a) Xét tam giác AEB và tam giác MAD có:

\(\widehat{ABE}=\widehat{MDA}\left(=90^o\right)\)

\(\widehat{AEB}=\widehat{MAD}\) (So le trong)

Vậy nên \(\Delta AEB\sim\Delta MAD\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{AE}{MA}=\frac{BE}{DA}\Rightarrow AE.DA=AM.BE\)

\(\Rightarrow AE^2.a^2=MA^2.BE^2\Rightarrow AE^2.a^2=MA^2\left(AE^2-AB^2\right)\)

\(\Rightarrow AE^2.a^2=MA^2.AE^2-MA^2.a^2\Rightarrow\left(AE^2+MA^2\right).a^2=AE^2.AM^2\)

\(\Rightarrow\frac{1}{AE^2}+\frac{1}{AM^2}=\frac{1}{a^2}\)

A B C D O E M G H F K

a) Xét \(\frac{a^2}{AE^2}+\frac{a^2}{AM^2}=\frac{CM^2}{ME^2}+\frac{CE^2}{ME^2}=1\)(ĐL Thales và Pytagoras). Suy ra \(\frac{1}{AE^2}+\frac{1}{AM^2}=\frac{1}{a^2}.\)

b) Ta dễ thấy \(\Delta\)ACG = \(\Delta\)ACM (c.g.c), suy ra ^AGC = ^AMC = ^BAE. Từ đây \(\Delta\)ABE ~ \(\Delta\)GBA (g.g)

Vậy BE.BG = AB² = BO.BD nên \(\Delta\)BOE ~ \(\Delta\)BGD (c.g.c) (đpcm).

c) Gọi CH giao AB tại K. Theo hệ quả ĐL Thales \(\frac{CM}{BA}=\frac{EC}{EB}=2\)(Vì \(BE=\frac{a}{3}\))\(\Rightarrow CM=2a\)

Ta cũng có \(\frac{CF}{FM}=\frac{KB}{BA}\), suy ra \(\frac{\frac{a}{2}}{2a-\frac{a}{2}}=\frac{KB}{a}\Leftrightarrow KB=\frac{a}{3}\left(=BE\right)\)

Từ đó \(\Delta\)EKB vuông cân tại B, mà \(\Delta\)ABC vuông cân tại B nên E là trực tâm \(\Delta\)ACK

Suy ra AE vuông góc CK (tại H). Vậy, theo hệ thức lượng trong tam giác vuông (\(\Delta\)MEC) thì

\(CH^2=HE.HM\Leftrightarrow CH^3=HE.HC.HM\Leftrightarrow CH=\sqrt[3]{HE.HC.HM}\)(đpcm).

Tóm tắt:
Thời gian Hồng gấp 3 lần của Mai + Đào = 45 phút
Mỗi phút: Mai 17 hoa ; Hồng 15 hoa ; Đào 12 hoa.

Thời gian của Hồng có 3 phần thì thời gian của Mai có 1 phần.
Tỉ số hoa của Hồng và hoa của Mai là:  (15x3) / (17x1) = 45/17
Tổng số phần bằng nhau :   45 + 17 = 62 (phần)
Giá trị mỗi phần có thể là :  680 : 62 = 10 (hoa) dư 60 hoa
Dư 60 hoa có thể là số hoa của Đào.
Số hoa của Hồng là :  10 x 45 = 450 (hoa)
Số hao của Mai là :   10 x 17 = 170 (hoa)
Số hoa của Đào là :   680 – (450 + 170) = 60 (hoa).
Đáp số:  Hồng  450 hoa,  Mai  170 hoa,  Đào  60 hoa

Thử lại :
Thời gian Đào làm :   60 : 12 = 5 (phút)
Thời gian còn lại :   45 – 5 = 40 (phút)
Thời gian của Hồng:  40 : 4 x 3 = 30 (phút)
Thời gian của Mai:  30 : 3 = 10 (phút)
Số hoa của Hồng :  15 x 30 = 450 (hoa)
Số hoa của Mai:     17 x 10 = 170 (hoa)

Thời gian Hồng gấp 3 lần của Mai + Đào = 45 phút
Mỗi phút: Mai 17 hoa ; Hồng 15 hoa ; Đào 12 hoa.
Thời gian của Hồng có 3 phần thì thời gian của Mai có 1 phần.
Tỉ số hoa của Hồng và hoa của Mai là:  (15x3) / (17x1) = 45/17
Tổng số phần bằng nhau :   45 + 17 = 62 (phần)
Giá trị mỗi phần có thể là :  680 : 62 = 10 (hoa) dư 60 hoa
Dư 60 hoa có thể là số hoa của Đào.
Số hoa của Hồng là :  10 x 45 = 450 (hoa)
Số hao của Mai là :   10 x 17 = 170 (hoa)
Số hoa của Đào là :   680 – (450 + 170) = 60 (hoa).
Đáp số:  Hồng  450 hoa,  Mai  170 hoa,  Đào  60 hoa

\(\text{vì:}x^y+1=z\Rightarrow z\text{ lẻ};x^y+1=z\Rightarrow x^y\text{ chẵn}\Rightarrow x=2\)

\(+,y=2\Rightarrow z=2^2+1=5\left(\text{thỏa mãn}\right)\)

\(+,y\ge3\Rightarrow y\text{ lẻ};\text{xét:}2^{2k+1}\left(k\inℕ^∗\right)=4^k.2\equiv1.2\equiv2\left(mod3\right)\Rightarrow2^y+1⋮3\text{ và:}2^y+1>3\left(\text{vô lí}\right)\)

\(\text{Vậy: }x=2;y=2;z=5\)

Dễ thấy : \(z>2\Rightarrow x\)lẻ \(\Rightarrow x\)chẵn \(\Rightarrow x=2\). Đưa bài toán về tìm 1 số tự nhiên \(y\)sao cho \(2^y+1\)là số nguyên tố 

Nếu \(y>2\Rightarrow y\)lẻ \(\Rightarrow2^y+1⋮3\Rightarrow\)False\(\Rightarrow y=2\Rightarrow z=5\)

Vậy x,y,z lần lượt là 2,2,5

\(A=\frac{\left(y+z\right)\sqrt{\left(x+y\right)\left(x+z\right)}}{x}+\frac{\left(x+z\right)\sqrt{\left(x+y\right)\left(y+z\right)}}{y}+\frac{\left(x+y\right)\sqrt{\left(y+z\right)\left(x+z\right)}}{z}.\)

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski ta có

\(\left(x+y\right)\left(x+z\right)\ge\left(x+\sqrt{yz}\right)^2\)

Tương tự \(\left(x+y\right)\left(y+z\right)\ge\left(y+\sqrt{xz}\right)^2\)

                 \(\left(y+z\right)\left(x+z\right)\ge\left(z+\sqrt{xy}\right)^2\)

\(\Rightarrow A\ge\frac{\left(y+z\right)\left(x+\sqrt{yz}\right)}{x}+\frac{\left(x+z\right)\left(y+\sqrt{xz}\right)}{y}+\frac{\left(x+y\right)\left(z+\sqrt{xy}\right)}{z}\)

hay \(A\ge2\left(x+y+z\right)+\frac{\sqrt{yz}\left(y+z\right)}{x}+\frac{\left(x+z\right)\sqrt{xz}}{y}+\frac{\left(x+y\right)\sqrt{xy}}{z}\)

\(\Leftrightarrow A\ge2\left(x+y+z\right)+\frac{yz\sqrt{yz}\left(y+z\right)}{xyz}+\frac{xz\sqrt{xz}\left(x+z\right)}{xyz}+\frac{xy\sqrt{xy}\left(x+y\right)}{xyz}\)

Đặt \(M=\frac{yz\sqrt{yz}\left(y+z\right)}{xyz}+\frac{xz\sqrt{xz}\left(x+z\right)}{xyz}+\frac{xy\sqrt{xy}\left(x+y\right)}{xyz}\)

Ta có \(\left(x,y,z\right)\rightarrow\left(a^2,b^2,c^2\right)\)

Khi đó \(M=\frac{a^3b^3\left(a^2+b^2\right)+b^3c^3\left(b^2+c^2\right)+c^3a^3\left(a^2+c^2\right)}{a^2b^2c^2}\)

ÁP DỤNG BĐT AM-GM ta có

\(a^5b^3+a^3b^5\ge2\sqrt{a^8b^8}=2a^4b^4\)

\(b^5c^3+b^3c^5\ge2\sqrt{b^8c^8}=2b^4c^4\)

\(a^5c^3+a^3c^5\ge2\sqrt{a^8c^8}=2a^4c^4\)

Cộng từng vế ta được 

\(a^3b^3\left(a^2+b^2\right)+b^3c^3\left(b^2+c^2\right)+c^3a^3\left(a^2+c^2\right)\ge2\left(a^4b^4+b^4c^4+c^4a^4\right)\)

              \(\ge2a^2b^2c^2\left(a^2+b^2+c^2\right)\)

\(\Rightarrow M\ge2\left(a^2+b^2+c^2\right)=2\left(x+y+z\right)\)

\(\Rightarrow A\ge4\left(x+y+z\right)=4\sqrt{2019}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=\frac{\sqrt{2019}}{3}\)

dk \(x\ge0;2x+1\ge0< =>x\ge0\)

2(x+1)\(\sqrt{x}+\sqrt{3\left(x+1\right)^2\left(2x+1\right)}=\left(x+1\right)\left(5x^2-8x+8\right)< =>\)

\(2\sqrt{x}+\sqrt{3\left(2x+1\right)}=5x^2-8x+8\)(x+1>0 với x\(\ge0\)) <=>

2\(\sqrt{x}-2+\sqrt{6x+3}-3=5x^2-8x+3\) <=>\(\frac{2\left(x-1\right)}{\sqrt{x}+1}+\frac{6\left(x-1\right)}{\sqrt{6x+3}+3}=\left(x-1\right)\left(5x-3\right)< =>\)x-1=0 <=>x= 1 hoặc

\(\frac{2}{\sqrt{x}+1}+\frac{6}{\sqrt{6x+3}+3}=5x-3\)

x>1 thì \(\frac{2}{\sqrt{x}+1}+\frac{6}{\sqrt{6x+3}+3}< \frac{2}{1+1}+\frac{6}{3+3}=2\)   hay 5x- 3<2 <=> x<1( vô lý)

x<1 thì \(\frac{2}{\sqrt{x}+1}+\frac{6}{\sqrt{6x+3}+}>2\) hay 5x-3>2 <=> x>1 (vô lý)

x=1 thỏa mãn

vậy pt có nghiệm duy nhất x=1

\(\frac{x2}{y+z}+x=\frac{x^2+x\left(y+z\right)}{y+z}=\frac{x\left(x+y+z\right)}{y+z}\)

Tương tự ta có:

\(\frac{y^2}{x+z}+y=\frac{y\left(x+y+z\right)}{x+z};\frac{z^2}{x+y}+z=\frac{z\left(x+y+z\right)}{x+y}\)

Cộng vế theo vế ta có:

\(\frac{x^2}{y+z}+\frac{y^2}{x+z}+\frac{z^2}{x+y}+x+y+z=\left(x+y+z\right)\left(\frac{x}{y+z}+\frac{y}{x+z}+\frac{z}{x+y}\right)\)

\(\Leftrightarrow\frac{x^2}{y+z}+\frac{y^2}{x+z}+\frac{z^2}{x+y}+2020=2020\)

E ms bt bài này thôi ạ

câu 3 đây nha https://h.vn/hoi-dap/question/863392.html

2 lần số tuổi mẹ hiện nay là: 2 x 30 = 60 tuổi

Tổng số tuổi 2 con là: 5 + 1 = 6 tuổi

Sau bao nhiêu năm thì: Hiệu của 2 lần tuổi mẹ và tổng tuổi của 2 con cũng  không đổi ; bằng 60 - 6 = 54 tuổi

Khi tuổi mẹ gấp đôi tuổi các con thì 2 lần tuổi mẹ gấp 4 lần tuổi các con. ta có sơ đồ sau:

2 lần tuổi mẹ |----------|----------|----------|-----------|

tuổi 2 con      |----------|

Hiệu số phần bằng nhau là : 4 - 1 = 3 phần

2 lần tuổi ,ẹ khi đó là: 54 : 3 x 4 = 72 tuổi

Tuổi mẹ khi đó là: 72: 2 = 36 tuổi

Vậytuổi mẹ gấp đôi tuổi các con sau  số năm là: 36 - 30 = 6 năm

ĐS: 6 năm  

Hiệu số tuổi của mẹ và hai con là :

30 - ( 5 + 1 ) = 24 ( tuổi )

Tuổi mẹ khi gấp đôi tuổi hai con là :

24 : (  2 - 1 ) x 2 = 48 ( tuổi )

Sau số năm nữa tuổi mẹ gấp đôi tuổi các con là :

48 - 30 = 18 ( năm )

Vậy sau 18 năm nữa tuổi mẹ gấp đôi tổng số tuổi của 2 con 

Kết luận:   GTNN của P là 3/4; P không có GTLN.

Giải: P là một giá trị của hàm số đã cho khi và chỉ khi tồn tại x để   \(P=\frac{x^2+x+1}{x^2+2x+1}\) (1), tức là phương trình (1) ẩn x phải có nghiệm.

Ta có  \(\left(1\right)\Leftrightarrow P\left(x^2+2x+1\right)=x^2+x+1\)\(\Leftrightarrow\left(P-1\right)x^2+\left(2P-1\right)x+\left(P-1\right)=0\).

Nếu \(P=1\) thì (1) trở thành  \(x=0\), phương trình có nghiệm x = 0.

Nếu \(P\ne1\) thì phương trình sẽ có nghiệm khi và chỉ khi  

                                  \(\Delta=\left(2P-1\right)^2-4\left(P-1\right)^2=4P-3\ge0\Leftrightarrow P\ge\frac{3}{4}\)

Vậy tập giá trị của P là   \(\frac{3}{4}\le P< +\infty\). Do đó P không có GTLN và P có GTNN = \(\frac{3}{4}\)

\(P=\frac{x^2+x+1}{x^2+2x+1}=\frac{\frac{3}{4}\left(x^2+2x+1\right)+\frac{\left(x^2-2x+1\right)}{4}}{x^2+2x+1}\)

\(=\frac{3}{4}+\frac{\left(x-1\right)^2}{4\left(x+1\right)^2}\ge\frac{3}{4}\)

Dấu = xảy ra  khi \(x=1\)

Chia hình chữ nhật 4 x 3 thành 24 hình chữ nhật \(\frac{1}{2}\times1\).

Diện tích mỗi hình chữ nhật \(\frac{1}{2}\times1\) là \(\frac{1}{2}\left(cm^2\right)\)

G/s : Mỗi  hình chữ nhật  chỉ chứa ít hơn 3 điểm 

Tổng số điểm của hình chữ nhật  3 x 4 thì sẽ < 2.24 = 48 điểm <49 điểm ( vô lí)

=> Theo nguyên lí Dirichlet sẽ tồn tại một hình chữ nhật \(\frac{1}{2}\times1\)  chứa ít nhất  3 điểm trong 49 điểm đã cho.

Tam giác có 3 đỉnh nằm trong hình chữ nhật \(\frac{1}{2}\times1\) nên diện tích < \(\frac{1}{2}\left(cm^2\right)\)

Vậy ....

Sử dụng: 

\(A^3+B^3+C^3-3ABC=\left(A+B+C\right)\left(A^2+B^2+C^2-AB-BC-AC\right)\) (1)

Áp dụng vào bài:

\(\left(a-1\right)^3+\left(b-2\right)^3+\left(c-3\right)^3-3\left(a-1\right)\left(b-2\right)\left(c-3\right)\)

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

\(+\left(a-1\right)\left(b-2\right)+\left(a-1\right)\left(c-3\right)+\left(b-2\right)\left(c-3\right)\)]

<=> \(0-3\left(a-1\right)\left(b-2\right)\left(c-3\right)=0\)

( vì \(a-1+b-2+c-3=a+b+c-6=6-6=0\))

<=> \(\left(a-1\right)\left(b-2\right)\left(c-3\right)=0\)

<=>  a = 1 hoặc b = 2 hoặc c = 3.

Không mất tính tổng quát: g/s : a = 1

Khi đó: b + c =5

Ta có:  \(T=\left(b-2\right)^{2n+1}+\left(c-3\right)^{2n+1}\)

\(=\left(b-2+c-3\right).A\)

\(=\left(b+c-5\right).A\)

\(=0.A=0\)

Với \(A=\left(b-2\right)^{2n}-\left(b-2\right)^{2n-1}\left(c-3\right)+\left(b-2\right)^{2n-2}\left(c-3\right)^2-...+\left(c-3\right)^{2n}\)

Tương tự b = 2; c= 3 thì T = 0.

Vậy T = 0.