\(A=\dfrac{2021x+2022\sqrt{1-x^2}+2023}{\sqrt{1-x^2}}\)

\(A=2022+\dfrac{2021x+2023}{\sqrt{1-x^2}}\)

Xét \(\dfrac{2021x+2023}{\sqrt{1-x^2}}\)

\(\dfrac{2021x+2023}{\sqrt{1-x^2}}\ge2\sqrt{2022}\) 

\(\Rightarrow A\ge2022+2\sqrt{2022}\)

\(A\ge2\left(1011+\sqrt{2022}\right)\)

Dấu "=" xảy ra khi \(x=-\dfrac{2021}{2023}\)

\(\left\{{}\begin{matrix}8x^3y^3+27=18y^3\left(1\right)\\4x^2y+6x=y^2\left(2\right)\end{matrix}\right.\)

pt (2) \(\Leftrightarrow4x^2y^2+6xy=y^3\) (3)

Thế (3) vào (1), ta được \(8x^3y^3+27=18\left(4x^2y^2+6xy\right)\)

\(\Leftrightarrow8\left(xy\right)^3-72\left(xy\right)^2-108xy+27=0\) (4)

Đặt \(xy=t\) thì (4) thành

\(8t^3-72t^2-108t+27=0\)

\(\Leftrightarrow8t^3+12t^2-84t^2-126t+18t+27=0\)

\(\Leftrightarrow4t^2\left(2t+3\right)-42t\left(2t+3\right)+9\left(2t+3\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(2t+3\right)\left(4t^2-42t+9\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}t=-\dfrac{3}{2}\\t=\dfrac{21\pm9\sqrt{5}}{4}\end{matrix}\right.\)

Xét \(t=-\dfrac{3}{2}\) \(\Rightarrow xy=-\dfrac{3}{2}\) . Thay vào (2), ta có:

\(y^3=4\left(xy\right)^2+6xy\) \(=4\left(-\dfrac{3}{2}\right)^2+6\left(-\dfrac{3}{2}\right)=0\)  

\(\Leftrightarrow y=0\) \(\Leftrightarrow x=0\)

Nếu \(t=\dfrac{21+9\sqrt{5}}{4}\) thì \(xy=\dfrac{21+9\sqrt{5}}{4}\). Thay vào (2), ta có:

\(y^3=4\left(\dfrac{21+9\sqrt{5}}{4}\right)^2+6\left(\dfrac{21+9\sqrt{5}}{4}\right)\) \(\Rightarrow y=...\Rightarrow x=...\)

Xét tương tự với \(t=\dfrac{21-9\sqrt{5}}{4}\)

Vậy ...

 Với lại bạn cần loại nghiệm \(x=y=0\) nhé vì nó không thỏa mãn pt (1).

a: Sửa đề: ICAH nội tiếp

Xét (O) có

ΔACB nội tiếp

AB là đường kính

DO đó: ΔACB vuông tại C

Xét tứ giác ICAH có \(\hat{ICA}+\hat{IHA}=90^0+90^0=180^0\)

nên ICAH là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính IA

Tâm là trung điểm của IA

Bán kính là \(\frac{IA}{2}\)

b: Sửa đề: CB là phân giác của góc HCD

Xét (O) có

ΔADB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔADB vuông tại D

Xét tứ giác IDBH có \(\hat{IDB}+\hat{IHB}=90^0+90^0=180^0\)

nên IDBH là tứ giác nội tiếp

Ta có: CAHI là tứ giác nội tiếp

=>\(\hat{HCI}=\hat{HAI}\)

=>\(\hat{HCB}=\hat{DAB}\left(1\right)\)

Xét (O) có

\(\hat{DAB};\hat{DCB}\) là các góc nội tiếp chắn cung BD

Do đó: \(\hat{DAB}=\hat{DCB}\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(\hat{HCB}=\hat{DCB}\)

=>CB là phân giác của góc HCD

c: ΔIHB vuông tại H

mà HM là đường trung tuyến

nên HM=MB=MI

ΔIDB vuông tại D

mà DM là đường trung tuyến

nên DM=MI=MB

Xét ΔDMB có \(\hat{DMI}\) là góc ngoài tại đỉnh M

nên \(\hat{DMI}=\hat{MDB}+\hat{MBD}=2\cdot\hat{MBD}=2\cdot\hat{CBD}\)

Xét ΔHMB có \(\hat{HMI}\) là góc ngoài tại đỉnh M

nên \(\hat{HMI}=\hat{MHB}+\hat{MBH}=2\cdot\hat{MBH}=2\cdot\hat{CBA}\)

\(\hat{DMH}=\hat{DMC}+\hat{HMC}\)

\(=2\cdot\left(\hat{CBD}+\hat{CBA}\right)=2\cdot\hat{DBA}\)

\(\hat{DCH}=2\cdot\hat{DCB}=2\cdot\hat{DAB}\)

\(\hat{DMH}+\hat{DCH}=2\left(\hat{DBA}+\hat{DAB}\right)=2\cdot90^0=180^0\)

=>DCHM là tứ giác nội tiếp

Gọi H là giao điểm của FM và OA.

Tính được \(AM=\dfrac{b+c-a}{2}\)

Tính được \(cos\widehat{BAC}=\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2bc}\) rồi dùng 

\(MF=\sqrt{AM^2+AF^2-2AM.AF.cos\widehat{BAC}}\)

 \(=\sqrt{2AM^2\left(1-cos\widehat{BAC}\right)}\) 

 \(=MA\sqrt{2\left(1-\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2bc}\right)}\)

 \(=MA\sqrt{\dfrac{a^2-\left(b-c\right)^2}{bc}}\)

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

\(\Rightarrow\dfrac{MF}{MA}=\sqrt{\dfrac{a^2-\left(b-c\right)^2}{bc}}=J\)

\(\Rightarrow cos\widehat{MEF}=cos\widehat{MAH}=\dfrac{MH}{MA}=\dfrac{J}{2}\)

\(\Rightarrow sin\widehat{MEF}=\sqrt{1-cos^2\widehat{MAH}}\)

 \(=\sqrt{1-\dfrac{J^2}{4}}\) 

 \(=\sqrt{1-\dfrac{a^2-b^2-c^2+2bc}{4bc}}\)

 \(=\sqrt{\dfrac{\left(b+c\right)^2-a^2}{4bc}}\) \(=A\)

Ta cũng tính được \(ME=\dfrac{c+a-b}{2}\sqrt{\dfrac{b^2-\left(c-a\right)^2}{ca}}=\dfrac{c+a-b}{2}\sqrt{\dfrac{\left(b+c-a\right)\left(a+b-c\right)}{ca}}\)

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

\(\Rightarrow S_{MEF}=\dfrac{1}{2}EM.EF.sin\widehat{MEF}\) \(=...\)

 Điểm F ở câu a) với điểm N ở câu b) là những điểm gì thế bạn? Mình thấy trong đề không có định nghĩa các điểm này.

a) Xét đường tròn (O) có OM vuông góc với dây cung AC tại M 

\(\Rightarrow\) M là trung điểm AC 

\(\Rightarrow MA=MC=\dfrac{AC}{2}=\dfrac{6}{2}=3\left(cm\right)\)

Tam giác OCM vuông tại M nên \(OM=\sqrt{OC^2-MC^2}\) \(=\sqrt{5^2-3^2}\) \(=4\left(cm\right)\) 

b) Vì DC là tiếp tuyến tại C của (O) nên \(CD\perp OC\) hay \(\Delta OCD\) vuông tại C

 Xét \(\Delta OCD\) vuông tại C có đường cao CM nên \(DC^2=DM.DO\) (hệ thức lượng trong tam giác vuông)

c) Xét đường tròn (O) có đường kính BC nên \(\widehat{BNC}=90^o\) hay \(CN\perp BD\) tại N.

 Xét tam giác BCD vuông tại C có đường cao CN nên \(DC^2=DN.DB\)

 Từ đó suy ra \(DM.DO=DN.DB\left(=DC^2\right)\) \(\Rightarrow\dfrac{DM}{DB}=\dfrac{DN}{DO}\)

 Xét \(\Delta DMN\) và \(\Delta DBO\), có:

 \(\widehat{BDO}\) chung, \(\dfrac{DM}{DB}=\dfrac{DN}{DO}\)

 \(\Rightarrow\Delta DMN~\Delta DBO\left(c.g.c\right)\)

 \(\Rightarrow\widehat{DMN}=\widehat{NBO}\)

Lại có \(\widehat{DMN}+\widehat{NMO}=180^o\)

\(\Rightarrow\) đpcm

a: ΔOCA cân tại O

mà OM là đường cao

nên M là trung điểm của AC

=>\(MA=MC=\frac{AC}{2}=\frac62=3\left(\operatorname{cm}\right)\)

ΔOMC vuông tại M

=>\(OM^2+MC^2=OC^2\)

=>\(OM^2=5^2-3^2=25-9=16=4^2\)

=>OM=4(cm)

b: Xét ΔDCO vuông tại C có CM là đường cao

nên \(DC^2=DM\cdot DO\)

c: Xét (O) có

ΔBNC nội tiếp

BC là đường kính

Do đó: ΔBNC vuông tại N

=>CN⊥BD tại N

Xét ΔDCB vuông tại C có CN là đường cao

nên \(DN\cdot DB=DC^2\)

=>\(DN\cdot DB=DM\cdot DO\)

=>\(\frac{DN}{DO}=\frac{DM}{DB}\)

Xét ΔDNM và ΔDOB có

\(\frac{DN}{DO}=\frac{DM}{DB}\)

góc NDM chung

Do đó: ΔDNM~ΔDOB

=>\(\hat{DMN}=\hat{DBO}\)

mà \(\hat{DMN}+\hat{NMO}=180^0\) (hai góc kề bù)

nên \(\hat{NMO}+\hat{NBO}=180^0\)

Lời giải:

a. Khi $m=1$ thì pt trở thành:

$x^2+5x+6=0$

$\Leftrightarrow (x+2)(x+3)=0$

$\Leftrightarrow x+2=0$ hoặc $x+3=0$

$\Leftrightarrow x=-2$ hoặc $x=-3$
b.

Để pt có 1 nghiệm duy nhất thì:

$\Delta=(5m)^2-4.6=0$

$\Leftrightarrow 25m^2-24=0$

$\Leftrightarrow m=\pm \frac{\sqrt{24}}{5}$

\(a.\) Khi \(m=1\) thì phương trình sẽ:

\(x^2+5x+6=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x+2\right)\left(x+3\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x+2=0\\x+3=0\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=0-2\\x=0-3\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=-2\\x=-3\end{matrix}\right.\)

\(b.\) Để phương trình có \(1\) nghiệm duy nhất thì:

\(\Delta=\left(5m\right)^2-4\cdot6=0\)

\(\Leftrightarrow25m^2-24=0\)

\(\Leftrightarrow m=\left[{}\begin{matrix}\dfrac{\sqrt{24}}{5}\\-\dfrac{\sqrt{24}}{5}\end{matrix}\right.\)

Lời giải:

Để pt có 2 nghiệm phân biệt thì:

$\Delta'=(3m+1)^2-8(3m-1)>0$

$\Leftrightarrow 9(m^2-2m+1)>0$

$\Leftrightarrow 9(m-1)^2>0$

$\Leftrightarrow m-1\neq 0\Leftrightarrow m\neq 1$
Áp dụng định lý Viet, với $x_1,x_2$ là nghiệm của pt thì:
$x_1+x_2=\frac{3m+1}{2}$

$x_1x_2=\frac{3m-1}{2}$

$\Rightarrow x_1x_2+1-(x_1+x_2)=0$

$\Leftrightarrow (x_1-1)(x_2-1)=0$

$\Leftrightarrow x_1=1$ hoặc $x_2=1$

Vì $|x_1|=2|x_2|+5\geq 5$ nên $x_2=1$

Khi đó:
$|x_1|=2|x_2|+5=2.1+5=7$

$\Rightarrow x_1=\pm 7$

Nếu $x_1=7$:

$\Rightarrow x_1+x_2=\frac{3m+1}{2}$

$\Leftrightarrow 8=\frac{3m+1}{2}\Leftrightarrow m=5$ (tm)

Nếu $x_1=-7$:

$\Rightarrow x_1+x_2=\frac{3m+1}{2}$

$\Leftrightarrow -6=\frac{3m+1}{2}$

$\Leftrightarrow m=\frac{-13}{3}$

Bất đẳng thức của em bị sai (ngược chiều). BĐT đúng phải là:

\(\dfrac{ab}{a^2+bc+ca}+\dfrac{bc}{b^2+ab+ca}+\dfrac{ca}{c^2+ab+bc}\le\dfrac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}\)

Chứng minh:

Đặt vế trái của BĐT cần chứng minh là P

Áp dụng Bunhiacopxki:

\(\left(a^2+bc+ca\right)\left(b^2+bc+ca\right)\ge\left(ab+bc+ca\right)^2\)

\(\Rightarrow\dfrac{ab}{a^2+bc+ca}\le\dfrac{ab\left(b^2+bc+ca\right)}{\left(ab+bc+ca\right)^2}\)

Thiết lập tương tự và cộng lại:

\(\Rightarrow P\le\dfrac{ab\left(b^2+bc+ca\right)+bc\left(c^2+ab+ca\right)+ca\left(a^2+ab+bc\right)}{\left(ab+bc+ca\right)^2}\)

\(\Rightarrow P\le\dfrac{ab^3+bc^3+ca^3+2abc\left(a+b+c\right)}{\left(ab+bc+ca\right)^2}\)

Nên ta chỉ cần chứng minh:

\(ab^3+bc^3+ca^3+2abc\left(a+b+c\right)\le\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(ab+bc+ca\right)\)

\(\Leftrightarrow abc\left(a+b+c\right)\le a^3b+b^3c+c^3a\)

\(\Leftrightarrow a+b+c\le\dfrac{a^2}{c}+\dfrac{b^2}{a}+\dfrac{c^2}{b}\) (đúng theo C-S)