|
|
giải đáp
|
Hình Học Không Gian
|
|
|
|
Ta có $\rm \vec{AM}+\vec{DN}=\left(\vec{AI}+\vec{IJ}+\vec{JM}\right)+\left ( \vec{DI}+\vec{IJ}+\vec{JNM} \right )\\ \Rightarrow 2\vec{IJ}=\left ( \vec{AM}+\vec{DN} \right )-\left ( \vec{AI}+\vec{DI} \right )-\left ( \vec{JM}+\vec{JN} \right ) \\ = \left ( \vec{AM}+\vec{DN} \right )+(k+1)\vec{ID}-(k+1)\vec{JN}(1)$
Tương tự suy ra $\rm 2\vec{JK}=\left ( \vec{MB}+\vec{NC} \right )-\left ( \vec{MJ}+\vec{NJ} \right )-\left ( \vec{KB}+\vec{KC} \right )$ $\rm =\left ( \vec{MB}+\vec{NC} \right )+(k+1)\vec{JN}-(k+1)\vec{KC}(2)$ Vì $\rm \vec{AM}+\vec{DN}=2\left ( \vec{MB}+\vec{NC} \right ); \vec{ID}-\vec{JN}=2\left ( \vec{JN}-\vec{KC} \right ) $(dễ dàng chứng minh) Nên từ $(1);(2)$ suy ra $\rm \vec{IJ}=2\vec{JK}\Rightarrow \it(đpcm)$ |
|
|
|
sửa đổi
|
Hình Học Không Gian
|
|
|
|
Hình Học Không Gian Cho tứ diện ABCD.M,N thỏa mãn :\overrightarrow{MA}= -2\overrightarrow{MB}\overrightarrow{ND}= -2\overrightarrow{NC} I ,J ,K thỏa mãn :\overrightarrow{IA} =k\overrightarrow{ID}\overrightarrow{ OM} =k\overrightarrow{JN}\overrightarrow{KB} =k\overrightarrow{KC}cmr I ,J ,K thẳng hàng.
Hình Học Không Gian Cho tứ diện $\rm{ABCD.M,N }$ thỏa mãn : $\rm{\overrightarrow{MA}= -2\overrightarrow{MB} }$$\rm{\overrightarrow{ND}= -2\overrightarrow{NC} }$$ \rm{ I ,J ,K }$ thỏa mãn : $\rm{\overrightarrow{IA} =k\ cdot\overrightarrow{ID} }$$\rm{\overrightarrow{ JM} =k \cdot\overrightarrow{JN} }$$\rm{\overrightarrow{KB} =k \cdot\overrightarrow{KC} }$cmr $\rm{I ,J ,K }$ thẳng hàng.
|
|
|
|
sửa đổi
|
Chúc mừng năm mới 2017
|
|
|
|
Chúc mừng năm mới 2017 Cho $\triangle \rm{ABC}$ và đặt $\rm{\alpha=\cos A}\;;\beta=\cos B\;;\gamma=\cos C$. Chứng minh:$a)\alpha^3+\beta^3+\gamma^3 \ge 3\alpha\beta\gamma$$b)\alpha^3+\beta^3+\gamma^3+\frac 32\left(\alpha+\beta+\gamma\right) \le \frac 32$
Chúc mừng năm mới 2017 Cho $\triangle \rm{ABC}$ và đặt $\rm{\alpha=\cos A}\;;\beta=\cos B\;;\gamma=\cos C$. Chứng minh:$a)\alpha^3+\beta^3+\gamma^3 \ge 3\alpha\beta\gamma$$b)\alpha^3+\beta^3+\gamma^3+\frac 32\left(\alpha \beta+\beta \gamma+\gamm a\alpha\right) \le \frac 32$
|
|
|
|
đặt câu hỏi
|
Chúc mừng năm mới 2017
|
|
|
|
Cho $\triangle \rm{ABC}$ và đặt $\rm{\alpha=\cos A}\;;\beta=\cos B\;;\gamma=\cos C$. Chứng minh: $a)\alpha^3+\beta^3+\gamma^3 \ge 3\alpha\beta\gamma$ $b)\alpha^3+\beta^3+\gamma^3+\frac 32\left(\alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha\right) \le \frac 32$ |
|
|
|
được thưởng
|
Đăng nhập hàng ngày 27/01/2017
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
hình :)
|
|
|
|
$S_{tp}=2\pi R^2+2\pi .R.h=2\pi(R^2+hR) =2\pi\left(R^2+\frac{V}{R^2\pi}.R\right)$ $=2\pi\left(R^2+\frac{V}{2\pi.R} +\frac{V}{2\pi.R}\right)$ Áp dụng bdt cosi 3 số, có đc $S_{tp}$ đạt $\min\Leftrightarrow R^2=\frac{V}{2\pi.R}$ Hay $R=\sqrt[3]{\frac V{2\pi}}$
Chọn A |
|
|
|
giải đáp
|
hình :)
|
|
|
|
$S=\frac 13S.h=\frac 13\pi.r^2.h\Rightarrow h=\frac {81}{\pi.r^2}$ Lượng giấy tiêu thụ ít nhất $\Leftrightarrow $ diện tích giấy ($S_{xq}$) cần dùng ít nhất Có $S_{xq}=\pi.r.l=\pi.r.\sqrt{h^2+r^2}=\pi.r.\sqrt{\frac{81^2}{\pi^2.r^4}+r^2}$ $=\pi.\sqrt{\frac{81^2}{2\pi^2r^2}+\frac{81^2}{2\pi^2r^2}+r^4}$ Áp dụng bdt cosi 3 số dương sẽ tìm dc $\min$ của $S_{xq}$ Khi đó $\frac{81^2}{2\pi^2 r^2}=r^4$ hay $r=\sqrt[6]{\frac{3^8}{2\pi^2}}$ Chọn B |
|
|
|
sửa đổi
|
giúp mik vs ạ>>>>
|
|
|
|
giúp mik vs ạ>>>> cho tam giác ABC , chứng minh rằng: t g.A /2+t gB /2+t gC /2 = (r+4R )/p
giúp mik vs ạ>>>> cho tam giác ABC , chứng minh rằng: $\t an \frac A2+ \t an \frac B2+ \t an \frac C2 = \frac{r+4R }p $
|
|
|
|
giải đáp
|
cần gấp
|
|
|
|
Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết
|
|
|
|
sửa đổi
|
Mọi người giải giúp mình với được không ạ?
|
|
|
|
Trên $AD$ lấy $M$ sao cho $\vec {AD}=\vec{DM}$$\Rightarrow JD //SM$Nên ta chỉ cần tìm góc $(SM,(SIC))$ là đủGọi $H$ là hình chiếu của $M$ lên $IC$, ta có :$\left.\begin{matrix} MH\perp IC\\ MH\perp SI\end{matrix}\right\}\Rightarrow MH\perp(SIC)$, do đó $H$ là hình chiếu của $M$ lên $(SIC)$Suy ra $(SM,(SIC))=\widehat{MSH}$Để ý $\triangle MSH$ vuông tại $H$ và $\triangle SAM$ vuông tại $A$Và dễ dàng tính được $SA=\sqrt 2$Ta có $MS=2DJ=2.\sqrt{JA^2+AD^2}=3\sqrt 2$Hơi khó khăn, ta tính dc: $MH=\sin \widehat{MIH}.MI\approx 2,68$Do đó $\sin \widehat{MSH}=\frac{MH}{SM}=\frac{2,68}{3\sqrt 2}\Rightarrow \widehat{MSH}\approx 39^o$Hình vẽ bài toán
Trên $AD$ lấy $M$ sao cho $\vec {AD}=\vec{DM}$$\Rightarrow JD //SM$Nên ta chỉ cần tìm góc $(SM,(SIC))$ là đủGọi $H$ là hình chiếu của $M$ lên $IC$, ta có :$\left.\begin{matrix} MH\perp IC\\ MH\perp SI\end{matrix}\right\}\Rightarrow MH\perp(SIC)$, do đó $H$ là hình chiếu của $M$ lên $(SIC)$Suy ra $(SM,(SIC))=\widehat{MSH}$Để ý $\triangle MSH$ vuông tại $H$ và $\triangle SAM$ vuông tại $A$Và dễ dàng tính được $SA=\sqrt 2$Ta có $MS=2DJ=2.\sqrt{JA^2+AD^2}=3\sqrt 2$Hơi khó khăn, ta tính dc: $MH=\sin \widehat{MIH}.MI\approx 2,68$Do đó $\sin \widehat{MSH}=\frac{MH}{SM}=\frac{2,68}{3\sqrt 2}\Rightarrow \widehat{MSH}\approx 39^o$Hình vẽ bài toán
|
|
|
|
giải đáp
|
Mọi người giải giúp mình với được không ạ?
|
|
|
|
Trên $AD$ lấy $M$ sao cho $\vec {AD}=\vec{DM}$ $\Rightarrow JD //SM$ Nên ta chỉ cần tìm góc $(SM,(SIC))$ là đủ Gọi $H$ là hình chiếu của $M$ lên $IC$, ta có : $\left.\begin{matrix} MH\perp IC\\ MH\perp SI\end{matrix}\right\}\Rightarrow MH\perp(SIC)$, do đó $H$ là hình chiếu của $M$ lên $(SIC)$ Suy ra $(SM,(SIC))=\widehat{MSH}$ Để ý $\triangle MSH$ vuông tại $H$ và $\triangle SAM$ vuông tại $A$ Và dễ dàng tính được $SA=\sqrt 2$ Ta có $MS=2DJ=2.\sqrt{JA^2+AD^2}=3\sqrt 2$ Hơi khó khăn, ta tính dc: $MH=\sin \widehat{MIH}.MI\approx 2,68$ Do đó $\sin \widehat{MSH}=\frac{MH}{SM}=\frac{2,68}{3\sqrt 2}\Rightarrow \widehat{MSH}\approx 39^o$ Hình vẽ bài toán
|
|
|
|
bình luận
|
chứng minh BĐT
cứ tưởng 5 nhân với tích đó, lỗi ng đánh đề :3
|
|
|
|
|
|