|
|
|
|
được thưởng
|
Đăng nhập hàng ngày 16/05/2013
|
|
|
|
|
|
|
|
được thưởng
|
Đăng nhập hàng ngày 15/05/2013
|
|
|
|
|
|
|
|
được thưởng
|
Đăng nhập hàng ngày 14/05/2013
|
|
|
|
|
|
|
|
sửa đổi
|
chứng minh công thức lượng giác
|
|
|
|
Với $0$ Thật t vậy có:$ sinx+ siny $= $2.cos \frac{x-y}{2}$.$sin\frac{x+y}{2}$.Từ đó,ta có đpcm (Vì $cos \frac{x-y}{2}\leq 1$)Dấu “ =” xảy ra khi x = yÁp dung bất đẳng thức trên ta chứng minh được$\frac{sinx+siny+sinz}{3}\leq sin\frac{x+y+z}{3}$ (1) (Với x,y,z là 3 góc của 1 tam giác)Bất đẳng thức trên tương đương với:$sinx+siny+sinz$+ $\frac{sinx+siny+sinz}{3}$ $\leq 4sin\frac{x+y+z}{3}$ (*)Chứng minh(*):Ta có:$VT\leq 2sin\frac{x+y}{2}+2sin\frac{z+\frac{x+y+z}{3}}{2}\leq 4sin\frac{x+y+z+\frac{x+y+z}{3}}{4}\leq 4sin((x+y+z):3)$(ĐPCM)Áp dung BĐT (1) ta được:$sinA+sinB+sinC\leq 3 \frac{\sqrt{3}}{2}$Vậy $max (sinA+sinB+sinC)=\frac{3\sqrt{3}}{2} $"="$\Leftrightarrow A=B=C=\frac{\pi }{3}$
Với $0<x,y<\pi $,ta có:$\frac{siinx+siny}{2}\leq sin\frac{x+y}{2}$ Thật vậy ta có:$ sinx+ siny $= $2.cos \frac{x-y}{2}$.$sin\frac{x+y}{2}$.Từ đó,ta có đpcm (Vì $cos \frac{x-y}{2}\leq 1$)Dấu “ =” xảy ra khi x = yÁp dung bất đẳng thức trên ta chứng minh được$\frac{sinx+siny+sinz}{3}\leq sin\frac{x+y+z}{3}$ (1) (Với x,y,z là 3 góc của 1 tam giác)Bất đẳng thức trên tương đương với:$sinx+siny+sinz$+ $\frac{sinx+siny+sinz}{3}$ $\leq 4sin\frac{x+y+z}{3}$ (*)Chứng minh(*):Ta có:$VT\leq 2sin\frac{x+y}{2}+2sin\frac{z+\frac{x+y+z}{3}}{2}\leq 4sin\frac{x+y+z+\frac{x+y+z}{3}}{4}\leq 4sin((x+y+z):3)$(ĐPCM)Áp dung BĐT (1) ta được:$sinA+sinB+sinC\leq 3 \frac{\sqrt{3}}{2}$Vậy $max (sinA+sinB+sinC)=\frac{3\sqrt{3}}{2} $"="$\Leftrightarrow A=B=C=\frac{\pi }{3}$
|
|
|
|
đặt câu hỏi
|
$\frac{h_{b}^2+h_{c}^2+h_{d}^2}{3}\geq h_{a}^2$
|
|
|
|
Cho tứ diện ABCD có G là trọng tâm tam giác BCD.Mặt phẳng $ (\alpha)$ đi qua trung điểm I của đoạn thẳng AG và cắt các cạnh AB,AC,AD tại các điểm khác A.Gọi $h_{a},h_{b},h_{c},h_{d}$ lần lượt là khoảng cách từ các điểm A,B,C,D đến $(\alpha )$ .Chứng minh rằng:$\frac{h_{b}^2+h_{c}^2+h_{d}^2}{3}\geq h_{a}^2$
|
|
|
|
sửa đổi
|
chứng minh công thức lượng giác
|
|
|
|
Với $0 Ta
có:$ sinx+ siny $= $2.cos \frac{x-y}{2}$.$sin\frac{x+y}{2}$
.Từ
đó,ta có đpcm (Vì $cos \frac{x-y}{2}\leq 1$)
Dấu
“ =” xảy ra khi x = y
Áp
dung bất đẳng thức trên ta chứng minh được$\frac{sinx+siny+sinz}{3}\leq sin\frac{x+y+z}{3}$ (1) (Với x,y,z là 3 góc của 1 tam giác)
Bất
đẳng thức trên tương đương với:
$sinx+siny+sinz$+ $\frac{sinx+siny+sinz}{3}$ $\leq 4sin\frac{x+y+z}{3}$ (*)
Chứng
minh(*):
Ta
có:$VT\leq 2sin\frac{x+y}{2}+2sin\frac{z+\frac{x+y+z}{3}}{2}\leq 4sin\frac{x+y+z+\frac{x+y+z}{3}}{4}\leq 4sin((x+y+z):3)$
(ĐPCM)
Áp
dung BĐT (1) ta được:
$sinA+sinB+sinC\leq 3 \frac{\sqrt{3}}{2}$Vậy $max (sinA+sinB+sinC)=\frac{3\sqrt{3}}{2} $"="$\Leftrightarrow A=B=C=\frac{\pi }{3}$
Với $0<x,y< \pi $,ta có: :$\frac{sinx+siny}{2}\leq sin\frac{x+y}{2}$ Thật t vậy có:$ sinx+ siny $= $2.cos \frac{x-y}{2}$.$sin\frac{x+y}{2}$
.Từ
đó,ta có đpcm (Vì $cos \frac{x-y}{2}\leq 1$)
Dấu
“ =” xảy ra khi x = yÁp
dung bất đẳng thức trên ta chứng minh được$\frac{sinx+siny+sinz}{3}\leq sin\frac{x+y+z}{3}$ (1) (Với x,y,z là 3 góc của 1 tam giác)
Bất
đẳng thức trên tương đương với:
$sinx+siny+sinz$+ $\frac{sinx+siny+sinz}{3}$ $\leq 4sin\frac{x+y+z}{3}$ (*)
Chứng
minh(*):
Ta
có:$VT\leq 2sin\frac{x+y}{2}+2sin\frac{z+\frac{x+y+z}{3}}{2}\leq 4sin\frac{x+y+z+\frac{x+y+z}{3}}{4}\leq 4sin((x+y+z):3)$(ĐPCM)
Áp
dung BĐT (1) ta được:$sinA+sinB+sinC\leq 3 \frac{\sqrt{3}}{2}$Vậy $max (sinA+sinB+sinC)=\frac{3\sqrt{3}}{2} $"="$\Leftrightarrow A=B=C=\frac{\pi }{3}$
|
|
|
|
sửa đổi
|
chứng minh công thức lượng giác
|
|
|
|
Với $0 <x,y < \pi $,ta có: $sin\frac{x+y}{2}\geq \frac{sinx+siny}{2}$Ta
có:$ sinx+ siny $= $2.cos \frac{x-y}{2}$.$sin\frac{x+y}{2}$
.Từ
đó,ta có đpcm (Vì $cos \frac{x-y}{2}\leq 1$)
Dấu
“ =” xảy ra khi x = y
Áp
dung bất đẳng thức trên ta chứng minh được$\frac{sinx+siny+sinz}{3}\leq sin\frac{x+y+z}{3}$ (1) (Với x,y,z là 3 góc của 1 tam giác)
Bất
đẳng thức trên tương đương với:
$sinx+siny+sinz$+ $\frac{sinx+siny+sinz}{3}$ $\leq 4sin\frac{x+y+z}{3}$ (*)
Chứng
minh(*):
Ta
có:$VT\leq 2sin\frac{x+y}{2}+2sin\frac{z+\frac{x+y+z}{3}}{2}\leq 4sin\frac{x+y+z+\frac{x+y+z}{3}}{4}\leq 4sin((x+y+z):3)$
(ĐPCM)
Áp
dung BĐT (1) ta được:
$sinA+sinB+sinC\leq 3 \frac{\sqrt{3}}{2}$Vậy $max (sinA+sinB+sinC)=\frac{3\sqrt{3}}{2} $"="$\Leftrightarrow A=B=C=\frac{\pi }{3}$
Với $0 Ta
có:$ sinx+ siny $= $2.cos \frac{x-y}{2}$.$sin\frac{x+y}{2}$
.Từ
đó,ta có đpcm (Vì $cos \frac{x-y}{2}\leq 1$)
Dấu
“ =” xảy ra khi x = y
Áp
dung bất đẳng thức trên ta chứng minh được$\frac{sinx+siny+sinz}{3}\leq sin\frac{x+y+z}{3}$ (1) (Với x,y,z là 3 góc của 1 tam giác)
Bất
đẳng thức trên tương đương với:
$sinx+siny+sinz$+ $\frac{sinx+siny+sinz}{3}$ $\leq 4sin\frac{x+y+z}{3}$ (*)
Chứng
minh(*):
Ta
có:$VT\leq 2sin\frac{x+y}{2}+2sin\frac{z+\frac{x+y+z}{3}}{2}\leq 4sin\frac{x+y+z+\frac{x+y+z}{3}}{4}\leq 4sin((x+y+z):3)$
(ĐPCM)
Áp
dung BĐT (1) ta được:
$sinA+sinB+sinC\leq 3 \frac{\sqrt{3}}{2}$Vậy $max (sinA+sinB+sinC)=\frac{3\sqrt{3}}{2} $"="$\Leftrightarrow A=B=C=\frac{\pi }{3}$
|
|
|
|
giải đáp
|
chứng minh công thức lượng giác
|
|
|
|
Với $0<x,y<\pi $,ta có: $\frac{siinx+siny}{2}\leq sin\frac{x+y}{2}$
Thật vậy ta có:$ sinx+ siny $= $2.cos \frac{x-y}{2}$.$sin\frac{x+y}{2}$
.Từ đó,ta có đpcm (Vì $cos \frac{x-y}{2}\leq 1$)
Dấu “ =” xảy ra khi x = y
Áp dung bất đẳng thức trên ta chứng minh được$\frac{sinx+siny+sinz}{3}\leq sin\frac{x+y+z}{3}$ (1) (Với x,y,z là 3 góc của 1 tam giác)
Bất đẳng thức trên tương đương với:
$sinx+siny+sinz$+ $\frac{sinx+siny+sinz}{3}$ $\leq 4sin\frac{x+y+z}{3}$ (*)
Chứng minh(*):
Ta có:$VT\leq 2sin\frac{x+y}{2}+2sin\frac{z+\frac{x+y+z}{3}}{2}\leq 4sin\frac{x+y+z+\frac{x+y+z}{3}}{4}\leq 4sin((x+y+z):3)$(ĐPCM)
Áp dung BĐT (1) ta được:$sinA+sinB+sinC\leq 3 \frac{\sqrt{3}}{2}$
Vậy $max (sinA+sinB+sinC)=\frac{3\sqrt{3}}{2} $
"="$\Leftrightarrow A=B=C=\frac{\pi }{3}$ |
|
|
|
|
|
giải đáp
|
Hai mặt phẳng vuông góc.
|
|
|
|
Rất tiếc mình
mới vào nên không thể vẽ hình cho các bạn xem.
a) Gọi I là giao điểm của AM và SO ( O là
tâm của hình vuông ABCD)
Qua I kẻ đường thẳng song song với AC cắt
SA,SB lần lượt tại P,Q
Khi đó: BQMP là thiết diện cần tìm.
SA=SB=SC=SD,OA=OB=OC=OD
$\Rightarrow SO $là trục của hình vuông ABCD $\Rightarrow$ $SO\perp
(ABCD) $
CÁCH KHÁC:$\triangle SAC,SBD$ cân $SO $
là đường trung tuyến đồng thời là đường cao $\Rightarrow SO\perp AC$;$ SO\perp
BD \Rightarrow SO\perp(ABCD) $
$SO \perp AC; BD \perp AC \Rightarrow AC\perp (SBD) \Rightarrow AC\perp BM $
Mặt khác: PQ // AC
$\Rightarrow BM \perp PQ$
b)
Trong (SBD) kẻ đường trung trực của SD
cắt SO tại J.Khi đó J là điểm cách đều các đỉnh của hình chóp
c)Gọi K là trung điểm của CD.Khi đó:
$SK \perp CD,OK \perp CD$
$\Rightarrow
((SCD);(ABCD) =$$\widehat{SKO} =60^0$ $SO \perp (ABCD)\Rightarrow \widehat{SC,(ABCD)}=\widehat{SCO}=45^0$
d)$AC\perp SO,BD $ $ \Rightarrow AC \perp (SBD) \Rightarrow
(SAC) \perp (SBD)$ |
|
|
|
|
|
giải đáp
|
đạo hàm
|
|
|
|
$f'(x)=0\Leftrightarrow 1-\frac{1}{2\sqrt{x}}=0\Leftrightarrow \sqrt{x}=\frac{1}{2} $.Từ đó tìm được x
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
hinh hoc 11
|
|
|
|
Gợi ý:Gọi I là hình chiếu của S trên (ABC).TA CÓ: $SA=SA=BC\Rightarrow $ các tam giác vuông SIB,SIA,SIC bằng nhau (ch-cgv) $\Rightarrow $ IA=IB=IC $\Rightarrow$ I là trung điểm BC $V_{S.ABC}=\frac{1}{3}SI.S_{\triangle ABC}$. Mặt khác:$SI=SB.sin60^{0}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ $S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}.AB.AC=\frac{a^{2}\sqrt{3}}{8}$ TỪ ĐÓ TÍNH ĐƯỢC $V_{S.ABC}$ |
|