Gọi O là tâm đường tròn \(\Rightarrow\) O là trung điểm BC

\(\stackrel\frown{BE}=\stackrel\frown{ED}=\stackrel\frown{DC}\Rightarrow\widehat{BOE}=\widehat{EOD}=\widehat{DOC}=\dfrac{180^0}{3}=60^0\)

Mà \(OD=OE=R\Rightarrow\Delta ODE\) đều

\(\Rightarrow ED=R\)

\(BN=NM=MC=\dfrac{2R}{3}\Rightarrow\dfrac{NM}{ED}=\dfrac{2}{3}\)

\(\stackrel\frown{BE}=\stackrel\frown{DC}\Rightarrow ED||BC\) 

Áp dụng định lý talet:

\(\dfrac{AN}{AE}=\dfrac{MN}{ED}=\dfrac{2}{3}\Rightarrow\dfrac{EN}{AN}=\dfrac{1}{2}\)

\(\dfrac{ON}{BN}=\dfrac{OB-BN}{BN}=\dfrac{R-\dfrac{2R}{3}}{\dfrac{2R}{3}}=\dfrac{1}{2}\) 

\(\Rightarrow\dfrac{EN}{AN}=\dfrac{ON}{BN}=\dfrac{1}{2}\) và \(\widehat{ENO}=\widehat{ANB}\) (đối đỉnh)

\(\Rightarrow\Delta ENO\sim ANB\left(c.g.c\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{NBA}=\widehat{NOE}=60^0\)

Hoàn toàn tương tự, ta có \(\Delta MDO\sim\Delta MAC\Rightarrow\widehat{MCA}=\widehat{MOD}=60^0\)

\(\Rightarrow\Delta ABC\) đều

Bài 1: 

Kẻ \(OM\perp AB\), \(OM\)cắt \(CD\)tại \(N\).

Khi đó \(MN=8cm\).

TH1: \(AB,CD\)nằm cùng phía đối với \(O\).

\(R^2=OC^2=ON^2+CN^2=h^2+\left(\frac{25}{2}\right)^2\)(\(h=CN\)) (1)

\(R^2=OA^2=OM^2+AM^2=\left(h+8\right)^2+\left(\frac{15}{2}\right)^2\)(2) 

Từ (1) và (2) suy ra \(R=\frac{\sqrt{2581}}{4},h=\frac{9}{4}\).

TH2: \(AB,CD\)nằm khác phía với \(O\).

\(R^2=OC^2=ON^2+CN^2=h^2+\left(\frac{25}{2}\right)^2\)(\(h=CN\)) (3)

\(R^2=OA^2=OM^2+AM^2=\left(8-h\right)^2+\left(\frac{15}{2}\right)^2\)(4)

Từ (3) và (4) suy ra \(R=\frac{\sqrt{2581}}{4},h=\frac{-9}{4}\)(loại).

Bài 3: 

Lấy \(A'\)đối xứng với \(A\)qua \(Ox\), khi đó \(A'\)có tọa độ là \(\left(1,-2\right)\).

\(MA+MB=MA'+MB\ge A'B\)

Dấu \(=\)xảy ra khi \(M\)là giao điểm của \(A'B\)với trục \(Ox\).

Suy ra \(M\left(\frac{5}{3},0\right)\).

Áp dụng BĐT \(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\ge\dfrac{4}{x+y}\)(Tự chứng minh BĐT này )

\(B\ge\dfrac{4}{\left(a+b\right)^2+1}\)

cảm ơn Định đã trả lời giúp mk . Nhưng bn làm sai rồi vì nếu làm như vậy sẽ ko tìm ra a, b

Ùmm..c cc     xxccc