Lời giải:

a) Đường tròn $(O)$ tiếp xúc với \(AB.BC,CA\) tại $D,E,F$, tức là $O$ là giao của ba đường phân giác tam giác $ABC$ và \(OD\perp AB, OF\perp AC, OE\perp BC\)

Do đó: \(\widehat{ODA}+\widehat{OFA}=90^0+90^0=180^0\)

\(\Rightarrow ODAF\) là tứ giác nội tiếp.

Hoàn toàn tương tự: \(ODBE, OECF\) nội tiếp.

Từ các tứ giác nội tiếp suy ra:

\(\left\{\begin{matrix} \widehat{ODF}=\widehat{OAF}=\frac{\widehat{A}}{2}\\ \widehat{ODE}=\widehat{OBE}=\frac{\widehat{B}}{2}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow \widehat{ODF}+\widehat{ODE}=\frac{\widehat{A}}{2}+\frac{\widehat{B}}{2}\)

hay \(\widehat{EDF}=\frac{\widehat{A}+\widehat{B}}{2}\)

Tương tự: \(\widehat{DEF}=\frac{\widehat{B}+\widehat{C}}{2}\) và \(\widehat{EFD}=\frac{\widehat{A}+\widehat{C}}{2}\)

Vì $ABC$ là tam giác nhọn nên các góc đều nhỏ hơn $90^0$

\(\Rightarrow \widehat{EDF}, \widehat{DEF}, \widehat{EFD}< 90^0\)

\(\Rightarrow \triangle DEF\) có 3 góc nhọn.

b)

Vì tam giác $ABC$ cân tại $A$ nên \(\widehat{ABC}=\widehat{ACB}\)

\(\Rightarrow \widehat{ABC}=\frac{180-\widehat{BAC}}{2}=90^0-\frac{\widehat{A}}{2}\)

Tứ giác $ODAF$ nội tiếp \(\Rightarrow \widehat{ADF}=\widehat{AOF}=90^0-\widehat{OAF}=90^0-\frac{\widehat{A}}{2}\)

Do đó: \(\widehat{ABC}=\widehat{ADF}\), hai góc này ở vị trí đồng vị nên \(DF\parallel BC\)

c)

\(\left\{\begin{matrix} \widehat{ABC}=\widehat{ACB}\\ \widehat{ABC}=\widehat{ADF}(\text{theo phần b})\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow \widehat{ADF}=\widehat{ACB}=\widehat{FCB}\)

\(\Rightarrow BDFC\) nội tiếp.

d)

$BD$ là tiếp tuyến của $(O)$ nên \(\widehat{BDM}=\widehat{DFI}=\widehat{DFB}\) (cùng chắn cung DI)

Mà do $BDFC$ nội tiếp nên \(\widehat{DFB}=\widehat{DCB}\)

Từ đây suy ra \(\widehat{BDM}=\widehat{DCB}\)

Xét tam giác $BDM$ và $BCD$ có:

\(\left\{\begin{matrix} \angle \text{B Chung}\\ \widehat{BDM}=\widehat{BCD}(cmt)\end{matrix}\right.\Rightarrow \triangle BDM\sim \triangle BCD(g.g)\)

\(\Rightarrow \frac{BD}{BC}=\frac{BM}{BD}(1)\)

Do \(DF\parallel BC\Rightarrow \frac{BD}{AB}=\frac{CF}{AC}\) (theo định lý Ta -let) mà \(AB=AC\Rightarrow BD=CF(2)\)

Từ \((1); (2)\Rightarrow \frac{BD}{BC}=\frac{BM}{CF}\) (đpcm)

Nguyễn Xuân Dương: làm sao như vậy được em. Đường tròn (O) tiếp xúc với ba cạnh tam giác thì đây là đặc điểm của đường tròn nội tiếp (tiếp xúc trong) hoặc bàng tiếp (tiếp xúc ngoài). Ở đây ta đang làm trong TH nó tiếp xúc trong.

Hi anh trai, nhớ em là ai chứ :))

Áp dụng BĐT AM - GM: \(x+y+z\ge3\sqrt[3]{xyz}=3\)

\(P=\Sigma\dfrac{1}{\left(3x+1\right)\left(y+z\right)+x}\) \(=\Sigma\dfrac{1}{3x\left(y+z\right)+x+y+z}\)

\(\Rightarrow P\le\Sigma\dfrac{1}{3x\left(y+z\right)+3}\)

\(\Leftrightarrow3P\le\Sigma\dfrac{1}{x\left(y+z\right)+1}\)

Chia cả hai vế cho \(xyz=1\)

\(\Leftrightarrow3P\le\Sigma\dfrac{1}{\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}+1}\)

Đặt \(a=\sqrt[3]{\dfrac{1}{x^3}},b=\sqrt[3]{\dfrac{1}{y^3}},c=\sqrt[3]{\dfrac{1}{z^3}}\)

\(\Rightarrow a.b.c=1\)

\(\Rightarrow3P\le\Sigma\dfrac{1}{a^3+b^3+1}\)

Mặt khác: \(\left(a-b\right)^2\ge0\)

\(\Leftrightarrow a^2-ab+b^2\ge ab\)

Nhân cả hai vế cho \(a+b\)

\(\Leftrightarrow a^3+b^3\ge ab\left(a+b\right)\)

\(\Leftrightarrow a^3+b^3+1\ge ab\left(a+b\right)+1=ab\left(a+b\right)+abc\)

\(\Leftrightarrow a^3+b^3+1\ge ab\left(a+b+c\right)\)

\(\Leftrightarrow3P\le\Sigma\dfrac{1}{ab\left(a+b+c\right)}=1\)

\(\Leftrightarrow P\le\dfrac{1}{3}\)

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

Lời giải:

Ta có: \(\left\{\begin{matrix} x+\frac{1}{y}=3\\ y+\frac{1}{z}=3\\ z+\frac{1}{x}=3\end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} x+\frac{1}{y}=y+\frac{1}{z}\\ y+\frac{1}{z}=z+\frac{1}{x}\\ z+\frac{1}{x}=x+\frac{1}{y}\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x-y=\frac{y-z}{yz}\\ y-z=\frac{z-x}{xz}\\ z-x=\frac{x-y}{xy}\end{matrix}\right.(*)\) \(\Rightarrow (x-y)(y-z)(z-x)=\frac{(x-y)(y-z)(z-x)}{x^2y^2z^2}\)

\(\Leftrightarrow (x-y)(y-z)(z-x)\left(1-\frac{1}{x^2y^2z^2}\right)=0\)

Bây giờ ta xét các TH sau:

TH1: \(x-y=0\Rightarrow(*)\) kéo theo \(y-z=0\Rightarrow (*)\) kéo theo \(z-x=0\)

Do đó \(x=y=z\)

Thay vào pt ban đầu: \(x+\frac{1}{x}=3\Leftrightarrow x^2-3x+1=0\)

\(\Leftrightarrow x=\frac{3\pm \sqrt{5}}{2}\)

Ta có bộ nghiệm \((x,y,z)=\left(\frac{3+\sqrt{5}}{2}, \frac{3+\sqrt{5}}{2}, \frac{3+\sqrt{5}}{2}\right);\left(\frac{3-\sqrt{5}}{2}, \frac{3-\sqrt{5}}{2}, \frac{3-\sqrt{5}}{2}\right) \)

TH2: \(\left[\begin{matrix} y-z=0\\ z-x=0\end{matrix}\right.\) (hoàn toàn tương tự TH1)

TH3: \(1-\frac{1}{x^2y^2z^2}=0\Leftrightarrow xyz=\pm 1\)

\(\bullet\)Nếu \(xyz=1\):

\(\left\{\begin{matrix} x+\frac{1}{y}=3\\ y+\frac{1}{z}=3\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x+\frac{1}{y}=3\\ y+xy=3\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow x+\frac{1}{y}=y+xy\Leftrightarrow x(y-1)+\frac{y^2-1}{y}=0\)

\(\Leftrightarrow (y-1)(x+\frac{y+1}{y})=0\)

+) \(y=1\Rightarrow x=2; z=\frac{1}{2}\), thử vào pt số 3 thấy không thỏa mãn (loại)

\(+) x+\frac{y+1}{y}=0\Leftrightarrow x+1+\frac{1}{y}=0\Leftrightarrow 3+1=0\) (vô lý- loại )

\(\bullet xyz=-1\)

\(\left\{\begin{matrix} x+\frac{1}{y}=3\\ y-xy=3\\ \end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow x+\frac{1}{y}=y-xy\Leftrightarrow (y+1)(x+\frac{1-y}{y})=0\)

+) Nếu \(y+1=0\Leftrightarrow y=-1\Rightarrow x=4; z=\frac{1}{4}\)

Thử lại vào pt thứ 3 thấy không đúng (loại )

+ Nếu \(x+\frac{1-y}{y}=0\Leftrightarrow x+\frac{1}{y}-1=0\Leftrightarrow 3-1=0\) (vô lý- loại )

Vậy \((x,y,z)=\left(\frac{3+\sqrt{5}}{2}, \frac{3+\sqrt{5}}{2}, \frac{3+\sqrt{5}}{2}\right);\left(\frac{3-\sqrt{5}}{2}, \frac{3-\sqrt{5}}{2}, \frac{3-\sqrt{5}}{2}\right) \)

\(\left\{{}\begin{matrix}x+\dfrac{1}{y}=3\left(1\right)\\y+\dfrac{1}{z}=3\left(2\right)\\z+\dfrac{1}{x}=3\left(3\right)\end{matrix}\right.\) đk : x,y,z khác 0

từ (1) \(x=3-\dfrac{1}{y};x\ne0\Rightarrow y\ne\dfrac{1}{3}\) (4)

từ (3) và (4) => \(z=3-\dfrac{1}{x}=3-\dfrac{1}{3-\dfrac{1}{y}}=3-\dfrac{y}{3y-1}=\dfrac{8y-3}{3y-1};z\ne0\Rightarrow y\ne\dfrac{3}{8}\) (5)

từ (5) và (2) => \(y+\dfrac{3y-1}{8y-3}=3\Leftrightarrow8y^2-3y+3y-1=3\left(8y-3\right)\)

\(\Leftrightarrow y^2-3y+1=0\) \(\Delta_y=9-4=5\)

=>\(\left[{}\begin{matrix}y_1=\dfrac{3-\sqrt{5}}{2}\\y_2=\dfrac{3+\sqrt{5}}{2}\end{matrix}\right.\) thỏa mãn đk y nhận

thế vào (4)=> \(\left[{}\begin{matrix}x_1=\dfrac{3-\sqrt{5}}{2}\\x_2=\dfrac{3+\sqrt{5}}{2}\end{matrix}\right.\) thế vào (3) \(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}z_1=\dfrac{3-\sqrt{5}}{2}\\z_2=\dfrac{3+\sqrt{5}}{2}\end{matrix}\right.\)

Đơn giản vậy thôi cần gì biết đổi hầm hố phân ra nhiều các trường hợp rắc rối

Lời giải:

Áp dụng BĐT Cauchy ta có:

\(a^2+b^2\geq 2ab\)

\(b^2+1\geq 2b\)

Suy ra \(a^2+2b^2+3\geq 2(ab+b+1)\) \(\Rightarrow \frac{1}{a^2+2b^2+3}\leq \frac{1}{2(ab+b+1)}\)

Thực hiện toàn toàn tương tự với các phân thức còn lại và cộng theo vế:

\(\text{VT}\leq \frac{1}{2}\underbrace{\left(\frac{1}{ab+b+1}+\frac{1}{bc+c+1}+\frac{1}{ca+a+1}\right)}_{M}(1)\)

Lại có: \(M=\frac{1}{ab+b+1}+\frac{1}{bc+c+1}+\frac{1}{ca+a+1}=\frac{ac}{ab.ac+b.ac+ac}+\frac{a}{bc.a+c.a+a}+\frac{1}{ca+a+1}\)

\(=\frac{ac}{a+1+ac}+\frac{a}{1+ac+a}+\frac{1}{ac+a+1}=\frac{ac+a+1}{ac+a+1}=1(2)\)

Từ \((1); (2)\Rightarrow \text{VT}\leq \frac{1}{2}\) (đpcm)

Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c=1\)

44^2 =1936

45^2 =2025

phần thừa dư do 2018 không cp : 2018-[1936+(2025-1936-1 )/2] = 38 số

\(S=\dfrac{2}{1}+\dfrac{4}{2}+\dfrac{6}{3}+...+\dfrac{88}{44}+\dfrac{38}{45}=2.44+\dfrac{38}{45}\)

a) Do MA, MB là các tiếp tuyến nên \(\widehat{MBO}=\widehat{MAO}=90^o\)

Xét tứ giác MBOA có \(\widehat{MBO}=\widehat{MAO}=90^o\) mà đỉnh A và đỉnh B đối nhau nên MBOA là tứ giác nội tiếp.

Vậy M, B, O, A cùng thuộc một đường tròn. (1)

Xét đường tròn (O) có I là trung điểm dây cung CD nên theo quan hệ đường kính dây cung ta có \(OI\perp CD\)

Suy ra \(\widehat{MIO}=90^o\)

Xét tứ giác MIOA có \(\widehat{MIO}=\widehat{MAO}=90^o\) mà đỉnh A và đỉnh I đối nhau nên MIOA là tứ giác nội tiếp.

Vậy M, I, O, A cùng thuộc một đường tròn. (2)

Từ (1) và (2) suy ra O, A, M, B, I cùng thuộc đường tròn đường kính MO.

b) Do M, B, I, A thuộc đường tròn đường kính MO nên \(\widehat{BIM}=\widehat{BAM}\) (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung AM)

Xét đường tròn (O) ta lại có : \(\widehat{BAM}=\widehat{BEA}\) (Góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung BA)

Suy ra \(\widehat{BIM}=\widehat{BEA}\)

Mà chúng lại ở vị trí đồng vị nên AE // CD.

c) Xét tam giác BCM và tam giác DBM có:

Góc M chung

\(\widehat{MBC}=\widehat{MDB}\) (Góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến dây cung cùng chắn một cung)

\(\Rightarrow\Delta BCM\sim\Delta DBM\left(g-g\right)\Rightarrow\dfrac{BM}{DN}=\dfrac{CM}{BM}\Rightarrow BM^2=CM.DM\)

Xét tam giác vuông MBC, đường cao BH, theo hệ thức lượng ta có:

\(BM^2=MH.MO\)

Từ đó ta có \(CM.DM=MH.MO\Rightarrow\dfrac{MH}{MD}=\dfrac{MC}{MO}\)

Vậy thì \(\Rightarrow\Delta HCM\sim\Delta DOM\left(c-g-c\right)\Rightarrow\widehat{CHM}=\widehat{ODC}\)

Xét tứ giác CHOD có \(\widehat{CHM}=\widehat{ODC}\) mà \(\widehat{CHM}\) là góc ngoài tại đỉnh H, đối diện đỉnh D nên CHOD là tứ giác nội tiếp.

Do đó \(\widehat{DHO}=\widehat{DCO}\)

Xét tam giác vuông CIO có : \(CI=\dfrac{\sqrt{3}R}{2};CO=R\Rightarrow\cos\widehat{ICO}=\dfrac{CI}{CO}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)

\(\Rightarrow\widehat{DCO}=30^o\)

Vậy thì \(\widehat{DHO}=30^o\)

Bạn ơi ở câu c góc MBC= góc MBD í thì bạn giải thích đc k

Lời giải:

Để pt có hai nghiệm phân biệt thì \(\Delta'=(m-1)^2-(m^2-3)>0\)

\(\Leftrightarrow 4-2m>0\Leftrightarrow m< 2\)

Khi đó áp dụng định lý Viete về pt bậc 2: \(\left\{\begin{matrix} x_1+x_2=2(m-1)\\ x_1x_2=m^2-3\end{matrix}\right.(*)\)

a) \(x_1-x_2=2\Rightarrow (x_1-x_2)^2=4\)

\(\Leftrightarrow x_1^2+x_2^2-2x_1x_2=4\Leftrightarrow x_1^2+x_2^2+2x_1x_2-4x_1x_2=4\)

\(\Leftrightarrow (x_1+x_2)^2-4x_1x_2=4\)

\(\Leftrightarrow 4(m-1)^2-4(m^2-3)=4\)

\(\Leftrightarrow 8m=12\Leftrightarrow m=\frac{3}{2}\) (thỏa mãn)

b) \(x_1x_2-x_1-x_2=11\)

\(\Leftrightarrow x_1x_2-(x_1+x_2)=11\)

\(\Leftrightarrow m^2-3-2(m-1)=11\)

\(\Leftrightarrow m^2-2m-12=0\Leftrightarrow \left[\begin{matrix} m=1+\sqrt{13}\\ m=1-\sqrt{13}\end{matrix}\right.\)

Vì \(m<2\Rightarrow m=1-\sqrt{13}\)

c)Ta có: \(\left\{\begin{matrix} x_1+x_2=2(m-1)\\ x_1x_2=m^2-3\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow \left\{\begin{matrix} x_1+x_2+2=2m\\ x_1x_2+3=m^2\end{matrix}\right.\)

Suy ra \( (x_1+x_2+2)^2=4(x_1x_2+3)(=4m^2)\)

\(\Leftrightarrow x_1^2+x_2^2+4+2x_1x_2+4(x_1+x_2)=4x_1x_2+12\)

\(\Leftrightarrow x_1^2+x_2^2-2x_1x_2+4(x_1+x_2)-8=0\)

Đây chính là biểu thức (không phụ thuộc m) cần tìm.

Cảm ơn cô (thầy) ạ!

Lời giải:

Ta có: \(5x^2+6xy+5y^2=3(x^2+y^2+2xy)+2(x^2+y^2)\)

\(=3(x+y)^2+2(x^2+y^2)\geq 3(x+y)^2+(x+y)^2\) (theo BĐT AM-GM)

\(\Leftrightarrow 5x^2+6xy+5y^2\geq 4(x+y)^2\Rightarrow \sqrt{5x^2+6xy+5y^2}\geq 2(x+y)\)

Thực hiện tương tự với những biểu thức còn lại suy ra:

\(P\geq \frac{2(x+y)}{x+y+2z}+\frac{2(y+z)}{y+z+2x}+\frac{2(z+x)}{z+x+2y}\)

\(P\geq 2\left(\frac{x+y}{x+y+2z}+\frac{y+z}{y+z+2x}+\frac{z+x}{z+x+2y}\right)=2\left(\frac{(x+y)^2}{(x+y+2z)(x+y)}+\frac{(y+z)^2}{(y+z+2x)(y+z)}+\frac{(z+x)^2}{(z+x+2y)(z+x)}\right)\)

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:

\(P\geq 2.\frac{(x+y+y+z+z+x)^2}{(x+y+2z)(x+y)+(y+z+2x)(y+z)+(z+x+2y)(z+x)}\)

\(\Leftrightarrow P\geq 2. \frac{4(x+y+z)^2}{2(x+y+z)^2+2(xy+yz+xz)}=\frac{4(x+y+z)^2}{(x+y+z)^2+xy+yz+xz}\)

\(\geq \frac{4(x+y+z)^2}{(x+y+z)^2+\frac{(x+y+z)^2}{3}}=3\) (theo AM-GM \(xy+yz+xz\leq \frac{(x+y+z)^2}{3}\))

Vậy \(P\geq 3\Leftrightarrow P_{\min}=3\)

Dấu bằng xảy ra khi \(x=y=z\)

Lời giải:

Phản chứng. Giả sử với điều kiện đã cho thì cả hai PT vô nghiệm. Tức là:

\(\left\{\begin{matrix} \Delta_1=b^2-4c<0\\ \Delta_2=c^2-4b< 0\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} b^2< 4c\\ c^2< 4b\end{matrix}\right.\) (1)

Vì \(b^2,c^2>0\) nên từ \((1);(2)\Rightarrow b,c>0\)

Không mất tính tổng quát giả sử \(b>c\Rightarrow \frac{1}{b}< \frac{1}{c}\)

\(\Rightarrow \left\{\begin{matrix} \frac{2}{b}< \frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{1}{2}\\ \frac{2}{c}> \frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{1}{2}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow \left\{\begin{matrix} b>4\\ c<4\end{matrix}\right.(2)\)

Khi đó từ (1) và \((*)\) suy ra \(b^2< 4c< 4.4\Rightarrow b< 4\) (mâu thuẫn với \((*)\) )

Do đó điều giả sử sai. Tức là luôn tồn tại ít nhất một trong hai giá trị \(\Delta\) không âm, tức là ít nhất một trong hai phương trình có nghiệm (đpcm)

từ hệ thức: \(\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}=\dfrac{1}{2}\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}b;c\ne0\\2\left(b+c\right)=bc\end{matrix}\right.\)

\(\left\{{}\begin{matrix}\Delta_1=b^2-4c\\\Delta_2=c^2-4b\end{matrix}\right.\)\(\begin{matrix}\left(1\right)\\\left(2\right)\end{matrix}\)

\(\Delta=\Delta_1+\Delta_2=b^2+c^2-4\left(b+c\right)=b^2+c^2-2bc=\left(b-c\right)^2\ge0\)(3)

Delta >0 => delta1 hoặc delta 2 >=0 => dpcm

Đề bài cho dư. Chỉ cần vế dưới là đủ rồi.

Điều kiện: \(x,y\ge1\)

Ta có:

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

Dấu = xảy ra khi \(x=y=2\)

dưới chỉ là đk chưa đủ ; phải thử lên pt xem (x;y) =(2;2) có đúng không nữa

có lẽ ý đồ của người ra đề bẫy