a) Ta sẽ chứng minh SK đi qua điểm O cố định. Thật vậy, gọi OK cắt AP tại S', ta cần chứng minh S' trùng với S.

Ta có: ^CKF + ^BAC = ^CKF + ^CPE = ^CKF + ^CKE = 180⁰ => 3 điểm E,K,F thẳng hàng

Thấy ^FPE + ^PEF + ^PFE = ^BPC + ^PBK + ^CPK = ^OBP + ^OCP + ^PBK + ^CPK = ^OBK + ^OCK = 180⁰ 

=> Tứ giác BOCK nội tiếp. Mà OB = OC => ^BKO = ^CKO. Lại có: ^DKB = ^AEB = ^PKC

Suy ra: ^BKO - ^DKB = ^CKO - ^PKC => ^AKO = ^OKP

Mặt khác: ^AOK = ^AOB + ^BOK = 2.^ACB + ^BCK = ^ACK + ^ACB = ^BPK + ^APB = ^APK

=> Tứ giác AOPK nội tiếp => ^OAP = ^OKP => ^OAS' = ^OKA (Vì ^AKO = ^OKP)

=> \(\Delta\)OAS' ~ \(\Delta\)OKA (g.g) => OA² = OS'.OK => OB² = OS'.OK => \(\Delta\)OS'B ~ \(\Delta\)OBK (c.g.c)

=> ^OS'B = ^OBK. Tương tự: ^OS'C = ^OCK. Do đó: ^OS'B + ^OS'C = ^OBK + ^OCK = 180⁰ (Vì tứ giác BOCK nội tiếp)

=> 3 điểm B,S',C thẳng hàng => BC cắt AP tại S'. Vậy nên S trùng S' => 3 điểm O,S,K thẳng hàng => ĐPCM.

b) Từ câu a ta có: OD² = OS.OK => \(\Delta\)ODS ~ \(\Delta\)OKD (c.g.c) => ^ODS = ^OKD = ^OKA = ^OAS

=> Tứ giác AOSD nội tiếp hay 4 điểm A,O,P,S cùng thuộc 1 đường tròn (1)

Ta lại có: ^CAP + ^PAD = ^CAD = ^CBD = ^BMD + ^BDM = ^SMD + ^BDQ = ^SMD + ^BAQ

Mà ^CAP = ^BAQ (gt) nên ^PAD = ^SMD hay ^SMD = ^SAD => 4 điểm A,S,D,M cùng thuộc 1 đường tròn (2)

Từ (1);(2) => 5 điểm A,O,S,P,M cùng thuộc 1 đường tròn. Do OA = OD nên ^AMO = ^DMO hay ^AMO = ^QMO

Xét \(\Delta\)AOQ cân tại O, một điểm M sao cho ^AMO = ^QMO (cmt). Dễ c/m AM = QM (Gợi ý: Lấy đối xứng của M qua OA)

Từ đó: OM là trung trực của AQ => OM vuông góc AQ (đpcm).

a, Pt có nghiệm \(x=\sqrt{2}\) tức là

\(2\left(m-4\right)-2m\sqrt{2}+m-2=0\)

\(\Leftrightarrow2m-8-2m\sqrt{2}+m-2=0\)

\(\Leftrightarrow m\left(3-2\sqrt{2}\right)=10\)

\(\Leftrightarrow m=\frac{10}{3-2\sqrt{2}}\)

b, *Với m = 4 thì pt trở thành

\(\left(4-4\right)x^2-2.4.x+4-2=0\)

\(\Leftrightarrow-8x+2=0\)

\(\Leftrightarrow x=\frac{1}{4}\)

Pt này ko có nghiệm kép

*Với \(m\ne4\)thì pt đã cho là pt bậc 2

Có \(\Delta'=m^2-\left(m-4\right)\left(m-2\right)=m^2-m^2-6m+8=-6m+8\)

Pt có nghiệm kép \(\Leftrightarrow\Delta'=0\)

                           \(\Leftrightarrow m=\frac{4}{3}\)

Với \(m=\frac{4}{3}\) thì \(\Delta'=0\)

Pt có nghiệm kép \(x=\frac{-b'}{a}=\frac{m}{m-4}=\frac{\frac{4}{3}}{\frac{4}{3}-4}=-\frac{1}{2}\)

c, Pt có 2 nghiệm phân biệt \(\Leftrightarrow\Delta'>0\)

                                             \(\Leftrightarrow-6m+8>0\)

                                             \(\Leftrightarrow m< \frac{4}{3}\)

Ta có BĐT sau: \(\sqrt{\frac{1+a^2}{b+c}}\ge\frac{a+1}{\sqrt{2\left(b+c\right)}}\)(*) 

Thật vậy, với a,b,c dương, ta có: (*)\(\Leftrightarrow\frac{1+a^2}{b+c}\ge\frac{\left(a+1\right)^2}{2\left(b+c\right)}\)

\(\Leftrightarrow\frac{1+a^2}{b+c}\ge\frac{\frac{\left(a+1\right)^2}{2}}{b+c}\Leftrightarrow1+a^2\ge\frac{a^2}{2}+a+\frac{1}{2}\)

\(\Leftrightarrow\frac{\left(a-1\right)^2}{2}\ge0\)(đúng với mọi \(a\inℝ\))

Tương tự, ta có: \(\sqrt{\frac{1+b^2}{c+a}}\ge\frac{b+1}{\sqrt{2\left(c+a\right)}}\)(2); \(\sqrt{\frac{1+c^2}{a+b}}\ge\frac{c+1}{\sqrt{2\left(a+b\right)}}\)(3)

Cộng theo vế của các BĐT (*), (2), (3), ta được:

\(\Sigma\sqrt{\frac{1+a^2}{b+c}}\ge\Sigma\frac{a+1}{\sqrt{2\left(b+c\right)}}\ge\Sigma\frac{a+1}{\frac{\left(b+c\right)+2}{2}}=\Sigma\frac{2\left(a+1\right)}{b+c+2}\)

\(=\Sigma\left(\frac{2a^2}{ab+ca+2a}+\frac{2}{b+c+2}\right)\)

\(\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{\left(ab+bc+ca\right)+\left(a+b+c\right)}+\frac{9}{a+b+c+3}\)(Theo BĐT Bunhiacopxki dạng phân thức)

\(\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}+\left(a+b+c\right)}+\frac{9}{a+b+c+3}\)

\(\ge\frac{3\left(a+b+c\right)}{a+b+c+3}+\frac{9}{a+b+c+3}=\frac{3\left(a+b+c+3\right)}{a+b+c+3}=3\)

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1

Vì a;b;c dương nên tồn tại \(\sqrt{a};\sqrt{b};\sqrt{c}\)

Đặt:\(\sqrt{a};\sqrt{b};\sqrt{c}\rightarrow x;y;z\)

Ta viết lại bđt cần chứng minh: \(\left(x^2+y^2+z^2\right)^2\ge3\left(x^2yz+y^2xz+z^2xy\right)\)

Ta có: \(\left(x^2+y^2+z^2\right)^2\ge3\left(x^2y^2+y^2z^2+x^2z^2\right)\)

Áp dụng bđt Cauchy: \(x^2y^2+y^2z^2\ge2\sqrt{x^2y^4z^2}=2xy^2z\)

\(y^2z^2+z^2x^2\ge2\sqrt{x^2y^2z^4}=2xyz^2\)

\(x^2z^2+x^2y^2\ge2\sqrt{x^4y^2z^2}=2x^2yz\)

Cộng theo vế và rg:

\(x^2y^2+y^2z^2+x^2z^2\ge xyz^2+x^2yz+xy^2z\)

-> đpcm. Bằng khi x=y=z hay a=b=c

Gọi d là ước chung lớn nhất của x, y thì ta có

\(\hept{\begin{cases}x=da\\y=db\end{cases}}\)với a, b nguyên tố cùng nhau

Thế vào bài toán ta được

\(d^3a^3-d^3b^3=95\left(d^2a^2+d^2b^2\right)\)

\(\Leftrightarrow d\left(a-b\right)\left(a^2+ab+b^2\right)=95\left(a^2+b^2\right)\)

Dễ thấy \(a^2+ab+b^2;a^2+b^2\)nguyên tố cùng nhau

\(\Rightarrow95⋮a^2+ab+b^2\)

Tới đây làm nốt

b/ \(\left(x-y\right)^3+\left(y-x\right)^3+3|2-x|=27\)

\(\Leftrightarrow|2-x|=9\)

sao mình làm ra nó bằng 3/2 đc mà lại ko bé hơn nhỉ