O A B C D E F H M G I

a) Kẻ đường thẳng Ax tiếp xúc với đường tròn (O) tại A.

Khi đó \(\widehat{FAx}=\widehat{ACB}\)  (Góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn một cung)

Ta dễ thấy  BFEC là tứ giác nội tiếp nên \(\widehat{AFE}=\widehat{ACB}\)

Vậy nên \(\widehat{AFE}=\widehat{FAx}\), chúng lại ở vị trí so le trong nên Ax // EF

Mà \(Ax\perp OA\Rightarrow EF\perp OA\)

Tương tự ta có : \(FD\perp OB;ED\perp OC\)

b) Kẻ đường kính CI. Khi đó ta có ngay IB // AH (Cùng vuông góc BC) ; IA // BH (Cùng vuông góc AC). Vậy nên tứ giác AIBH là hình bình hành và AH = IB.

Xét tam giác IBC có M là trung điểm BC, OC = OB nên OM là đường trung bình. Vậy \(OM=\frac{1}{2}IB\Rightarrow OM=\frac{1}{2}AH\)

Tương tự, gọi N, P  lần lượt là trung điểm AB, AC thì \(ON=\frac{1}{2}BH;OP=\frac{1}{2}CH\)

c) Gọi G' là giao điểm của AM và HO.

Ta thấy OM // AH nên áp dụng định lý Ta let ta có:

\(\frac{MG'}{G'A}=\frac{OM}{AH}=\frac{1}{2}\)

Độ ẨM là đường trung tuyến, AG' = G'M nên G' là trọng tâm tam giác ABC hay G' trùng G. Vậy H, G, O thẳng hàng.

O A B C D E F H M G J I P Q X

d)  Gọi giao điểm của OA với PQ là J. Khi đó J là trung điểm QP.

Xét tam giác APQ có AJ là đường cao đồng thời trung tuyến nên nó là tam giác cân.

Vậy thì AP = AQ hay AP² = AQ².   (1)

Kẻ đường kính AX. 

Xét tam giác vuông AQX, đường cao  QJ, ta có: 

\(AQ^2=AJ.AX\)   (2)

Tứ giác BFEC nội tiếp nên \(\widehat{AFJ}=\widehat{ACB}=\widehat{AXB}\)

Suy ra \(\Delta AFJ\sim\Delta AXB\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{AF}{AX}=\frac{AJ}{AB}\Rightarrow AJ.AX=AF.AB\)

Ta cũng có \(\Delta AFH\sim\Delta ADB\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{AF}{AD}=\frac{AH}{AB}\Rightarrow AD.AH=AF.AB\)

Vậy thì \(AJ.AX=AH.AD\) hay \(AJ.AX=2.OM.AD\)    (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra  AP² = AQ² = 2OM.AD

Gọi số cần tìm là abc (a khác 0 và a;b; c là các chữ số )

Ta có: abc = 100a + 10b + c = 98a + 7b + 2a + 3b + c = 98a + 7b + (a + b + c) + (a + 2b)

Vì abc chia hết cho 7; 98a; 7b ; a+ b + c chia hết cho 7 nên a + 2b chia hết cho 7

Mà a + 2b lớn nhất bằng 9 + 2.9 = 27

=>  a+ 2b có thể bằng 7; 14; 21

+) Nếu a + 2b = 7 mà 2b chẵn => a lẻ và < 7 => a = 1;3;5 tương ứng b = 3; 2; 1

Với a= 1; b = 3 => a + b = 4 mà tổng a + b + c chia hết cho 7 => c = 3 => ta có số 133

Với a = 3 ; b = 2 => a + b = 5 => c = 2 hoặc 9 => ta có số  322; 329

+) Nếu a + 2b = 14 => a = 2; 4; 6; 8 tương ứng b = 6; 5; 4; 3

Với a = 2; b = 6 => a + b = 8 => c = 6 => có số 266

Với a = 4; b = 5 => a + b = 9 => c = 5 => có số 455

Với a = 6; b = 4 => a + b = 10 => c = 4 => có số 644

Với a = 8; b = 3 => a + b = 11 => c = 3 => có số 833

+) Nếu a + 2b = 21 => a ; b là chữ số nên a = 3; 5; 7; 9 tương ứng b = 9;8;7; 6

Với a = 3; b = 9 => c = 2 hoặc 9 => số 392 và  399

Với a = 5 ; b = 8 => c = 1 hoặc 8 => số 581 và 588

Với a = 7; b = 7 => c = 0 ; 7 => số 770 ; 777

Với a = 9; b = 6 => c = 6 => số 966

Vậy có tất cả các số là 133;322;329; 266;455; 644 ; 833; 392; 399; 581;588;770;777; 966

133; 266; 322; 329; 392; 399; 455; 511; 518; 581; 588; 644; 777; 833; 966

L-ike cho mình nha

 Ta đặt \(x=\sqrt[3]{2-\sqrt{b}};y=\sqrt[3]{2+\sqrt{b}}\Rightarrow x^3+y^3=4.\)
\(x^2=\sqrt[3]{4-4\sqrt{b}+b}=\sqrt[3]{\left(2-\sqrt{b}\right)^2},y^2=\sqrt[3]{4+4\sqrt{b}+b}=\sqrt[3]{\left(2+\sqrt{b}\right)^2}\).
\(\sqrt[3]{4-b}=\sqrt[3]{\left(2-\sqrt{b}\right)\left(2+\sqrt{b}\right)}=xy\).
Ta có: \(\frac{4}{a}+xy=x^2+y^2\Leftrightarrow\frac{4}{a}=x^2+y^2-xy.\)
          \(\Leftrightarrow4=a\left(x^2+y^2-xy\right)=\left(x+y\right)\left(x^2-xy+y^2\right)\).
Suy ra: x + y = a. Vậy x + y là ước của 4 và x + y nguyên dương.
Từ đó ta suy ra: x + y = 1; 2; 4. Kết hợp với điều kiện \(x^3+y^3=4,x\le y.\), Ta sẽ có 3 hệ, các bạn tìm x, y rồi tìm a, b.

sao lại suy ra x+y là ước của 4 hả bạn

Ta có:

10001000<C<10001+10002+...+1000100010001000<C<10001+10002+...+10001000

1000...00 (3000 chữ số)<C<100100...100 (3001 chữ số)

Vậy, 3 chữ số đầu tiên của C là: 100

ooooooooo me may

a;b;c là số nguyên dương =>3abc>0

=>a^3>b^3=> a>b

và a^3>c^3=>a>c

=>2a>b+c

=>4a>2.(b+c)=a^2

=>4>a

2.(b+c) là số chẵn =>a^2 là số chẵn=>a là số chẵn=>a=2

vì b;c<2=a và b;c là các số nguyên dương =>b=c=1

vậy a=2;b=1;c=1

a;b;c là số nguyên dương =>3abc>0

=>a^3>b^3=> a>b

và a^3>c^3=>a>c

=>2a>b+c

=>4a>2.(b+c)=a^2

=>4>a

2.(b+c) là số chẵn =>a^2 là số chẵn=>a là số chẵn=>a=2

vì b;c<2=a và b;c là các số nguyên dương =>b=c=1

vậy a=2;b=1;c=1

Nè bạn :) 

Ta có : \(2ab+2ac\ge4a\sqrt{bc}\) (Cauchy_)

\(\Rightarrow a^2+2ab+2ac+4bc\ge a^2+4a\sqrt{bc}+4bc\)

\(\Rightarrow a^2+2ab+2ac+4bc\ge\left(a+2\sqrt{bc}\right)^2\)

\(\Rightarrow\sqrt{\left(a+2b\right)\left(a+2c\right)}\ge a+2\sqrt{bc}\)\(\left(1\right)\)

Tương tự : \(\sqrt{\left(b+2a\right)\left(b+2c\right)}\ge b+2\sqrt{ac}\)\(\left(2\right)\)

\(\sqrt{\left(c+2a\right)\left(c+2b\right)}\ge c+2\sqrt{ab}\)\(\left(3\right)\)

Từ \(\left(1\right);\left(2\right);\left(3\right)\)\(\Rightarrow\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)^2\ge3\)

\(\Rightarrow\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\ge\sqrt{3}\)

Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}\)

Thay vào biểu thức M ta được M = \(\frac{\sqrt{3}}{3}\)

A B C M O I x

Trên nửa mặt phẳng bờ AC không chứa điểm B vẽ ^CAx=^OAB. Trên Ax lấy điểm I sao cho AO=AI

Nối I với O và C.

Xét \(\Delta\)AMB và \(\Delta\)AMC:

AB=AC

AM chung            => ^MAB < ^MAC hay ^OAB < ^OAC

MB<MC

Mà ^OAB=^IAC => ^IAC < ^OAC

Xét \(\Delta\)AIC và \(\Delta\)AOC:

Cạnh AC chung

^IAC < ^OAC               => IC < OC

AI=AO

Xét \(\Delta\)OCI có: IC < OC => ^OIC > ^IOC (1)

Ta có: Tam giác OAI: AO=AI => \(\Delta\)OAI cân tại A => ^AIO=^AOI  (2)

Từ (1) và (2) => ^OIC+^AIO > ^IOC+^AOI => ^AIC > ^AOC (3)

Sau đó c/m \(\Delta\)AOB=\(\Delta\)AIC (c.g,c) => ^AIC=^AOB (4)

Từ (3) và (4) => ^AOB > ^AOC (đpcm).

cuhevhuvhuvwvvfrbuvhfevhvhwreuv(hhhuvfuhevhhfuevhheuwevhehuhfuhhuueuhhfehvfhfhuwehhuuhvweihhhfehrihffreihfhreufhrefhuhefwfhheffuhewfuhibfewihubfefevubfềvuheb&bvefhbuveufded

A D E B C I M N K F

a) +) Chứng minh \(\Delta\)DAC = \(\Delta\)BAE 

Thật vậy: Ta có: AD = AB ( \(\Delta\)DAB đều ) 

                         ^DAB = ^CAE ( = 60\(^o\); \(\Delta\)DAB đều ; \(\Delta\)CAE đều ) => ^DAC = ^BAE 

                           CA = AE ( \(\Delta\)CAE đều )

Từ 3 điều trên => \(\Delta\)DAC = \(\Delta\)BAE ( c.g.c) (1)

=>  ^ABE = ^ADC (2)

+) Xét \(\Delta\)KAD và \(\Delta\)KIB có: ^DKA = ^BKI ( đối đỉnh )

                                                  ^KDA = ^KBI( theo  ( 2)  )

                    mà ^DKA + ^KDA + ^KAD= ^BKI + ^KBI + ^KIB = 180\(^o\)

=>  ^KIB = ^KAD = ^BAD=  60\(^o\)

=> ^DIB = 60\(^o\)

b) Từ (1) => DC = BE mà M là trung điểm DC; N là trung điểm BE 

=> DM  = BN (3) 

+) Xét \(\Delta\)BAN và \(\Delta\)DAM 

có: BN = DM ( theo (3)

     ^ABN = ^ADM ( theo (2)

     AB = AD ( \(\Delta\)ADB đều )

=> \(\Delta\)BAN = \(\Delta\)DAM  (4) 

=> AN = AM  => \(\Delta\)AMN cân tại A  (5)

+) Từ (4) => ^BAN = ^DAM => ^BAM + ^MAN = ^DAB + ^BAM  

=> ^MAN = ^DAB = 60\(^o\)(6)

Từ (5); (6) => \(\Delta\)AMN đều 

c) +) Trên tia đối tia MI lấy điểm F sao cho FI = IB => \(\Delta\)FIB cân tại I 

mà ^BIF = ^BID = 60\(^{\text{​​}o}\)( theo (a))

=> \(\Delta\)FIB đều  (7)

=> ^DBA = ^FBI( =60\(^o\))

=> ^DBF + ^FBA = ^FBA + ^ABI 

=> ^DBF = ^ABI  

Lại có: BI = BF ( theo (7) ) và BA = BD ( \(\Delta\)BAD đều )

Từ (3) điều trên => \(\Delta\)DFB = \(\Delta\)AIB  => ^AIB = ^DFB = 180\(\text{​​}^o\)- ^BFI = 180\(\text{​​}^o\)-60\(\text{​​}^o\)=120\(\text{​​}^o\)

+) Mặt khác ^BID = 60 \(\text{​​}^o\)( theo (a) ) 

=> ^DIE = 180\(\text{​​}^o\)- ^BID = 120 \(\text{​​}^o\)và ^DIA = ^AIB - ^BID = 120\(\text{​​}^o\)-60\(\text{​​}^o\)=60\(\text{​​}^o\)

=> ^AIE = ^DIE - ^DIA = 120\(\text{​​}^o\)-60\(\text{​​}^o\)=60\(\text{​​}^o\)

=> ^DIA = ^AIE ( = 60\(\text{​​}^o\)) 

=> IA là phân giác ^DIE.

Ta có:\(A=n^3+3n^2+5n+3\)=\(n^3-n+3n^2+6n+3\)

=\(n\left(n^2-1\right)+3\left(n^2+2n+1\right)\)

\(=\left(n-1\right)n\left(n+1\right)+3\left(n+1\right)^2\)

Vì \(\left(n-1\right)n\left(n+1\right)\) là tích của 3 số nguyên liên tiếp nên \(\left(n-1\right)n\left(n+1\right)⋮3\)

Mà \(3\left(n+1\right)^2⋮3\) nên \(A=n^3+3n^2+5n+3⋮3\) với mọi n

Áp dụng cosi ta có \(a.a.a.b.b\le\frac{3a^5+2b^5}{5};b.b.b.a.a\le\frac{3b^5+2a^5}{5}\)

=> \(a^5+b^5\ge a^2b^2\left(a+b\right)\)

Khi đó

\(VT\le\frac{1}{ab\sqrt{a+b}}+\frac{1}{bc\sqrt{b+c}}+\frac{1}{ac\sqrt{a+c}}\)

Áp dụng BĐT buniacoxki  ta có :

\((\frac{1}{ab\sqrt{a+b}}+\frac{1}{bc\sqrt{b+c}}+\frac{1}{ac\sqrt{a+c}})^2\le\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)\left(\frac{1}{b^2\left(a+b\right)}+\frac{1}{c^2\left(b+c\right)}+...\right)\)

Mà 1/a^2+1/b^2+1/c^2=1(giả thiết)

=> \(VT\le VP\)(ĐPCM)

Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=can(3)

hay quá