A B O C I K M E F P N

a) Ta thấy MEC và MFC là các tam giác vuông chung cạnh huyền MC nên MECF nội tiếp đường tròn đường kính MC.

Dễ thấy MECF là hình chữ nhật (Tứ giác có 3 góc vuông) nên \(\widehat{CEF}=\widehat{ECM}\)

Lại có \(\widehat{IEC}=\widehat{ICE}\Rightarrow\widehat{IEF}=\widehat{MCA}=90^o\)

Vậy EF là tiếp tuyến của (I).

Hoàn toàn tương tự FE là tiếp tuyến đường tròn (K). Vậy EF là tiếp tuyến chung của hai đường tròn.

b) MECF là hình chữ nhật nên EF = MC.

Do EI và FK cùng vuông góc với EF nên IEFK là hình thang vuông.

\(\Rightarrow S_{IEFK}=\frac{\left(EI+FK\right).EF}{2}=\frac{\left(IC+CK\right).MC}{2}=\frac{IK.MC}{2}\)

\(=\frac{\frac{AB}{2}.MC}{2}=MC\le MH\) với H là điểm chính giữa cung AB.

Vậy để diện tích IEFK lớn nhất thì C nằm chính giữa cung AB. Khi đó \(S_{IEFK}=2\left(cm^2\right)\)

c) Ta thấy \(\widehat{MPF}=\widehat{MCF}\)    (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung MF) \(=\widehat{MBN}\)  (Góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến dây cung cùng chắn cung CF)

\(\Rightarrow\Delta MPF\sim\Delta MBN\left(g-g\right)\)

d) Do \(\Delta MPF\sim\Delta MBN\Rightarrow\widehat{MFP}=\widehat{MNB}\)

Mà \(\widehat{MFP}=\widehat{MEP}\Rightarrow\widehat{PNA}=\widehat{MEP}\)  hay NPEA là tứ giác nội tiếp.

Tương tự PFBN cũng là tứ giác nội tiếp.

Vậy thì ta có: \(\widehat{PNE}=\widehat{PAE}=\widehat{PBM}=\widehat{PNF}\)

Hay N, E, F thẳng hàng.

A C B O I M N H K P O' G

a) Do I thuộc đường tròn (O), AC là đường kính nên \(\widehat{AIC}=90^o\)

Xét tam giác vuông ABC, đường cao AI, ta có:

 \(BI.CI=AI^2\)

b) Ta thấy O là trung điểm AC,OM // AI (Cùng vuông góc với BC) nên OM là đường trung bình tam giác AIC.

\(\Rightarrow IM=MC\)

Xét tam giác AIM và tam giác CNM có:

\(\widehat{IMA}=\widehat{NMC}\)  (Hai góc đối đỉnh)

\(\widehat{AIM}=\widehat{CNM}\)  (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC)

\(\Rightarrow\Delta AIM\sim\Delta CNM\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{AM}{CM}=\frac{IM}{MN}\)

\(\Rightarrow\frac{AM}{CM}=\frac{CM}{MN}\Rightarrow AM.MN=CM^2\)

c) Xét tam giác vuông IAB có PA = PI (Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) 

nên \(\widehat{PAI}=\widehat{PIA}\Rightarrow\widehat{PBI}=\widehat{PIB}\Rightarrow PI=PB\) 

Suy ra PA = PB hay P là trung điểm AB.

Gọi P' là giao điểm của CK với AB.

Dễ thấy IH // AB nên áp dụng định lý Talet ta có:

\(\frac{IK}{BP'}=\frac{KC}{CP'}=\frac{KH}{AP'}\)

Mà IK = KH nên BP' = AP' hay P' là trung điểm của AB. Vậy \(P'\equiv P\)

Suy ra P, K, C thẳng hàng.

d) Gọi G là giao điểm của O'M với AC. Ta chứng minh \(\widehat{O'GC}=90^o\)

Thật vậy : \(\widehat{GMC}=\widehat{O'MI};\widehat{MCG}=\widehat{INM}=\frac{\widehat{IO'M}}{2}\) (Các góc nội tiếp cùng chắn một cung)

\(\Rightarrow\widehat{MCG}+\widehat{GMC}=\frac{\widehat{IO'M}}{2}+\widehat{O'MI}\)

Lại có \(\widehat{O'IM}=\widehat{O'IM}\Rightarrow2\widehat{O'MI}+\widehat{IO'M}=180^o\)

\(\Rightarrow\frac{\widehat{IO'M}}{2}+\widehat{O'MI}=90^o\Rightarrow\widehat{CMG}+\widehat{GCM}=90^o\)

\(\Rightarrow\widehat{O'IM}+\widehat{MIO}=\widehat{GMC}+\widehat{OCM}=90^o\)

Suy ra OI là tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác IMN.

em có thể nhìn thấy tương lai của mình ở lớp 9 ra sao rồi!!! Nhìn bài giải mà sợ sởn cả tóc gáy luôn trời!

A B C O K N M x

Gọi Mx là tia đối của tia MA.

+) Ta có: Tứ giác AMBC nội tiếp có góc ngoài là ^BMx => ^BMx = ^ACB (1)

Tứ giác AKNC nội tiếp có góc ngoài là ^BKN => ^BKN = ^ACB

Xét đường tròn (BKN): ^BKN = ^BMN (2 góc nội tiếp cùng chắn cung BN) => ^BMN = ^ACB (2)

Từ (1) và (2) => ^BMx = ^BMN => MB là tia phân giác của ^NMx (*)

+) Xét đường tròn (O) có: ^ACN = ^ACB = 1/2.Sđ(AN = 1/2.^AON

Mà ^ACB = ^BMN = 1/2.^NMx (cmt) nên ^AON = ^NMx => Tứ giác AONM nội tiếp

Xét đường tròn (AONM): OA=ON => (OA = (ON => ^AMO = ^NMO = 1/2.AMN

=> MO là tia phân giác của ^AMN (**)

+) Từ (*) và (**) kết hợp với ^AMN + ^NMx = 180⁰ suy ra: ^OMB = 90⁰ (đpcm).

ĐKXĐ: x#0

Ta có: \(T=8x^2-4x+\frac{1}{4x^2}+15\)

<=> \(T=\left(4x^2+\frac{1}{4x^2}\right)+\left(4x^2-4x+1\right)+14\)

Áp dụng BĐT \(a+\frac{1}{a}\ge2\)cho số a thuộc N*,ta có:

\(T\ge2+\left(2x-1\right)^2+14\)

=> Min T=16 khi và chỉ khi \(x=\frac{1}{2}\)

\(8x^2-4x+\frac{1}{4x^2}+15\)

\(=\left(4x^2-4x+1\right)+\left(4x^2-2+\frac{1}{4x^2}\right)+15-1+2\)

\(=4\left(x-\frac{1}{2}\right)^2+\left(2x-\frac{1}{2x}\right)^2+16\ge16\)

Vậy GTNN là 16 đạt được khi x = \(\frac{1}{2}\)

ĐKXĐ \(\hept{\begin{cases}30\ge\frac{5}{x^2}\\6x^2\ge\frac{5}{x^2}\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x^2\ge\frac{1}{6}\\x^4\ge\frac{5}{6}\end{cases}}}\)

Đặt \(\hept{\begin{cases}6x^2=a\\\frac{5}{x^2}=b\end{cases}}\)\(\left(a\ge b>0\right)\)

\(\Rightarrow ab=30\)

Khi đó pt đã cho trở thành 

\(\sqrt{ab-b}+\sqrt{a-b}=a\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{ab-b}=a-\sqrt{a-b}\)

\(\Rightarrow ab-b=a^2-2a\sqrt{a-b}+a-b\)

\(\Leftrightarrow ab=a^2-2a\sqrt{a-b}+a\)(*)

Vì \(a\ne0\)nên chia cả 2 vế của (*) cho a ta đc

\(b=a-2\sqrt{a-b}+1\)

\(\Leftrightarrow a-b-2\sqrt{a-b}+1=0\)

\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{a-b}-1\right)^2=0\)

\(\Leftrightarrow a-b=1\)

\(\Leftrightarrow6x^2-\frac{5}{x^2}=1\)

\(\Leftrightarrow\frac{6x^4-5}{x^2}=1\)

\(\Leftrightarrow6x^4-x^2-5=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x^2-1\right)\left(6x^2+5\right)=0\)

\(\Leftrightarrow x^2-1=0\)

\(\Leftrightarrow x=\pm1\)

Thử lại thấy \(x=\pm1\)thỏa mãn bài toán

Vậy ...........

ok

OABCDHEMNFK

a) Do C thuộc đường tròn mà DB là đường kính nên góc \(\widehat{BCD}\) chắn nửa đường tròn.

\(\Rightarrow\widehat{BCD}=90^o\Rightarrow BC\perp DC\)

Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có OH là phân giác góc BOC. Lại có OBC là tam giác cân tại O nên OH cũng là đường cao.

Vậy \(OH\perp BC\)

b) Xét tam giác vuông OCA có CH là đường cao nên áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có:   \(OH.OA=OC^2=R^2\)

Xét tam giác vuông DBA có đường cao BE nên áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có: 

\(DE.DA=BD^2=\left(2R\right)^2=4R^2\)

c) Xét tam giác MBA có OH và BE là các đường cao nên N là trực tâm.

Vậy thì \(MN\perp BA\)

Lại có \(BD\perp BA\) nên BD // MN.

d) Ta chứng minh \(OF\perp AD\)

Ta có \(\widehat{BCA}=\widehat{DCO}\) (Cùng phụ với góc OCB)

\(\Rightarrow\widehat{BCA}+90^o=\widehat{DCO}+90^o\Rightarrow\widehat{DCA}=\widehat{FCO}\)  (1)

Ta cũng có tứ giác ABOC nội tiếp nên \(\widehat{CAO}=\widehat{CBO}\)

Mà \(\widehat{CBO}=\widehat{CDF}\) (Cùng phụ với góc CFD)

\(\Rightarrow\widehat{CAO}=\widehat{CDF}\)

Vậy thì \(\Delta CAO\sim\Delta CDF\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{CA}{CD}=\frac{CO}{CF}\Rightarrow\frac{CA}{CO}=\frac{CD}{CF}\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\Delta DCA\sim\Delta FCO\left(c-g-c\right)\Rightarrow\widehat{ADC}=\widehat{OFC}\)

\(\Rightarrow\widehat{ADF}-\widehat{CDF}=\widehat{CFD}-\widehat{OFD}\)

\(\Rightarrow\widehat{ADF}+\widehat{OFD}=\widehat{CFD}+\widehat{CDF}=90^o\)

\(\Rightarrow\widehat{DKF}=90^o\Rightarrow OF\perp AD\)

Xét tam giác cân DOE có OK là đường cao nên đồng thời là trung tuyến. Vậy K là trung điểm DE.

Xét tam giác vuông ABD có BE là đường cao nên \(\frac{1}{BE^2}=\frac{1}{BA^2}+\frac{1}{BD^2}=\frac{1}{5R^2}+\frac{1}{4R^2}=\frac{9}{20R^2}\)

\(\Rightarrow BE^2=\frac{20R^2}{9}\)

Xét tam giác vuông BED, theo định lý Pi-ta-go ta có:

\(DE^2=BD^2-BE^2=4R^2-\frac{20R^2}{9}=\frac{16R^2}{9}\)

\(\Rightarrow DE=\frac{4R}{3}\)

\(\Rightarrow KE=\frac{2R}{3}\)

Cảm ơn ạ 

Ta có: 

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

\(=\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)^2\)

\(\Rightarrow A=\sqrt{\frac{1}{\left(a-b\right)^2}+\frac{1}{\left(b-c\right)^2}+\frac{1}{\left(c-a\right)^2}}\)

\(=\sqrt{\frac{\left(a-b\right)^2\left(b-c\right)^2+\left(b-c\right)^2\left(c-a\right)^2+\left(c-a\right)^2\left(a-b\right)^2}{\left(a-b\right)^2\left(b-c\right)^2\left(c-a\right)^2}}\)

\(=\sqrt{\frac{\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)^2}{\left(a-b\right)^2\left(b-c\right)^2\left(c-a\right)^2}}\)

\(=\frac{\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)}{\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)}\)

Vì \(a,b,c\in Q\)

\(\Rightarrow A\in Q\)

Đặt \(a-b=x,b-c=y,c-a=z\). \(\Rightarrow x+y+z=a-b+b-c+c-a=0\)

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

\(=\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2}+\frac{2\left(x+y+z\right)}{xyz}=\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2}=A\)

Khi đó A bằng giá trị tuyệt đối của \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\) là số hữu tỉ

Áp dụng BĐT \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge\frac{4}{x+y}\) , ta được : 

\(\frac{1}{a+b-c}+\frac{1}{b+c-a}\ge\frac{4}{2b}=\frac{2}{b}\)

\(\frac{1}{b+c-a}+\frac{1}{c+a-b}\ge\frac{4}{2c}=\frac{2}{c}\)

\(\frac{1}{a+b-c}+\frac{1}{c+a-b}\ge\frac{4}{2a}=\frac{2}{a}\)

Cộng các BĐT trên theo vế : \(2\left(\frac{1}{a+b-c}+\frac{1}{b+c-a}+\frac{1}{c+a-b}\right)\ge2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)

\(\Rightarrow\frac{1}{a+b-c}+\frac{1}{b+c-a}+\frac{1}{c+a-b}\ge\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\)

Dấu "=" xảy ra khi a = b = c => Tam giác đó là tam giác đều.

Cho a,b.c là 3 cạnh 1 tam giác. CMR: 1 / a+b−c + 1 / b+c−a + 1 / c+a−b ≥ 1 / a +1 / b +1 / c 

Áp dụng BĐT 1 / x +1 / y ≥ 4 / x+y  , ta được : 

1 / a+b−c + 1 / b+c−a ≥ 4 / 2b = 2 / b 

1 / b+c−a +1 / c+a−b ≥ 4 / 2c = 2 / c 

1 / a+b−c +1 / c+a−b ≥ 4 / 2a = 2 / a 

Cộng các BĐT trên theo vế : 2( 1 / a+b−c + 1 / b+c−a + 1 / c+a−b ) ≥ 2( 1 / a + 1 / b + 1 / c )

⇒ 1 / a+b−c + 1 / b+c−a + 1 / c+a−b  ≥ 1 / a + 1 / b + 1 / c 

Dấu "=" xảy ra khi a = b = c => Tam giác đó là tam giác đều.

Xem lại đề.

Nếu \(P\left[Q\left(x\right)\right]=0\)với mọi x thì

\(P\left(2005\right)=0< \frac{1}{64}\)

mình đang phân vân nhưng cx góp ý kiến nha :D

ta có P(x) có 3 nghiệm phân biệt và P(Q(x))=0 nên Q(x) có 3 giá trị lần lượt là nghiệm của P(x)

ko biết cái này cs giúp ích hay không nhưng nhìn vào đề đã thấy như vậy

Thôi làm luôn ( ͡° ͜ʖ ͡°) 

\(\left(\frac{1}{a};\frac{2}{b};\frac{3}{c}\right)\rightarrow\left(x;y;z\right)\Rightarrow\hept{\begin{cases}x+y+z=3\\x,y,z>0\end{cases}}\)

Và \(BDT\Leftrightarrow\frac{x^3}{x^2+y^2}+\frac{y^3}{y^2+z^2}+\frac{z^3}{x^2+z^2}\ge\frac{3}{2}\)

Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

\(\frac{x^3}{x^2+y^2}=x-\frac{xy^2}{x^2+y^2}\ge x-\frac{xy^2}{2xy}=x-\frac{y}{2}\)

Tương tự cho 2 BĐT còn lại rồi cộng theo vế:

\(VT\ge x+y+z-\frac{x+y+z}{2}=3-\frac{3}{2}=\frac{3}{2}\)

\("="\Leftrightarrow x=y=z=1\Leftrightarrow a=1;b=2;c=3\)

Ngồi hóng cao nhân