Lời giải:

a)

Vì $IK,IA$ là tiếp tuyến của $(O)$ nên \(IK\perp KO, IA\perp OA\), hay \(IK\perp OS, IA\perp ON\)

\(\Rightarrow \widehat{NKS}=\widehat{NAS}=90^0\)

Mà hai góc này cùng nhìn cạnh $NS$ nên suy ra tứ giác $ASNK$ nội tiếp, tức là $ASNK$ cùng thuộc một đường tròn.

b)

Theo tính chất hai đường tiếp tuyến cắt nhau ta suy ra $OI$ là phân giác góc \(\widehat{AOK}\)

\(\Rightarrow \widehat{IOA}=\frac{1}{2}\widehat{AOK}\)

Mag \(\widehat{ABK}=\frac{1}{2}\widehat{AOK}\) (góc nội tiếp bằng một nửa góc ở tâm chắn cùng một cung AK)

Do đó: \(\widehat{IOA}=\widehat{ABK}\). Mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên \(IO\parallel KB\)

Ý 2:

Xét tam giác $SNO$ có \(NK\perp SO, SA\perp NO\) và \(NK,SA\) cắt nhau tại $I$ nên $I$ là trực tâm của tam giác $SNO$

Suy ra \(OI\perp SN\) (đpcm)

c) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có \(IK=IA=3\)

Vì \(OI\parallel KB\) nên theo định lý Thales thì:

\(\frac{KN}{IK}=\frac{NB}{OB}\Leftrightarrow \frac{KN}{3}=\frac{NB}{1,5}\)

\(\Leftrightarrow KN=2NB(1)\)

Theo định lý Pitago: \(ON^2=OK^2+KN^2\)

\(\Leftrightarrow (OB+BN)^2=OK^2+KN^2\)

\(\Leftrightarrow (1,5+BN)^2=1,5^2+KN^2(2)\)

Từ (1); (2) dễ dàng tìm được \(BN=1; KN=2\)

Theo tính chất của hai tt cắt nhau thì $IO$ là phân giác của \(\widehat{AIK}\) hay \(\widehat{SIN}\)

Mà $IO$ đồng thời cũng là đường cao của tam giác $SIN$ do \(IO\perp SN\)

Do đó tam giác \(SIN\) cân tại $I$ nên \(SI=IN\)

\(S_{SIN}=\frac{AN.IS}{2}=\frac{AN.IN}{2}=\frac{(AB+BN)(IK+KN)}{2}=\frac{(3+1)(3+2)}{2}=10\) (cm vuông)

cảm ơn nhiều ak

Lời giải:

Biểu thức mũ ba làm ta liên tưởng đến đẳng thức quen thuộc:

\(x^3+y^3+z^3-3xyz=(x+y+z)(x^2+y^2+z^2-xy-yz-xz)\)

Áp dụng vào bài toán:

\(x^3+y^3-12xy+51=0\)

\(\Leftrightarrow (x^3+y^3+4^3-12xy)-13=0\)

\(\Leftrightarrow (x+y+4)(x^2+y^2+16-xy-4x-4y)=13\)

Biểu thức \(x^2+y^2+16-xy-4x-4y\) có dạng \(x^2+y^2+z^2-xy-yz-xz\) nên hiển nhiên luôn không âm theo BĐT AM-GM.

Do đó ta chỉ xét các TH sau:

TH1: \(\left\{\begin{matrix} x+y+4=1\\ x^2+y^2+16-xy-4x-4y=13\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x+y=-3\\ (x+y)^2+16-3xy-4(x+y)=13\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x+y=-3\\ xy=8\end{matrix}\right.\)

Theo định lý Viete đảo $x,y$ là nghiệm của pt \(X^2+3X+8=0\Leftrightarrow (X+\frac{3}{2})^2+\frac{23}{4}=0\) (vô nghiệm)

TH2: \(\left\{\begin{matrix} x+y+4=13\\ x^2+y^2+16-xy-4x-4y=1\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x+y=9\\ (x+y)^2+16-3xy-4(x+y)=1\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x+y=9\\ xy=20\end{matrix}\right.\)

Khi đó $x,y$ là nghiệm của pt \(X^2-9X+20=0\)

\(\Rightarrow (x,y)=(4,5)\) và hoán vị

Vậy......

Lời giải:

a)

Vì $M$ là điểm chính giữa cung $AB$ nên $MA=MB$

Do đó tam giác $MAB$ cân tại $M$, suy ra đường trung tuyến $MO$ đồng thời là đường cao, hay \(MO\perp AB\Leftrightarrow \widehat{MOA}=90^0\)

Tứ giác $MHOA$ có hai góc cùng nhìn cạnh $OA$ là \(\widehat{MOA}=\widehat{MHA}=90^0\) nên $MHOA$ là tứ giác nội tiếp.

b)

Ta có:

\(\widehat{MKH}=\widehat{MKA}=\frac{1}{2}\widehat{MOA}\) (góc nội tiếp bằng một nửa góc ở tâm cùng chắn một cung MA)

\(\Rightarrow \widehat{MKH}=\frac{1}{2}.90^0=45^0\)

Tam giác $MKH$ vuông tại $H$ có góc $K$ bằng $45$ độ nên là tam giác vuông cân.

c)

Vì $AMHO$ nội tiếp (theo phần a) nên \(\widehat{MOH}=\widehat{MAH}\)

Mà \(\widehat{MAH}=\widehat{MAK}=\frac{1}{2}\widehat{MOK}\) (góc nội tiếp có số đo bằng một nửa góc ở tâm cùng chắn một cung MK)

\(\Rightarrow \widehat{MOH}=\frac{1}{2}\widehat{MOK}\) hay \(2\widehat{MOH}=\widehat{MOK}\)

\(\Rightarrow \widehat{KOH}=\widehat{MOK}-\widehat{MOH}=\widehat{MOH}\)

Do đó $OH$ là phân giác \(\widehat{MOK}\)

d)

Chu vi tam giác \(OPK: C=OP+PK+OK=R+OP+PK\)

Áp dụng BĐT Cauchy:

\(OP^2+PK^2\geq 2OP.PK\)

\(\Rightarrow 2(OP^2+PK^2)\geq (OP+PK)^2\)

\(2OK^2\geq (OP+PK)^2\Leftrightarrow OP+PK\leq \sqrt{2OK^2}=\sqrt{2}R\)

Do đó:
\(C=R+OP+PK\leq R+\sqrt{2}R=R(\sqrt{2}+1)\)

Vậy \(C_{\max}=R(\sqrt{2}+1)\). Giá trị lớn nhất đạt được khi \(OP=KP\Leftrightarrow \triangle OKP\) vuông cân \(\Leftrightarrow \widehat{KOP}=45^0\Leftrightarrow OK\) là phân giác \(\widehat{MOB}\Leftrightarrow K\) là điểm chính giữa cung MB.

Ly Po: BĐT Cauchy hay Cô-si mình nhớ lớp 8,9 học rồi mà nhỉ?

Nếu không thì bạn thực hiện biến đổi tương đương cũng đc.

\(OP^2+PK^2-2OP.PK=(OP-PK)^2\geq 0\)

\(\Rightarrow OP^2+PK^2\geq 2OP.PK\)

Lời giải:

a)

Vì \(\Delta=(m-1)^2+4(m^2+2)>0, \forall m\in\mathbb{R}\) nên pt luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi $m$

Áp đụng định lý Viete cho pt bậc 2 ta có:

\(\left\{\begin{matrix} x_1+x_2=1-m\\ x_1x_2=-(m^2+2)\end{matrix}\right.(*)\)

Vì \(m^2\geq 0, \forall m\in\mathbb{R}\Rightarrow m^2+2>0\Rightarrow -(m^2+2)< 0\)

\(\Leftrightarrow x_1x_2< 0\).

Do đó pt luôn có hai nghiệm trái dấu (đpcm)

b)

Sử dụng hằng đẳng thức và $(*)$ để biến đổi:

\(T=\left(\frac{x_1}{x_2}\right)^3+\left(\frac{x_2}{x_1}\right)^3=\left(\frac{x_1}{x_2}+\frac{x_2}{x_1}\right)^3-3.\frac{x_1}{x_2}.\frac{x_2}{x_1}\left(\frac{x_1}{x_2}+\frac{x_2}{x_1}\right)\)

\(T=\left(\frac{x_1}{x_2}+\frac{x_2}{x_1}\right)^3-3\left(\frac{x_1}{x_2}+\frac{x_2}{x_1}\right)\)

Đặt \(\frac{x_1}{x_2}+\frac{x_2}{x_1}=t\Rightarrow T=t^3-3t\)

Có: \(t=\frac{x_1^2+x_2^2}{x_1x_2}=\frac{(x_1+x_2)^2-2x_1x_2}{x_1x_2}=\frac{(x_1+x_2)^2}{x_1x_2}-2=\frac{(1-m)^2}{-(m^2+3)}-2\)

Vì \((1-m)^2\geq 0; -(m^2+3)< 0\Rightarrow t=\frac{(1-m)^2}{-(m^2+3)}-2\leq 0-2=-2\)

Khi đó:

\(T=t^3-3t=t(t^2-4)+t=t(t-2)(t+2)+t\)

Vì \(t\leq -2\Rightarrow \left\{\begin{matrix} t(t-2)(t+2)\leq 0\\ t\leq -2\end{matrix}\right.\Rightarrow T\leq -2\)

Vậy \(T_{\max}=-2\). Dấu bằng xảy ra khi \(t=-2\Leftrightarrow \frac{(1-m)^2}{-(m^2+3)}-2=-2\Leftrightarrow m=1\)

\(\dfrac{\sqrt{1\left(x-1\right)}}{x}\le\dfrac{1+x-1}{2x}=\dfrac{1}{2}\) ( cauchy )

TT,\(\dfrac{\sqrt{y-2}}{y}\le\dfrac{1}{2\sqrt{2}};\dfrac{\sqrt{z-3}}{z}\le\dfrac{1}{2\sqrt{3}}\)

cộng vế theo vế => đpcm

Thì biết pass facebook thôi chứ cũng không biết có hack không

Bạn ấy đăng nhập bằng FACEBOOK mà

\(A=\dfrac{2}{a^2+b^2}+\dfrac{35}{ab}+2ab\)

\(=2\left(\dfrac{1}{a^2+b^2}+\dfrac{1}{2ab}\right)+\dfrac{34}{ab}+\dfrac{17}{8}ab-\dfrac{1}{8}ab\)

\(\ge2.\dfrac{4}{a^2+b^2+2ab}+2\sqrt{\dfrac{34}{ab}.\dfrac{17}{8}ab}-\dfrac{1}{8}.\dfrac{\left(a+b\right)^2}{4}\)

\(\Leftrightarrow A\ge2.\dfrac{4}{\left(a+b\right)^2}+2.\dfrac{17}{2}-\dfrac{1}{8}.\dfrac{4^2}{4}\ge2.\dfrac{4}{4^2}+17-\dfrac{1}{2}\)

\(\Leftrightarrow A\ge\dfrac{1}{2}+17-\dfrac{1}{2}=17\)

Dấu "=" <=> a = b = 2

khó hiểu quá bạn có thể giải thích k

a/ Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}\sqrt{x+1}=a\\\sqrt{x^2-x+1}=b\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow10ab=3\left(a^2+b^2\right)\)

\(\Leftrightarrow\left(3a-b\right)\left(3b-a\right)=0\)

b/ Nó có phải là phương trình đâu

b/ \(\left(x^2+1\right)\left(y^2+2\right)\left(z^2+8\right)\ge2x.2\sqrt{2}y.2\sqrt{8}z=32xyz\)

Xin lỗi bạn vì bây giờ mình mới onl để trả lời được .

Lời giải:

Bài này mấu chốt là việc chỉ ra $D,F,B$ thẳng hàng.

Theo tính chất góc nội tiếp chắn đường kính suy ra \(\widehat{ANB}=90^0\) hay \(AN\perp EB\)

Xét tam giác $EAB$ có \(AN\perp EB, EC\perp AB\) và \(AN\cap EC=F\) nên $F$ là trực tâm của tam giác $EAB$

Do đó: \(BF\perp EA\)

Mà \(BD\perp EA\) do \(\widehat{ADB}=90^0\) (góc nội tiếp chắn đường kính)

\(\Rightarrow BF\parallel BD\Rightarrow B,D,F\) thẳng hàng.

\(\Rightarrow \widehat{FDA}=90^0\)

Xét tứ giác $FDAC$ có \(\widehat{FDA}+\widehat{FCA}=90^0+90^0=180^0\) nên là tứ giác nội tiếp

\(\Rightarrow \widehat{DCF}=\widehat{DAF}=\widehat{DAN}(1)\)

Mặt khác:

Tổng hai góc đối \(\widehat{FCB}+\widehat{FNB}=90^0+90^0=180^0\) nên tứ giác $FNBC$ nội tiếp

\(\Rightarrow \widehat{NCF}=\widehat{NBF}=\widehat{NBD}(2)\)

Từ \((1); (2)\) kết hợp với \(\widehat{DAN}=\widehat{NBD}\) (hai góc nội tiếp chắn cung DN) suy ra \(\widehat{DCF}=\widehat{NCF}\), hay $CF$ là tia phân giác của góc \(\widehat{DCN}\).

Ta có đpcm.

@Nguyễn Thanh Hằng , @Aki Tsuki, @Akai Haruma, @Nhã Doanh, @Nguyễn Huy Thắng, @Neet, @Ngô Thanh Sang giúp với!!!!!!!!!!!!

Ta có:

\(GT\Leftrightarrow2-3x^2=2\left(y+z\right)^2-2yz\ge2\left(y+z\right)^2-\dfrac{1}{4}.2\left(y+z\right)^2=\dfrac{3\left(y+z\right)^2}{2}\)(AM-GM)

\(\Rightarrow4-6x^2\ge3\left(y+z\right)^2\Leftrightarrow4\ge3\left[2x^2+\left(y+z\right)^2\right]\)

Áp dụng BĐT bunyakovsky: \(\left(1+2\right)\left[2x^2+\left(y+z\right)^2\right]\ge2\left(x+y+z\right)^2\)

\(\Rightarrow\left(x+y+z\right)^2\le2\Leftrightarrow-\sqrt{2}\le x+y+z\le\sqrt{2}\)

Vậy \(P_{Min}=-\sqrt{2}\) khi \(x=y=z=\dfrac{-\sqrt{2}}{3}\);\(P_{Max}=\sqrt{2}\)khi \(x=y=z=\dfrac{\sqrt{2}}{3}\)

Ta có:

\(\left(\sqrt{8-x}+\sqrt{8-y}+\sqrt{8-z}\right)^2\le3\left(24-x-y-z\right)\)

\(\le3\left(24-\dfrac{\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\right)^2}{3}\right)=36\)

\(\Rightarrow\sqrt{8-x}+\sqrt{8-y}+\sqrt{8-z}^2\le6\)

Dấu = xảy ra khi \(x=y=z=2\)

Đặng Nguyễn Khánh Uyên

cấp cho bạn cách khác mà "suốt ngày thi thố "

công hai vế với vế

\(\Leftrightarrow\sqrt{x}+\sqrt{8-x}+\sqrt{y}+\sqrt{8-y}+\sqrt{z}+\sqrt{8-z}=12\)

cơ bản có \(\left\{{}\begin{matrix}\sqrt{x}+\sqrt{8-x}\le\sqrt{2\left(x+8-x\right)}=4\\\sqrt{y}+\sqrt{8-y}\le\sqrt{2\left(y+8-y\right)}=4\\\sqrt{z}+\sqrt{8-z}\le\sqrt{2\left(z+8-z\right)}=4\end{matrix}\right.\)

VT <=12 đẳng thức khi x=y=z=4