a/

E và F bình đẳng nhau nên tôi chỉ c/m ME là tiếp tuyến với đường tròn đường kính AH. Còn c/m MF là tiếp tuyến làm tương tự bạn tự c/m nhé

Gọi I là tâm đường tròng đường kính AH => IA=IH

Gọi D là giao của AH với BC

Xét tg ABC có \(AH\perp BC\) (trong tg 3 đường cao đồng quy)

\(\Rightarrow AD\perp BC\)

Xét tg vuông ADC và tg vuông BEC có

\(\widehat{DAC}=\widehat{EBC}\) (cùng phụ với \(\widehat{C}\) ) (1)

Xét tg vuông AHE có

\(IA=IH\Rightarrow IE=IA=IH=\dfrac{AH}{2}\) (trong tg vuông trung tuyến thuộc cạnh huyền bằng nửa cạnh huyền)

\(\Rightarrow E\in\left(I\right)\) và tg AIE cân tại I

 \(\Rightarrow\widehat{DAC}=\widehat{AEI}\) (góc ở đáy tg cân) (2)

Xét tg vuông BEC có

\(MB=MC\left(gt\right)\Rightarrow ME=MB=MC=\dfrac{BC}{2}\) (trong tg vuông trung tuyến thuộc cạnh huyền bằng nửa cạnh huyền)

=> tg BME cân tại M

\(\Rightarrow\widehat{EBC}=\widehat{BEM}\) (góc ở đáy tg cân) (3)

Từ (1) (2) (3) \(\Rightarrow\widehat{AEI}=\widehat{BEM}\)

Mà \(\widehat{AEI}+\widehat{BEI}=\widehat{AEB}=90^o\)

\(\Rightarrow\widehat{BEM}+\widehat{BEI}=\widehat{MEI}=90^o\Rightarrow ME\perp IE\) => ME là tiếp tuyến với đường tròn đường kính AH

b/

Xét tg MEK và tg MAE có

\(\widehat{AME}\) chung

Ta có

\(sđ\widehat{MEK}=\dfrac{1}{2}sđcungEK\) (góc giữa tiếp tuyến và dây cung)

\(sđ\widehat{MAE}=\dfrac{1}{2}sđcungEK\) (góc nội tiếp (O))

\(\Rightarrow\widehat{MEK}=\widehat{MAE}\)

=> tg MEK đồng dạng với tg MAE (g.g.g)

\(\Rightarrow\dfrac{ME}{MA}=\dfrac{MK}{ME}\Rightarrow MK.MA=ME^2\)

\(\text{Δ}=\left(-2m\right)^2-4\left(m^2-m\right)\)

\(=4m^2-4m^2+4m=4m\)

Để phương trình có hai nghiệm dương phân biệt thì \(\left\{{}\begin{matrix}\text{Δ}>0\\-\dfrac{b}{a}>0\\\dfrac{c}{a}>0\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}4m>0\\2m>0\\m^2-m>0\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}m>0\\m\left(m-1\right)>0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow m>1\)

\(\sqrt{x_1}=\sqrt{3x_2}\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}x_1>=0\\x_2>=0\\x_1=3x_2\end{matrix}\right.\)

\(x_1+x_2=-\dfrac{b}{a}=2m\)

=>\(3x_2+x_2=2m\)

=>\(x_2=0,5m\)

=>\(x_1=1,5\cdot m\)

\(x_1\cdot x_2=\dfrac{c}{a}=m^2-m\)

=>\(m^2-m-0,75m^2=0\)

=>\(0,25m^2-m=0\)

=>\(m\left(0,25m-1\right)=0\)

=>\(\left[{}\begin{matrix}m=0\left(loại\right)\\m=4\left(nhận\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Delta'=m^2-\left(m^2-m\right)=m>0\)

Theo hệ thức Viet: \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=2m\\x_1x_2=m^2-m\end{matrix}\right.\)

Để biểu thức đề bài xác định \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=2m>0\\x_1x_2=m^2-m\ge0\end{matrix}\right.\) 

\(\Rightarrow m\ge1\)

Khi đó:

\(\sqrt{x_1}=\sqrt{3x_2}\Rightarrow x_1=3x_2\)

Thế vào \(x_1+x_2=2m\Rightarrow4x_2=2m\Rightarrow x_2=\dfrac{m}{2}\)

\(\Rightarrow x_1=\dfrac{3m}{2}\)

Thế vào \(x_1x_2=m^2-m\)

\(\Rightarrow\dfrac{3m^2}{4}=m^2-m\)

\(\Rightarrow m^2-4m=0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}m=0\left(loại\right)\\m=4\end{matrix}\right.\)

ĐKXĐ: \(\left\{{}\begin{matrix}y\ge\dfrac{3}{2}\\x\ge-5\end{matrix}\right.\)

Từ pt đầu:

\(x^2+6x+9=12y^2-4xy-4x+12y=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x^2+4xy+4y^2\right)+10\left(x+2y\right)+25-16\left(y^2+2y+1\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x+2y+5\right)^2-\left(4y+4\right)^2=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x+6y+9\right)\left(x-2y+1\right)=0\)

\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x+6y+9=0\\x-2y+1=0\end{matrix}\right.\)

- Với \(x+6y+9=0\Leftrightarrow\left(x+5\right)+6y+4=0\) (vô nghiệm do \(x\ge-5\) và \(y\ge\dfrac{2}{3}\))

- Với \(x=2y-1\) thay vào pt dưới:

\(\sqrt{3y-2}-\sqrt{y+2}=2y^2-3y-2\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{2\left(y-2\right)}{\sqrt{3y-2}+\sqrt{y+2}}=\left(y-2\right)\left(2y+1\right)\)

\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}y=2\Rightarrow x=3\\\dfrac{2}{\sqrt{3y-2}+\sqrt{y+2}}=2y+1\left(1\right)\end{matrix}\right.\)

Xét (1), do \(y\ge\dfrac{3}{2}\Rightarrow\dfrac{2}{\sqrt{3y-2}+\sqrt{y+2}}\le\dfrac{2\sqrt{14}}{7}< 2\)

Mà \(2y+1\ge\dfrac{4}{3}+1>2\)

\(\Rightarrow\left(1\right)\) vô nghiệm

a. Với mọi a;b;c ta có:

\(\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca\ge3ab+3bc+3ca\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ca\right)\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)

b.

Ta có: \(\dfrac{a}{1+b^2}=a-\dfrac{ab^2}{1+b^2}\ge a-\dfrac{ab^2}{2b}=a-\dfrac{ab}{2}\)

Tương tự: \(\dfrac{b}{1+c^2}\ge b-\dfrac{bc}{2}\) ; \(\dfrac{c}{1+a^2}\ge c-\dfrac{ac}{2}\)

Cộng vế:

\(\dfrac{a}{1+b^2}+\dfrac{b}{1+c^2}+\dfrac{c}{1+a^2}\ge a+b+c-\dfrac{ab+bc+ca}{2}\ge a+b+c-\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{6}=\dfrac{3}{2}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)

cậu lớp mấy thế

tớ mới lớp 3 thôi mà:((

Đề bài chính xác là \(a;b;c>0\) (ko hiểu dấu = có ý nghĩa gì khi mà các mẫu số đều phải khác 0 nên hiển nhiên a;b;c đều khác 0)

Đặt \(P=\dfrac{1}{a^2+b^2+c^2}+\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ca}\)

Do \(\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ca}\ge\dfrac{9}{ab+bc+ca}\)

\(\Rightarrow P\ge\dfrac{1}{a^2+b^2+c^2}+\dfrac{9}{ab+bc+ca}\)

\(P\ge\dfrac{1}{a^2+b^2+c^2}+\dfrac{1}{ab+bc+ca}+\dfrac{1}{ab+bc+ca}+\dfrac{7}{ab+bc+ca}\)

\(P\ge\dfrac{9}{a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca\right)}+\dfrac{7}{\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{3}}\)

\(P\ge\dfrac{30}{\left(a+b+c\right)^2}=30\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\dfrac{1}{3}\)

đk: \(-2\le x\le4\)

Ta có \(P^2=\left(\sqrt{x+2}+\sqrt{4-x}\right)^2\) 

\(\le2\left[\left(\sqrt{x+2}\right)^2+\left(\sqrt{4-x}\right)^2\right]\) (dùng BĐT \(\left(a+b\right)^2\le2\left(a^2+b^2\right)\))

\(=2\left(x+2+4-x\right)\)

\(=12\)

\(\Rightarrow P\le2\sqrt{3}\) (vì \(P>0\))

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow x+2=4-x\Leftrightarrow x=1\)

Vậy GTLN của P là \(2\sqrt{3}\) khi \(x=1\)

Ta có: \(P=\sqrt{x+2}+\sqrt{4-x}\left(-2\le x\le4\right)\)

\(\Leftrightarrow P^2=\left(\sqrt{x+2}+\sqrt{4-x}\right)^2\)

\(\Leftrightarrow P^2=x+2+4-x+2\sqrt{\left(x+2\right)\left(4-x\right)}\)

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

Mà: \(6+2\sqrt{\left(x+2\right)\left(4-x\right)}\le6+x+2+4-x=12\) 

\(\Leftrightarrow P^2\le12\)

\(\Leftrightarrow P\le2\sqrt{3}\)

Dấu  "=" xảy ra khi: \(x+2=4-x\Leftrightarrow2x=2\Leftrightarrow x=1\)

Vậy: \(P_{max}=2\sqrt{3}\Leftrightarrow x=1\)

Đây là bài toán lãi suất kép trong chương trình 12 chứ ko phải lớp 9

Ta có \(\dfrac{1}{\left(a+1\right)\sqrt{a}+a\sqrt{a+1}}\) 

\(=\dfrac{1}{\sqrt{a\left(a+1\right)}\left(\sqrt{a+1}+\sqrt{a}\right)}\)

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

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

(vì \(\left(\sqrt{a+1}+\sqrt{a}\right)\left(\sqrt{a+1}-\sqrt{a}\right)=\left(a+1\right)-a=1\))

\(=\dfrac{1}{\sqrt{a}}-\dfrac{1}{\sqrt{a+1}}\)

Do đó \(B=\dfrac{1}{\sqrt{1}}-\dfrac{1}{\sqrt{2}}+\dfrac{1}{\sqrt{2}}-\dfrac{1}{\sqrt{3}}+...+\dfrac{1}{\sqrt{99}}-\dfrac{1}{\sqrt{100}}\)

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

\(=\dfrac{9}{10}\)

\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)^2=27y^3+1\)

\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)^2=\left(3y+1\right)\left(9y^2-3y+1\right)\)

Gọi \(d=ƯC\left(3y+1;9y^2-3y+1\right)\)

\(\Rightarrow3y\left(3y^2+1\right)-\left(9y^2-3y+1\right)⋮d\)

\(\Rightarrow6y-1⋮d\)

\(\Rightarrow2\left(3y+1\right)-\left(6y-1\right)⋮d\)

\(\Rightarrow3⋮d\)

Mà \(3y+1⋮d\Rightarrow d\ne3\) 

\(\Rightarrow d=1\)

\(\Rightarrow3y+1\) và \(9y^2-3y+1\) nguyên tố cùng nhau

\(\Rightarrow3y+1\) và \(9y^2-3y+1\) đều là SCP

\(\Rightarrow9y^2-3y+1=n^2\)

\(\Leftrightarrow36y^2-12y+4=4n^2\)

\(\Leftrightarrow\left(6y-1\right)^2+3=\left(2n\right)^2\)

\(\Leftrightarrow\left(2n+6y-1\right)\left(2n-6y+1\right)=3\)

\(\Rightarrow y=0\Rightarrow x=\left\{0;2\right\}\)

Do BC là đường kính (O) và D thuộc (O) \(\Rightarrow\widehat{BDC}\) là góc nt chắn nửa đường tròn (O)

\(\Rightarrow\widehat{BDC}=90^0\Rightarrow\widehat{BDA}=90^0\)

\(\Rightarrow\widehat{HDA}=90^0\)

Chứng minh tương tự ta có \(\widehat{HEA}=90^0\)

\(\Rightarrow\) 2 điểm D và E cùng nhìn AH dưới 1 góc vuông nên tứ giác ADHE nội tiếp đường tròn đường kính AH