a) Xét tứ giác: ABHE: ^BEA=^AHB (=90⁰) => Tứ giác ABHE nội tiếp đường tròn đường kính AB.

Do ^EHC là góc ngoài tại đỉnh H của tứ giác ABHE nên ^EHC=^BAE hay ^EHC=^BAA'

Dễ thấy: ^BAA'=^BCA' => ^EHC=^BCA'.

Mà 2 góc trên nằm ở vị trí so le trg nên HE // CA' (1)

Xét đường tròn (O) đường kính AA' có điểm C nằm trên cung AA'

=> CA' vuông góc với AC (2)

Từ (1) và (2) => HE vuông góc AC (Quan hệ song song, vg góc) (đpcm).

b) Ta có: Tứ giác ABHE nội tiếp đường tròn và có ^HEF là góc ngoài tại đỉnh E

=> ^HEF=^ABH hay ^HEF=^ABC.

Lập luận tương tự câu a, ta cũng có tứ giác AHFC nội tiếp đường tròn đường kính AC.

=> ^HFA=^HCA hay ^HFE=^BCA.

Xét \(\Delta\)ABC và \(\Delta\)HEF: ^HEF=^ABC; ^HFE=^BCA => \(\Delta\)HEF ~ \(\Delta\)ABC (g.g) (đpcm).

c) Ta gọi S là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta\)HEF.

Lấy giao điểm giữa (S) với 2 đoạn BE và BC lần lượt là K và G.

Do tứ giác ABHE nội tiếp đường tròn nên ^HBE=^HAE hay ^HBK=^HAF

Ta thấy tứ giác HKEF nội tiếp (S)

=> ^HFE=^BKH (Do ^BKH là góc ngoài đỉnh K) => ^BKH=^AFH.

Xét \(\Delta\)BHK và \(\Delta\)AHF: ^HBK=^HAF; ^BKH=^AFH => \(\Delta\)BHK ~ \(\Delta\)AHF (g.g)

=> \(\frac{BH}{AH}=\frac{HK}{HF}\)(*)

Ngoài ra: ^BHK=^AHF => 90⁰ + ^AHK = ^AHK + ^KHF => ^KHF=90⁰

Lại có: ^BKH=^AFH. Mà ^AFH = ^ACH (Do tứ giác AHFC nội tiếp đg tròn)

=> ^BKH=^ACH (3)

Xét \(\Delta\)AHC vuông tại H: HE vuông góc AC => ^ACH=^AHE (Phụ ^HAC) (4)

Từ (3) và (4) => ^BKH=^AHE. Mà tứ giác ABHE nội tiếp đg tròn => ^AHE=^ABE

=> ^BKH=^ABE. Hai góc này so le trg nên HK // AB => ^AHK=^BAH.

Mà ^AHK=^GHF (Cùng phụ ^KHG) và ^GHF=^GEF (Chắn cung GF)

=> ^BAH=^GEF. Mặt khác ^BAH=^BEH (Cùng chắn cung BH) => ^GEF=^BEH.

Lại thấy: ^BEH+^HEF=90⁰ = >^GEF+^HEF=90⁰ => ^HEG=90⁰

Xét tứ giác HEGF nội tiếp (S) có ^HEG=90⁰ => ^HFG=90⁰

Xét tứ giác KHFG nội tiếp (S) có ^HFG=90⁰ => ^HKG=90⁰. Mà ^KHF=90⁰ (cmt)

=> ^HFG=^HKG=^KHF=90⁰ => Tứ giác HKFG là hình chữ nhật. => HK=GF  (**)

Xét \(\Delta\)CGF và \(\Delta\)AHF: ^GCF=^HAF (Cung chắn cung HF); ^HFA=^GFC (Cùng phụ ^AFG)

=> \(\Delta\)CGF ~ \(\Delta\)AHF => \(\frac{CG}{AH}=\frac{GF}{HF}\)(***)

Từ (*); (**) và (***) => \(\frac{BH}{AH}=\frac{CG}{AH}\Rightarrow BH=CG\).

Ta thấy: Đường tròn (S): ^HKG =90⁰ và 3 điểm H;K;G nằm trên (S)

HG là đường kính của (S) => H;S;G là 3 điểm thẳng hàng. 

Vì H và G đều nằm trên BC => B;H;S và H;G;C thẳng hàng

Có: BH=CG (cmt); SH=SG (Bán kính của (S)) => BH+HS=CG+SG

=> BS=CS. Mạt khác 3 điểm B;C;S thẳng hàng => S là trung điểm BC.

Mà BC là dây cung cố định của (O) nên S cố định.

Hay tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta\)HEF là 1 điểm cố định (đpcm). 

thử a=b=c=1/3 -->đề sai

Bài này sai rồi nha bn!!

Áp dụng bdt Bunhiacopski

\(\sqrt{4-a^2}+\sqrt{4-b^2}+\sqrt{4-c^2}<=\sqrt{3*(12-(a^2+b^2+c^2))} a^2+b^2+c^2>=(a+b+c)^2/3 = 1/3 <\sqrt{35} \)

Vậy là phải bé hơn hoặc bằng căn 35 mới đúng đề!

a) Số giao điểm của (P) và (d) là số nghiệm của phương trình:

   \(x^2=ax+3\)

Phương trình trên tương đương với 

    \(x^2-ax-3=0\)   (*)

Phương trình bậc hai có \(\Delta=a^2+12>0\) với mọi a nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt => (P) và (d) luôn cắt nhau tại 2 điểm phân biệt.

b) Gọi \(x_1,x_2\) là hoành độ của hai giao điểm => \(x_1;x_2\) là hai nghiệm của (*). Theo định lý Viet ta có:

   \(\hept{\begin{cases}x_1x_2=-3\\x_1+x_2=-a\end{cases}}\)

Khi đó tung độ hai giao điểm tương ứng là   \(y_1=a.x_1+3\) và \(y_2=a.x_2+3\).

Ta có: 

  \(x_1x_2\left(y_1+y_2\right)=x_1x_2\left[ax_1+3+ax_2+3\right]=x_1x_2\left[a\left(x_1+x_2\right)+6\right]\)

 \(=\left(-3\right)\left[a\left(a\right)+6\right]=-3\left(a^2+6\right)\).

Vậy ta phải có:

    \(-3\left(a^2+6\right)=2a-19\)

   \(\Leftrightarrow3a^2+2a-1=0\)

  \(a=-1;a=\frac{1}{3}\)

Gọi chiều rộng hình chữ nhật ban đầu là x thì chiều dài là x + 12.

Tăng chiều dài lên 12m, chiều rộng thêm 2m thì diện tích tăng gấp đôi.

Diện tích cũ là \(x\left(x+12\right)\), diện tích mới là \(\left(x+2\right)\left(x+12+12\right)\). 

Vậy ta có:

 \(\left(x+2\right)\left(x+12+12\right)=2x\left(x+12\right)\)

\(\Leftrightarrow x^2-2x-48=0\)

   \(x_1=8\) ; \(x_2=-6\left(loại\right)\)

=> \(x=8\)

Chiều rộng hình chữ nật bạn đầu là 8m và chiều dài là 8 + 12 = 20m

a(a+12)=b 

(a+2)(a+24)=2b ==>2a²+24a=a²+24a+2a+48 

<==>2a²+24a=a²+26a+48

<==>a²-2a-48=0

<==>a=8

<==>a+12=20

M==>cr=8va cd=20

\(x^2y^2-x^2-7y^2=4xy\)

\(\Leftrightarrow x^2+4xy+4y^2=x^2y^2-3y^2\)

\(\Leftrightarrow\left(x+2y\right)^2=y^2\left(x^2-3\right)\)

\(\Rightarrow x^2-3=n^2\)

\(\Leftrightarrow\left(x-n\right)\left(x+n\right)=3\)

\(x^2y^2-x^2-7y^2=4xy\)

\(\Leftrightarrow x^2+4xy+4y^2=x^2y^2-3y^2\)

\(\Leftrightarrow\left(x+2y\right)^2=y^2\left(x^2-3\right)\)

\(\Leftrightarrow x^2-3=y^2\)

\(\Leftrightarrow x^2-y^2=3\Leftrightarrow\left(x+y\right)\left(x-y\right)=3\)

Từ đó suy ra phương trình có nghiệm duy nhất: \(\hept{\begin{cases}x=2\\y=1\end{cases}}\)(loại vì nếu thử lại VT = -7 , mà VP = 4xy=4.2.1 = 8 . VT không bằng VP nên phương trình vô nghiệm

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có: 

\(VT=\frac{2x^2+y^2+z^2}{4-yz}+\frac{2y^2+z^2+x^2}{4-xz}+\frac{2z^2+x^2+y^2}{4-xy}\)

\(\ge\frac{4x\sqrt{yz}}{4-yz}+\frac{4y\sqrt{xz}}{4-xz}+\frac{4z\sqrt{xy}}{4-xy}\)

Cần chứng minh \(\frac{4x\sqrt{yz}}{4-yz}+\frac{4y\sqrt{xz}}{4-xz}+\frac{4z\sqrt{xy}}{4-xy}\ge4xyz\)

\(\Leftrightarrow\frac{\sqrt{yz}}{yz\left(4-yz\right)}+\frac{\sqrt{xz}}{xz\left(4-xz\right)}+\frac{\sqrt{xy}}{xy\left(4-xy\right)}\ge1\)

Cauchy-Schwarz: \(\left(x+y+z\right)^2\ge\left(1+1+1\right)\left(xy+yz+xz\right)\ge\left(\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{xz}\right)^2\)

\(\Leftrightarrow3\ge\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{xz}\)

Đặt \(\left(\sqrt{xy};\sqrt{yz};\sqrt{xz}\right)\rightarrow\left(a;b;c\right)\)\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}a,b,c>0\\a+b+c\le3\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\frac{a}{a^2\left(4-a^2\right)}+\frac{b}{b^2\left(4-b^2\right)}+\frac{c}{c\left(4-c^2\right)}\ge1\left(\odot\right)\)

Ta có BĐT phụ: \(\dfrac{a}{a^2\left(4-a^2\right)}\le-\dfrac{1}{9}a+\dfrac{4}{9}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(a-1\right)^2\left(a^2-2a-9\right)}{9a\left(a-2\right)\left(a+2\right)}\le0\forall0< a\le1\)

Tương tự cho 2 BĐT còn lại rồi cộng theo vế

\(VT_{\left(\odot\right)}\ge\dfrac{-\left(a+b+c\right)}{9}+\dfrac{4}{9}\cdot3\ge\dfrac{-3}{9}+\dfrac{12}{9}=1=VP_{\left(\odot\right)}\)

Dấu "=" <=> x=y=z=1

em là pô pô nê người con của Thái Nguyên

a) Ta có: DE là tiếp tuyến của (O) nên ^ODE=90⁰ . Mà OH vuông góc BE

=> ^OHE=90⁰ => ^ODE=^OHE.

Xét tứ giác OHDE: ^OHE=^ODE=90⁰ => Tứ giác OHDE nội tiếp đường tròn. (đpcm).

b) Dễ thấy ^EDC=^EBD (T/c góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung)

=> \(\Delta\)ECD ~ \(\Delta\)EDB (g.g) => \(\frac{ED}{EB}=\frac{EC}{ED}\Rightarrow ED^2=EC.EB.\)(đpcm).

c) Tứ giác OHDE nội tiếp đường tròn (cmt) => ^OEH=^ODH.

Lại có: CI//OE => ^OEH=^ICH => ^ICH=^ODH hay ^ICH=^IDH

=> Tứ giác HICD nội tiếp đường tròn => ^HID=^HCD=^BCD

Do tứ giác ABDC nội tiếp (O) => ^BCD=^BAD.

Do đó ^HID=^BAD. Mà 2 góc bên ở vị trí đồng vị => HI//AB (đpcm).

d) Gọi giao điểm của tia CI với AB là P.

Ta thấy: Đường tròn (O) có dây cung BC và OH vuông góc BC tại H => H là trung điểm BC.

Xét \(\Delta\)BPC: H là trung điểm BC; HI//BP (HI//AB); I thuộc CP => I là trung điểm CP => IC=IP (1)

Theo hệ quả của ĐL Thales; ta có: \(\frac{IP}{DM}=\frac{AI}{AD};\frac{IC}{DN}=\frac{AD}{AI}\Rightarrow\frac{IP}{DM}=\frac{IC}{DN}\)(2)

Từ (1) và (2) => DM=DN (đpcm).

k mình nha 

1) Do DB và DC là 2 tiếp tuyến của (O) => ^DBO=^DCO=90⁰ 

=> Tứ giác DBOC nội tiếp đường tròn (Tâm là trung điểm OD) (1)

Xét tứ giác DHOC: ^DHO=^DCO=90⁰ 

=> Tứ giác DHOC nội tiếp đường tròn (Tâm là trung điểm DO) (2)

Từ (1) và (2) => 5 điểm D,H,B,O,C cùng nằm trên 1 đường tròn (đpcm)

DB và DC là 2 tiếp tuyến của (O) => DB=DC => D thuộc trung trực của BC

Mà BC là dây cung của (O) nên O cũng thuộc trung trực của BC  

=> OD \(\perp\)BC (tại I) => ^DIA=90⁰

Xét tứ giác DIHA: ^DHA=^DIA=90⁰ (cmt) => Tứ giác DIHA nội tiếp đường tròn (đpcm).

2) Dễ chứng minh \(\Delta\)OBI ~ \(\Delta\)ODB (g.g) => \(\frac{OB}{OD}=\frac{OI}{OB}\Rightarrow OB^2=OI.OD\)

Mà OB=OM (cùng nằm trên (O)) => \(OM^2=OI.OD\)(3)

Hoàn toàn c/m được \(\Delta\)OHD ~ \(\Delta\)OIA  (g.g) => \(\frac{OH}{OI}=\frac{OD}{OA}\Rightarrow OH.OA=OI.OD\)(4)

Từ (3) và (4) => \(OM^2=OH.OA\)=> \(\frac{OM}{OA}=\frac{OH}{OM}\)

Xét \(\Delta\)OHM và \(\Delta\)OMA: \(\frac{OM}{OA}=\frac{OH}{OM}\); ^MOA chung => \(\Delta\)OHM ~ \(\Delta\)OMA (c.g.c)

=> ^OHM=^OMA. Ta có ^OHM=90⁰ => ^OMA=90⁰ => AM là tiếp tuyến của (O) (đpcm).

3) Ta có 5 điểm B,H,D,O,C cùng thuộc 1 đường tròn (cmt)

Suy ra Tứ giác BHOC và tứ giác DHOC nội tiếp đường tròn

Tứ giác BHOC nội tiếp đg tròn => ^ABH=^COH (Cùng bù ^HBC)

Dễ thấy ^BAH=^HDO (Cùng phụ ^DOA) (5)

Do tứ giác DHOC nôi tiếp đg tròn => ^HDO=^OCH (6)

Từ (5); (6) => ^BAH=^OCH

Xét \(\Delta\)AHB và \(\Delta\)CHO: ^ABH=^COH; ^BAH=^OCH => \(\Delta\)AHB ~ \(\Delta\)CHO (g,g)

\(\Rightarrow\)\(\frac{HB}{HO}=\frac{AH}{HC}\Rightarrow HB.HC=AH.HO\)(7)

Nhận thấy Đường tròn (O) có tiếp tuyến AM cố định (Do A cố định) 

Mà MH\(\perp\)AO tại H => H cố định => AH và HO có giá trị không đổi 

Nên AH.HO không đổi (8)

Từ (7) và (8) => HB.HC không đổi khi d quay quanh A (đpcm).