a) Ta thấy ngay do BD, CE là đường cao nên \(\widehat{BEC}=\widehat{BDC}=90^o\) 

Xét tứ giác AEDC có \(\widehat{BEC}=\widehat{BDC}=90^o\) nên AEDC là tứ giác nội tiếp hay A, E, D, C cùng thuộc một đường tròn.

Đường tròn cần tìm là đường tròn đường kính BC, tức là tâm đường tròn là trung điểm J của BC, bán kính là JB.

b) Xét tam giác BEC và tam giác BHM có : 

\(\widehat{BEC}=\widehat{BHM}=90^o\)

Góc B chung

\(\Rightarrow\Delta BEC\sim\Delta BHM\left(g-g\right)\)

\(\Rightarrow\frac{BE}{BH}=\frac{BC}{BM}\Rightarrow BC.BH=BE.BM\)

Ta có \(BK^2=BD^2=BH.BC=BE.EM\)   mà \(KE\perp BM\Rightarrow\widehat{BKM}=90^o\)

Vậy MK là tiếp tuyến của đường tròn tâm B.

c) 

Gọi F là giao điểm của CE với đường tròn tâm B.

Do \(BE\perp KF\)nên MB là trung trực của FK.

\(\Rightarrow\widehat{MFB}=\widehat{MKB}=90^o\Rightarrow\)tứ giác MFBH nội tiếp.

\(\Rightarrow\widehat{MHF}=\widehat{MBF}\) (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung MF)

Ta cũng có MKHB nội tiếp nên \(\widehat{MHK}=\widehat{MBK}\)

Mà \(\widehat{MBF}=\widehat{MBK}\) nên HI là phân giác góc KHF.

Áp dụng tính chất tia phân giác ta có : \(\frac{IK}{IF}=\frac{HK}{HF}\)

Ta có \(HC\perp HI\) nên HC là tia phân giác ngoài của góc KHF.

\(\Rightarrow\frac{CK}{CF}=\frac{HK}{HF}\)

Vậy nên \(\frac{CK}{CF}=\frac{IK}{IF}\)

\(\Rightarrow\frac{CK}{CF+KF}=\frac{IK}{IF+IK}\Rightarrow\frac{CK}{\left(CE+EF\right)+\left(CE-KE\right)}=\frac{IK}{FK}\)

\(\Rightarrow\frac{CK}{2CE}=\frac{IK}{2EK}\Rightarrow CK.EK=CE.IK\)

giúp mình với!!!! ai đúng mình k cho

bài này easy thôi:

ta có:\(\left(\sqrt{a}-\frac{1}{2}\right)^2\ge0;\left(\sqrt{b}-\frac{1}{2}\right)^2\ge0̸.\)với \(\forall a,b>0\)

\(\Rightarrow a-\sqrt{a}+\frac{1}{4}\ge0;b-\sqrt{b}+\frac{1}{4}\ge0\)

\(\Rightarrow\left(a-\sqrt{a}+\frac{1}{4}\right)+\left(b-\sqrt{b}+\frac{1}{4}\right)\ge0\)với \(\forall a,b>0\)

\(\Rightarrow a+b+\frac{1}{2}\ge\sqrt{a}+\sqrt{b}.\)

Mặt khác \(a+b\ge2\sqrt{ab}>0.\)

Nhân từng vế ta được:

\(\left(a+b\right)\left(\left(a+b\right)+\frac{1}{2}\right)\ge2\sqrt{ab}\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right).\)

hay \(\left(a+b\right)^2+\frac{a+b}{2}\ge2a\sqrt{b}+2b\sqrt{a}.\)

Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=\frac{1}{4}\)

1) Ta chứng minh tổng AB² + CD² không đổi. Thật vậy:

Gọi I, J lần lượt là trung điểm AB và CD.

Ta có \(OI\perp AB;OJ\perp AC\) 

Khi đó: \(AB^2+CD^2=\left(2AI\right)^2+\left(2CJ\right)^2=4\left(AI^2+CJ^2\right)\)

\(=4\left(OA^2-OI^2+OC^2-OJ^2\right)=4\left[2R^2-\left(OI^2+OJ^2\right)\right]\)

\(=4\left[2R^2-\left(OI^2+IK^2\right)\right]=4\left(2R^2-OK^2\right)\)

Do K cố định nên OK không đổi. Vậy \(4\left(2R^2-OK^2\right)\) không đổi hay AB² + CD² không đổi.

Khi đó ta có : 

\(S_{ACBD}=\frac{1}{2}.AB.CD\le\frac{1}{2}.\frac{1}{2}\left(AB^2+CD^2\right)\)

\(S_{ACBD}\le\frac{1}{4}.4\left(2R^2-OK^2\right)=2R^2-OK^2\)

Vậy \(maxS_{ACBD}=2R^2-OK^2\) khi AB = CD.

a) Ta thấy MEC và MFC là các tam giác vuông chung cạnh huyền MC nên MECF nội tiếp đường tròn đường kính MC.

Dễ thấy MECF là hình chữ nhật (Tứ giác có 3 góc vuông) nên \(\widehat{CEF}=\widehat{ECM}\)

Lại có \(\widehat{IEC}=\widehat{ICE}\Rightarrow\widehat{IEF}=\widehat{MCA}=90^o\)

Vậy EF là tiếp tuyến của (I).

Hoàn toàn tương tự FE là tiếp tuyến đường tròn (K). Vậy EF là tiếp tuyến chung của hai đường tròn.

b) MECF là hình chữ nhật nên EF = MC.

Do EI và FK cùng vuông góc với EF nên IEFK là hình thang vuông.

\(\Rightarrow S_{IEFK}=\frac{\left(EI+FK\right).EF}{2}=\frac{\left(IC+CK\right).MC}{2}=\frac{IK.MC}{2}\)

\(=\frac{\frac{AB}{2}.MC}{2}=MC\le MH\) với H là điểm chính giữa cung AB.

Vậy để diện tích IEFK lớn nhất thì C nằm chính giữa cung AB. Khi đó \(S_{IEFK}=2\left(cm^2\right)\)

c) Ta thấy \(\widehat{MPF}=\widehat{MCF}\)    (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung MF) \(=\widehat{MBN}\)  (Góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến dây cung cùng chắn cung CF)

\(\Rightarrow\Delta MPF\sim\Delta MBN\left(g-g\right)\)

d) Do \(\Delta MPF\sim\Delta MBN\Rightarrow\widehat{MFP}=\widehat{MNB}\)

Mà \(\widehat{MFP}=\widehat{MEP}\Rightarrow\widehat{PNA}=\widehat{MEP}\)  hay NPEA là tứ giác nội tiếp.

Tương tự PFBN cũng là tứ giác nội tiếp.

Vậy thì ta có: \(\widehat{PNE}=\widehat{PAE}=\widehat{PBM}=\widehat{PNF}\)

Hay N, E, F thẳng hàng.

Với y =0 thế vào hệ => vô lí

Với y khác 0

Cộng vế với vế hai phương trình của hệ ta có:

\(x^2y^2+xy^2=y+1\)

<=> \(\left(x^2y^2-1\right)+\left(xy^2-y\right)=0\)

<=> \(\left(xy-1\right)\left(xy+1+y\right)=0\)

TH1: \(xy-1=0\)

<=> \(x=\frac{1}{y}\)

Thế vào hệ ta có:

\(1=\frac{2}{y^2}+y\)

<=> \(y^3-y^2+2=0\)

<=> \(\left(y^3+1\right)-\left(y^2-1\right)=0\)

<=> \(\left(y+1\right)\left(y^2+2y+2\right)=0\)

<=> \(\orbr{\begin{cases}y=-1\\\left(y+1\right)^2+1=0\left(loai\right)\end{cases}}\)

Với y = -1 ta có: x = - 1

TH2: xy + 1 + y = 0

<=> \(x=\frac{-1-y}{y}\) thế vào hệ ta có:

\(\left(y+1\right)^2=\frac{2\left(1+y\right)^2}{y^2}+y\)

<=> \(y^4+y^3-y^2-4y-2=0\)

<=> \(\left(y^4-y^3-y^2\right)+\left(2y^3-2y^2-2y\right)+\left(2y^2-2y-2\right)=0\)

<=> \(\left(y^2-y-1\right)\left(y^2+2y+2\right)=0\)

<=> \(\orbr{\begin{cases}y=\frac{1\pm\sqrt{5}}{2}\\\left(y+1\right)^2+1=0\left(loại\right)\end{cases}}\)

Với \(y=\frac{1-\sqrt{5}}{2}\) ta có: \(x=\frac{-1+\sqrt{5}}{2}\)

Với \(y=\frac{1+\sqrt{5}}{2}\) ta có: \(x=\frac{-1-\sqrt{5}}{2}\)

Kết luận: Hệ có 3 nghiệm:...

giúp mình cái nhé

a=34;

Ta có: \(1-a\ge0\Leftrightarrow a\le1\Leftrightarrow a+b-b+c-c\le1\Leftrightarrow a+b+c\le1+b+c\)

\(\Leftrightarrow\frac{a}{a+b+c}\ge\frac{a}{1+b+c}\left(1\right)\)

Tương tự: \(1-b\ge0\Leftrightarrow b\le1\Leftrightarrow b+a-a+c-c\le1\Leftrightarrow a+b+c\le1+c+a\)

\(\Leftrightarrow\frac{b}{a+b+c}\ge\frac{b}{1+c+a}\left(2\right)\)

Và: \(1-c\ge0\Leftrightarrow c\le1\Leftrightarrow c+a-a+b-b\le1\Leftrightarrow a+b+c\le1+a+b\)

\(\Leftrightarrow\frac{c}{a+b+c}\ge\frac{c}{1+a+b}\left(3\right)\)

Cộng (1)(2) và (3) vế theo vế:

\(\Rightarrow\frac{a+b+c}{a+b+c}=1\ge\frac{a}{1+b+ac}+\frac{b}{1+c+ab}+\frac{c}{1+a+bc}\)

ĐPCM

bạn ơi, bạn xem lại đi. Mẫu của bạn là 1+b+c chứ đâu phải là 1+b+ac. Mấy cái khác cũng thế

ta có : 2018^p \(\equiv\)2^p (mod 3) 

Vì là SNT > 5 => p lẻ

=> 2^p \(\equiv\)2 (mod 3)

2017^q \(\equiv\)1 (mod 3)

=> 2018^p - 2017^q \(\equiv\)2 - 1 = 1 (mod 3)

Vậy 2018^p - 2017^q chia 3 dư 1

b) xét số dư khi chia p cho 3 => p có 2 dạng 3k + 1 hoặc 3k + 2

+ p = 3k + 1 => 3p⁵ \(⋮\)3 ; 5p³ \(\equiv\)2 (mod 3) ; 7p \(\equiv\)1 (mod 3) => (3p⁵ + 5p³ + 7p ) \(⋮\)3

+ p = 3k + 1 => 3p⁵ \(⋮\)3 ; 5p³ \(\equiv\)1(mod 3) ; 7p \(\equiv\)2 (mod 3) => (3p⁵ + 5p³ + 7p ) \(⋮\)3

Vậy 3p⁵ + 5p³ + 7p \(⋮\)3 (1)

Xét số dư khi chia p cho 5 => p có 4 dạng 5k+1;5k+2;5k+3;5k+4

+ p = 5k + 1 => 3p⁵ \(\equiv\)3 (mod 5) ; 5p³ \(⋮\) 5 ; 7p\(\equiv\)7 (mod 5) =>(3p⁵ + 5p³ + 7p ) \(⋮\)5

 + p = 5k + 2 => 3p⁵ \(\equiv\)1 (mod 5) ; 5p³ \(⋮\) 5 ; 7p\(\equiv\)4 (mod 5) =>(3p⁵ + 5p³ + 7p ) \(⋮\)5                                                                                                    

+ p = 5k + 3 => 3p⁵ \(\equiv\)4 (mod 5) ; 5p³ \(⋮\) 5 ; 7p\(\equiv\)1 (mod 5) =>(3p⁵ + 5p³ + 7p ) \(⋮\)5

+ p = 5k + 4 => 3p⁵ \(\equiv\) 2(mod 5) ; 5p³ \(⋮\) 5 ; 7p\(\equiv\)3 (mod 5) =>(3p⁵ + 5p³ + 7p ) \(⋮\)5

Vậy 3p⁵ + 5p³ + 7p \(⋮\)5 (2)

Từ (1) và (2) và (3;5) = 1 =>  3p⁵ + 5p³ + 7p \(⋮\)15 

=> \(\frac{3p^5+5p^3+7b}{15}\)là số nguyên (đpcm)

1.Cho (O;R). Qua điểm M nằm trong đương tròn vẽ các dây CD và EF không đi qua O. Tiếp tuyến tại C và D của (O) cắt nhau ở A, tiếp tuyến tại E và F của (O) cắt nhau tại B. Chứng minh OM vuông góc với AB

2. Cho (O) và đường thẳng d không cắt (O).  Gọi H là hình chiếu của (O) trên d. Từ H vẽ các cát tuyến HCD và HAB với (O) (C nằm giữa H và D, A nằm giữa H và B, các cát tuyến không đi qua O). Tiếp tuyến tại A của (O) cắt d tại M. Tiếp tuyến tại C của (O) cắt d tại M. Chứng minh ΔOMN cân