ta có \(\frac{a^3}{b}+ab\ge2a^2\)

do đó VT +(ab + bc + ca) \(\ge2a^2+2b^2+2c^2\)

hay VT \(\ge2a^2+2b^2+2c^2-\left(ab+bc+ca\right)\ge a^2+b^2+c^2\) (đpcm).

\(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\)    \(\ge\frac{3}{2}\)

\(\Leftrightarrow\frac{a}{b+c}+1+\frac{b}{a+c}+1+\frac{c}{a+b}+1\ge\frac{9}{2}\) 

\(\Leftrightarrow\frac{a+b+c}{b+c}+\frac{a+b+c}{a+c}+\frac{a+b+c}{a+b}\ge\frac{9}{2}\) 

\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+c}+\frac{1}{a+b}\right)\ge\frac{9}{2}\)

\(\Leftrightarrow2\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+c}+\frac{1}{a+b}\right)\ge9\) 

thật vậy\(2\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+c}\right)\) =\(\left[\left(b+c\right)+\left(a+c\right)+\left(a+b\right)\right]\left(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+c}+\frac{1}{a+b}\right)\ge9\) (ÁP DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC COSI) 

ĐẲNG THỨC CUỐI ĐÚNG SUY RA ĐẲNG THỨC ĐẦU ĐƯỢC CHỨNG MINH

Câu 1: \(M=\sqrt{\left(1-\sqrt3\right)^2}+\sqrt[3]{\left(1-\sqrt3\right)^3}\)

\(=\sqrt3-1+1-\sqrt3\)

=0

=>Chọn D

Câu 2: \(Q=\frac{x-1}{x+3\sqrt{x}+2}\)
\(=\frac{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}{\left(\sqrt{x}+1\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}=\frac{\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}+2}\)

=>CHọn C

câu 3: A

Câu 4: \(K=\frac{\sqrt{x}-3}{x-9}-\frac{\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}+3}\)

\(=\frac{\sqrt{x}-3}{\left(\sqrt{x}-3\right)\left(\sqrt{x}+3\right)}-\frac{\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}+3}\)

\(=\frac{1}{\sqrt{x}+3}-\frac{\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}+3}=\frac{3-\sqrt{x}}{\sqrt{x}+3}\)

=>Chọn B

Bài 3: 

a: Ta có: B và D đối xứng nhau qua AC

nên AC là đường trung trực của BD

Suy ra: CB=CD và AB=AD

Xét ΔCBA và ΔCDA có 

CB=CD

BA=DA

CA chung

Do đó: ΔCBA=ΔCDA

Suy ra: \(\widehat{CBA}=\widehat{CDA}\)

mà \(\widehat{CBA}=90^0\)

nên \(\widehat{CDA}=90^0\)

Xét tứ giác ABCD có 

\(\widehat{CBA}+\widehat{CDA}=180^0\)

nên ABCD là tứ giác nội tiếp

hay A,B,C,D cùng thuộc một đường tròn

b: Bán kính là \(\dfrac{CA}{2}\)

\(c,\left\{{}\begin{matrix}-4x+ay=1+a\\\left(6+a\right)x+2y=3+b\end{matrix}\right.\)

Để hpt có nghiệm duy nhất \(\Leftrightarrow\dfrac{-4}{6+a}\ne\dfrac{a}{2}\Leftrightarrow a^2+6a+8\ne0\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a\ne-2\\a\ne-4\end{matrix}\right.\)

Để hpt vô nghiệm \(\Leftrightarrow\dfrac{-4}{6+a}=\dfrac{a}{2}\ne\dfrac{1+a}{3+b}\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{-4}{6+a}=\dfrac{a}{2}\\\dfrac{a}{2}\ne\dfrac{1+a}{3+b}\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left[{}\begin{matrix}a=-2\\a=-4\end{matrix}\right.\\2+2a\ne3a+ab\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left[{}\begin{matrix}a=-2\\a=-4\end{matrix}\right.\\a\ne2-ab\end{matrix}\right.\)

Để hpt có vô số nghiệm \(\Leftrightarrow\dfrac{-4}{6+a}=\dfrac{a}{2}=\dfrac{1+a}{3+b}\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{-4}{6+a}=\dfrac{a}{2}\\\dfrac{a}{2}=\dfrac{1+a}{3+b}\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left[{}\begin{matrix}a=-2\\a=-4\end{matrix}\right.\\2+2a=3a+ab\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left[{}\begin{matrix}a=-2\\a=-4\end{matrix}\right.\\a=2-ab\end{matrix}\right.\)

\(a,\dfrac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}-2}+\dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+2}-\dfrac{2x}{x-4}\left(ĐKXĐ:x\ge0;x\ne4\right)\)

\(=\dfrac{\left(\sqrt{x}+1\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}+\dfrac{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-2\right)}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}-\dfrac{2x}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}\)

\(=\dfrac{x+3\sqrt{x}+2+x-2\sqrt{x}-2x}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}\)

\(=\dfrac{\sqrt{x}+2}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}\)

\(=\dfrac{1}{\sqrt{x}-2}\)

\(b,\dfrac{\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}+1}-\dfrac{\sqrt{x}+3}{\sqrt{x}-1}-\dfrac{5\sqrt{x}+3}{1-x}\left(ĐKXĐ:x\ge0;x\ne1\right)\)

\(=\dfrac{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}-1\right)}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}-\dfrac{\left(\sqrt{x}+3\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}+\dfrac{5\sqrt{x}+3}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}\)

\(=\dfrac{x-3\sqrt{x}+2-\left(x+4\sqrt{x}+3\right)+5\sqrt{x}+3}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}\)

\(=\dfrac{x-3\sqrt{x}+2-x-4\sqrt{x}-3+5\sqrt{x}+3}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}\)

\(=\dfrac{-2\sqrt{x}+2}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}\)

\(=\dfrac{-2\left(\sqrt{x}-1\right)}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}\)

\(=\dfrac{-2}{\sqrt{x}+1}\)

#\(Toru\)

a: Xét (O) có

\(\hat{BAE}\) là góc nội tiếp chắn cung BE

\(\hat{CAE}\) là góc nội tiếp chắn cung CE

\(\hat{BAE}=\hat{CAE}\)

Do đó: sđ cung BE=sđ cung CE
Xét (O) có

\(\hat{ADB}\) là góc có đỉnh ở bên trong đường tròn chắn hai cung AB và CE

=>\(\hat{ADB}=\frac12\) (sđ cung AB+sđ cung CE)

=1/2(sđ cung AB+sđ cung BE)=1/2*sđ cung AE(1)

Xét (O) có

\(\hat{MAE}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến AM và dây cung AE

Do đó: \(\hat{MAE}=\frac12\cdot\) sđ cung AE(2)

Từ (1),(2) suy ra \(\hat{MAD}=\hat{MDA}\)

=>MA=MD

b: Xét (O) có

\(\hat{AEC};\hat{ABC}\) là các góc nội tiếp chắn cung AC

Do đó: \(\hat{AEC}=\hat{ABC}\)

Xét ΔAEC và ΔABD có

\(\hat{AEC}=\hat{ABD}\)

\(\hat{EAC}=\hat{BAD}\)

Do đó;ΔAEC~ΔABD

=>\(\frac{AE}{AB}=\frac{AC}{AD}\)

=>\(AE\cdot AD=AB\cdot AC\)

a: Xét (O) có

\(\hat{BAE}\) là góc nội tiếp chắn cung BE

\(\hat{CAE}\) là góc nội tiếp chắn cung CE

\(\hat{BAE}=\hat{CAE}\)

Do đó: sđ cung BE=sđ cung CE
Xét (O) có

\(\hat{ADB}\) là góc có đỉnh ở bên trong đường tròn chắn hai cung AB và CE

=>\(\hat{ADB}=\frac12\) (sđ cung AB+sđ cung CE)

=1/2(sđ cung AB+sđ cung BE)=1/2*sđ cung AE(1)

Xét (O) có

\(\hat{MAE}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến AM và dây cung AE

Do đó: \(\hat{MAE}=\frac12\cdot\) sđ cung AE(2)

Từ (1),(2) suy ra \(\hat{MAD}=\hat{MDA}\)

=>MA=MD

b: Xét (O) có

\(\hat{AEC};\hat{ABC}\) là các góc nội tiếp chắn cung AC

Do đó: \(\hat{AEC}=\hat{ABC}\)

Xét ΔAEC và ΔABD có

\(\hat{AEC}=\hat{ABD}\)

\(\hat{EAC}=\hat{BAD}\)

Do đó;ΔAEC~ΔABD

=>\(\frac{AE}{AB}=\frac{AC}{AD}\)

=>\(AE\cdot AD=AB\cdot AC\)