=\(\sqrt{4+\sqrt{8}}.\sqrt{\left(2+\sqrt{2+\sqrt{2}}\right)\left(2-\sqrt{2+\sqrt{2}}\right)}\)

=\(\sqrt{4+\sqrt{8}}.\sqrt{2^2-\sqrt{\left(2+\sqrt{2}\right)^2}}\)

=\(\sqrt{4+2\sqrt{2}}.\sqrt{4-2-\sqrt{2}}\)

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

\(\sqrt{4\left(2-1\right)}=2\)

Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có

\(S=\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}\)\(=1.\sqrt{a+b}+1.\sqrt{b+c}+1.\sqrt{c+a}\)

\(\le\sqrt{\left(1^2+1^2+1^2\right)\left(a+b+b+c+c+a\right)}\)\(\le\sqrt{3.2.\left(a+b+c\right)}=\sqrt{6}\)

Đẳng thức sảy ra\(\Leftrightarrow a=b=c=\dfrac{1}{3}\)

Vậy maxS=\(\sqrt{6}\)\(\Leftrightarrow a=b=c=\dfrac{1}{3}\)

1. Chứng minh tứ giác DECB nội tiếp

Theo giả thiết MN vuông góc với AB tại D => góc EDB = 90⁰; góc ACB nội tiếp chắn nửa đường tròn nên góc ACB = 90⁰ hay góc ECB = 90⁰

=> Góc EDB + Góc ECB = 180⁰ mà đây là hai góc đối của tứ giác DECB nên tứ giác DECB là tứ giác nội tiếp (đpcm)

2. Chứng minh CA là tia phân giác của góc MCN

Ta có MN vuông góc với AB (gt) => A là trung điểm của cung MN => góc ACM = góc ACN (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau) => CA là tia phân giác của góc MCN (đpcm)

 3. Chứng minh AB² = AE.AC + BD.AB

Ta có A là trung điểm của cung MN (theo chứng minh trên) => góc AMN = ACM (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau) hay góc AME = góc ACM.

Lại thấy góc CAM là góc chung của hai tam giác AME và AMC do đó tam giác AME đồng dạng với tam giác ACM.

=> \(\frac{AM}{AE}=\frac{AC}{AM}\) => AM² = AE.AC  

Xét tam giác AMB và tam giác MDB có:

MDB = BMB = 90^o

Góc B chung => tam giác AMB và tam giác MBD đồng dạng

=> \(\frac{BM}{BD}=\frac{AB}{BM}\)=> BM² = AB.BD

Áp dụng định lí Pitago trong tam giác ABM vuông tại M ta có AB² = AM² + BM² = AE.AC + AB.BD (đpcm)

4. Hãy xác định vị trí của C sao cho khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CME là nhỏ nhất.

Theo chứng minh trên Góc AMN = Góc ACM => AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ECM;

Nối MB ta có góc AMB = 90⁰, do đó tâm O₁ của đường tròn ngoại tiếp tam giác ECM phải nằm trên BM. Ta thấy NO₁ nhỏ nhất khi NO₁ là khoảng cách từ N đến BM => NO₁ vuông góc với BM.

Gọi O₁ là chân đường vuông góc kẻ từ N đến BM ta được O₁ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ECM có bán kính là O₁M.

Do đó để khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CME là nhỏ nhất thì C phải là giao điểm của đường tròn tâm O₁ bán kính O₁M với đường tròn (O) trong đó O₁ là hình chiếu vuông góc của N trên BM.

g, biểu thức căn đầu là luôn có nghĩa với mọi x .nên ta chỉ cần xét mẫu phân số đó là 3-2x # 0=> x#\(\dfrac{3}{2}\)

ta có:

g) \(\sqrt{2x^2+1}+\dfrac{2}{3-2x}\)

đkxd của pt là \(\left\{{}\begin{matrix}2x^2+1\ge0\\3x-2\ne0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}2x^2+1\ge0\left(luondung\right)\\3x\ne2\end{matrix}\right.\Leftrightarrow x\ne\dfrac{3}{2}\)

vậy kết luận là xong

ok