Sửa đề: Chứng minh \(\frac{1}{x+y}\le\frac{1}{4x}+\frac{1}{4y}\) ∀x>0; y>0

\(\frac{1}{x+y}\le\frac{1}{4x}+\frac{1}{4y}\)

=>\(\frac{1}{x+y}\le\frac{x+y}{4xy}\)

=>\(\frac{1}{x+y}-\frac{x+y}{4xy}\le0\)

=>\(\frac{4xy-\left(x+y\right)^2}{4xy\left(x+y\right)}\le0\)

=>\(4xy-\left(x+y\right)^2\le0\)

=>\(4xy-x^2-2xy-y^2\le0\)

=>\(-x^2+2xy-y^2\le0\)

=>\(-\left(x-y\right)^2\le0\)

=>\(\left(x-y\right)^2\ge0\) (luôn đúng)

=>ĐPCM

Gọi chiều rộng là \(x\)  ( \(x>0\))

Chiều dài là: \(x\) \(\times1,5\) = 1,5\(x\)

Nửa chu vi là : 350 : 2 = 175 

Theo bài ra ta có phương trình:

                       \(x+1,5x=175\)

                       2,5\(x\)         = 175

                            \(x\)         = 175 : 2,5

                            \(x\)         = 70 ( thỏa mãn)

Chiều rộng là 70 m

Chiều dài là 70 \(\times\) 1,5 = 105 ( m)

Diện tích 105 \(\times\) 70 = 7350 (m²)

Kết luận diện tích khu vườn 7350 m²

Bài 2:

1: Xét ΔHBC có HA' là đường cao

nên \(S_{HBC}=\frac12\cdot HA^{\prime}\cdot BC\left(1\right)\)

Xét ΔABC có AA' là đường cao

nên \(S_{ABC}=\frac12\cdot A^{\prime}A\cdot BC\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(\frac{S_{HBC}}{S_{ABC}}=\frac{\frac12\cdot HA^{\prime}\cdot BC}{\frac12\cdot A^{\prime}A\cdot BC}=\frac{HA^{\prime}}{A^{\prime}A}\)

Xét ΔHAC có HB' là đường cao

nên \(S_{HAC}=\frac12\cdot HB^{\prime}\cdot AC\left(3\right)\)

Xét ΔBAC có BB' là đường cao

nên \(S_{BAC}=\frac12\cdot BB^{\prime}\cdot AC\left(4\right)\)

Từ (3),(4) suy ra \(\frac{S_{HAC}}{S_{BAC}}=\frac{\frac12\cdot HB^{\prime}\cdot AC}{\frac12\cdot BB^{\prime}\cdot AC}=\frac{HB^{\prime}}{BB^{\prime}}\)

Xét ΔHAB có HC' là đường cao

nên \(S_{HAB}=\frac12\cdot HC^{\prime}\cdot AB\left(5\right)\)

Xét ΔCAB có CC' là đường cao

nên \(S_{CAB}=\frac12\cdot C^{\prime}C\cdot AB\left(6\right)\)

Từ (5),(6) suy ra \(\frac{S_{HAB}}{S_{CAB}}=\frac{\frac12\cdot HC^{\prime}\cdot AB}{\frac12\cdot C^{\prime}C\cdot AB}=\frac{HC^{\prime}}{C^{\prime}C}\)

Ta có: \(\frac{HA^{\prime}}{A^{\prime}A}+\frac{HB^{\prime}}{BB^{\prime}}+\frac{HC^{\prime}}{C^{\prime}C}\)

\(=\frac{S_{HAB}+S_{HAC}+S_{BCH}}{S_{BAC}}=1\)

2: Xét ΔBA'H vuông tại A' và ΔBB'C vuông tại B' có

\(\hat{HBA^{\prime}}\) chung

Do đó: ΔBA'H~ΔBB'C

=>\(\frac{BA^{\prime}}{BB^{\prime}}=\frac{BH}{BC}\)

=>\(BH\cdot BB^{\prime}=BA^{\prime}\cdot BC\)

Xét ΔCA'H vuông tại A' và ΔCC'B vuông tại C' có

\(\hat{A^{\prime}CH}\) chung

Do đó: ΔCA'H~ΔCC'B

=>\(\frac{CA^{\prime}}{C^{\prime}C}=\frac{CH}{CB}\)

=>\(CH\cdot C^{\prime}C=CA^{\prime}\cdot CB\)

\(BH\cdot BB^{\prime}+CH\cdot C^{\prime}C\)

\(=BA^{\prime}\cdot BC+CA^{\prime}\cdot BC=BC\left(BA^{\prime}+CA^{\prime}\right)=BC^2\)

Bài 1:

Xét ΔBAC có

BM,CN là các đường cao

BM cắt CN tại H

Do đó: H là trực tâm của ΔBAC

=>AH⊥BC tại E

Xét tứ giác ANHM có \(\hat{ANH}+\hat{AMH}=90^0+90^0=180^0\)

nên ANHM là tứ giác nội tiếp

=>\(\hat{NMH}=\hat{NAH}=\hat{BAE}\left(1\right)\)

Xét tứ giác CMHE có \(\hat{CMH}+\hat{CEH}=90^0+90^0=180^0\)

nên CMHE là tứ giác nội tiếp

=>\(\hat{EMH}=\hat{ECH}=\hat{NCB}\)

mà \(\hat{NCB}=\hat{BAE}\left(=90^0-\hat{ABC}\right)\)

nên \(\hat{EMH}=\hat{BAE}\) (2)

Từ (1),(2) suy ra \(\hat{NMB}=\hat{EMB}\)

=>MB là phân giác của góc NME

Xét ΔBED và ΔBAC có

\(\hat{BED}=\hat{BAC}\) (hai góc đồng vị, DE//AC)

\(\hat{EBD}\) chung

Do đó: ΔBED~ΔBAC

=>\(\frac{S_{BED}}{S_{BAC}}=\left(\frac{BD}{BC}\right)^2\)

=>\(\left(\frac{BD}{BC}\right)^2=\frac{16}{S_{ABC}}\)

=>\(\frac{BD}{BC}=\frac{4}{\sqrt{S_{ABC}}}\)

Xét ΔCDF và ΔCBA có

\(\hat{CDF}=\hat{CBA}\) (hai góc đồng vị, DF//AC)

\(\hat{DCF}\) chung

Do đó: ΔCDF~ΔCBA

=>\(\frac{S_{CDF}}{S_{CBA}}=\left(\frac{CD}{CB}\right)^2\)

=>\(\frac{CD}{CB}=\sqrt{\frac{S_{DFC}}{S_{BAC}}}=\frac{5}{\sqrt{S_{ABC}}}\)

Ta có: \(\frac{BD}{BC}+\frac{CD}{BC}=\frac{4}{\sqrt{S_{ABC}}}+\frac{5}{\sqrt{S_{ABC}}}\)

=>\(\frac{9}{\sqrt{S_{ABC}}}=1\)

=>\(\sqrt{S_{ABC}}=9\)

=>\(S_{ABC}=81\left(\operatorname{cm}^2\right)\)

Ta có $xy+yz+zx=xyz$

$\Leftrightarrow\dfrac1x+\dfrac1y+\dfrac1z=1.$

Đặt $a=\dfrac1x,\quad b=\dfrac1y,\quad c=\dfrac1z.$

Khi đó $a+b+c=1.$

Ta có $H=\dfrac{c}{1+9a^2}+\dfrac{a}{1+9b^2}+\dfrac{b}{1+9c^2}.$

Với $t>0$, ta có $\dfrac1{1+9t^2}\ge1-\dfrac32t$ vì $\dfrac1{1+9t^2}-\left(1-\dfrac32t\right)$

$=\dfrac{\frac32t(3t-1)^2}{1+9t^2}\ge0.$

Do đó $H\ge c\left(1-\dfrac32a\right)+a\left(1-\dfrac32b\right)+b\left(1-\dfrac32c\right)$

$=a+b+c-\dfrac32(ab+bc+ca)$

$=1-\dfrac32(ab+bc+ca).$

Mặt khác, $(a+b+c)^2\ge3(ab+bc+ca)$

$\Rightarrow ab+bc+ca\le\dfrac13.$

Suy ra $H\ge1-\dfrac32\cdot\dfrac13$$=\dfrac12.$

Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=\dfrac13$

$\Leftrightarrow x=y=z=3.$

Vậy $H_{\min}=\dfrac12.$

Ta có: \(\left(x^2-2x\right)^2+\left|x^2-2x\right|-2=0\)

=>\(\left(\left|x^2-2x\right|\right)^2+\left|x^2-2x\right|-2=0\)

=>\(\left(\left|x^2-2x\right|+2\right)\left(\left|x^2-2x\right|-1\right)=0\)

=>\(\left|x^2-2x\right|-1=0\)

=>\(\left|x^2-2x\right|=1\)

=>\(\left[\begin{array}{l}x^2-2x=1\\ x^2-2x=-1\end{array}\right.\Rightarrow\left[\begin{array}{l}x^2-2x-1=0\\ x^2-2x+1=0\end{array}\right.\)

=>\(\left[\begin{array}{l}\left(x-1\right)^2-2=0\\ \left(x-1\right)^2=0\end{array}\right.\Rightarrow\left[\begin{array}{l}\left(x-1\right)^2=2\\ x-1=0\end{array}\right.\Rightarrow\left[\begin{array}{l}x-1=\sqrt2\\ x-1=-\sqrt2\\ x=1\end{array}\right.\)

=>\(\left[\begin{array}{l}x=\sqrt2+1\\ x=-\sqrt2+1\\ x=1\end{array}\right.\)