\(BĐT\Leftrightarrow35\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge9\left(a+b+c\right)^2+\frac{72abc}{a+b+c}\)

Theo hệ quả của BĐT Cauchy :
\(\Rightarrow3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\)

\(\Rightarrow35\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge9\left(a+b+c\right)^2+8\left(a^2+b^2+c^2\right)\)

Ta cần chứng minh rằng : \(8\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\frac{72abc}{a+b+c}\)

\(\Leftrightarrow\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a+b+c\right)\ge9abc\)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy 

\(\Rightarrow\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a+b+c\right)\ge3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}.3\sqrt[3]{abc}=9abc\left(đpcm\right)\)

Vậy \(8\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\frac{72abc}{a+b+c}\)

\(\Rightarrow9\left(a+b+c\right)^2+8\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge9\left(a+b+c\right)^2+\frac{72abc}{a+b+c}\)

\(\Rightarrow35\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge9\left(a+b+c\right)^2+\frac{72abc}{a+b+c}\left(đpcm\right)\)

Chúc bạn học tốt !!!

a ) Vì \(OC\perp EF\left(gt\right)\)

\(AE\perp EF\left(gt\right)\)

\(\Rightarrow OC//AE\)

\(\Rightarrow\widehat{EAC}=\widehat{OCA}\) ( cặp góc so le trong ) (1)
Vì : OC = OA ( gt)

\(\Rightarrow\Delta OAC\) cận tại O

\(\Rightarrow\widehat{OCA}=\widehat{OAC}\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) suy ra :
\(\widehat{EAC}=\widehat{OAC}\)

\(\Rightarrow\) AC là tia phân giác của \(\widehat{BAE}\)

b ) Chứng minh tương tự như câu a ta có :

\(\widehat{OBC}=\widehat{FBC}\)

Xét \(\Delta AEC\) và \(\Delta AHC\) có :

\(\widehat{AEC}=\widehat{AHC}=90^o\)

AC : cạnh chung 

\(\widehat{EAC}=\widehat{HAC}\left(cmt\right)\)

\(\Rightarrow\Delta AEC=\Delta AHC\) ( cạnh huyền - góc nhọn )
\(\Rightarrow AE=AH\)

Xét \(\Delta CHB\) và \(\Delta CFB\) có :

\(\widehat{CHB}=\widehat{CFB}=90^o\)

BC : cạnh chung 

\(\widehat{HBC}=\widehat{FBC}\left(cmt\right)\)

\(\Rightarrow\Delta CHB=\Delta CFB\left(ch-gn\right)\)

\(\Rightarrow BF=HB\)

Xét : tam giác ABC có : OA = OB =OC 

\(\Rightarrow\Delta ABC\) cân tại C

\(\Rightarrow CH^2=AH.BH\)

Hay \(CH^2=AE.BF\)

Chúc bạn học tốt !!!

\(5y^2+3y=-2x^2+8x=8-\left(2x^2-8x+8\right)=8-2\left(x-2\right)^2\le8\)<=> \(5y^2+3y-8\le0< =>\left(5y+8\right)\left(y-1\right)\le0< =>\frac{-8}{5}\le y\le1\)

y nguyên => y = -1; 0; 1

y=-1 => \(2x^2+5-8x-3=0< =>x^2-4x+1=0\)(không có nghiệm x nguyên)

y=0 =>\(2x^2+0-8x-0=0< =>2x^2-8x=0< =>\orbr{\begin{cases}x=0\\x=4\end{cases}}\)

y=1 =>\(2x^2+5-8x+3=0< =>x^2-4x+4=0< =>x=2\)

vậy pt có nghiệm (x;y) = (0;0)  (4;0)  (2;1)

Gọi (OMD) cắt (O) tại S khác D. Ta có OD = OS, suy ra (OD và (OS của đường tròn (OMD) bằng nhau

Hay ^OMD = ^OMS. Lại có ^MCO = 180⁰ - ^OCD = 180⁰ - ^ODC = ^MSO. Do đó ^MOC = ^MOS

Suy ra \(\Delta\)MCO = \(\Delta\)MSO (g.c.g). Vậy S đối xứng với C qua AB, mà C và AB đều cố định nên S cố định

Khi đó (OMD) luôn đi qua 2 điểm cố định là S và O (đpcm).

gọi  K là điểm đối xứng với C qua AB; C cố định nên K cũng cố định

ta sẽ chứng minh K thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác OMD hay tứ giác OMDK là tứ giác nội tiếp đường tròn

K đối xứng với C qua AB => gócKOD= gócDOC = 2 gócCBA = gócCBK

mà tứ giác BCMN nội tiếp nên gócCBK= góc CMK=gócDMK

vậy góc KOD= gócDMK => tứ giác DOMK nội tiếp đường tròn hay đường tròn ngoại tiếp tam giác OMD luôn đi qua O và K là 2 điểm cố định

A=tag53^o +sin² 18^o -tag23^o +cos²18^o-3*cot57^o/cot57^o
=tag30^o-3=căn 3/3-3=căn 3 -9

ĐK: \(x\ge-1\)

pt <=> \(\left(14\sqrt{x+35}-84\right)+\left(6\sqrt{x+1}-\sqrt{x^2+36x+35}\right)=0\)

<=> \(14\left(\sqrt{x+35}-6\right)+\sqrt{x+1}\left(6-\sqrt{x+35}\right)=0\)

<=> \(\left(\sqrt{x+35}-6\right)\left(11-\sqrt{x+1}\right)=0\)

<=> \(\orbr{\begin{cases}\sqrt{x+35}-6=0\\11-\sqrt{x+1}=0\end{cases}}\)Em làm tiếp nhé!