Bài này mk làm rồi nha

Bạn tham khảo ở link :

https://olm.vn/hoi-dap/question/1177459.html

Bài này mình mới giải cho bạn huytran

Bạn tham khảo ở linh sau :

htpps://olm.vn/hoi-dap/question/1177459.html

a, Ta có : góc BDC = góc BAC = 90 độ

=> tứ giác BDAC nội tiếp

b, Tứ giác ADBC nội tiếp

    BD cắt AC ở H

=> góc HDA = góc ACB ko đổi

c, Có : BA.BE + CD.CE

= (BE+EA).BE + (CE+ED).CE

= BE^2 + CE^2 + EA.BE + ED.CE

= BE^2 + EA^2 + AC^2 + EA.BE + ED.CE

Tứ giác ADBC nội tiếp => góc BAD = góc BCD

=> tam giác DEA đồng dạng với tam giác BEC (g.g)

=> DE/BE = EA/EC

=> DE.EC = EA.EB

=> BE.BA + CE.CD = BE^2 + AE^2 + AC^2 + 2.EA.EB

                               = (BE+AE)^2 + AC^2 = AB^2  +AC^2 ko đổi

Tk mk nha

địt mẹ mày

Vân dụng bất đẳng thức \(\frac{1}{x+y}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)\)

\(\Rightarrow\frac{1}{a+3b}+\frac{1}{b+2c+a}\ge\frac{4}{\left(a+3b\right)+\left(b+2c+a\right)}=\frac{2}{a+2b+c}\)

\(\Rightarrow\frac{1}{b+3c}+\frac{1}{c+2a+b}\ge\frac{4}{\left(b+3c\right)+\left(c+2b+a\right)}=\frac{2}{b+2c+a}\)

\(\Rightarrow\frac{1}{c+3a}+\frac{1}{a+2b+c}\ge\frac{4}{\left(c+3a\right)+\left(a+2b+c\right)}=\frac{2}{c+2a+b}\)

Cộng tất cả các vế bất đẳng thức trên và rút gọn ta có bất đẳng thức \(\frac{1}{a+2b+c}+\frac{1}{b+2c+a}+\frac{1}{c+2a+b}\le\frac{1}{a+3b}+\frac{1}{b+3c}+\frac{1}{c+3a}\)

Đẳng thức xảy ra khi: \(\hept{\begin{cases}a+3b=b+2c+a\\b+3c=c+2a+b\Leftrightarrow a=b=c\\c+3a=a+2b+c\end{cases}}\)

Ta áp dụng BĐT \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge\frac{4}{x+y}\)

Áp dụng vào bài toán ta có : 

\(\frac{1}{a+3b}+\frac{1}{a+b+2c}\ge\frac{4}{a+3b+a+b+2c}=\frac{4}{2a+4b+2c}=\frac{2}{a+2b+c}\)

\(\frac{1}{b+3c}+\frac{1}{2a+b+c}\ge\frac{4}{b+3c+2a+b+c}=\frac{4}{2a+2b+4c}=\frac{2}{a+b+2c}\)

\(\frac{1}{c+3a}+\frac{1}{a+2b+c}\ge\frac{4}{c+3a+a+2b+c}=\frac{4}{4a+2b+2c}=\frac{2}{2a+b+c}\)

Cộng vế theo vế của bất đẳng thức ta được 

\(\frac{1}{a+2b+c}+\frac{1}{b+2c+a}+\frac{1}{c+2a+b}\ge\frac{1}{a+3b}+\frac{1}{b+3c}+\frac{1}{c+3a}\)

=> ĐPCM

a) Gọi các kích thước hìh chữ nhật là x, y, z thỳ x, y, z > 0 vs x + y + z = k (ko đổi). Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dương ta có:

\(\sqrt[3]{xyz}\le\frac{x+y+z}{3}=\frac{k}{3}\)

Do đó: \(\text{V}=xyz\le\left(\frac{k}{3}\right)^3\)(ko đổi). 

Vậy: V đạt giá trị lớn nhất khj và chỉ khi BĐT này trở thành đẳng thức hay là x = y = z, tức là khi hình chữ nhật trở thành hình lập phương.

b) Gọi 3 kích thước của hình hộp là x, y, z (ĐK)
Áp dụng bất đẳng thức Cô - si cho 3 số dương ta có : 

\(x+y+z\ge3\sqrt[3]{xyz}\)

Từ đây ta có :
x + y + z nhỏ nhất là = \(3\sqrt[3]{xyz}\)

Bất đẳng thức Cô - si xảy ra dấu "=" khi : x = y = z.

Mọi người ko cần giúp mk nữa đâu vì mk làm được rùi nha !

Ai giải được cho mười nghìn

Áp dụng bđt : (x+y)^2 < = 2.(x^2+y^2) thì :

(a+b)^2 < = 2.(a^2+b^2) = 2 . 2 = 4

=> a+b < = 2

Áp dụng bđt cosi ta có : 2a.b < = a^2+b^2 = 2

<=> a.b < = 1

Có : 

P = \(\sqrt{ab}\). ( \(\sqrt{a.\left(a+8\right)}+\sqrt{b.\left(b+8\right)}\))

   < = 1 . \(\frac{\sqrt{9a.\left(a+8\right)}+\sqrt{9b.\left(b+8\right)}}{3}\)

Áp dụng bđt : x.y < = (x+y)^2/4 thì :

P < = \(\frac{9a+a+8+9b+b+8}{2.3}\)

       = \(\frac{10.\left(a+b\right)+16}{6}\)

     < = \(\frac{10.2+16}{6}\)=  6

Dấu "=" xảy ra <=> a=b=1

Vậy ..............

Tk mk nha

thay 28 vào pt nhân tử rồi cối dưới mẫu