Bạn tự vẽ hình nhé :))

Từ B kẻ tia Bx cắt AD tại E sao cho góc ABE = góc ADC.

\(\Delta AEB\)và \(\Delta ACD\)có:  góc ABE = góc ADC (cách dựng) và góc BAE = góc DAC (gt)

\(\Rightarrow\)\(\Delta AEB\)đồng dạng \(\Delta ACD\)\(\Rightarrow\)\(\frac{AB}{AD}=\frac{AE}{AC}\)\(\Rightarrow\)\(AB.AC=AE.AD\)(1)

\(\Rightarrow\)góc BED = góc ACD.

\(\Delta ACD\)và \(\Delta BED\)có:  góc ACD = góc BED (cmt) và góc ADC = góc BDE (đối đỉnh)

\(\Rightarrow\)\(\Delta ACD\)đồng dạng \(\Delta BED\)\(\Rightarrow\)\(\frac{DB}{AD}=\frac{DE}{DC}\)\(\Rightarrow\)\(DB.DC=DE.AD\)(2)

Lấy (1) - (2) vế theo vế ta được \(AB.AC-DB.DC=AD\left(AE-DE\right)\)\(\Leftrightarrow\)\(AD^2=AB.AC-DB.DC\)(đpcm).

Cảm ơn bạn nhiều

bạn cứ đặt a=x.q , b=c.q. Trong đó q là UWCLN (a,b)

rồi BCNN(a,b)=x.q.c

ta có BCNN nhân UWCLN cộng 3 =q.(x.q.c)=14.rùi tự làm nhé

bạn giải tiếp đi

x=38 ; a=1; b=4

x = 38 còn a = 1 và b = 4

Gọi I là giao điểm của MN và AC.

Ta có: \(\widehat{IHO}=\widehat{OEI}=90°\)

\(\Rightarrow\)Tứ giác EIHO nội tiếp đường tròn.

\(\Rightarrow\)Tâm của đường tròn ngoại tiếp ∆OHE nằm trên đường trung trực của EI.(*)

Ta có ∆AIH \(\approx\)∆AOE 

\(\Rightarrow\)AH.AO = AE.AI (1)

Ta có: ∆AMB \(\approx\)AOM

\(\Rightarrow\)AM² = AH.AO (2)

Ta lại có: ∆ABM \(\approx\)∆AMC

\(\Rightarrow\)AM² = AB.AC (3)

Từ (1), (2), (3) \(\Rightarrow\)AE.AI = AB.AC

Vì A,B,C,E cố định nên I cố định (**)

Từ (*), (**) suy ta tâm đường tròn ngoại tiếp ∆OHE nằm trên đường trung trực của EI.

PS: không chứng minh được nó nằm trên đường tròn nha b. Hình tự vẽ.

bạn cho mình hỏi tại sao tam giác ABM đồng dạng với tam giác AMC vậy?. Mình ko hiểu chỗ đó

25 ko đúng thì chết lun

25 

chac do ban nghe

ta có \(x+y+z=2019xyz=>2019x^2=\frac{x^2+xy+xz}{yz}\)

\(=>2019x^2+1=\frac{x^2+xy+xz+yz}{yz}=\frac{\left(x+y\right)\left(x+z\right)}{yz}=\left(\frac{x}{y}+1\right)\left(\frac{x}{z}+1\right)\)

\(=>\sqrt{2019x^2+1}=\sqrt{\left(\frac{x}{y}+1\right)\left(\frac{x}{z}+1\right)}\le\frac{1}{2}\left(\frac{x}{y}+\frac{x}{z}+2\right)=1+\frac{x}{2}\left(\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\)

(theo BDT cô -si)

\(=>\frac{x^2+1+\sqrt{2019x^2+1}}{x}\le\frac{x^2+1+1+\frac{x}{2}\left(\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)}{x}=x+\frac{2}{x}+\frac{1}{2}\left(\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\)

tương tự \(\frac{y^2+1+\sqrt{2019y^2+1}}{z}\le y+\frac{2}{y}+\frac{1}{2}\left(\frac{1}{z}+\frac{1}{x}\right)\)

\(\frac{z^2+1+\sqrt{2019z^2+1}}{z}\le z+\frac{2}{z}+\frac{1}{2}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)\)

=>.vt\(\le x+y+z+3\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\)

chứng minh được \(\left(x+y+z\right)^2\ge3\left(xy+yz+zx\right)\)

=>\(3\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)=\frac{3\left(xy+yz+zx\right)}{2019xyz}\le\frac{2019\left(x+y+z\right)^2}{x+y+z}=2019\left(x+y+z\right)\)

=>.vt\(\le2020\left(x+y+z\right)=2020.2019xyz=\)vt

=> dpcm

Ta có: \(2019xyz=x+y+z\)

=> \(2019xy=\frac{x}{z}+\frac{y}{z}+1>1\); \(2019yz=\frac{y}{x}+\frac{z}{x}+1>1\); \(2019xz=\frac{x}{y}+\frac{z}{y}+1>1\)

Ta  lại có: \(x+y+z=2019xyz\)

=> \(2019x\left(x+y+z\right)=2019^2x^2yz\)

=> \(2019x^2+1=\left(2019^2x^2yz-2019xy\right)-\left(2019xz-1\right)\)

=> \(2019x^2+1=\left(2019xy-1\right)\left(2019xz-1\right)\le\frac{\left(2019xy+2019xz-2\right)^2}{4}\)

=> \(\sqrt{2019x^2+1}\le\frac{2019xy+2019xz-2}{2}\)

Tương tự : \(\sqrt{2019y^2+1}\le\frac{2019xy+2019yz-2}{2}\)

\(\sqrt{2019z^2+1}\le\frac{2019xz+2019yz-2}{2}\)

=> \(\frac{x^2+1+\sqrt{2019x^2+1}}{x}+\frac{y^2+1+\sqrt{2019y^2+1}}{y}+\frac{z^2+1+\sqrt{2019z^2+1}}{z}\)

\(\le\)\(\frac{x^2+1+\frac{2019xy+2019xz-2}{2}}{x}+\frac{y^2+1+\frac{2019xy+2019yz-2}{2}}{y}+\frac{z^2+1+\frac{2019xz+2019yz-2}{2}}{z}\)

\(=\frac{2x^2+2019xy+2019xz}{2x}+\frac{2y^2+2019xy+2019yz}{2y}+\frac{2z^2+2019xz+2019yz}{2z}\)

\(=x+\frac{2019}{2}y+\frac{2019}{2}z+y+\frac{2019}{2}x+\frac{2019}{2}z+z+\frac{2019}{2}x+\frac{2019}{2}y\)

\(=2020\left(x+y+z\right)=2020.2019xyz\)

Vậy có điều cần cm

Dấu "=" xảy ra <=> \(\hept{\begin{cases}x=y=z\\x+y+z=2019xyz\end{cases}}\Leftrightarrow x=y=z=\frac{1}{\sqrt{673}}\)

M A C D O B N P Q E

Dễ thấy \(\Delta MCB~\Delta MDC\left(g.g\right)\Rightarrow\frac{MC}{MD}=\frac{BC}{CD}\)( 1 )

\(\Delta MAB~\Delta MDA\left(g.g\right)\Rightarrow\frac{MA}{MD}=\frac{AB}{AD}\)( 2 )

Lại có MA = MC . Từ ( 1 )  và ( 2 ) suy ra \(\frac{BC}{CD}=\frac{AB}{AD}\Rightarrow AD.BC=AB.CD\)

Áp dụng định lí Ploleme với tứ giác ABCD, ta có :

\(AB.CD+AD.BC=AC.BD\)

\(\Rightarrow BC.AD=AC.BD-AB.CD=\frac{1}{2}AC.BD\)

\(\Rightarrow\frac{AC}{AD}=\frac{2BC}{BD}\)( 3 )

\(\Delta NBE~\Delta NDB\left(g.g\right)\Rightarrow\frac{NB}{ND}=\frac{BE}{DB}\); \(\Delta NCE~\Delta NDC\left(g.g\right)\Rightarrow\frac{NC}{ND}=\frac{CE}{CD}\)

lại có :  NB = NC \(\Rightarrow\frac{BE}{BD}=\frac{CE}{CD}\Rightarrow BE.CD=CE.BD\)

Áp dụng định lí Ptoleme với tứ giác BECD, ta có : 

\(BE.CD+CE.BD=BC.DE\Rightarrow BE.CD=CE.BD=\frac{1}{2}BC.DE\)

\(\Delta PBC~\Delta PDB\left(g.g\right)\Rightarrow\frac{PC}{PB}=\frac{PB}{PD}\Rightarrow PC.PD=PB^2\)

Mà \(\frac{PC}{PB}=\frac{PB}{PD}=\frac{BC}{BD}\)

Mặt khác : \(\frac{PC}{PD}=\frac{PC.PD}{PD^2}=\left(\frac{PB}{PD}\right)^2=\left(\frac{BC}{BD}\right)^2\)( 4 )

suy ra : \(\frac{PC}{PD}=\left(\frac{BC}{BD}\right)^2=\left(\frac{2CE}{DE}\right)^2\)

giả sử AE cắt CD tại Q

\(\Rightarrow\Delta QEC~\Delta QDA\left(g.g\right)\Rightarrow\frac{QC}{QD}=\left(\frac{2CE}{DE}\right)^2\)

\(\Rightarrow\frac{QC}{QD}=\frac{PC}{PD}\Rightarrow P\equiv Q\)

Vậy 3 điểm A,E,P thẳng hàng

v mình quên nối AE cắt CD. hay là nối 3 điểm A,E,P mà thôi, không sao.

vì b,c là nghiệm của phương trình nên \(\hept{\begin{cases}b^2-ab-\frac{1}{2a^2}=0\\c^2-ab-\frac{1}{2a^2}=0\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}b^4=\left(ab+\frac{1}{2a^2}\right)^2\\c^4=\left(ac+\frac{1}{2a^2}\right)^2\end{cases}}\)

\(b^4+c^4=\left(ab+\frac{1}{2a^2}\right)^2+\left(ac+\frac{1}{2a^2}\right)^2\ge\frac{1}{2}\left(ab+ac+\frac{1}{a^2}\right)^2\)

\(=\frac{1}{2}\left[a\left(b+c\right)+\frac{1}{a^2}\right]^2\)

mà theo viet : (tính delta đầu tiên nhá ): b+c=a.

\(\Rightarrow b^4+c^4\ge\frac{1}{2}\left(a^2+\frac{1}{a^2}\right)^2\ge2\)(AM-GM)

Dấu = xảy ra khi a=1 hoặc a=-1

^^ Lời giải hay 

hihi em mới học lớp 3 thôi

đề bài sai rồi bạn nhé check lại đi 

Sửa đề: \(\frac{a}{b}+\frac{a}{c}+\frac{c}{b}+\frac{c}{a}+\frac{b}{c}+\frac{b}{a}\ge\sqrt{2}\left(\Sigma\sqrt{\frac{1-a}{a}}\right)\)

or \(\Sigma\frac{b+c}{a}\ge\Sigma\sqrt{\frac{2\left(b+c\right)}{a}}\)

Theo AM-GM:\(\frac{b+c}{a}\ge2\sqrt{\frac{2\left(b+c\right)}{a}}-2\)

Tương tự và cộng lại: \(VT\ge2\Sigma\sqrt{\frac{2\left(b+c\right)}{a}}-6\)

Mà: \(\Sigma\sqrt{\frac{2\left(b+c\right)}{a}}\ge3\sqrt[6]{\frac{8\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{abc}}\ge6\)

Từ đó: \(VT\ge2\Sigma\sqrt{\frac{2\left(b+c\right)}{a}}-\Sigma\sqrt{\frac{2\left(b+c\right)}{a}}=VP\)

Done!