a) 2 tam giác vuông cân có góc chung 

b) MNBC=AMAB=12–√⇔MN=a2–√MNBC=AMAB=12⇔MN=a2

Ý xin lỗi.Mình lộn đề

a) Tứ giác BEFI có: BFF = 90^o (gt)

BEF = BEA = 90^o

=> Tứ giác BEFI là nội tiếp đường tròn đường kính BF

b) 

Vì \(AB\perp CD\)nên AC = AD

=> ACF = AEC

Xét tam giác ACF và tam giác AEC có gốc chung A và ACF = AEC

=> Tam giác ACF song song với tam giác AEC => \(\frac{AC}{AF}=\frac{AB}{AC}\)

=> AE . AF = AC²

c) Theo câu b) ta có: ACF = AEC = > AC là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp của tam giác CEF (1)

Mặt khác, ta có: ACB = 90^o (góc nội tiếp chứa đường tròn)

\(\Rightarrow AC\perp CB\)(2) 

Từ (1) và (2) => CB chứa đường kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác CEF, mà CB cố định nên tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác CEF thuộc CB cố định E thay đổi trên cung nhỏ BC.

 0 nha bạn.

\(X=\sqrt{a^2+1+\left(1-\frac{1}{a+1}\right)^2}+\frac{a}{a+1}\)

\(=\sqrt{a^2+1+\frac{a^2}{\left(a+1\right)^2}}+\frac{a}{a+1}\)

\(=\sqrt{\frac{\left(a^2+1\right)\left(a+1\right)^2+a^2}{\left(a+1\right)^2}}+\frac{a}{a+1}\)

\(=\sqrt{\frac{\left(a^2+a+1\right)^2}{\left(a+1\right)^2}}+\frac{a}{a+1}\)

\(=\frac{a^2+a+1}{a+1}+\frac{a}{a+1}=\frac{\left(a+1\right)^2}{a+1}=a+1\)

x khác 0
B=x2−2x+2006x2=1−2x+2006x2=2006x2−2.2006−−−−√x.2006−−−−√+12006+20052006=(2006−−−−√x−12006−−−−√)2+20052006≥20052006x2−2x+2006x2=1−2x+2006x2=2006x2−2.2006x.2006+12006+20052006=(2006x−12006)2+20052006≥20052006
Dấu bằng xảy ra khi x=2006 thoả mãn x khác 0

\(M=\frac{\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}}\)

\(\Leftrightarrow M=\frac{\left(\sqrt{x}-1\right).\left(\sqrt{x}+1\right)}{\sqrt{x}.\left(\sqrt{x}+1\right)}\)

\(\Leftrightarrow M=\frac{x-1}{x+\sqrt{x}}\)

Với x > 0 và x khác 1.

=> ta có thể lấy x=2

ta có : \(M=\frac{2-1}{2+\sqrt{2}}=\frac{1}{2+\sqrt{2}}\)

Ta thấy với x > 1 thì tử số luôn bé hơn mẫu 

Mà phân số có tử số bé hơn mẫu số thì nhỏ hơn  1.

\(\Rightarrow M=\frac{\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}}< 1\left(x>0;x\ne1\right)\)

Ta có : \(M=\frac{\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}}=\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}}-\frac{1}{\sqrt{x}}=1-\frac{1}{\sqrt{x}}\)

Do \(\sqrt{x}\ge0;1>0\Rightarrow\frac{1}{\sqrt{x}}\ge0\)nên \(1-\frac{1}{\sqrt{x}}\le1\)

Đặt \(x=a^{\frac{1}{3}};y=b^{\frac{1}{3}};z=c^{\frac{1}{3}}\Rightarrow xyz=1\) và:

\(BDT\Leftrightarrow\frac{x^3}{x^6+5}+\frac{y^3}{y^6+5}+\frac{z^3}{z^6+5}\le\frac{1}{2}\)

Ta có BĐT phụ \(\frac{4x^3}{x^6+5}\le\frac{x^3+1}{x^6+x^3+1}\)

\(\Leftrightarrow\frac{\left(x-1\right)\left(x^2+x+1\right)\left(3x^6+6x^3+5\right)}{\left(x^6+5\right)\left(x^6+x^3+1\right)}\le0\forall0< x\le1\)

Tương tự cho 2 BĐT còn lại rồi cộng theo vế:

\(VT\le\frac{1}{4}\left(\frac{x^3+1}{x^6+x^3+1}+\frac{y^3+1}{y^6+y^3+1}+\frac{z^3+1}{z^6+z^3+1}\right)\)

Cần chứng minh \(\frac{x^3+1}{x^6+x^3+1}+\frac{y^3+1}{y^6+y^3+1}+\frac{z^3+1}{z^6+z^3+1}\le2\)

\(\Leftrightarrow\frac{x^6}{x^6+x^3+1}+\frac{y^6}{y^6+y^3+1}+\frac{z^6}{z^6+z^3+1}\ge1\)

Có dạng \(\frac{x^{2k}}{x^{2k}+x^k+1}+\frac{y^{2k}}{y^{2k}+y^k+1}+\frac{z^{2k}}{z^{2k}+z^k+1}\ge1\forall xyz=1\)

Với k=1 thì có BĐT Câu hỏi của Vũ Tiền Châu - Toán lớp 9 | Học trực tuyến tương tự với bài này (ko biết AD đã fix lỗi ko dán dc link học 24 vào olm chưa, nếu chưa thì ib t gửi full link )

Q.lý nào onl duyệt giúp e với