\(P=\left(a^2+\dfrac{1}{16}+\dfrac{1}{16}+\dfrac{1}{16}\right)+\left(b^2+\dfrac{1}{16}+\dfrac{1}{16}+\dfrac{1}{16}\right)-\dfrac{3}{8}\)

\(P\ge4\sqrt[4]{\dfrac{a^2}{16^3}}+4\sqrt[4]{\dfrac{b^2}{16^3}}-\dfrac{3}{8}=\dfrac{1}{2}\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)-\dfrac{3}{8}=\dfrac{1}{8}\)

\(P_{min}=\dfrac{1}{8}\) khi \(a=b=\dfrac{1}{4}\)

Do \(\left\{{}\begin{matrix}a;b\ge0\\\sqrt{a}+\sqrt{b}=1\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}0\le a\le1\\0\le b\le1\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\sqrt{a}\ge a^2\\\sqrt{b}\ge b^2\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow a^2+b^2\le\sqrt{a}+\sqrt{b}=1\)

\(P_{max}=1\) khi \(\left(a;b\right)=\left(1;0\right);\left(0;1\right)\)

Tuần trước tuần trở in

Do (d) đi qua A nên:

\(0.m+n=-1\Rightarrow n=-1\)

\(\Rightarrow y=mx-1\)

Pt hoành độ giao điểm (P) và (d):

\(\dfrac{1}{2}x^2=mx-1\Leftrightarrow x^2-2mx+2=0\) (1)

(d) tiếp xúc (P) khi và chỉ khi (1) có nghiệm kép

\(\Rightarrow\Delta'=m^2-2=0\Rightarrow m=\pm\sqrt{2}\)

- Với \(m=\sqrt{2}\Rightarrow x=-\dfrac{b}{2a}=\sqrt{2}\Rightarrow y=\dfrac{1}{2}x^2=1\)

Tọa độ tiếp điểm là \(\left(\sqrt{2};1\right)\)

- Với \(m=-\sqrt{2}\Rightarrow x=-\dfrac{b}{2a}=-\sqrt{2}\Rightarrow y=1\) 

Tọa độ tiếp điểm là \(\left(-\sqrt{2};1\right)\)

a) Ta có tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O), BE là đường cao của tam giác ABC và cắt AC tại H, CF là đường cao của tam giác ABC và cắt AB tại F.

Chứng minh tam giác AEHF nội tiếp:

Gọi I là giao điểm của BF và CE. Ta có:

- Do ABC nội tiếp đường tròn (O), ta có ∠BAC = ∠BIC = 90°.

- Ta có BE ⊥ AC và CF ⊥ AB, nên BE // CF.

- Do đó, ta có ∠BEC = ∠BCF.

- Vậy tam giác BEC và BCF đồng dạng.

- Từ đó, ta có ∠BED = ∠BCF = ∠BAC.

- Vậy tam giác ABE và ABC đồng dạng.

- Từ đó, ta có ∠AEH = ∠ABC = ∠AFH.

- Vậy ta kết luận được tam giác AEHF nội tiếp.

b) Chứng minh AH ⊥ BC:

Vì tam giác AEHF nội tiếp, nên ta có ∠AEH = ∠AFH.

- Như đã chứng minh ở phần a), ta có ∠AEH = ∠ABC.

- Và ∠AFH = ∠ACB.

- Vậy ta có ∠ABC = ∠ACB.

- Vậy ta kết luận được AH ⊥ BC.

c) Chứng minh AO là đường trung trực của PG:

Gọi O là tâm của đường tròn nội tiếp tam giác ABC.

- Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng EF.

- Ta có ∠AEM = ∠AFM = 90° (do EM ⊥ BE, FM ⊥ CF).

- Và ta có ∠AEF = ∠AFM và ∠AFE = ∠AEM.

- Vậy tam giác AEF đồng dạng với tam giác AMF.

- Từ đó, ta có AO là đường trung trực của PG.

a) Ta có \(M\left(1,m\right)\) và \(N\left(-3,n\right)\).

Vì \(M,N\in\left(P\right):y=\dfrac{1}{2}x^2\) nên ta suy ra \(m=\dfrac{1}{2};n=\dfrac{9}{2}\)

Gọi đường thẳng cần tìm là \(d:y=ax+b\). Vì \(d\) đi qua M và N nên ta có hệ pt sau:

 \(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{1}{2}=a+b\\\dfrac{9}{2}=-3a+b\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=-1\\b=\dfrac{3}{2}\end{matrix}\right.\).

Vậy ptđt cần tìm là \(d:y=-x+\dfrac{3}{2}\)

b) Mình chưa hiểu đề bài lắm. Thế nào là "cắt parabol tại 2 điểm đạt GTNN"?

Vì những năm 1930 đến 1931, nhân dân Nghệ Tính đã đấu tranh quyết liệt giành lại quyền làm chủ xây dựng cuộc sống mới văn minh tiến bộ ở nhiều vùng nông thôn rộng lớnngayf 12-9 là ngày kỉ niễn của Xô Viết Nghệ Tỉnh 

😈😈XD =))

a) Nhận thấy \(\widehat{OBK}=\widehat{OAK}=90^o\) \(\Rightarrow\) Tứ giác OAKB nội tiếp đường tròn (OK).

Mặt khác \(\widehat{OHK}=90^o\) nên \(H\in\left(OK\right)\)

\(\Rightarrow\) 5 điểm A, B, O, K, H cùng thuộc đường tròn (OK).

b) Từ câu a) \(\Rightarrow\) Tứ giác OAHB nội tiếp 

\(\Rightarrow\widehat{IHB}=\widehat{IAO}\)

Từ đó dễ dàng chứng minh \(\Delta IHB~\Delta IAO\left(g.g\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{IH}{IA}=\dfrac{IB}{IO}\) \(\Rightarrow IA.IB=IH.IO\) (đpcm)

c) Gọi T là giao điểm của OK và AB.

Tính chất của 2 tiếp tuyến cắt nhau \(\Rightarrow OK\perp AB\) tại T

Tam giác OAK vuông tại A có đường cao AT nên \(OT.OK=OA^2\) (hệ thức lượng trong tam giác vuông)

Xét tam giác OTI và OHK, ta có:

\(\widehat{HOK}\) chung , \(\widehat{OTI}=\widehat{OHK}=90^o\)

 \(\Rightarrow\Delta OTI~\Delta OHK\left(g.g\right)\)

 \(\Rightarrow\dfrac{OT}{OH}=\dfrac{OI}{OK}\)

 \(\Rightarrow OT.OK=OH.OI\)

Mà \(OT.OK=OA^2\) (cmt) \(\Rightarrow OH.OI=OA^2\)

\(\Rightarrow OI=\dfrac{OA^2}{OH}\) là một hằng số 

\(\Rightarrow\) I thuộc đường tròn \(\left(O;\dfrac{OA^2}{OH}\right)\) cố định

Hơn nữa I nằm trên đường thẳng OH cố định nên I cố định

\(\Rightarrow\) AB đi qua I cố định.

khó thế con Phương kia

 Điểm F ở câu a) với điểm N ở câu b) là những điểm gì thế bạn? Mình thấy trong đề không có định nghĩa các điểm này.

Với \(0< x< \sqrt{3}\) ta có đánh giá sau:

\(\dfrac{1}{2-x}\ge\dfrac{x^2+1}{2}\)

Thực vậy, do \(x< \sqrt{3}\Rightarrow2-x>0\), BĐT tương đương:

\(2\ge\left(2-x\right)\left(x^2+1\right)\)

\(\Leftrightarrow x^3-2x^2+x\ge0\)

\(\Leftrightarrow x\left(x-1\right)^2\ge0\) (luôn đúng với \(x>0\))

Áp dụng cho bài toán:

\(\dfrac{1}{2-a}+\dfrac{1}{2-b}+\dfrac{1}{2-c}\ge\dfrac{a^2+1}{2}+\dfrac{b^2+1}{2}+\dfrac{c^2+1}{2}=\dfrac{a^2+b^2+c^2+3}{2}=3\) (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)