a) Xét tam giác OAH và tam giác OCH, có:

   OA=OC=R ;  OH chung  ; \(\widehat{OHA}=\widehat{OHC}=90^{O^{ }}\)

=> Tam giác OAH = tam giác OCH (ch-cgv)  => AH=HC (2 cạnh tương ứng)

<=> H là trung điểm cạnh AC (đpcm)

b)  Ta có: AC vuông góc OM tại H, AH=CH nên OM là đường trung trực của AH => MA=MC

      Xét tam giác OAM và tam giác OCM, có:  OA=OC=R ;  MA=MC ; OM chung

=> tam giác OAM = tam giác OCM(c.c.c) => \(\widehat{OAM}=\widehat{OCM}=90^o\)

<=> MC là tiếp tuyến của (O)  (đpcm)

*Mình vẽ hình trên GeoGebra nên bạn vào thống kê mình xem*

Xét \(\Delta IDC\) và \(\Delta\)IAB có:

\(\widehat{DIC}=\widehat{AIB}\) (đối đỉnh)

\(\widehat{IDC}=\widehat{IAB}\) (cùng chắn cung BC)

Do đó \(\Delta IDC\)đồng dạng với \(\Delta\)IAB => \(\frac{ID}{IA}=\frac{IC}{IB}=\frac{CD}{AB}\left(1\right)\)

Tương tự ta có: \(\Delta\)IAD đồng dạng \(\Delta\)IBC => \(\frac{IA}{IB}=\frac{ID}{IC}=\frac{DA}{BC}\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) ta có: \(\frac{ID}{IB}=\frac{ID}{IA}\cdot\frac{IA}{IB}=\frac{DA\cdot CD}{AB\cdot BC}\)

\(\Rightarrow\frac{ID+IB}{IB}=\frac{AB\cdot BC+DA\cdot CD}{AB\cdot BC}\) hay \(BD=\frac{AB\cdot BC+DA\cdot CD}{AB\cdot BC}\cdot IB\)

mặt khác  ta có: \(\frac{IC}{IA}=\frac{IC}{IB}:\frac{IA}{IB}=\frac{BC\cdot CD}{AB\cdot DA}\Rightarrow\frac{IC+IA}{IA}=\frac{AB\cdot DA+BC\cdot CD}{AB\cdot DA}\)

\(\Rightarrow AC=\frac{AB\cdot DA+BC\cdot CD}{AB\cdot DA}\cdot IA\)

Do đó: \(\frac{AC}{BD}=\left(\frac{AB\cdot DA+BC\cdot CD}{AB\cdot DA}\cdot IA\right):\left(\frac{AB\cdot BC+DA\cdot CB}{AB\cdot BC}\cdot IB\right)\Rightarrow\frac{AC}{BD}=\frac{AB\cdot DA+BC\cdot CD}{AB\cdot BC+DA\cdot CD}\)

Do đó:

\(\frac{AB\cdot DA+BC\cdot CD}{AB\cdot BC+DA\cdot CD}\left(max\right)\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}AC\left(max\right)\\BD\left(min\right)\end{cases}}\)<=> AC qua O và BD _|_ OI

\(\frac{AB\cdot DA+BC\cdot CD}{AB\cdot BC+DA\cdot CD}\left(min\right)\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}AC\left(min\right)\\BD\left(max\right)\end{cases}}\)<=> AC _|_OI vfa BD đi qua O

Ta có \(\hept{\begin{cases}x=5+y\left(1\right)\\10+2y-my=2m^2+2\left(2\right)\end{cases}}\)

\(\left(2\right)\Leftrightarrow\left(2-m\right)y=2m^2-8\)

hpt có nghiệm duy nhất \(\Leftrightarrow pt\left(2\right)\)có nghiệm duy nhất\(\Leftrightarrow2-m\ne0\Leftrightarrow m\ne2\)

khi đó \(\left(2\right)\Leftrightarrow y=\frac{2m^2-8}{2-m}=-2m-4\)Thay vào \(\left(1\right)\)ta có \(\left(1\right)\Leftrightarrow x=5-2m-4=1-2m\)

Vậy m\(\ne\)2 thì hpt có x,y=\(\left(1-2m;-2m-4\right)\)

Để \(2x^2-y=6\Leftrightarrow2\left(1-2m\right)^2-\left(-2m-4\right)=6\)

\(\Leftrightarrow2\left(1-4m+4m^2\right)+2m+4=6\)

\(\Leftrightarrow2-8m+8m^2+2m-2=0\)

\(\Leftrightarrow8m^2-6m=0\)

\(\Leftrightarrow2m\left(4m-3\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}m=0\\m=\frac{3}{4}\end{cases}}\)TM ĐK \(m\ne2\)

412 + (340 - x) = 633

Xin phép tách ra để bài giải trở nên đẹp hơn :))

Do X₁ ; X₂ là 2 nghiệm của phương trình \(5x^2-3x-1\) nên theo định lý Viete ta có:

\(X_1X_2=-\frac{1}{5};X_1+X_2=\frac{3}{5}\)   (  1  )

Khi đó ta có:

\(A=\frac{X_1}{X_2}+\frac{X_1}{X_2+1}+\frac{X_2}{X_1}+\frac{X_2}{X_1+1}-\left(\frac{1}{X_1}+\frac{1}{X_2}\right)\) ( theo mình ở đây là +,không biết có đúng ko :V )

\(=\frac{X_1^2+X_2^2}{X_1X_2}+\frac{X_1^2+X_1+X_2^2+X_2}{X_1X_2+X_1+X_2+1}-\frac{X_2+X_1}{X_1X_2}\)

\(=\frac{\left(X_1+X_2\right)^2-2X_1X_2-\left(X_1+X_2\right)}{X_1X_2}+\frac{\left(X_1+X_2\right)^2-2X_1X_2+\left(X_1+X_2\right)}{\left(X_1+X_2\right)+X_1X_2+1}\)

Bạn thay (  1  ) vào là ra nhé :)

Thanksss kiuuu:>>

Ta có :  \(\left(x+y\right)^2\ge4xy\Rightarrow\frac{x+y}{xy}\ge\frac{4}{x+y}\)

\(\Rightarrow\frac{4}{x+y}\le\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\)

\(\Rightarrow\frac{1}{x+y}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)\)

Áp dụng ta có :

\(\frac{a}{b+c}=a.\frac{1}{b+c}\le a.\frac{1}{4}\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)=\frac{1}{4}\left(\frac{a}{b}+\frac{a}{c}\right)\)

Tương tự : 

\(\frac{b}{c+a}\le\frac{1}{4}\left(\frac{b}{c}+\frac{b}{a}\right)\)

\(\frac{c}{a+b}\le\frac{1}{4}\left(\frac{c}{a}+\frac{c}{b}\right)\)

\(\Rightarrow\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\le\frac{1}{4}\left(\frac{a}{b}+\frac{a}{c}\right)+\frac{1}{4}\left(\frac{b}{c}+\frac{b}{a}\right)+\frac{1}{4}\left(\frac{c}{a}+\frac{c}{b}\right)\)

\(\Rightarrow\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\le\frac{1}{4}\left(\frac{a}{b}+\frac{a}{c}+\frac{b}{c}+\frac{b}{a}+\frac{c}{a}+\frac{c}{b}\right)\)

\(\Rightarrow4\left(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\right)\le\frac{a}{b}+\frac{a}{c}+\frac{b}{c}+\frac{b}{a}+\frac{c}{a}+\frac{c}{b}\)

\(\Rightarrow4\left(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\right)\le\frac{a+c}{b}+\frac{a+b}{c}+\frac{b+c}{a}\)

\(\Rightarrow4\left(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\right)\le\frac{a+b}{c}+\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}\)

Dấu = xảy ra khi a=b=c

Áp dụng BĐT cô si ta có : 

\(\frac{b+c}{a}\ge4.\frac{a}{b+c}\)

\(\frac{c+a}{b}\ge\frac{4b}{c+a}\)

\(\frac{a+b}{c}\ge\frac{ac}{a+b}\)

\(\Rightarrow\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}+\frac{a+b}{c}\ge4.\left(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\right)\)

Dấu " = " xảy ra khi a=  b = c

kết quả là  :

A=P+x+19/9

ĐK : \(x\ge0\)

Ta có : 

\(P=\left(\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+1}-\frac{1}{x+\sqrt{x}}\right).\left(\frac{1}{\sqrt{x}+1}+\frac{1}{x-1}\right)\)

\(=\left(\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+1}-\frac{1}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}+1\right)}\right)\)\(.\left(\frac{1}{\sqrt{x}+1}+\frac{1}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}\right)\)

\(=\frac{x-1}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}+1\right)}.\frac{\sqrt{x}-1+1}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}\)

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

\(=\frac{1}{\sqrt{x}+1}\)

Vậy ta có 

\(A=\frac{1}{\sqrt{x}+1}+\frac{\sqrt{x}+19}{9}\)

\(=\frac{1}{\sqrt{x}+1}+\frac{\sqrt{x}+1}{9}+\frac{18}{9}\)

\(=\frac{1}{\sqrt{x}+1}+\frac{\sqrt{x}+1}{9}+2\)

Áp dụng BĐT Cauchy ta có 

\(\frac{1}{\sqrt{x}+1}+\frac{\sqrt{x}+1}{9}\ge2\sqrt{\frac{1}{\sqrt{x}+1}.\frac{\sqrt{x}+1}{9}}=\frac{2}{3}\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{\sqrt{x}+1}+\frac{\sqrt{x}+1}{9}+2\ge\frac{8}{3}\)

\(\Leftrightarrow A\ge\frac{8}{3}\)

Dấu "=" xảy ra khi 

\(\frac{1}{\sqrt{x}+1}=\frac{\sqrt{x}+1}{9}\)

\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{x}+1\right)^2=9\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{x}+1=3\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{x}=2\)

\(\Leftrightarrow x=4\)

Vậy GTNN của A là \(\frac{8}{3}\) đạt được khi x = 4 

Tứ giác FEAH có: \(\widehat{FAH}=\widehat{AEH}=90^o\)

=> Tứ giác FEAH nội tiếp => \(\widehat{HEF}=\widehat{FAH}\)

Tứ giác ABDE có: \(\widehat{ADB}=\widehat{AEB}=90^o\)

=> Tứ giác ABDE nội tiếp => \(\widehat{BAD}=\widehat{BED}\)

Vậy \(\widehat{HEF}=\widehat{BED}\)

Xét \(\Delta\)HIE \(\left(\widehat{HIE}=90^o\right)\)và \(\Delta\)HKE \(\left(\widehat{HKE}=90^o\right)\)có:

EH chung

\(\widehat{HEI}=\widehat{HEK}\)

=> \(\Delta HIE=\Delta HKE\) (cạnh huyền-góc nhọn)

=> \(\hept{\begin{cases}EI=EK\\HI=HK\end{cases}}\)(2 cạnh tương ứng)

=> \(\Delta\)KEI cân tại E, \(\Delta\)HIK cân tại H

\(\Rightarrow\widehat{KIE}=\frac{1}{2}\widehat{IEK}\Rightarrow\widehat{KIE}+\widehat{FAH}=90^o\)

Mà \(\widehat{MHF}=\widehat{FAH}=90^o\)

Do đó: \(\widehat{KIE}=\widehat{MHF}\)=> Tứ giác FIMH nội tiếp => \(\widehat{MHF}=\widehat{HIF}=90^o\)

Tứ giác HMNK có: \(\widehat{HMN}=\widehat{HKN}=90^o\)=> Tứ giác HMNK nội tiếp

Ta có: \(\hept{\begin{cases}\widehat{HFN}=\widehat{HIK}\\\widehat{HNM}=\widehat{HIK}\\\widehat{HIK}=\widehat{HKI}\end{cases}}\)

=> \(\Delta\)HFN đồng dạng \(\Delta\)HIK (g.g)

=> \(\frac{HF}{HI}=\frac{HN}{HK},HI=HK\Rightarrow HF=HN\)

\(\Delta\)HFN cân tại H, HM _|_ FN => HM là đường trung tuyến của tam giác HFN

FM _|_ AD, BD _|_ AD => FM//BD

MF=MN, DB=DC nên \(\frac{AM}{AD}=\frac{MN}{DS}\)

Xét \(\Delta\)AMN và \(\Delta\)ADS có:

\(\widehat{AMN}=\widehat{ADS}\left(MN//BS\right),\frac{AM}{AD}=\frac{MN}{DS}\)

=> \(\Delta\)AMN đồng dạng \(\Delta\)ADS (c.g.c)

=> \(\widehat{MAN}=\widehat{DAS}\)

=> 2 tia AN, AS trùng nhau => A,N,S thẳng hàng