Bạn xem lại đề nhé. Hình như sai đề rồi.

sai đề 

a) Xét tam giác ADC có MH//AC nên \(\frac{AM}{MD}=\frac{CH}{HD}\) (Định lý Ta-let)

Lại có theo giả thiết \(\frac{AM}{MD}=\frac{CN}{BN}\)

Suy ra \(\frac{CN}{BN}=\frac{CH}{DH}\)

Xét tam giác DBC có \(\frac{CN}{BN}=\frac{CH}{DH}\) nên áp dụng định lý đảo của định lý Talet ta có HN//BD

b) Gọi giao điểm của MH với BD là G; của AC với NH là K, của OH với GK là J.

Trước hết, ta chứng minh GK//MN. 

Thật vậy, do HM // AC nên theo định lý Ta let ta có \(\frac{MG}{GH}=\frac{AO}{OC}\) 

Do HN//BD (cma) nên \(\frac{KN}{KH}=\frac{OB}{OD}\)

Mà \(\frac{OB}{OD}=\frac{AO}{OC}\Rightarrow\frac{MG}{GH}=\frac{KN}{KH}\)

Theo định lý Ta lét đảo, suy ra GK//MN.

Xét tứ giác OGHK có GO//HK; GH//OK nên OGHK là hình bình hành

Vậy thì J là trung điểm của EK.

Xét tam giác OGK có EF // GK nên ta có :

\(\frac{EI}{GJ}=\frac{FI}{KJ}\Rightarrow\frac{EI}{GJ}=\frac{FI}{GJ}\Rightarrow EI=FI\)

Ta cũng có GK//MN nên :

\(\frac{GJ}{MI}=\frac{KJ}{IN}\Rightarrow MI=NI\Rightarrow ME=NF\)

giúp em vs CMR với mọi a,b,c ta có (a^2+2)(b^2+2)(c^2+2)>= 3(a+b+c)^2

Toán lp 9 khó quá

Bài 1)

a) Xét phương trình hoành độ giao điểm:  \(2x+3+m=3x+5-m\)

\(\Leftrightarrow x=3+m+m-5\Leftrightarrow x=2m-2\)

Để giao điểm của hai đường thẳng trên nằm trên trục tung thì \(2m-2=0\Leftrightarrow m=1\) 

b) Do (d) // (d') nên (d) có phương trình \(y=-\frac{1}{2}x+b\)

Do (d) cắt trục hoành tại điểm có hoành độ x = 10 nên điểm (10;0) thuộc đường thẳng (d0.

Vậy thì \(0=-\frac{1}{2}.10+b\Leftrightarrow b=5\)

Vậy phương trình đường thẳng (d) là \(y=-\frac{1}{2}x+5\)

Bài 2)

a) Để (d₁)//(d2) thì \(4m=3m+1\Leftrightarrow m=1\)

b) Để (d₁)//(d2) thì \(4m\ne3m+1\Leftrightarrow m\ne1\)

Khi m = 2, ta có phương trình hoành độ giao điểm là:

\(8x-7=7x-7\Leftrightarrow x=0\)

Với \(x=0,y=-7\)

Vậy tọa độ giao điểm của (d₁) và (d₂) là (0; -7)

a)  Ta thấy ngay \(\Delta AEB\sim\Delta AFC\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{AE}{AF}=\frac{AB}{AC}\Rightarrow\frac{AE}{AB}=\frac{AF}{AC}\)

Vậy thì \(\Delta AEF\sim\Delta ABC\left(c-g-c\right)\Rightarrow\frac{EF}{BC}=\frac{AE}{AB}\) 

Xét tam giác vuông ABE có \(cos\widehat{BAE}=\frac{AE}{AB}\Rightarrow\frac{AE}{AB}=cos60^o=\frac{1}{2}\)

Suy ra \(\frac{EF}{BC}=\frac{1}{2}\Rightarrow EF=\frac{a}{2}\)

b) Ta thấy ngay tứ giác BKHM nội tiếp nên \(\widehat{KHB}=\widehat{KMB}\) (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung BK)

Ta cũng có tứ giác CIHM nội tiếp nên \(\widehat{CMI}=\widehat{CHI}\)(Hai góc nội tiếp cùng chắn cung CI)

Ta thấy ngay E thuộc đường tròn đường kính BC nên \(\widehat{EBM}=\widehat{ICM}\)

(Góc ngoài tại đỉnh đối diện)

Suy ra \(\widehat{BMK}=\widehat{CMI}\) nên \(\widehat{KHB}=\widehat{CHI}\)

Vậy I, H, K thẳng hàng.

Ta thấy ngay \(\Delta EIK\sim\Delta HMC\sim\Delta HBM\Rightarrow\frac{EI}{MI}=\frac{EI}{EK}=\frac{MH}{CH}\)

và \(\frac{MH}{BH}=\frac{EK}{EI}=\frac{EK}{MK}\)
Mà \(\Delta CMI\sim\Delta BMK\Rightarrow\frac{CI}{MI}=\frac{BK}{MK}\) 
Vậy thì \(S=\frac{BC}{MH}+\frac{CE}{MI}+\frac{BE}{MK}=\frac{BH+HC}{MH}+\frac{EI-CI}{MI}+\frac{BK+KE}{MK}\)

\(=\frac{BH}{MH}+\frac{CH}{MH}+\frac{EI}{MI}-\frac{CI}{MI}+\frac{BK}{MK}+\frac{EK}{MK}\)

\(=\left(\frac{BH}{MH}+\frac{CH}{MH}\right)+\left(\frac{MH}{CH}-\frac{BK}{MK}\right)+\left(\frac{BK}{MK}+\frac{MH}{BH}\right)\)

\(=\left(\frac{BH}{MH}+\frac{MH}{BH}\right)+\left(\frac{CH}{MH}+\frac{MH}{CH}\right)\ge2+2=4\)
\(\Rightarrow minS=4\Leftrightarrow MH=BH=CH\)
hay M ở chính giữa cung BC.

Chi. Quan li lam dung roi

Nhẩm nghiệm ta thấy: a+b+c=3 \(\Rightarrow\)a=b=c=1    (1)

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có:

\(x^5+y^5+z^5+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{x}\ge6\sqrt[6]{\frac{x^5y^5z^5}{xyz}}=6\sqrt[6]{x^4y^4z^4}\)

Hay: \(6\sqrt[6]{x^4y^4z^4}\ge6\)

\(\Leftrightarrow\sqrt[6]{x^4y^4z^4}=1\Leftrightarrow x^4y^4z^4=1\Leftrightarrow xyz=1\)   (2)

Từ (1) và (2) suy ra: x=y=z=1

a) Do AMNP là hình vuông nên \(\widehat{QMB}=45^o\)

Lại có do C là điểm chính giữa của nửa đường tròn nên \(\widebat{CB}=90^o\Rightarrow\widehat{CMB}=45^o\)

(Góc nội tiếp)

Vậy thì \(\widehat{CMQ}=\widehat{CMB}+\widehat{BMQ}=45^o+45^o=90^o\)

Vậy CQ là đường kính hay C và Q đối xứng nhau qua O.

b) Ta thấyAMNP là hình vuông.  MI là phân giác góc \(\widehat{AMB}\)  nên \(\Delta MAI=\Delta MNI\left(c-g-c\right)\Rightarrow\widehat{MAI}=\widehat{MNI}\)

Lại có \(\widehat{MAI}=\widehat{IAM}\) nên \(\widehat{MNI}=\widehat{IAM}\)

Xét tứ giác AINB có  \(\widehat{MNI}=\widehat{IAM}\) nên AINB là tứ giác nội tiếp (góc ngoài tại đỉnh bằng góc đối diện)