a) Do DA và DC là các tiếp tuyến của đường tròn (O) nên DA = DC (T.c hai tiếp tuyến cắt nhau)
Tương tự EB = EC

Vậy nên DE = DC + CE = AD + BE

b) Ta thấy DA = DC; OA = OC nên OD là đường trung trực của đoạn AC.

Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có \(OD\perp AC\)

Do AB là đường kính, C thuộc đường tròn (O) nên \(\widehat{ACB}=90^o\) hay \(BC\perp AC\)

Vậy nên OD//BC

c) Xét tứ giác ADEB có AD và BE cùng vuông góc với AB nên ADEB là hình thang vuông.

Xét hình thang vuông ADEB có I là trung điểm DE, O là trung điểm AB nên OI là đường trung bình hình thang ADEB.

Vậy thì \(OI=\frac{AD+BE}{3}=\frac{DE}{2}=ID\)

Vậy O nằm trên đường tròn \(\left(I,ID\right)\)

Lại có OI // DA //EB nên \(OI\perp AB\)

Vậy AB là tiếp tuyến của đường tròn \(\left(I,ID\right)\)

d)  Do AD // BE nên áp dụng định lý Ta-let ta có:

\(\frac{AK}{KE}=\frac{DK}{KB}=\frac{AD}{BE}\)

Lại có \(\frac{AD}{BE}=\frac{DC}{CE}\Rightarrow\frac{AK}{KE}=\frac{DC}{CE}\)

Xét tam giác ADE có \(\frac{AK}{KE}=\frac{DC}{CE}\) nên CK // DA

Mà DA vuông góc với AB nên CK cũng vuông góc với AB.

Xét tam giác ADB có KH // DA nên \(\frac{DA}{KH}=\frac{BD}{KB}=\frac{DK+KB}{KB}=\frac{DK}{KB}+1\)

Xét tam giác ADE có KC // DA nên \(\frac{DA}{KC}=\frac{AE}{KE}=\frac{AK+KE}{KE}=\frac{AK}{KE}+1\)

Mà ta đã có \(\frac{DK}{KB}=\frac{AK}{KE}\) nên \(\frac{DA}{KH}=\frac{DA}{KC}\Rightarrow KH=KC\) hay K là trung điểm CH.

\(X=\sqrt{a^2+1+\left(1-\frac{1}{a+1}\right)^2}+\frac{a}{a+1}\)

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

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

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

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

Đặt \(x=a^{\frac{1}{3}};y=b^{\frac{1}{3}};z=c^{\frac{1}{3}}\Rightarrow xyz=1\) và:

\(BDT\Leftrightarrow\frac{x^3}{x^6+5}+\frac{y^3}{y^6+5}+\frac{z^3}{z^6+5}\le\frac{1}{2}\)

Ta có BĐT phụ \(\frac{4x^3}{x^6+5}\le\frac{x^3+1}{x^6+x^3+1}\)

\(\Leftrightarrow\frac{\left(x-1\right)\left(x^2+x+1\right)\left(3x^6+6x^3+5\right)}{\left(x^6+5\right)\left(x^6+x^3+1\right)}\le0\forall0< x\le1\)

Tương tự cho 2 BĐT còn lại rồi cộng theo vế:

\(VT\le\frac{1}{4}\left(\frac{x^3+1}{x^6+x^3+1}+\frac{y^3+1}{y^6+y^3+1}+\frac{z^3+1}{z^6+z^3+1}\right)\)

Cần chứng minh \(\frac{x^3+1}{x^6+x^3+1}+\frac{y^3+1}{y^6+y^3+1}+\frac{z^3+1}{z^6+z^3+1}\le2\)

\(\Leftrightarrow\frac{x^6}{x^6+x^3+1}+\frac{y^6}{y^6+y^3+1}+\frac{z^6}{z^6+z^3+1}\ge1\)

Có dạng \(\frac{x^{2k}}{x^{2k}+x^k+1}+\frac{y^{2k}}{y^{2k}+y^k+1}+\frac{z^{2k}}{z^{2k}+z^k+1}\ge1\forall xyz=1\)

Với k=1 thì có BĐT Câu hỏi của Vũ Tiền Châu - Toán lớp 9 | Học trực tuyến tương tự với bài này (ko biết AD đã fix lỗi ko dán dc link học 24 vào olm chưa, nếu chưa thì ib t gửi full link )

Q.lý nào onl duyệt giúp e với 

Gọi M là trung điểm BC. Gọi D' là điểm đối xứng với D qua M.

Do AB = AC nên tam giác ABC là tam giác cân tại A. Vậy thì AM vuông góc BC.

Đặt AM = a, xét tam giác vuông ABM, áp dụng định lý Pi-ta-go ta có \(BM=\sqrt{AB^2-AM^2}=\sqrt{3-a^2}\)

Tương tự \(DM=\sqrt{AD^2-AM^2}=\sqrt{1-a^2}\)

Do M là trung điểm BC và M là trung điểm DD' nên BD = D'C hay DC = BD'

Từ đó ta có \(BD.DC=BD.BD'=\left(BM-DM\right)\left(BM+MD'\right)=\left(BM-DM\right)\left(BM+MD\right)\)

\(=BM^2-MD^2=\left(3-a^2\right)-\left(1-a^2\right)=2\)

Vậy BD.DC = 2.

Kẻ CK vuông góc AB. Xét tam giác vuông AKC có \(\widehat{KAC}=45^o\) nên AKC là tam giác vuông cân.

Vậy thì KA = KC.

Đặt \(KA=KC=a\Rightarrow AC=a\sqrt{2};KB=\sqrt{25-a^2};AD=\sqrt{2a^2-4}\) (Theo Pi-ta-go)

Ta đã có \(2S_{ABC}=AB.CK=BC.AD\)

\(\Rightarrow\left(a+\sqrt{25-a^2}\right).a=5.\sqrt{2a^2-4}\)

\(\Rightarrow\left(a^2+25-a^2+2a\sqrt{25-a^2}\right)a^2=25\left(2a^2-4\right)\)

\(\Rightarrow25a^2+2a^3\sqrt{25-a^2}=50a^2-100\)

\(\Rightarrow2a^3\sqrt{25-a^2}=25a^2-100\)

Ở đây ta có điều kiện là \(4\le a^2\le25\)

\(\Rightarrow4x^6\left(25-a^2\right)=625a^4-5000a^2+10000\)

\(\Rightarrow-4x^8+100x^6-626x^4+5000x^2-10000=0\)

Đặt x² = t , ta có \(-4t^4+100t^3-625t^2+5000t-10000=0\)

\(\Leftrightarrow\left(t-20\right)\left(2t-5\right)\left(-2t^2+5t-200\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}t=20\\t=\frac{5}{2}\left(ktmđk\right)\end{cases}}\)

Vậy t = 20 hay \(a^2=20\Rightarrow S_{ABC}=\frac{1}{2}.5.\sqrt{2.20-4}=15\left(cm^2\right)\)

Ta có \(y=1-2z^2;x=3-y-z=2z^2-z+2\)

\(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=\frac{1}{3}\Rightarrow\frac{3\left(yz+xz+xy\right)}{3xyz}=\frac{xyz}{3xyz}\)

\(\Rightarrow3z\left(1-2z^2\right)+3z\left(2z^2-z+2\right)+3\left(1-2z^2\right)\left(2z^2-z+2\right)\)

\(=z\left(1-2z^2\right)\left(2z^2-z+2\right)\)

\(\Leftrightarrow4z^5-14z^4+8z^3-8z^2+4z+6=0\)

\(\Leftrightarrow z=1\vee z=3\vee z=-\frac{1}{2}\)

Với z = 1, ta có y = -1, x = 3

Với z = 3, x = 17, y = -17

Với \(z=-\frac{1}{2},x=3,y=\frac{1}{2}\)

Tóm lại hệ có 3 nghiệm \(\left(3;-1;1\right),\left(17;-17;3\right),\left(3;\frac{1}{2};-\frac{1}{2}\right)\)

Câu 2: Nhân cả hai vế của phương trình với 4 , ta có:

\(4x^2+4y^2-4x-4x=32\Leftrightarrow\left(4x-4x+1\right)+\left(4y^2-4y+1\right)=34\)

\(\Leftrightarrow\left(2x-1\right)^2+\left(2y-1\right)^2=34\)

Ta thấy 34 = 5² + 3² nên ta có bảng:

Vậy các cặp nghiệm nguyên thỏa mãn là (5;3) , (5;-3) , (-5;3) , (-5;-3) , (3; 5), (3;-5) , (-3; 5), (-3;-5)

Xét \(x^2+\frac{1}{x^2}\)=\(\left(x+\frac{1}{x}\right)^2-2\in Z\).Giả sử đúng đến n=k , ta sẽ c/m n đúng đến k+1.

Điều này là hiển nhiên vì \(x^{k+1}+\frac{1}{x^{k+1}}=\left(x+\frac{1}{x}\right)\left(x^k+\frac{1}{x^k}\right)-x^{k-1}-\frac{1}{x^{k-1}}\in Z\)

Bài 5 nha:

   \(a+\frac{1}{b}=b+\frac{1}{c}\Leftrightarrow a-b=\frac{1}{c}-\frac{1}{b}.\)

\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)=\frac{b-c}{bc}_{\left(1\right)}\)

\(a+\frac{1}{b}=c+\frac{1}{a}\Leftrightarrow a-c=\frac{1}{a}-\frac{1}{b}\)

\(\Leftrightarrow\left(a-c\right)=\frac{b-a}{ab}_{\left(2\right)}\)

\(c+\frac{1}{a}=b+\frac{1}{c}\Leftrightarrow c-b=\frac{1}{c}-\frac{1}{a}\)

\(\Leftrightarrow\left(c-b\right)=\frac{a-c}{ac}_{\left(3\right)}\)

Nhân từng vế của (1) ; (2) và (3) , ta được :

        \(\left(a-b\right)\left(a-c\right)\left(c-b\right)=\frac{\left(b-c\right)\left(b-a\right)\left(a-c\right)}{\left(abc\right)^2}\)

                                                              \(=\frac{\left(c-b\right)\left(a-b\right)\left(a-c\right)}{\left(abc\right)^2}\)

\(\Leftrightarrow\left(abc\right)^2=1\Leftrightarrow abc=1\)hoặc \(abc=\left(-1\right)\)

Bài 3:

  Ta có : \(x^2+y^2+z^2=1\Leftrightarrow\left(x+y+z\right)^2\)

                                        \(=1+2\left(xy+yz+zx\right)\Leftrightarrow1=1+2\left(xy+yz+zx\right)\)

             \(\Leftrightarrow xy+yz+zx=0\)(*)

             áp dụng kết quả sau :

  Ta có : \(a^3+b^3+c^3-3abc=\frac{1}{2}\left(a+b+c\right)\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\)

  Thấy vậy : \(\left(a+b+c\right)^3=a^3+b^3+c^3+3\left(a+b+c\left(ab+bc+ca\right)\right)-3abc\)

\(\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3-3abc=\left(a+b+c\right)^33\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\)

                                                   \(=\left(a+b+c\right)\left(a+b+c\right)^2-3\left(ab+bc+ca\right)\)

\(\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3-3abc=\frac{1}{2}\left(a+b+c\right)\left(2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ca\right)\)

\(\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3-3abc=\frac{1}{2}\left(a+b+c\right)\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\)

         áp dụng vào bài toán, ta có :

\(x^3+y^3+z^3-3xyz=\frac{1}{2}\left(x+y+z\right)\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(z-x\right)^2\)

\(=\frac{1}{2}\left(x+y+z\right)\left(2\left(x^2+y^2+z^2\right)-2\left(xy+yz+zx\right)\right)\)

\(\Leftrightarrow1-3xyz=\frac{1}{2}\times1\times2=1\Leftrightarrow xyz=0\)(**)

Mà \(x+y+z=1\)(***)

\(\Leftrightarrow\)x ; y ; z là 3  nghiệm của pt bậc 3 sau : \(U^3-U^2=0\)

\(\Leftrightarrow U=0\)hoặc \(U=1\)

=> 1 trong 3 phần tử x ; y ; z =1 ; 2 phần tử còn lại sẽ = 0

Do đó \(x+y^2+z^3=1\)

   => điều phải chứng minh.