Nghĩ mãi mới ra bài này:

Đặt \(a=\frac{x^2}{z},b=\frac{y^2}{z}\Rightarrow ab=\frac{x^2y^2}{z^2}\ge1\Rightarrow xy\ge z\)

Thay vào, quy đồng lên ta cần chứng minh biểu thức sau đây không âm: 

(x - y)^2*(2*x^4*y^2 + 4*x^3*y^3 + 2*x^2*y^4 + 2*x^4*z + 4*x^3*y*z + 13*x^2*y^2*z + 4*x*y^3*z + 2*y^4*z + 4*x^2*z^2 + 8*x*y*z^2 + 4*y^2*z^2 - 10*z^3) + (x*y - z)*(3*x*y + 2*z)*(3*x^2*y^2 + 7*x*y*z + 6*z^2)

Mặt khác đây là điều hiển nhiên:))

Test tool. (Xin lỗi bạn vì spam nhé)

x=+-

\(\sqrt{3}\)

<br class="Apple-interchange-newline"><div></div>x⁴+x²−12 = 0 

\(\Leftrightarrow x^4-3x^2+4x^2-12=0\)

\(\Leftrightarrow x^2\left(x^2-3\right)+4\left(x^2-3\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x^2-3\right)\left(x^2-4\right)=0\)

Đến đây giải nốt nha 

ngu vcl

không giúp thì thôi làm gì phải chửi vậy bạn :))

ngu vcl

câu a) bạn sử dụng tính chất của 3 đường cao là được.

b) bạn chứng minh là tam giác ABK là tam giác vuông do chắn nửa đường tròn

sau đó xét hai tam giác vuông ACD và AKB sao cho đồng dạng : có \(\widehat{ACD}=\widehat{AKB}\)do cùng chắn cung AB

sau đó bạn suy ra tỷ số đồng dạng rồi nhân chéo là xong.

c)

bạn xét hai tam giác MAB vad MCK  sao cho đồng dạng  do

hai góc M bằng nhau do đối đỉnh 

 góc MKC= góc MBA cùng chắn cung AC

rồi suy ra  2 tam giác đó dồng dạng rồi suy ra tỉ số đồng dạng rồi nhân chéo 

d  câu này ta có \(\hept{\begin{cases}CF\perp AB\\KB\perp AB\end{cases}\Rightarrow CF//KB\Leftrightarrow CH//KB}\)

\(\hept{\begin{cases}BE\perp AC\\KC\perp AC\end{cases}\Rightarrow BE//CK\Leftrightarrow BH//CK}\)

TỪ 2 ĐIỀU TRÊN ta suy ra được tứ giác CHBK LÀ HÌNH BÌNH HÀNH 

TỪ ĐIỀU ĐÓ SUY RA  I là giao diểm của hai đường chéo suy ra i là trung điểm của HK suy ra H,I,K thằng hàng