已知abc是实数 且|a-3|

5√(A-1)+|3B+1|=0A-1=0A=13B+1=0B=-1/31/4X^2Y^4+a+c是5次单项式2+4+A+C=5C=5-2-4-1=-2（-3AB)(-A的平方C)(6AB的平方）=1

a-b=8a=b+8代入ab+c^2+16=0(b+8)b+c^2+16=0b^2+8b+c^2+16=0(b+4)^2+c^2=0则b=-4,c=0a=b+8=4即a+b+c=4-4+0=0

一元二次方程x²+2（b-c)X+(c-a)(a-b)=0,有两个实数根所以[2（b-c)]^2-4(c-a)(a-b)=4b^2+4c^2+4a^2-4ac-4bc-4ab=2（a-b）^

5根号(A-1)》0|3B+1|》0当A-1=0,3B+1=0时候(A-1)+|3B+1|=0成立a=1,b=-1/3（1/4X的平方Y的4次方）再+a+c是5次单项式a+c=0c=-ac=-1所以a

1/a,1/b1/c成等差数列2/b=1/a+1/c=(a+c)/(ac)b(a+c)=2ac（b+c）/a+(a+b)/c=[(b+c)c+(a+b)a]/(ac)=[a^2+c^2+b(a+c)]

由于1/a^3(b+c)=abc/a^2(ab+bc)=1/a^2(1/b+1/c)令x=1/a,y=1/b,z=1/c,又由于abc=1,a、b、c∈R+,有xyz=1,且x、y、z∈R+,于是只需

直角三角形把方程展开得（a+c）x^2+2bx+(a-c)=0方程有两个相同的根,所以Δ=0Δ=（2b）^2-4(a+c)(a-c)=0化简得b^2+c^2-a^2=0由余弦定理得cosA=(b^2+

这题是中等数学上的一道奥林匹克问题(高中):a,b,c均是正数才可!(可举反例）原解答是用调整法做的,这里严重推荐代数恒等变形+基本不等式法!

如果a,b,c都≤3/2由于a+b+c=0所以三者必有一个由于abc=1所以三者中有两个2*√6/3即a+b9-√96所以a+b+c<-2*√6/3+3/2=--------------

a+b+c=0=>c=-a-b得abc=ab(-a-b)=-ab(a+b)=-a^2*b-a*b^2=4得b*a^2+b^2*a+4=0因为a,b,c为实数所以判别式=b^4-4*b*4=b^4-16

∵a+b=4,∴b=4-a代入2c^2-ab=4(√3)c-10得：2c^2-4√3c-a(4-a)+10=0∴2(c^2-2√3c+3)+a^2-4a+4=02(c-√3)^2+(a-2)^2=0∴

⑴要求a+b+c,可以去特值计算比较简单点,根据已知条件,试取b=2,设a=c,则2a^3-6a^2+8=0,可化成(a-1)(a^2-4a+4)=0,由于abc不全相等,所以a不能取2,只能取-1了

分类讨论：(1)当b=c时,k^2-4*(2-1/2k)=k^2+2k-8=0,所以k=2或-4；当k=2时,负数解；当k=-4时,x^2-4x+4=0,得b=c=2,此时周长为3+2+2=7.(2)

过D作AC、AB的平行线交AB于E角AC于F因为BD=2DC所以BD/BC=2/3因为ED平行AC所以BD/BC=ED/AC=2/3DE=2/3AC又因为ED平行AC所以BC/DC=AB/AE=3AE

由两个等式可以分析：a、b、c非0若全为正数,则a+b+c>0矛盾所以a、b、c必为一正两负,为方便讨论,不妨设a为正数,b、c为负数所以只可能有一个数大于3/2下证存在性b+c=-abc=1/a所以

∵关于x的一元二次方程x2-4x+b=0有两个相等的实数根，∴b2-4ac=16-4b=0解得：b=4，∵a=3，c=5，∴32+42=52，∴△ABC为直角三角形．

﹙a+b)(b+c)(c+a﹚≥﹙2√ab﹚﹙2√bc﹚﹙2√ca﹚＝8abc＝8

∵a+26是正整数，∴a是含-26的代数式；∵1a−26是整数，∴化简后为-26的代数式1a分母有理化后，是1或-1，∴a=5−26或−5−26．故答案为：5−26或−5−26．

（1）因为有两个相等实数根,则16a=4(4*(2b-c)),a=2b-c,因为3a-2c=b,将上式带入,得b=c,则a=2b-b=b,a=b=c,得证；（2）因为a,b为其两个根,即两个相等实数根

∵tanA,tanB是二次方程x²+mx+m+1的两个实数根∴tanA+tanB=-mtanA*tanB=m+1∴tanC=tan[(180°-(A+B)]=-tan(A+B)=-(tanA