\right)=\frac{1}{2}.3=\frac{3}{2}\)

\(\Rightarrow P+3\le\frac{3}{2}+3\)

\(\Rightarrow A\le\frac{9}{2}\)

dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}\)

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương: \(\frac{1}{ab-1}+\frac{1}{bc-1}+\frac{1}{ca-1}\ge\frac{-9}{2}\)

Theo bất đẳng thức Bunyakovsky dạng phân thức, ta được:  \(\frac{1}{ab-1}+\frac{1}{bc-1}+\frac{1}{ca-1}\ge\frac{9}{ab+bc+ca-3}\)

\(\ge\frac{9}{a^2+b^2+c^2-3}=\frac{9}{1-3}=\frac{-9}{2}\left(Q.E.D\right)\)

Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}\)

Em tự vẽ hình nhé.

Ta có: \(\frac{AD}{HD}=\frac{S_{ABC}}{S_{BHC}};\frac{BE}{HE}=\frac{S_{ABC}}{S_{AHC}};\frac{CF}{FH}=\frac{S_{ABC}}{S_{AHB}}\)

Đặt \(S_{ABC}=1;S_{BHC}=a;S_{ACH}=b;S_{AHB}=c.\)

Khi đó ta có: \(a+b+c=1;\frac{AD}{HD}+\frac{BE}{HE}+\frac{CF}{HF}=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\)

Áp dụng bất đẳng thức Cosi cho 3 số dương, ta có:

\(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc};\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{abc}}\)

Vậy thì \(\Rightarrow\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge9\) mà a + b + c = 1 nên \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge9\Rightarrow\frac{AD}{HD}+\frac{BE}{HE}+\frac{CF}{HF}\ge9\)

cam on nha

Giả sử: \(a^4\left(b-c\right)+b^4\left(c-a\right)=c^4\left(b-a\right)\)
     \(\Leftrightarrow a^4\left(b-a+a-c\right)+b^4\left(c-a\right)-c^4\left(b-a\right)=0\)
    \(\Leftrightarrow a^4\left(b-a\right)+a^4\left(a-c\right)+b^4\left(c-a\right)-c^4\left(b-a\right)=0\)  
    \(\Leftrightarrow\left(b-a\right)\left(a^4-c^4\right)+\left(a-c\right)\left(a^4-b^4\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(b-a\right)\left(a-c\right)\left(a+c\right)\left(a^2+c^2\right)+\left(a-c\right)\left(a-b\right)\left(a+b\right)\left(a^2+b^2\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(b-a\right)\left(c-a\right)\left\{\left(a+c\right)\left(a^2+c^2\right)-\left(a+b\right)\left(a^2+b^2\right)\right\}=0\)
 \(\Leftrightarrow\left(a+c\right)\left(a^2+c^2\right)-\left(a+b\right)\left(a^2+b^2\right)=0\)( do a, b, c phân biệt).
\(\Leftrightarrow ac^2+a^2c+c^3-ab^2-a^2b-b^3=0\)
 \(\Leftrightarrow a^2\left(c-b\right)+a\left(c^2-b^2\right)+\left(c^3-b^3\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(c-b\right)\left(a^2+a\left(b+c\right)+b^2+bc+c^2\right)=0\)
 \(\Leftrightarrow\left(c-b\right)\left(a^2+2.a\frac{b+c}{2}+\frac{b^2+2bc+c^2}{4}+\frac{3b^2+2bc+3c^2}{4}\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(c-b\right)\left(\left(a+\frac{b+c}{2}\right)^2+\frac{2b^2+3bc+2c^2}{4}\right)=0\)(*).
Do \(\left(a+\frac{b+c}{2}\right)^2\ge0,\frac{2b^2+3bc+2c^2}{4}>0\).
Nên (*) không thể xảy ra. Vậy điều giả sử sai, ta có đpcm.
 

Đặt A = a⁴(b - c) + b⁴(c - a) + c⁴(a - b) = a⁴(b - a + a - c) + b⁴(c - a) + c⁴(a - b) = a⁴(b - a) + a⁴(a - c) + b⁴(c - a) + c⁴(a - b)

          = (a - b)(c⁴ - a⁴) + (a - c)(a⁴ - b⁴) = (a - b)(c - a)(c + a)(c² + a²) + (a - c)(a - b)(a + b)(a² + b²)

          = (a - b)(a - c)[(a + b)(a² + b²) - (c + a)(c² + a²)] = (a - b)(a - c)(a³ + ab² + a²b + b³ - c³ - a²c - ac² - a³)

          = (a - b)(a - c)[a²(b - c) + a(b² - c²) + (b³ - c³)] = (a - b)(a - c)(b - c)[a² + a(b + c) + b² + bc + c²]

          = (a - b)(a - c)(b - c)\(\frac{a^2+2ab+b^2+a^2+2ac+c^2+b^2+2bc+c^2}{2}\) 

          =\(\frac{\left(a-b\right)\left(a-c\right)\left(b-c\right)\left[\left(a+b\right)^2+\left(a+c\right)^2+\left(b+c\right)^2\right]}{2}\)

Vì a,b,c là 3 số phân biệt nên A khác 0 <=> a⁴(b - c) + b⁴(c - a)\(\ne-c^4\left(a-b\right)=c^4\left(b-a\right)\)

A B C D M E F I K

Gọi giao điểm của MB và EF là I; giao điểm của MF và AB là K.

Do ABCD là hình vuông nên AC là phân giác góc BAD. Vì thế hình chữ nhật AKME cũng là hình vuông. Từ đó suy ra MK = ME và KB = MF.

Vậy thì \(\Delta KMB=\Delta MEF\) (hai cạnh góc vuông)

Từ đó \(\widehat{MFE}=\widehat{KBM}.\)

Lại có \(\widehat{KMB}=\widehat{IMF}\) (đối đỉnh)

Vậy nên \(\widehat{IMF}+\widehat{MFI}=\widehat{KMB}+\widehat{KBM}=90^0\). hay \(\widehat{MIF}=90^0\Rightarrow MB\perp EF.\)

b. Ta chứng minh \(AF\perp EB.\) Thật vậy \(\Delta ADF=\Delta BAE\) (Hai cạnh góc vuông)

nên \(\widehat{DAF}=\widehat{ABE}\Rightarrow\widehat{ABE}+\widehat{BAF}=\widehat{DAF}+\widehat{BAF}=90^0\)

Vậy \(AF\perp EB.\). Tương tự \(EC\perp BF.\)

Xét tam giác EBF có BM; AF; CE trùng các đường cao nên chúng đồng quy.