Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của EF, EG, HG

∆AEF vuông tại A có AM là trung tuyến nên AM = ¹/₂EF

∆HCG vuông tại C có CP là trung tuyến nên CP = ¹/₂GH

∆EFG có MN là đường trung bình nên MN = ¹/₂FG

∆EGH có NP là đường trung bình nên NP = ¹/₂EH

Chu vi tứ giác EFGH bằng EF + FG + GH + HE = 2(AM + MN + NP + PC) ≥ 2AC

Dấu "=" xảy ra khi A, M, N, P, C thẳng hàng theo thứ tự đó

<=> FG // AC // EH, EF // BD // HG <=> Tứ giác EFGH là hình bình hành

Cách xác định điểm: Lấy điểm F trên AB sao cho EF // BD, sau đó lần lượt lấy các điểm H, G trên CD, BC sao cho EH // AC // FG

b) đk: \(\hept{\begin{cases}x\ne0\\x\ne1\end{cases}}\)

pt (1) \(\Leftrightarrow\left(x^2-2x\right)\left(x^2-2x+4\right)=0\Leftrightarrow x\left(x-2\right)\left(x^2-2x+4\right)=0\Leftrightarrow x=0\left(L\right),x=2\left(T\right)\)\(,x^2-2x+4=0\left(3\right)\)

pt(3) VÔ NGHIỆM vì \(\Delta'=1-4=-3< 0\)

Thay x=2 vào pt (2) ta được: \(\frac{1}{2}+\frac{1}{y-1}=\frac{3}{2}\Leftrightarrow\frac{1}{y-1}=1\Leftrightarrow y-1=1\Leftrightarrow x=2\left(tm\right)\)

Vậy nghiệm của hệ pt là(x;y)=(2;2)

không đâu cá tiền luôn 500 đồng lun sợ gì :))))) đùa thui ko có đâu nhé

mình đang cần gấp

Không mất tính tổng quát giả sử \(a=m\text{ax}\left\{a,b,c\right\}\Rightarrow a\ge\frac{1}{3}\)

BĐT tương đương với: \(a^3+\left(b+c\right)^3-3\left(b+c\right)bc+6abc\ge\frac{1}{4}\)

\(\Leftrightarrow a^3+\left(1-a\right)^3-3\left(1-a\right)bc+6abc-\frac{1}{4}\ge0\)

\(\Leftrightarrow4\left(3a-1\right)bc+\left(2a-1\right)^2\ge0\)

BĐT cuối cùng. đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{2},c=0\)hoặc các hoán vị

Vậy ta chỉ cần chứng minh: \(f\left(t\right)=\left(9a-4\right)t+\left(2a-1\right)^2\ge0,\forall t\in\text{ }\left[0;\left(\frac{1-a}{2}\right)^2\right]\)

Do f(t) là hàm nghịch biến nên \(f\left(t\right)\ge f\left[\left(\frac{1-a}{2}\right)^2\right]=\frac{1}{4}a\left(3a-1\right)^2\ge0\)

Ta có đpcm. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=1/3