a/ Ta có: AD là phân giác của góc BAC

=>góc CAD=góc BAD (=1/2 góc BAC)(1)

Mà: góc CAD=1/2 sđ cung EC nhỏ (2)

      góc BAD=1/2 sđ cung EB nhỏ (3)

Từ (1),(2) và (3)=> cung nhỏ EC = cung nhỏ EB (4)

Ta có: góc MAD=1/2 (sđ cung nhỏ AB+sđ cung nhỏ EB) (5) (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung)

góc MDA = 1/2(sđ cung nhỏ AB+sđ cung nhỏ EC) (6) (góc có đỉnh nằm bên trong đường tròn) 

Từ(4),(5) và (6)=>góc MAD=góc MDA 

=> tam giác MAD cân tại M=>MA=MD (đpcm)

b/ Xét hai tam giác: tam giác ADC và tam giác ABE có:

góc CAD=góc BAD(gt) hay góc CAD=góc BAE (1) (A;D;E thẳng hàng)

Theo gt ta có A,B,C,E đều nằm trên đường tròn tâm O

=> Tứ giác ABEC nội tiếp

=> góc ACB=góc AEB (cùng nhìn cạnh AB)

hay góc ACD=góc AEB (vì C;D;B thẳng hàng) (2)

Từ (1) và (2) => tam giác ADC đồng dạng với tam giác ABE

=>AD/AB=AC/AE <=> AD.AE=AC.AB (đpcm)

c/ Ta có: cung nhỏ EB= cung nhỏ EC (c/m câu a) (3)

mà góc COE= sđ cung nhỏ EC (4)

góc BOE=sđ cung nhỏ EB (5)

Từ (3),(4) và (5)=> góc BOE=góc COE

=> OE là đường phân giác của góc BOC trong tam giác BOC (6)

Mà tam giác BOC cân tại O(OC và OB cùng là bán kính của đường tròn tâm O) (7)

Từ(6) và (7)=>OE chứa đường cao AD của tam giác BOC

=> OE vuông góc với BC tại D (8)

Từ (6) và (7) => OE chứa đường trung tuyến ứng với cạnh BC của tam giác BOC

=>CD=BD=1/2 BC (9)

Từ (8) và (9) => OE là đường trung trực của đoạn BC (đpcm)

Dễ thấy c là số chẵn (1)

\(\overline{abc}=4c\left(a+b\right)^2\)

\(\Leftrightarrow100a+10b+c=4c\left(a+b\right)^2\)

\(\Leftrightarrow9\left(11a+b\right)+\left(a+b\right)+c=3c\left(a+b\right)^2+c\left(a+b\right)^2\)

\(\Leftrightarrow c\left[\left(a+b\right)^2-1\right]-\left(a+b\right)=9\left(11a+b\right)-3c\left(a+b\right)^2\)

\(\Rightarrow c\left[\left(a+b\right)^2-1\right]-\left(a+b\right)⋮3\)

Xét \(\left(a+b\right)\equiv1\left(mod3\right)\)

\(\Rightarrow c\left[\left(a+b\right)^2-1\right]-\left(a+b\right)\equiv-1\left(mod3\right)\)

Xét \(\left(a+b\right)\equiv-1\left(mod3\right)\)

\(\Rightarrow c\left[\left(a+b\right)^2-1\right]-\left(a+b\right)\equiv1\left(mod3\right)\)

Xét \(\left(a+b\right)\equiv0\left(mod3\right)\)

\(\Rightarrow c⋮3\)(2)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow c=6\)

\(\Rightarrow\overline{abc}⋮3\)

\(\Rightarrow a+b+6⋮3\)

\(\Rightarrow a+b⋮3\)

Mà ta có:

\(a+b=\sqrt{\frac{\overline{ab6}}{24}}\le\sqrt{\frac{996}{24}}\le6\)

Tới đây đơn giản làm nốt nhé

a) Gọi I, K lần lượt là trung điểm của AE và BC.

Ta có : \(EB^2=\left(BK-EK\right)^2;EC^2=\left(KC+EK\right)^2\)

\(\Rightarrow EB^2+EC^2=2\left(BK^2+EK^2\right)=2\left(BO^2-OK^2+OE^2-OK^2\right)\)

\(=2\left(R^2+r^2\right)-4OK^2\)

\(AE^2=4AI^2=4\left(r^2-OI^2\right)\)

\(\Rightarrow EB^2+EC^2+EA^2=2R^2+6r^2-4\left(OI^2+OK^2\right)\)

Mà OIEK là hình chữ nhật nên \(OI^2+OK^2=OE^2=r^2\)

\(\Rightarrow EB^2+EC^2+EA^2=2R^2+2r^2\) không đổi.

b) Giả sử EO giao với AK tại J.

Vì IOEK là hình chữ nhật nên OK song song và bằng EI. Vậy nên OK song song và bằng một nửa AE.

Do đó \(\frac{JE}{JO}=\frac{AJ}{JK}=\frac{AE}{OK}=2\)

Vì OE cố định nên J cố định; Vì AK là trung tuyến của tam giác ABC nên J là trọng tâm tam giác ABC

Suy ra J thuộc MC.

Vậy MC đi qua J cố định.

c) Vì AK = 3/2AJ nên H trùng K.

Do đó OH vuông góc BC. Suy ra H thuộc đường tròn đường kính OE.

cảm ơn bạn nhiều

Đặt \(x=2a;y=2b;z=2c\)

Thì ta có: \(\sqrt{abc}=1\)

Ta có: \(\frac{1}{\sqrt{a}+\sqrt{ab}+1}+\frac{1}{\sqrt{b}+\sqrt{bc}+1}+\frac{1}{\sqrt{c}+\sqrt{ca}+1}=1\)

Ta cần chứng minh:

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

Ta có:

\(VT\le\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2\sqrt{a}+2\sqrt{ab}+2}+\frac{1}{2\sqrt{b}+2\sqrt{bc}+2}+\frac{1}{2\sqrt{c}+2\sqrt{ca}+2}\right)\)

\(=\frac{1}{4}\)

alibaba nguyễn: tớ có 1 khúc mắc là vì sao lại có thể đưa ra dòng thứ 3 (từ trên xuống dưới)

Ta có các tam giác vuông AOS; HOS, BOS có chung cạnh huyền OS nên S, A, H, O, B nội tiếp đường tròn đường kính OS.

Khi đó ta có :

\(\widehat{ASH}=\widehat{ABH}\) (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung AH)

Mà \(\widehat{ASH}=\widehat{FDH}\)  (Hai góc đồng vị)

\(\Rightarrow\widehat{ABH}=\widehat{FDH}\)

Suy ra tứ giác HFDO nội tiếp.

Từ đó ta có \(\widehat{FHD}=\widehat{ABD}\)(Hai góc nội tiếp)

Mà \(\widehat{ABD}=\widehat{ACD}\) (Hai góc nội tiếp)

Nên \(\widehat{FHD}=\widehat{ACD}\)

Chúng lại ở vị trí đồng vị nên HF // AC.

Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho ba số dương ta có    \(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\) và  \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{3}{\sqrt[3]{abc}}\). Do đó nếu  đặt \(t=\sqrt[3]{abc}\) t hì      \(a+b+c+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge3\left(t+\frac{1}{t}\right)\) . Chú ý rằng từ giả thiết 

\(\frac{a}{bc}+\frac{b}{ca}+\frac{c}{ab}=1\) suy ra  \(a^2+b^2+c^2=abc\) từ đó  

             \(abc=a^2+b^2+c^2\ge3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\Rightarrow a^3b^3c^3\ge27a^2b^2c^2\Rightarrow abc\ge27\)\(\Rightarrow t\ge3\).

Do đó   \(t+\frac{1}{t}=\frac{8t}{9}+\frac{t}{9}+\frac{1}{t}\ge\frac{8.3}{9}+2\sqrt{\frac{t}{9}.\frac{1}{t}}=\frac{10}{3}\). Suy ra  

                               \(a+b+c+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge3\left(t+\frac{1}{t}\right)\ge\frac{3.10}{3}=10\)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi        \(\hept{\begin{cases}a=b=c>0\\t=\sqrt[3]{abc}=3\\a^2+b^2+c^2=abc\end{cases}}\)\(\Leftrightarrow a=b=c=3\).

t lắm tắt luôn nhé có nhiều  câu quá 

áp dụng bdt cô si ta có

a)  \(x+y+z+\frac{1}{xyz}\ge4\sqrt[4]{\frac{1.xyz}{xyz}}=4\)

vậy Min của T là 4 dấu = xảy ra khi x=y=z=1

b)  

áp dụng BDT cosi ta có

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

\(\frac{3}{xyz}+3xyz\ge2\sqrt{\frac{3.3xyz}{xyz}}=6\)

+ vế với vế ta được

\(T+3xyz\ge3\sqrt[3]{xyz}+6\)

\(T\ge3\sqrt[3]{xyz}+6-3xyz\)

có  \(xyz\le\frac{\left(x+y+Z\right)^2}{27}\Rightarrow-xyz\ge-\frac{\left(x+y+z\right)^2}{27}\) cùng dấu > thay vào được

\(T\ge3\sqrt[3]{xyz}+6-3\frac{\left(x+y+z\right)^3}{27}\)

Có \(x^2+1\ge2x\)

       \(y^2+1\ge2y\)

      \(z^2+1\ge2z\)  (cosy)

+ vế với vế ta được

\(x^2+y^2+z^2+3\ge2\left(x+y+z\right)\)

\(3\ge\left(x+y+z\right)\Rightarrow-\left(x+y+z\right)\ge-3\) cùng dấu > ta thay được 

\(\Rightarrow T\ge3\sqrt[3]{xyz}+6-3\frac{\left(3\right)^3}{27}\)

\(\Rightarrow T\ge6\) dấu = xảy ra khi x=y=z=1

3) dự đoán của chúa pain x=y=z = \(\frac{1}{\sqrt{3}}\)

thử thay vào

\(\frac{1}{\sqrt{3}}+\frac{1}{\sqrt{3}}+\frac{1}{\sqrt{3}}+\frac{1}{\frac{1}{\sqrt{3}^3}}\)

số xấu lắm m tự làm đi tương tự câu 1) 2) 

1)  dự đoán của chúa Pain x=y=z=1 

áp dụng BDT cô si ta có

\(x+y+z+\frac{1}{xyz}\ge4\sqrt[4]{\frac{xyz}{xyz}}=4.\)

Vậy Min là 4 dấu = xảy ra khi x=y=z=1

2  chia cả tử cả mẫu cho  \(x^2+y^2+z^2=3\) ta được

\(\frac{x}{yz}+\frac{y}{xz}+\frac{z}{xy}=\frac{3}{xyz}\)

thay số ta được

\(\left(x+y+z+\frac{x}{yz}+\frac{z}{xy}+\frac{y}{zx}\right)\)

áp dụng Cô si ta được

\(VT\ge6\sqrt[6]{\frac{x^2y^2z^2}{y^2z^2x^2}}=6\)

vậy Min là 6 dấu = xảy ra khi x=y=z=1

3) TƯỢNG TỰ cậu 2

chia xyz cho 2 vế 

\(x^2+y^2+z^2=1\)

ta được

\(\frac{x}{yz}+\frac{y}{xz}+\frac{z}{xy}=\frac{1}{xyz}\)

thay số

\(\left(x+y+z\right)+\left(\frac{x}{yz}+\frac{y}{xz}+\frac{z}{xy}\right)\)

áp dụng BDT cô si ta được

\(\left(\frac{x}{\frac{1}{\sqrt{3}^2}}+\frac{y}{\frac{1}{\sqrt{3}^2}}+\frac{x}{\frac{1}{\sqrt{3}^2}}\right)+\left(\frac{x}{yz}+\frac{y}{xz}+\frac{z}{xy}\right)\ge....\)

tự làm

A B D C M N H O I E F G K J

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

Ta có nếu x=0 hoặc y=0 hoặc z=0 thì hpt vô nghiệm. Vậy x,y,z khác 0

\(\hept{\begin{cases}\frac{xy}{x+y}=\frac{6}{5}\\\frac{yz}{y+z}=\frac{4}{3}\\\frac{zx}{z+x}=\frac{12}{7}\end{cases}}\)nghịch đảo ta có (nghịch đảo đc vì x,y,z khác 0)\(\hept{\begin{cases}\frac{x+y}{xy}=\frac{5}{6}\\\frac{y+z}{yz}=\frac{3}{4}\\\frac{z+x}{xz}=\frac{7}{12}\end{cases}}\)<=>\(\hept{\begin{cases}\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=\frac{5}{6}\\\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=\frac{3}{4}\\\frac{1}{z}+\frac{1}{x}=\frac{7}{12}\end{cases}}\)

Đặt a=\(\frac{1}{x}\),b=\(\frac{1}{y}\),c=\(\frac{1}{z}\)ta có \(\hept{\begin{cases}a+b=\frac{5}{6}\\b+c=\frac{3}{4}\\c+a=\frac{7}{12}\end{cases}}\) <=>\(\hept{\begin{cases}a+b+c=\left(\frac{5}{6}+\frac{3}{4}+\frac{7}{12}\right):2\\b=\frac{5}{6}-a\\c=\frac{7}{12}-a\end{cases}}\)

Thay vào giải ta có \(a+b+c=\frac{13}{12}\)

\(a+\frac{5}{6}-a+\frac{7}{12}-a=\frac{13}{12}\) => \(a=\frac{1}{3}\)=>\(x=3\)

tiếp tục tìm đc \(b=\frac{1}{2}\)=>\(y=2\)

                      \(c=\frac{1}{4}\)=>\(z=4\)

Vậy nghiệm hpt là \(\hept{\begin{cases}x=3\\y=2\\z=4\end{cases}}\)

Đặt \(M=\hept{\begin{cases}\frac{xy}{x+y}=\frac{6}{5}\\\frac{yz}{y+z}=\frac{4}{3}\\\frac{zx}{z+x}=\frac{12}{7}\end{cases}}\)

Ta có: \(\frac{xy}{x+y}=\frac{6}{5}\Leftrightarrow xy=6\&x+y=5\)

\(\Rightarrow x=5-6=\left(-1\right)\)

     \(\frac{yz}{y+z}=\frac{4}{3}\Leftrightarrow yz=4\&y+z=3\)

\(\Rightarrow y=3-4=\left(-1\right)\)

\(\frac{zx}{z+x}=\frac{12}{7}\Leftrightarrow zx=12;z+x=7\Rightarrow z=7-12=-5\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}x=-1\\y=-1\\z=-5\end{cases}}\)