1. vÌ H là trực tâm của tam giác ABC , \(BD⊥BC,CE⊥AB\Rightarrow\widehat{BEC}=\widehat{BDC}=90^0\) nên BCDE nội tiếp đường tròn đường kính BC. Tâm đường tròn nội tiếp BCDE là J ( trung điểm BC)
2. I đối xứng với A qua O => AI là đường kính của đường tròn tâm O =>\(\widehat{ACI}=\widehat{ABI}=90^0\)vì\(\hept{\begin{cases}BD⊥AC\\CI⊥AC\end{cases}\Rightarrow BD}\downarrow\uparrow CI\left(1\right)\) VÀ\(\hept{\begin{cases}CE⊥AB\\BI⊥AB\end{cases}\Rightarrow CE\uparrow\downarrow BI\left(2\right)}\)Từ (1) và (2) BHCI là hình bình hành,mà J LÀ Trung điểm của BC nên J là giao điểm của hai đường chéo HI và BC của hbh BICH nên ta có I,J,H thẳng hàng (DPCM)
3. Vì BCDE là tứ giác nội tiếp nên \(\widehat{ABC}=\widehat{ADK}\left(3\right)\)mặt khác ABIC nội tiếp (O) nên \(\widehat{IAC}=\widehat{IBC}\left(4\right)\)ta lại có \(BI⊥AB\Rightarrow\widehat{ABC}+\widehat{IBC}=90^O\left(5\right)\)TỪ 3,4,5 ta có \(\widehat{IAC}+\widehat{ADK}=90^O\)hay \(DE⊥AM\Rightarrow\Delta ADM\)vuông tại D và có DE là đường cao tương ứng tại D nên theo hệ thức lượng trong tam giác vuông có (DPCM) \(\frac{1}{DK^2}=\frac{1}{DA^2}+\frac{1}{DM^2}\)

Giải:

Giả sử \(p\) là số nguyên tố.

Từ \(a^2b^2=p\left(a^2+b^2\right)\Rightarrow a^2+b^2⋮p\) hoặc \(a⋮p\) và \(b⋮p\left(1\right)\)

\(\Rightarrow a^2b^2⋮p^2\Rightarrow p\left(a^2+b^2\right)⋮p^2\Rightarrow a^2+b^2⋮p\left(2\right)\)

Từ \(\left(1\right)\) và \(\left(2\right)\Rightarrow a⋮p\) và \(b⋮p\)

Từ \(a\ge p,b\ge p\Rightarrow\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}\le\frac{2}{p^2}\Rightarrow\frac{1}{p}\le\frac{2}{p^2}\Rightarrow p\le2\left(3\right)\)

Từ \(a>2,b>2\Rightarrow\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}\le\frac{1}{4}+\frac{1}{4}=\frac{1}{2}\Rightarrow p>2\left(4\right)\)

Từ \(\left(3\right),\left(4\right)\Rightarrow\) Mâu thuẫn \(\Rightarrow p\) là hợp số (Đpcm).

b/ Sửa đề chứng minh: \(\frac{5a-3b+2c}{a-b+c}>1\)

Theo đề bài ta có:

\(\hept{\begin{cases}f\left(-1\right)=a-b+c>0\left(1\right)\\f\left(-2\right)=4a-2b+c>0\left(2\right)\end{cases}}\)

Ta có: \(\frac{5a-3b+2c}{a-b+c}>1\)

\(\Leftrightarrow\frac{4a-2b+c}{a-b+c}>0\)

Mà theo (1) và (2) thì ta thấy cả tử và mẫu của biểu thức đều > 0 nên ta có ĐPCM

a. Ta thấy ngay BCDO là tứ giác nội tiếp nên \(\widehat{MBO}=\widehat{ODC}\) (Góc ngoài tại đỉnh đổi)

b. Xét tam giác CMN có CO là đường cao đồng thời phân giác, vậy nó là tam giác cân. Từ đó suy ra \(\widehat{CMA}=\widehat{CNA}\)

Do ABCD là hình bình hành nên \(\widehat{CNA}=\widehat{BAM}\Rightarrow\widehat{BAM}=\widehat{BMA}\Rightarrow BM=BA=DC\left(1\right)\)

Xét trong đường tròn ngoại tiếp tam giác BDC có \(\widehat{BCO}=\widehat{DCO}\Rightarrow BO=OD\left(2\right)\)

Theo câu a, \(\widehat{MBO}=\widehat{ODC}\left(3\right)\)

Từ (1), (2), (3) suy ra \(\Delta OBM=\Delta ODC\left(g-c-g\right)\) 

Theo đề bài thì ta có:

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

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

Tương tự ta có:

\(\hept{\begin{cases}\frac{1}{b+c+1}\ge2.\sqrt{\frac{\left(a+b\right)\left(c+a\right)}{\left(a+b+1\right)\left(c+a+1\right)}1}\left(2\right)\\\frac{1}{c+a+1}\ge2.\sqrt{\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}{\left(a+b+1\right)\left(b+c+1\right)}}\left(3\right)\end{cases}}\)

Nhân (1), (2), (3) vế theo vế ta được

\(\frac{1}{a+b+1}.\frac{1}{b+c+1}.\frac{1}{c+a+1}\ge8.\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{\left(a+b+1\right)\left(b+c+1\right)\left(c+a+1\right)}\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\le\frac{1}{8}\)

Dấu = xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{4}\)

sao khó hiểu vậy

Ta có: \(\frac{1}{f\left(x\right)}-1=\frac{\left(1-x\right)^3}{x^3}\)

Xét hai số a, b dương sao cho \(a+b=1\)

Ta có: \(\hept{\begin{cases}\frac{1}{f\left(a\right)}-1=\frac{\left(1-a\right)^3}{a^3}\\\frac{1}{f\left(b\right)}-1=\frac{\left(1-b\right)^3}{b^3}\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}\frac{1-f\left(a\right)}{f\left(a\right)}=\frac{\left(1-a\right)^3}{a^3}\\\frac{1-f\left(b\right)}{f\left(b\right)}=\frac{a^3}{\left(1-a\right)^3}\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\frac{1-f\left(a\right)}{f\left(a\right)}.\frac{1-f\left(b\right)}{f\left(b\right)}=1\)

\(\Rightarrow f\left(a\right)+f\left(b\right)=1\)

Áp dụng vào bài toán ta được

\(f\left(\frac{1}{2017}\right)+f\left(\frac{2}{2017}\right)+...+f\left(\frac{2016}{2017}\right)\)

\(=\left[f\left(\frac{1}{2017}\right)+f\left(\frac{2016}{2017}\right)\right]+\left[f\left(\frac{2}{2017}\right)+f\left(\frac{2015}{2017}\right)\right]+...+\left[f\left(\frac{1008}{2017}\right)+f\left(\frac{1009}{2017}\right)\right]\)

\(=1+1+...+1=1008\)

Câu 2/

\(\hept{\begin{cases}2x^2-y^2+xy+3y=2\left(1\right)\\x^2-y^2=3\left(2\right)\end{cases}}\)

Ta có:

\(\left(1\right)\Leftrightarrow\left(x+y-1\right)\left(2x-y+2\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}y=1-x\\y=2x+2\end{cases}}\)

Thế ngược lại (1) giải tiếp sẽ ra nghiệm.

Điều kiện: \(\hept{\begin{cases}x\le2\\x\ge\frac{2}{3}\end{cases}}\)

Đặt \(\hept{\begin{cases}\sqrt{2-x}=a\ge0\\\sqrt{3x-2}=b\ge0\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}3a^2+b^2=4\\a^2+b^2=2x\end{cases}}\) thế vào PT bao đầu thì ta có hệ

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}3a^2+b^2=4\\\left(a^2+b^2+2\right)a+\left(a^2+b^2-2\right)b=4\end{cases}}\)

\(\Rightarrow3a^2+b^2-\left(\left(a^2+b^2+2\right)a+\left(a^2+b^2-2\right)b\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b-2\right)\left(a^2+b^2+b-a\right)=0\)

Dễ thấy với \(\frac{2}{3}\le x\le2\) thì \(a^2+b^2+b-a>0\)

\(\Rightarrow a+b=2\)

\(\Rightarrow\sqrt{2-x}+\sqrt{3x-2}=2\)

(Bình phương 2 vế rút gọn ta được)

\(\Leftrightarrow\sqrt{\left(2-x\right)\left(3x-2\right)}=2-x\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{2-x}\left(\sqrt{3x-2}-\sqrt{2-x}\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\sqrt{2-x}=0\\\sqrt{2-x}=\sqrt{3x-2}\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=2\\x=1\end{cases}}\)

\(\left(x+1\right)\sqrt{2-x}+\left(x-1\right)\sqrt{3x-2}=2\)

Ta có :\(x\in\orbr{\frac{2}{3};\infty}\)

\(\left(x+1\right)\sqrt{2}-x+\left(x-1\right)\sqrt{3x-2}=x\sqrt{3x-2}-\sqrt{3x-2}+\sqrt{2x}-x+\sqrt{2}\)

\(x\sqrt{3x-2}-\sqrt{3x-2}+\sqrt{2x}-x+\sqrt{2}=2\)

\(x\sqrt{3x-2}-\sqrt{3x-2}+\sqrt{2x}-x+\sqrt{2}-2=0\)

\(\left(x-1\right)\sqrt{3x-2}+\left(\sqrt{2}-1\right)x+\sqrt{2}-2=0\)

Không tồn tại nghiệm số thực .

\(x\in\theta\)

Từ \(2a+2b+2c=3abc\)

\(\Leftrightarrow\frac{2}{3bc}+\frac{2}{3ac}+\frac{2}{3ab}=1\left(1\right)\)

Khi đó \(P=\frac{b}{a^2}+\frac{c}{b^2}+\frac{a}{c^2}-\frac{2}{a^2}-\frac{2}{b^2}-\frac{2}{c^2}\)

Áp dụng BĐT AM-GM ta có: 

\(\frac{b}{a^2}+\frac{c}{b^2}+\frac{a}{c^2}\ge3\sqrt[3]{\frac{b}{a^2}\cdot\frac{c}{b^2}\cdot\frac{a}{c^2}}=3\sqrt[3]{\frac{1}{abc}}\)

\(P_{Min}\) xảy ra khi \(\frac{b}{a^2}+\frac{c}{b^2}+\frac{a}{c^2}=3\sqrt[3]{\frac{1}{abc}}\forall a=b=c\left(2\right)\)

Từ \(\left(1\right);\left(2\right)\Rightarrow a=b=c=\sqrt{2}\)

Khi đó \(P_{Min}=3\sqrt[3]{\frac{1}{abc}}-\frac{2}{a^2}-\frac{2}{b^2}-\frac{2}{c^2}=\frac{3\sqrt{2}-6}{2}\)

Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\sqrt{2}\)

Bài này giải như này cơ:

\(2a+2b+2c=3abc\)\(\Rightarrow\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}=\frac{3}{2}\)

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

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

\(\ge\frac{2\left(a-1\right)}{ac}+\frac{2\left(b-1\right)}{ab}+\frac{2\left(c-1\right)}{bc}-\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)

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

\(\ge\sqrt{3\left(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\right)}-3=\sqrt{3.\frac{3}{2}}-3=\frac{3\sqrt{2}-6}{2}\)

Vậy \(minP=\frac{3\sqrt{2}-6}{2}\Leftrightarrow a=b=c=\sqrt{2}\)

Sửa đề: cho x,y,z dương. CMR \(\frac{x^3+y^3}{2xy}+\frac{y^3+z^3}{2yz}+\frac{z^3+x^2}{2xz}\ge x+y+z\)

Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

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

\(\ge\left(x+y\right)\left(2\sqrt{x^2y^2}-xy\right)\)

\(=\left(x+y\right)\left(2xy-xy\right)=xy\left(x+y\right)\)

\(\Rightarrow\frac{x^3+y^3}{2xy}\ge\frac{xy\left(x+y\right)}{2xy}=\frac{x+y}{2}\)

Tương tự cho 2 BĐT còn lại ta có:

\(\frac{y^3+z^3}{2yz}\ge\frac{y+z}{2};\frac{z^3+x^3}{2xz}\ge\frac{x+z}{2}\)

Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:

\(VT\ge\frac{2\left(x+y+z\right)}{2}=x+y+z=VP\)

Đẳng thức xảy ra khi \(x=y=z\)

Đề sai rồi. Không cho x, y, z dương hay không là đã sai rồi. Giả sử đã cho dương rồi thì vẫn sai.

Thế \(x=y=z=2\) vào thì ta được

\(\frac{2^2+2^2}{2.2.2}+\frac{2^2+2^2}{2.2.2}+\frac{2^2+2^2}{2.2.2}\ge2+2+2\)

\(\Leftrightarrow3\ge6\) sai.

Ta có: \(x^2+y^2+z^2=1\)

\(\Rightarrow0\le x^2,y^2,z^2\le1\)

Theo đề bài thì:

\(2P-2=2\left(xy+yz+zx\right)-2\left(x^2+y^2+z^2\right)+x^2\left(y-z\right)^2+y^2\left(z-x\right)^2+z^2\left(x-y\right)^2\)

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

\(=\left(x-y\right)^2\left(z^2-1\right)+\left(y-z\right)^2\left(x^2-1\right)+\left(z-x\right)^2\left(y^2-1\right)\le0\)

\(\Rightarrow P\le1\)

Dấu = xảy ra khi \(x=y=z=\frac{1}{\sqrt{3}}\)

Với \(x^2+y^2+z^2=1\),ta có:

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

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

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

\(=x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2+xy\left(x^2+y^2\right)+yz\left(y^2+z^2\right)+zx\left(z^2+x^2\right)\)

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

\(=\frac{2\left(x^4+y^4+z^4+2x^2y^2+2y^2z^2+2z^2x^2\right)}{2}=\frac{2\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{2}=1\)

Đẳng thức xảy ra khi \(x=y=z=\pm\frac{\sqrt{3}}{3}\)