M N P G x y z a b c
Đặt độ dài các cạnh như hình vẽ trên.
Cô sẽ dùng kiến thức lượng giác lớp 10 để giải. Một cố công thức và bất đẳng thức cơ sở để làm bài này, các em có thể kham khảo trên các webside khác.

Áp dụng công thức \(cotA=\frac{b^2+c^2-a^2}{4S}\) ( S là diện tích của tam giác chứa góc A) 
 và dễ thấy \(S_{\Delta GMN}=S_{\Delta GNP}=S_{\Delta GMP}=\frac{1}{3}S_{\Delta MNP}\). Từ đó ta có:

\(cotGNP+cotGPM+cotGMN=\frac{a^2+y^2-b^2}{4S_{\Delta GNP}}+\frac{z^2+b^2-c^2}{4.S_{\Delta GPM}}+\frac{x^2+c^2-a^2}{4.S_{\Delta GMN}}\) 
                                                              \(=\frac{x^2+a^2-b^2+z^2+b^2-c^2+x^2+c^2-a^2}{4.\frac{1}{3}.S_{\Delta MNP}}\)
                                                             \(=\frac{x^2+y^2+z^2}{4.\frac{1}{3}.S_{\Delta MNP}}=3\sqrt{3}\)
 Suy ra:                          \(x^2+y^2+z^2=4\sqrt{3}.S_{\Delta MNP}\). (1) 
Áp dụng công thức: \(x=2R.sinP;y=2R.sinM;z=2r.sinN;S_{\Delta MNP}=2R.sinM.sinN.sinP\) ( R là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ). Thay vào (1) và rút gọn ta có:
\(sin^2M+sin^2N+sin^2P=2\sqrt{3}.sinM.sinN.sinP\)
\(\Leftrightarrow\frac{3\sqrt{3}}{2}\left(sin^2M+sin^2N+sin^2P\right)=9.sinM.sinN.sinP\)(2) 
Áp dụng bất đẳng thức: Trong tam giác MNP bất kì ta có: \(sinM+sinN+sinP\le\frac{3\sqrt{3}}{2}\) vào vế trái của (2) ta có:
\(\frac{3\sqrt{3}}{2}\left(sin^2M+sin^2N+sin^2P\right)\ge\left(sinM+sinN+sinP\right)\left(sin^2M+sin^2N+sin^2P\right)\)
                                                                  \(\ge3\sqrt[3]{sinM.sinN.sinP}.3\sqrt[3]{sin^2M.sin^2N.sin^2P}=9.sinM.sinN.sinP\).
 Dấu bằng xảy ra khi \(sinM=sinN=sinP\) hay \(\widehat{M}=\widehat{N}=\widehat{P}=60^o\). Hay tam giác MNP đều.
                                          

Với i = 1 thì

\(1+x_1\ge1+x_1\) (đúng)

Giả sử bất đẳng thức đúng đến i = k thì ta có

\(\left(1+x_1\right)\left(1+x_2\right)...\left(1+x_k\right)\ge1+x_1+x_2+...+x_k\)

Đặt \(1+x_1+x_2+...+x_k=y\)

\(\Rightarrow x_1+x_2+...+x_k=y-1\)

\(\Rightarrow y-1\)cùng dấu với x_n

Ta chứng minh bất đẳng thức đúng với \(i=k+1\)

Ta có

\(\left(1+x_1\right)\left(1+x_2\right)...\left(1+x_k\right)\left(1+x_{k+1}\right)\ge\left(1+x_1+x_2+...+x_k\right)\left(1+x_{k+1}\right)\)

Ta chứng minh

\(\left(1+x_1+x_2+...+x_k\right)\left(1+x_{k+1}\right)\ge1+x_1+x_2+...+x_k+x_{k+1}\)

\(\Leftrightarrow y\left(1+x_{k+1}\right)\ge y+x_{k+1}\)

\(\Leftrightarrow x_{k+1}\left(y-1\right)\ge0\)

Bất đẳng thức này đúng vì \(x_{k+1};\left(y-1\right)\)là hai số cùng dấu

\(\Rightarrow\)Bất đẳng thức đúng với i = k + 1

Vậy bất đẳng thức ban đầu là đúng (phương pháp quy nạp nhé bạn)

không biết làm sao đây?

mình mới lớp 4.

c/ Ta có BF = FD

=> Tam giác BFD cân tại F

=> \(\widehat{FBD}=\widehat{FDB}=\frac{\widehat{AFB}}{2}=30\)

=> \(\widehat{BDC}=\widehat{ADC}-\widehat{BDF}=120-30=90\left(1\right)\)

Tam giác BME có

BM = BE

\(\widehat{MBE}=60\)

=> Tam giác MBE là tam giác đều

Tam giác MEC cân vì có ME = EC

=> \(\widehat{EMC}=\widehat{MCE}=\frac{\widehat{MEB}}{2}=30\)

=> \(\widehat{BMC}=\widehat{BME}+\widehat{EMC}=60+30=90\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) => tứ giác BMCD nội tiếp đường tròn tâm E

Ta lại có \(\widehat{MBD}=\widehat{CBD}+\widehat{MBC}=30+60=90\)

=> DM là đường kính của đường tròn tâm E

=> M,E,D thẳng hàng

A D C B E F

a/ Ta có

AF vừa bằng BE vừa // BE nên tứ giác ABEF là hình bình hành

Ta lại có \(AB=AF=\frac{AD}{2}\)

=> Tứ giác ABEF là hình thoi

=> AE vuông góc với BF

b/ Ta có

AB = DC (hai cạnh đối của hình bình hành) (1)

Xét \(\Delta ABF\)có 

\(AB=AF=\frac{AD}{2}\)

\(\widehat{BAF}=60\)

\(\Rightarrow\Delta ABF\)đều

\(\Rightarrow AB=BF\)(2)

Từ (1) và (2) => BF = CD

Và FD // BC

=> Tứ giác BFDC là hình thang cân

c/ Đề thiếu dữ kiện không làm được câu c. Điểm M ở đâu

Sửa câu b/ Thành chứng minh tứ giác BFDC là hình thang can

Ta có:

\(1+x^2=xy+yz+zx+x^2=\left(x+y\right)\left(x+z\right)\)

\(1+y^2=xy+yz+xz+y^2=\left(y+z\right)\left(x+y\right)\)

\(1+z^2=xy+yz+xz+z^2=\left(x+z\right)\left(y+z\right)\)

Thay vào A được:

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

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

\(=x\left(y+z\right)+y\left(x+z\right)+z\left(x+y\right)\)

\(=xy+xz+xy+yz+xz+zy\)

\(=2\left(xy+yz+xz\right)\)

\(=2\)(do xy+yz+xz=1)

=>Đpcm

Dạng toán này rất nhiều bạn hỏi rồi: thay \(xy+yz+zx=1\) vào các căn thức rồi phân tích đa thức thành nhân tử.

A B E C D F F'

a/ Vì E là giao điểm của 2 tiếp tuyến của đường tròn (O;r) nên EF = EF' (1)

Dễ dàng chứng minh được \(\Delta OAF=\Delta OF'C\left(\text{2 cạnh góc vuông}\right)\) 

=> AF = CF' (2)

Cộng (1) và (2) theo vế được ĐPCM

b/ Từ AF = 2CF' suy ra được AB = CD 

ta chứng minh được AE = EC 

kết hợp hai điều trên suy ra được tam giác ABD là tam giác cân có 

OE là tia phân giác (E là giao điểm hai tiếp tuyến cắt nhau)

Suy ra đpcm

c/ Ta có AB = BE , AF = FB

=> \(OE=\sqrt{OF^2+EF^2}=\sqrt{r^2+\left(3AF\right)^2}=\sqrt{r^2+9.\left(R^2-r^2\right)}\)

\(\sqrt{9R^2-8r^2}\) không đổi. Mà O cố định nên E thuộc \(\left(O;\sqrt{9R^2-8r^2}\right)\)

x=-3 la nghiem 

(chi tiet sau)

Đk:\(-\sqrt{10}\le x\le\sqrt{10}\)

\(\left(x+3\right)\sqrt{10-x^2}=x^2-x-12\)

\(\Leftrightarrow\left(x+3\right)\sqrt{10-x^2}=\left(x+3\right)\left(x-4\right)\)

\(\Leftrightarrow\left(x+3\right)\sqrt{10-x^2}-\left(x+3\right)\left(x-4\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x+3\right)\left[\sqrt{10-x^2}-\left(x-4\right)\right]=0\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x+3=0\\\sqrt{10-x^2}-\left(x-4\right)=0\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=-3\\\sqrt{10-x^2}=x-4\left(\text{*}\right)\end{cases}}\)

Đk_(*):\(x\ge4\). Bình phương 2 vế ta có:

\(10-x^2=x^2-8x+16\)

\(\Leftrightarrow x^2-4x+3=0\)

\(\Delta=\left(-4\right)^2-4\cdot1\cdot3=4\)

\(\Leftrightarrow x_{1,2}=\frac{4\pm\sqrt{4}}{2}\) \(\Rightarrow\orbr{\begin{cases}x_1=1\\x_2=3\end{cases}}\) (loại vì \(x\ge4\))

Vậy....

A B C D E F I M N

Do AE = CF nên AEFD và CFEB là hai hình thang vuông bằng nhau. Vậy thì \(S_{CFAB}=\frac{S_{ABCD}}{2}\Rightarrow S_{EMB}+S_{MNCB}+S_{NFC}=\frac{S_{ABCD}}{2}\)

Lại có \(S_{IBC}=\frac{S_{ABCD}}{2}\Rightarrow S_{IMN}+S_{NMCB}=\frac{S_{ABCD}}{2}\)

Vậy thì \(S_{IMN}=S_{MEB}+S_{NFC}\)

em cảm ơn ạ