Đổi: 2 giờ 30 phút= 2,5 giờ

Gọi vận tốc của xe thứ nhất là: x ( x>0, km/h)

Tổng vận tốc 2 xe là: 300:3=100  (lkm/h)

Vận tốc xe thứ 2 là: 100-x (km/h)

Thời gian xe thứ nhất đi hết đoạn đường là: \(\frac{300}{x}\left(h\right)\)

Thời gian xe thứ hai đi hết đoạn đường là: \(\frac{300}{100-x}\)(h)

Theo bài ra ta có: \(\frac{300}{x}-2,5=\frac{300}{100-x}\)(x < 100)

<=> \(300\left(100-x\right)-2,5x\left(100-x\right)=300x\)

<=> \(2,5x^2-850x+30000=0\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=40\left(tm\right)\\x=300\left(loai\right)\end{cases}}\)

Vậy vận tốc xe thứ nhấ\t đi là 40 (km/h), Vận tốc xe thứ 2 đi là 100-40=60 (km/h)

Ta có:\(VT=\frac{a+b}{c}+\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}=\frac{a}{b}+\frac{b}{a}+\frac{b}{c}+\frac{c}{b}+\frac{c}{a}+\frac{a}{c}\)

Xét:\(\left(x-y\right)^2\ge0\forall x,y\)

    \(\Leftrightarrow x^2+y^2\ge2xy\)

     \(\Leftrightarrow\frac{x^2+y^2}{xy}\ge2\)

     \(\Leftrightarrow\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\ge2\left(1\right)\)

Áp dụng BĐT \(\left(1\right)\)ta được:

\(VT\ge6\)

Ta có:\(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\)

      \(=\frac{a+b+c}{b+c}+\frac{a+b+c}{c+a}+\frac{a+b+c}{a+b}\)

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

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:

\(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{a+b}\ge\frac{9}{2\left(a+b+c\right)}\)

\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{a+b}\right)\ge\frac{9}{2}\)

\(\Rightarrow VP\ge4\left(\frac{9}{2}-3\right)=6\)

Trừ vế với vế ta được:

\(VT-VP\ge0\Rightarrow VT\ge VP\left(đpcm\right)\)

Dấu '=' xảy ra khi \(a=b=c\)

^^

Con Chim 7 Màu sai rồi nha =))

VT > 6 và VP > 6 thì VP - VT > 0 chứ ko chỉ VT - VP > 0 nhé =)) 

Lời giải như sau :

Bài 1, \(CMR:\frac{a+b}{c}+\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}\ge4\left(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\right)\left(a;b;c>0\right)\)

Áp dụng bđt quen thuộc \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge\frac{4}{x+y}\left(x;y>0\right)\) được

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

Chứng mình tương tự \(\frac{4b}{c+a}\le\frac{b}{c}+\frac{b}{a}\)

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

Cộng 3 vế của bđt lại ta được

\(4\left(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\right)\le\frac{a+b}{c}+\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}\left(Đpcm\right)\)
Dấu "=" tại a = b = c

_______________________________________________________________________

Bài 2 , CMR \(\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{c+a}}+\sqrt{\frac{c}{a+b}}>2\left(a;b;c>0\right)\)

Áp dụng bđt Cô-si có

\(a+b+c=a+\left(b+c\right)\ge2\sqrt{a\left(b+c\right)}\)

\(\Rightarrow\frac{2}{a+b+c}\le\frac{1}{\sqrt{a\left(b+c\right)}}\)

\(\Rightarrow\frac{2a}{a+b+c}\le\sqrt{\frac{a}{b+c}}\)(Nhân cả 2 vế với a > 0)

C/m tương tự \(\frac{2b}{a+b+c}\le\sqrt{\frac{b}{a+c}}\)

                        \(\frac{2c}{a+b+c}\le\sqrt{\frac{c}{a+b}}\)

Cộng 3 vế của 3 bđt lại được

\(\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{a+c}}+\sqrt{\frac{c}{a+b}}\ge\frac{2\left(a+b+c\right)}{a+b+c}=2\)

Dấu "=" ko xảy ra nên ta được đpcm

Gọi NQ cắt đường tròn (O) tại R khác Q. Ta sẽ chỉ ra 3 điểm M,P,R thẳng hàng.

Thật vậy: Ta có tứ giác ADEC nội tiếp => ^CEN = ^DAC = ^BAC = ^ECN => \(\Delta\)NEC cân tại N

Theo hệ thức lượng đường tròn: NC² = NQ.NR => NE² = NQ.NR => \(\Delta\)NQE ~ \(\Delta\)NER (c.g.c)

Suy ra ^REM = ^ERN + ^ENR = ^ENR + ^QEN = ^RQE = ^RCA = ^RAM. Từ đây, tứ giác MREA nội tiếp

=> ^ARM = ^AEM = ^AED = ^ACD = ^ACP = ^ARP. Do đó tia RP trùng tia RM hay M,P,R thẳng hàng.

Điều đó có nghĩa là MP,NQ cắt nhau tại R. Mà R nằm trên (O) nên ta thu được ĐPCM.

Hmm , bài này trông quen quen , trong cuốn "các bài giảng về bđt Cô-si" của Phạm Văn Hùng ; Nguyễn Vũ Lương , Nguyễn Ngọc Thắng thì phải . Mình đọc rồi mà quên mất tiêu =( Để nghĩ lại coi nha

Bạn ơi , mình không có quyển đó,  bạn cố nhớ lại giúp mình với , huhu , thứ 6 là mình phải nộp rồi

Đề sai nha :/

a, Với \(m=\sqrt{2}\) thì pt trở thành

\(x^2-2x-2\sqrt{2}+1=0\)

Ta có \(\Delta'=1+2\sqrt{2}-1=2\sqrt{2}>0\)

Nên pt có 2 nghiệm phân biệt 

\(\orbr{\begin{cases}x=1-\sqrt{2\sqrt{2}}\\x=1+\sqrt{2\sqrt{2}}\end{cases}}\)

b, Ta có \(\Delta'=1+2m-1=2m\)

Để pt có nghiệm thì \(\Delta'\ge0\Leftrightarrow m\ge0\)

Theo hệ thức Vi-ét \(\hept{\begin{cases}x_1+x_2=2\\x_1x_2=-2m+1\end{cases}}\)

Ta có \(x_2^2\left(x_1^2-1\right)+x_1^2\left(x_2^2-1\right)=8\)

\(\Leftrightarrow\left(x_1x_2\right)^2-x_2^2+\left(x_1x_2\right)^2-x_1^2=8\)

\(\Leftrightarrow2\left(x_1x_2\right)^2-\left(x_1+x_2\right)^2+2x_1x_2=8\)

\(\Leftrightarrow2\left(-2m+1\right)^2-2^2+2\left(-2m+1\right)=8\)

\(\Leftrightarrow2\left(4m^2-4m+1\right)-4-4m+2=8\)

\(\Leftrightarrow8m^2-8m+2-4m-10=0\)

\(\Leftrightarrow8m^2-12m-8=0\)

\(\Leftrightarrow2m^2-3m-2=0\)

\(\Leftrightarrow\left(m-2\right)\left(2m+1\right)=0\)

\(\Leftrightarrow m=2\left(Do\cdot m>0\right)\)

a, Xét tứ giác BFEC có ^BFC = ^BEC = 90^o

=> Tứ giác BFEC nội tiếp

     Xét tứ giác CEHD có ^CEH = ^CDH = 90^o 

=> tứ giác CEHD nội tiếp

b, Tứ giác BFEC nội tiếp => ^AFE = ^ACB

Mà ^ACB = ^BAx (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung)

=> ^AFE = ^BAx 

=> xy // EF  (so le trong) 

Mà OA _|_ xy (tiếp tuyến)

=> OA _|_ EF

hay OA _|_ PQ

*Vì AQCB nội tiếp 

=> ^AQC + ^ABC = 180^o (1)

Và ^AEF = ^ABC (2) 

Lại có ^AEF + ^AEQ = 180^o (3)

Từ (1) ; (2) và (3) => ^AEQ = ^AQC

Còn câu c mình chưa nghĩ ra , có lẽ là chứng minh tứ  giác CEPT nội tiếp ...