Xét đưởng tròn (O) có EA và EC là hai tiếp tuyến lần lượt tại A và C của (O) cắt nhau tại E 

\(\Rightarrow\)OE là tia phân giác của \(\widehat{AOC}\)(tình chất hai tiếp tuyến cắt nhau) \(\Rightarrow\widehat{EOC}=\frac{1}{2}\widehat{AOC}\)(1)

Tương tự, ta có \(\widehat{FOC}=\frac{1}{2}\widehat{BOC}\)(2)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\widehat{EOC}+\widehat{FOC}=\frac{1}{2}\left(\widehat{AOC}+\widehat{BOC}\right)\Rightarrow\widehat{EOF}=\frac{1}{2}\widehat{AOB}\left(đpcm\right)\)

Để hs trên bậc nhất khi \(a\ne0\)

Thay x = 3 ; y = 4 vào đths trên ta được : \(4=3a+8\Leftrightarrow a=-\frac{4}{3}\)( tm ) 

Bài 1: 

\(S=2+\sqrt{\frac{3}{2}}+\sqrt[3]{\frac{4}{3}}+...+\sqrt[2017]{\frac{2018}{2017}}\)

Xét \(x_k=\sqrt[k]{\frac{k+1}{k}}>1\)với mọi \(k\).

Theo bất đẳng thức AM - GM ta có: 

\(x_k=\sqrt[k]{\frac{k+1}{k}.1.....1}\le\frac{\frac{k+1}{k}+k-1}{k}=1+\frac{1}{k^2}\)

Khi đó \(S\le1+\frac{1}{1^2}+1+\frac{1}{2^2}+...+1+\frac{1}{2017^2}\)

\(=2017+\left(\frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}+...+\frac{1}{2017^2}\right)\)

\(< 2017+\left(1+\frac{1}{1.2}+\frac{1}{2.3}+...+\frac{1}{2016.2017}\right)\)

\(=2018+\left(1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+...+\frac{1}{2016}-\frac{1}{2017}\right)< 2019\)

mà \(S>2+1+1+...+1=2018\)

do đó \(\left[S\right]=2018\).

đkxđ:\(\hept{\begin{cases}a\ge0\\a\ne1\\a\ne4\end{cases}}\)

Ta có \(\left(\frac{1}{\sqrt{a}-1}-\frac{1}{\sqrt{a}}\right):\left(\frac{\sqrt{a}+1}{\sqrt{a}-2}-\frac{\sqrt{a}+2}{\sqrt{a}-1}\right)\)

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

\(=\frac{1}{\sqrt{a}\left(\sqrt{a}-1\right)}.\frac{\left(\sqrt{a}-2\right)\left(\sqrt{a}+1\right)}{a-1-a+4}\)

\(=\frac{\sqrt{a}-2}{3\sqrt{a}}\)

c) \(P=\frac{5}{x}+\frac{6}{y}+\frac{128}{6x+5y}=\frac{6x+5y}{xy}+\frac{128}{6x+5y}\ge2\sqrt{\frac{6x+5y}{xy}.\frac{128}{6x+5y}}=16\)

Dấu \(=\)khi \(\hept{\begin{cases}xy=2\\\left(6x+5y\right)^2=256\end{cases}}\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=1,y=2\\x=\frac{5}{3},y=\frac{6}{5}\end{cases}}\).

d) \(\frac{a^2}{b-1}+\frac{b^2}{c-1}+\frac{c^2}{a-1}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a+b+c-3}=\frac{t^2}{t-3}=P\)

(với \(t=a+b+c>3\)) 

\(P\left(t-3\right)=t^2\Leftrightarrow t^2-Pt+3P=0\)(1)

Để phương trình (1) có nghiệm thì: 

\(\Delta=P^2-12P\ge0\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}P\ge12\\P\le0\end{cases}}\Rightarrow P\ge12\)(do \(t>3\)nên \(P>0\)) 

Ta có đpcm. 

A = (a + b + 1)(a² + b²) + \(\frac{4}{a+b}\)

\(\ge\left(a+b+1\right)2ab+\frac{4}{a+b}=2\left(a+b+1\right)+\frac{4}{a+b}\)(Vì a² + b² \(\ge\)2ab )

\(=\left[\left(a+b\right)+\frac{4}{a+b}\right]+2+\left(a+b\right)\ge2\sqrt{\left(a+b\right).\frac{4}{a+b}}+2+2.\sqrt{ab}=8\)(BĐT Cauchy) 

Dấu "=" xảy ra <=> a = b = 1(tmđk)

Vậy Min A = 8 <=> a = b = 1

a, Xét ΔΔ ABC có  OA=OB=OC=12AB.OA=OB=OC=12AB.

⇒Δ⇒Δ ABC vuông tại CC ⇒AC⊥BC.⇒AC⊥BC.

 Ta có AD là tiếp tuyến của nửa đường tròn tâm O nên AD ⊥⊥ AB.

Trong ΔΔ ABD vuông tại A có AC⊥BD⇒BC.BD=AB2.AC⊥BD⇒BC.BD=AB2.

Mà AB = 2R nên BC.BD=4R2.BC.BD=4R2.

b, Tam giác ACD vuông tại C có I là trung điểm của AD

⇒AI=DI=CI=12AD.⇒AI=DI=CI=12AD. (Tính chất đường trung tuyến ứng với cạnh huyền).

Xét  tam giác AOI và COI có

OI chung

OA = OC

AI = CI

⇒ΔAOI=ΔCOI(c−c−c).⇒ΔAOI=ΔCOI(c−c−c).  ⇒ˆIAO=ˆICO⇒IAO^=ICO^ (hai góc tương ứng).

Mà ˆIAO=900⇒ˆICO=900IAO^=900⇒ICO^=900 hay IC ⊥⊥OC

           ⇒⇒IC là tiếp tuyến của nửa đường tròn tâm O.

c, Ta có AD//CH (cùng vuông góc với AB)

Trong tam giác BAI có KH // AI ⇒KHAI=BKBI⇒KHAI=BKBI (định lý Ta-lét).

Trong tam giác BDI có CK // DI ⇒CKDI=BKBI⇒CKDI=BKBI (định lý Ta-lét).

Suy ra KHAI=CKDI.KHAI=CKDI.

Mà AI = DI nên KH = CK hay K là trung điểm của CH. (điều phải chứng minh).