Trước tiên ta cần chứng minh : \(1^2+n^2+\dfrac{n^2}{\left(n+1\right)^2}\text{=}\left(n+1-\dfrac{n}{n+1}\right)^2\)

\(\Leftrightarrow2.\left(\dfrac{n\left(n+1\right)}{n+1}-\dfrac{n}{n+1}-\dfrac{n^2}{n+1}\right)\text{=}0\)

\(\Leftrightarrow2.0\text{=}0\left(LĐ\right)\)

Ta có : \(E\text{=}\sqrt{1+2007^2+\dfrac{2007^2}{2008^2}}+\dfrac{2007}{2008}\)

Với bổ đề trên thì :

\(E\text{=}\sqrt{\left(2007+1-\dfrac{2007}{2008}\right)^2}+\dfrac{2007}{2008}\)

\(E\text{=}2008+\dfrac{2007}{2008}-\dfrac{2007}{2008}\)

\(E\text{=}2008\)

Trước tiên ta cần phải rút gọn biểu thức A trước.

Ta có : \(A\text{=}\dfrac{\sqrt{x+2\sqrt{x-1}}+\sqrt{x-2\sqrt{x-1}}}{\sqrt{x+\sqrt{2x-1}}+\sqrt{x-\sqrt{2x-1}}}\)

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

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

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

\(A\text{=}\dfrac{\sqrt{x-1}+1+\sqrt{x-1}-1}{\sqrt{x+\sqrt{2x-1}+\sqrt{x-\sqrt{2x-1}}}}\left(x\ge2\right)\)

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

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

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

\(A\text{=}\dfrac{2\sqrt{2\left(x-1\right)}}{\sqrt{2x-1}+1+\sqrt{2x-1}-1}\left(x\ge2\right)\)

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

Xét tử thức và mẫu thức của A ta thấy :

\(\sqrt{2x-2}< \sqrt{2x-1}\left(x\ge2\right)\)

\(\Rightarrow A< 1\left(đpcm\right)\)

Gọi x là vận tốc xe A => thời gian xe A đi hết qđ AB là 100:x

Vận tốc xe B là x-10 => thời gian xe B đi hết qđ AB là 100:(x-10)

Ta có phương trình

\(\dfrac{100}{x-10}-\dfrac{100}{x}=1\)

\(\Leftrightarrow100x-100\left(x-10\right)=x\left(x-10\right)\)

\(\Leftrightarrow100x-100x+1000=x^2-10x\)

\(\Leftrightarrow x^2-10x-1000=0\)

Giải PT bậc 2 tìm x Bnj tự làm nốt nhé

Gọi a là vận tốc xe A  (km/h) (a>0) => Vận tốc xe B: a-10(km/h)

Thời gian xe A và xe B đi lần lượt là: \(\dfrac{100}{a};\dfrac{100}{a-10}\left(h\right)\)

Vì cùng quãng đường AB, xe A đếb sớm hơn so với xe B 1 tiếng, ta có pt:

\(\dfrac{100}{a}=\dfrac{100}{a-10}-1\\ \Leftrightarrow100\left(a-10\right)=100a-a.\left(a-10\right)\\ \Leftrightarrow100a-1000=100a-a^2+10a\\ \Leftrightarrow a^2+100a-100a-10a-1000=0\\ \Leftrightarrow a^2-10a-1000=0\\ \Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}a=5-5\sqrt{41}\left(loại\right)\\a=5+5\sqrt{41}\left(nhận\right)\end{matrix}\right.\\ Vậy:vận.tốc.xe.A:5+5\sqrt{41}\left(\dfrac{km}{h}\right);Vận.tôc.xe.B:5\sqrt{41}-5\left(\dfrac{km}{h}\right)\)

Ta có : \(P=\sqrt{2x^2+xy+2y^2}+\sqrt{2y^2+yz+2z^2}+\sqrt{2z^2+xz+2x^2}\)

Xét : \(\sqrt{2x^2+xy+2y^2}=\sqrt{\dfrac{3}{4}.\left(x-y\right)^2+\dfrac{5}{4}.\left(x+y\right)^2}\)

\(\ge\sqrt{\dfrac{5}{4}.\left(x+y\right)^2}=\dfrac{\sqrt{5}}{2}.\left(x+y\right)\)

\(CMTT:\sqrt{2y^2+yz+2z^2}\ge\dfrac{\sqrt{5}}{2}.\left(y+z\right)\)

                \(\sqrt{2z^2+xz+2x^2}\ge\dfrac{\sqrt{5}}{2}.\left(x+z\right)\)

Do đó : \(P\ge\dfrac{\sqrt{5}}{2}.\left(x+y+y+z+z+x\right)=\dfrac{2\sqrt{5}.\left(x+y+z\right)}{2}\)

\(\Rightarrow P\ge\sqrt{5}.\left(x+y+z\right)\)

Ta có : BĐT : \(\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ca\right)\)

\(\Rightarrow\left(x+y+z\right)^2\ge3\left(xy+yz+zx\right)\)

Mà : \(xy+yz+zx=3\)

\(\Rightarrow\left(x+y+z\right)^2\ge9\)

\(\Leftrightarrow x+y+z\ge3\)

\(\Rightarrow P_{min}=3\sqrt{5}\)

Dấu bằng xảy ra : \(\Leftrightarrow x=y=z=1\)

\(\sqrt{x-2}+\sqrt{6-x}\text{=}\sqrt{x^2-8x+24}\)

\(ĐKXĐ:2\le x\le6\)

Xét VP của pt ta thấy : \(\sqrt{x^2-8x+24}\text{=}\sqrt{x^2-8x+16+8}\)

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

\(\Rightarrow VP\ge\sqrt{8}\)

Xét VT của pt ta có :

\(VT^2\text{=}x-2+6-x+2\sqrt{\left(x-2\right)\left(6-x\right)}\)

\(VT^2\text{=}4+2\sqrt{\left(x-2\right)\left(6-x\right)}\)

Áp dụng BĐT cô si cho 2 số không âm ta có :

\(2\sqrt{\left(x-2\right)\left(6-x\right)}\le\left(\sqrt{x-2}\right)^2+\left(\sqrt{6-x}\right)^2\)

\(\text{=}x-2+6-x\text{=}4\)

\(\Rightarrow VT^2\le8\)

\(\Rightarrow VT\le\sqrt{8}\)

Để \(VT\text{=}VP\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x-4\text{=}0\\\sqrt{x-2}\text{=}\sqrt{6-x}\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow x=4\left(TM\right)\)

Vậy...........

d3//d1 => a=2 (b khác 1)

d3 cắt d2 tại điểm có tung độ bằng 2 Thay y=2 vào d2

=> 2=-x+4=> x=2 Thay y=2; x=2; a=2 vào d3

=> 2+2.2+b=> b=-6

a) Ta thấy OK là đường trung bình của tam giác ABC \(\Rightarrow\) OK//AC.

Mà \(AC\perp CB\) tại C nên \(OK\perp BC\) tại K hay \(DK\perp BC\) tại K

 Tam giác BCD có DK vừa là đường cao, vừa là trung tuyến nên tam giác BCD cân tại D, suy ra \(DB=DC\) (đpcm)

 Dễ dàng chứng minh \(\Delta OBD=\Delta OCD\left(c.c.c\right)\) \(\Rightarrow\widehat{OCD}=\widehat{OBD}=90^o\), suy ra DC tiếp xúc với (O) tại C. (đpcm)

 b) Tứ giác OHCK có \(\widehat{CHO}+\widehat{CKO}=90^o+90^o=180^o\) nên OHCK nội tiếp, điều này có nghĩa là \(C\in\left(OHK\right)\) (đpcm)

 c) Gọi F là giao điểm của BC và AE. Do CH//AF nên theo bổ đề hình thang, E là trung điểm của AF.

 Tam giác CAF vuông tại C có trung tuyến CE nên \(CE=\dfrac{1}{2}AF=EA\), suy ra tam giác ACE cân tại E 

 \(\Rightarrow\widehat{ECA}=\widehat{EAC}\)

Mặt khác, EA tiếp xúc với (O) tại A nên \(\widehat{EAC}=\dfrac{1}{2}sđ\stackrel\frown{AC}\)

Từ đó suy ra \(\widehat{EAC}=\dfrac{1}{2}sđ\stackrel\frown{AC}\) \(\Rightarrow\) EC tiếp xúc với (O) tại C.

Mà DC cũng tiếp xúc với (O) tại C nên D, E, C thẳng hàng (đpcm)

Bài 4:

Ta có \(\dfrac{1}{a^2\left(b+c\right)}=\dfrac{abc}{a^2\left(b+c\right)}=\dfrac{bc}{ab+ca}\)

Tương tự: \(\dfrac{1}{b^2\left(c+a\right)}=\dfrac{ca}{bc+ab}\) và \(\dfrac{1}{c^2\left(a+b\right)}=\dfrac{ab}{bc+ca}\)

Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}bc=x\\ca=y\\ab=z\end{matrix}\right.\) với \(x,y,z>0;xyz=1\)

Khi đó BĐT cần chứng minh trở thành:

 \(\dfrac{x}{y+z}+\dfrac{y}{z+x}+\dfrac{z}{x+y}\ge\dfrac{3}{2}\) 

Thật vậy, đặt \(P=\dfrac{x}{y+z}+\dfrac{y}{z+x}+\dfrac{z}{x+y}\)

\(P=\dfrac{x^2}{xy+zx}+\dfrac{y^2}{yz+xy}+\dfrac{z^2}{zx+yz}\)

\(P\ge\dfrac{\left(x+y+z\right)^2}{2\left(xy+yz+zx\right)}\) (BĐT B.C.S)

Mà lại có \(xy+yz+zx\le\dfrac{\left(x+y+z\right)^2}{3}\) nên ta có:

\(P\ge\dfrac{\left(x+y+z\right)^2}{2.\dfrac{\left(x+y+z\right)^2}{3}}=\dfrac{3}{2}\) Vậy ta có đpcm. 

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow x=y=z=1\) \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)