Hệ \(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}3x^2+2x.\left(\frac{4x-6}{3}\right)-x+\frac{4x-6}{3}=0\left(1\right)\\y=\frac{4x-6}{9}\end{cases}}\)

Nhân 3 vào pt (1) rồi giải là ra nhé :)))

Học tốt!!!!!!!

 Đoạn cuối của cô Nguyễn Linh Chi em có 1 cách biến đổi tương đương cũng khá ngắn gọn ạ

\(RHS\ge2\cdot\frac{\left(x+y+z\right)^2}{x^2+y^2+z^2-\left(x+y+z\right)+18}\)

Theo đánh giá của cô Nguyễn Linh Chi thì \(xy+yz+zx\ge x+y+z\ge3\)

Ta cần chứng minh:\(\frac{\left(x+y+z\right)^2}{x^2+y^2+z^2-\left(x+y+z\right)+18}\ge\frac{1}{2}\)

Thật vậy,BĐT tương đương với:

\(2\left(x+y+z\right)^2\ge x^2+y^2+z^2-x-y-z+18\)

\(\Leftrightarrow\left(x+y+z\right)^2+x+y+z-12\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(x+y+z+4\right)\left(x+y+z-3\right)\ge0\) ( luôn đúng với \(x+y+z\ge3\) )

=> đpcm

Áp dụng: \(AB\le\frac{\left(A+B\right)^2}{4}\)với mọi A, B

Ta có:

\(x^3+8=\left(x+2\right)\left(x^2-2x+4\right)\le\frac{\left(x+2+x^2-2x+4\right)^2}{4}\)

=> \(\sqrt{x^3+8}\le\frac{x^2-x+6}{2}\)

=> \(\frac{x^2}{\sqrt{x^3+8}}\ge\frac{2x^2}{x^2-x+6}\)

Tương tự 

=> \(\frac{x^2}{\sqrt{x^3+8}}+\frac{y^2}{\sqrt{y^3+8}}+\frac{z^2}{\sqrt{z^3+8}}\)

\(\ge\frac{2x^2}{x^2-x+6}+\frac{2y^2}{y^2-y+6}+\frac{2z^2}{z^2-z+6}\)

\(=2\left(\frac{x^2}{x^2-x+6}+\frac{y^2}{y^2-y+6}+\frac{z^2}{z^2-z+6}\right)\)

\(\ge2\frac{\left(x+y+z\right)^2}{x^2-x+6+y^2-y+6+z^2-z+6}\)

\(=2\frac{\left(x+y+z\right)^2}{x^2+y^2+z^2-\left(x+y+z\right)+18}\)(1)

Ta có: \(x+y+z\le xy+yz+zx\le\frac{\left(x+y+z\right)^2}{3}\) với mọi x, y, z 

=> \(\left(x+y+z\right)^2-3\left(x+y+z\right)\ge0\)

=> \(\left(x+y+z\right)\left(x+y+z-3\right)\ge0\)

=> \(x+y+z\ge3\)với mọi x, y, z dương

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

Do đó: \(\frac{\left(x+y+z\right)^2}{x^2+y^2+z^2-\left(x+y+z\right)+18}\)

\(\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{\left(x+y+z\right)^2-3\left(x+y+z\right)+18}\)

Đặt: x + y + z = t ( t\(\ge3\))

Xét hiệu: \(\frac{t^2}{t^2-3t+18}-\frac{1}{2}=\frac{t^2+3t-18}{t^2-3t+18}=\frac{\left(t-3\right)\left(t+6\right)}{\left(t-\frac{3}{2}\right)^2+\frac{63}{4}}\ge0\)với mọi t \(\ge3\)

Do đó: \(\frac{\left(x+y+z\right)^2}{\left(x+y+z\right)^2-3\left(x+y+z\right)+18}\ge\frac{1}{2}\)(2)

Từ (1); (2) 

=> \(\frac{x^2}{\sqrt{x^3+8}}+\frac{y^2}{\sqrt{y^3+8}}+\frac{z^2}{\sqrt{z^3+8}}\ge2.\frac{1}{2}=1\)

Dấu "=" xảy ra <=> x= y = z = 1

Giả sử \(c=min\left\{a,b,c\right\}\Rightarrow1=a^2+b^2+c^2+2abc\ge2c^3+3c^2\Rightarrow c\le\frac{1}{2}\)

Chọn t > 0 thỏa mãn: \(\hept{\begin{cases}2t^2+c^2+2t^2c=1\left(1\right)\\2t^2+c^2+2t^2c=a^2+b^2+c^2+2abc\left(2\right)\end{cases}}\) (từ (1) ta mới có (2):v)

(2) \(\Rightarrow2c\left(t^2-ab\right)=a^2+b^2-2t^2\).

Ta thấy rằng, nếu\(t^2< ab\) thì:\(2t^2>a^2+b^2\ge2ab\Rightarrow t^2>ab\) (mâu thuẫn).

Vì vậy: \(t^2\ge ab\Rightarrow a^2+b^2\ge2t^2\). Bây giờ đặt P = f(a;b;c)

Xét: \(f\left(a;b;c\right)-f\left(t;t;c\right)=\left(c-1\right)\left(t^2-ab\right)+c\left(a+b-2t\right)\)

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

\(=\left(c-1\right)\left(t^2-ab\right)\left(1+\frac{2c}{a+b+2t}\right)\le0\)

Do đó \(f\left(a;b;c\right)\le f\left(t;t;c\right)=f\left(t;t;1-2t^2\right)\).

\(=\frac{1}{8}\left(2c-1\right)^2\left[\left(2c-1\right)^2-6\right]+\frac{5}{8}\le\frac{5}{8}\)

Cách rất dài và hại não, tối rồi em lười check lại quá:((

a: góc DCE=1/2*sđ cung DE

góc DPE=1/2(sđ cung DE-sđ cung CF)

góc CAF=1/2*sđ cug CF)

=>góc DPE=góc DCE-góc CAF

=>góc DPE+góc CAF=góc DCE

b,c: Xét ΔBAC và ΔBDA có

góc BAC=góc BDA

góc ABC chung

=>ΔBAC đồng dạng với ΔBDA

=>BA/BD=BC/BA

=>BA^2=BD*BC=PB^2

=>BP/BC=BD/BP

=>ΔBPD đồng dạng với ΔBCP

=>góc BPC=góc BDP

=>góc BPC=góc PEF

=>EF//AP

bạn ơi HCN ko có đường chéo

Bạn ơi Hình chũ nhật không có đường chéo

Chỉ có hình thoi mới có đường chéo thôi

HỌC TỐT !

a) Tứ giác BCEF có \(\widehat{BEC}=\widehat{BFC}=90^0\left(gt\right)\)

\(\Rightarrow BCEF\)là tứ giác nội tiếp.

\(\Rightarrow\widehat{C_1}=\widehat{E_1}\)

\(\Delta PBE\)và \(\Delta PFC\)có: \(\widehat{EPC}\)chung; \(\widehat{E_1}=\widehat{C_1}\)

\(\Rightarrow\Delta PBE\)\(\Delta PFC\)(g.g)

\(\Rightarrow\frac{PB}{PF}=\frac{PE}{PC}\Rightarrow PB.PC=PE.PF\)

Tứ giác BDHF có \(\widehat{BDH}=\widehat{BFH}=90^0\)(gt)

\(\widehat{BDH}+\widehat{BFH}=180^0\)

\(\Rightarrow\)BDHF là tứ giác nội tiếp.

\(\Rightarrow\widehat{B_1}=\widehat{F_1}\)

Gọi J là trung điểm của AH. Dễ thấy \(\Delta HEF\)nội tiếp đường tròn \(\left(J;\frac{AH}{2}\right)\)

Tứ giác HEKF nội tiếp đường tròn (J)

\(\Rightarrow\widehat{F_1}=\widehat{HEK}\left(=180^0-\widehat{HFK}\right)\)

Mà \(\widehat{B_1}=\widehat{F_1}\Rightarrow\widehat{B_1}=\widehat{HEK}\)

\(\Rightarrow KE//BC\left(đpcm\right)\)

b) Tứ giác BCEF nội tiếp\(\Rightarrow\widehat{B_1}=\widehat{HFE}\)

Mà \(\widehat{B_1}=\widehat{F_1}\Rightarrow\widehat{DFE}=2\widehat{B_1}\)(1)

\(\Delta EBC\)vuông tại E, đường trung tuyến EI

\(\Rightarrow IB=IE=\frac{1}{2}BC\Rightarrow\Delta IBE\)cân tại I

\(\Rightarrow\widehat{I_1}=2\widehat{B_1}\)(t/c góc ngoài của tam giác)   (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\Rightarrow\widehat{I_1}=\widehat{DFE}\)

\(\Rightarrow DIEF\)là tứ giác nội tiếp.

Dễ chứng minh được \(\Delta PDF\)\(\Delta PEI\left(g.g\right)\)

\(\Rightarrow PD.PI=PE.PF\)

và \(\Delta PHE\)\(\Delta PFQ\left(g.g\right)\)

\(\Rightarrow PE.PF=PH.PQ\)

\(\Rightarrow PD.PI=PH.PQ\Rightarrow\frac{PD}{PQ}=\frac{PH}{PI}\)

\(\Rightarrow\Delta PDH\)\(\Delta PQI\)(c.g.c)\(\Rightarrow\widehat{PHD}=\widehat{PIQ}\)

Lại có \(\widehat{PHD}=\widehat{AHQ}=\widehat{AFQ}\)

\(\Rightarrow BIOF\)là tứ giác nội tiếp.