已知三角形ABC满足对任意t∈R 有

由三角形余弦原理知:cosA=(b^2+c^2-a^2)/(2bc)b^2+c^2-a^2=2bccosA因为b^2+c^2-a^2=bc所以2bccosA=bccosA=1/2A=60

设a=y+z,b=x+z,c=x+y(x,y,z>0)=>x+z+2yz/2时（x+z)/2>=2x-z=>x=y>=2x-z当00b/a=(x+z)/(y+z)>=(x+z)/((x+z)/2+z)

已知：向量CB=2向量DA+DB,那么：向量CB-向量DB=2向量DA即向量CB+向量BD=2向量DA所以：向量CD=2向量DA那么向量CD//向量DA,且方向相同由于CD与DA有公共点D,所以点C、

|OA-OB-KBC|>=|AC|,即|BA-kBC|>=|AC|,如图,上式的意思,是直线BC上,任意一个点与A的连接线段中.AC是最短者.∴AC⊥BC,三角形是直角三角形（∠C＝90&

你只需证g（x+2）=2g（x）即可

证明AB+BC>OB+OC证：延长BO交AC于D因为AB+AD>BD=OB+OD,即AB+AD>OB+OD,又因为OD+DC>OC上述两不等式两边相加得：所以AB+AD+OD+DC>OC+OB+OD,

（1）∵√2≤|AB||BC|sinθ/2≤3====>2√2≤|AB||BC|sinθ≤6……(1)|AB||BC|cosθ=6………(2)(1)/(2):√2/3≤tanθ≤1≤θ≤45º

（1）证明：∵点M、P、N分别是AB、BC、CA的中点，∴线段MP、PN是△ABC的中位线，∴MP∥AN，PN∥AM，∴四边形AMPN是平行四边形，∴∠MPN=∠A．（2）∠MP1N+∠MP2N=∠A

分析:构造出两个三角形,使之包含结论中的4条线段,可利用“三角形两边之和大于第三边”解决问题.延长BO交AC于D,则在△ABD中,AB+AD＞OB+OD．在△ODC中,OD+DC＞OC.所以AB+AD

1.bo+oc+bc＜ab+ac+bc则bo+oc＜ab+ac2.oa+ob大于aboa+oc大于acob+oc大于bc则三式加起来就是OA+OB+OC＞½（AB＋BC＋AC）再问：麻烦你，

(1)证明:∵Sr/St=（r/t）²　　对于r=n,t=1时同样成立　　S(n)/S(1)=n^2,S(n)=n^2S(1)=n^2a(1),S(n+1)=(n+1)^2a(1),a(n+

证：任取实数x∈R+,并取Y>0且不等于1,f(Tx)=loga(Tx)=logaT+logax=logaT+f(x)所以就存在非零常数logaT,满足上述要求,得证.

1、cosA·(√3sinA-cosA)=√3sinAcosA-cos²A=√3/2sin2A-(1+cos2A)/2=√3/2sin2A-cos2A/2-1/2=sin(2A-π/6)-1

AB的模为c,AC的模为bABC的面积为3S=1/2bcsinx=1sinx=2/bc0≤向量AB*向量AC≤20≤bc*cosθ≤20≤cosx≤sinx所以π/4≤x≤π/2

因为2+t和2-t是关于2对称的,函数值又相等,所以对称轴就是2

（1）∵函数f（x）=x，∴对于非零常数T，f（x+T）=x+T，Tf（x）=Tx，∵集合M是满足下列性质的函数f（x）的全体：存在非零常数T，使得对任意x∈R，有f（x+T）=Tf（x）成立，而对任

选C_尛鸭子,不好意思,上次做得太急出错.现在纠正：|a-te|≥|a-e|,两边平方得：t^2-2aet+a^2≥a^2-2ae+1t^2-2aet+2ae-1≥0该式对任意t∈R成立,则判别式△≤

两边平方,得t的2次方-1≥2向量a×向量b(t-1)t=1显然成立.t≠1,可得t+1≥2向量a×向量b,再平方．（t+1)的平方≥4|a||b|cos夹角≥0所以,向量a与向量b的内积大于等于0即

T=2f(x+2)=2f(x)f(x+4)=f(x+2+2)=2f(x+2)=4f(x)当-3

因S=0.5AB*BC*sinQ而据已知条件√3