Bài này rất dài dòng nhưng cũng rất quen.

https://diendantoanhoc.net/topic/153766-bổ-đề-hoán-vị/

bài này tui post lên cho mn xem và chia sẻ cách làm nhé bn còn cách nào hay thì sharre hết cho mk với ;v

Xét ΔOAI và ΔOBI có

OA=OB

OI chung

AI=BI

Do đó: ΔOAI=ΔOBI

Suy ra: \(\widehat{AOI}=\widehat{BOI}\)

hay OI là tia phân giác của góc xOy

pick and lock

Ta có: \(A=2\left(x^3+y^3\right)-3xy=2\left(x+y\right)\left(x^2-xy+y^2\right)-3xy\)

Lại có: \(x^2+y^2=2\Leftrightarrow\left(x+y\right)^2-2xy=2\Leftrightarrow xy=\dfrac{\left(x+y\right)^2-2}{2}\)

\(\Rightarrow A=2\left(x+y\right)\left(2-\dfrac{\left(x+y\right)^2-2}{2}\right)-\dfrac{3\left(x+y\right)^2-2}{2}\)

Đặt \(t=x+y\Rightarrow\left|t\right|\le2\) và \(A=-t^3-\dfrac{3}{2}t^2+6t+3\forall\left|t\right|\le2\)

\(\Rightarrow g'\left(t\right)=-3t^2-3t+6\)

\(g'\left(t\right)=0\Rightarrow-3t^2-3t+6=0\)

\(\Rightarrow\left(t-1\right)\left(t+2\right)=0\)\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}t=1\\t=-2\end{matrix}\right.\)\(t\in\left[-2;2\right]\)

\(g\left(-2\right)=-7;g\left(2\right)=1;g\left(1\right)=\dfrac{13}{2}\)

Nhìn vào các số trên rõ ràng là \(A_{MAX}=\dfrac{13}{2}\Leftrightarrow x=\dfrac{1\pm\sqrt{3}}{2};y=\dfrac{1\mp\sqrt{3}}{2}\)

\(A_{Min}=-7\Leftrightarrow x=y=-1\)

\(\sqrt{x^2+x-1}-1+\sqrt{x-x^2+1}-1+x-x^2=0\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{x^2+x-2}{\sqrt{x^2+x-1}+1}+\dfrac{x-x^2}{\sqrt{x-x^2+1}+1}+x-x^2=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)\left(\dfrac{x+2}{\sqrt{x^2+x-1}+1}-\dfrac{x}{\sqrt{x-x^2+1}+1}-x\right)=0\)

\(\Leftrightarrow x=1\)

Áp dụng BĐT: \(\sqrt{ab}\le\dfrac{a+b}{2}\)

Ta có: \(\sqrt{\left(x^2+x-1\right).1}+\sqrt{\left(x-x^2+1\right).1}\)

\(\le\dfrac{x^2+x-1+1}{2}+\dfrac{x-x^2+1+1}{2}=x+1\)\(\Rightarrow\)\(x^2-x+2\le x+1\Leftrightarrow\left(x-1\right)^2\le0\)

\(\Rightarrow x-1=0\Leftrightarrow x=1\)

Vậy ...

Ta có \(\left\{{}\begin{matrix}BH\perp AC\\DC\perp AC\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\) BH // DC

Tương tự ta cũng có: CH // DB

\(\Rightarrow BHCD\) là hình bình hành.

Gọi I là trung điểm của BC

\(\Rightarrow\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}=2\overrightarrow{OI}\left(1\right)\)

Ta lại có OI là đường trung bình của \(\Delta ADH\)

\(\Rightarrow\overrightarrow{OI}=\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AH}\left(2\right)\)

Từ (1) và (2)

\(\Rightarrow\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{AH}\)

\(\Leftrightarrow\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}+\text{ }\overrightarrow{OA}=\text{ }\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{AH}\)

\(\Leftrightarrow\text{ }\overrightarrow{OH}+\text{ }\overrightarrow{HA}+\text{ }\overrightarrow{OH}+\text{ }\overrightarrow{HB}+\text{ }\overrightarrow{OH}+\text{ }\overrightarrow{HC}=\text{ }\overrightarrow{OH}\)

\(\Leftrightarrow\text{ }\overrightarrow{HA}+\text{ }\overrightarrow{HB}+\text{ }\overrightarrow{HC}=2\text{ }\overrightarrow{HO}\)

ta có:BB' là đường kính nên trong tam giác BB'C có góc C là góc vuông,tương tự góc A cũng vuông
ta lại có AH và B'C cùng vuông góc với BC
CH và B'A cùng vuông góc với AB
=>AHCB' là hình bình hành=>vectơ AH=vectơ B'C
bạn nên thêm mắm muối vào cho bài giải của mình.

Có: \(x^2-xy+y^2\ge xy\)

\(\Rightarrow x^3+y^3\ge xy\left(x+y\right)\)

\(\Rightarrow x^3+y^3+1\ge xy\left(x+y\right)+xyz\)

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

Dấu ''='' xảy ra <=> x = y

Tượng tự có:

\(\dfrac{1}{y^3+z^3+1}\le\dfrac{1}{yz\left(x+y+z\right)}\)

dấu = xảy ra <=> y = z

\(\dfrac{1}{z^3+x^3+1}\le\dfrac{1}{zx\left(x+y+z\right)}\)

dấu ''='' xảy ra <=> z = x

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

xảy ra khi x = y = z = 1

1/ a/ Ta có: \(\Delta BEC;\Delta BDC\) là 2 tam giác vuông và M là trung điểm BC.

\(\Rightarrow MB=MC=ME=MD\)

\(\Rightarrow\Delta MED\) cân tại D.

b/ Ta có: \(\widehat{BEC}=\widehat{BDC}=90^o\)

\(\Rightarrow\) Tứ giác BEDC nội tiếp đường tròn.

\(\Rightarrow\widehat{EBC}=\widehat{EDA}\)

\(\Rightarrow\Delta EAD\sim\Delta CAB\)

\(\Rightarrow\dfrac{EA}{CA}=\dfrac{AD}{AB}\)

\(\Rightarrow EA.AB=CA.AD\)

Bài 5 thấy sai sai. Mà không biết nên sửa sao

Điều kiện xác định : \(-1\le x\le1\)

Đặt \(y=\sqrt{1+x},t=\sqrt{1-x}\) , (\(y,t\ge0\)

Ta có hpt: \(\begin{cases}4y-2t=yt+3\left(y^2-1\right)+1\\y^2+t^2=2\end{cases}\)

Xét pt đầu : \(4y-2t-yt-3y^2+2=0\)

thay \(2=y^2+t^2\) vào pt trên được ; 

\(4y-2t-yt-2y^2+t^2=0\) \(\Leftrightarrow\left(t-2y\right)\left(t+y-2\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left[\begin{array}{nghiempt}t=2y\\t+y=2\end{array}\right.\)

TH1. Nếu t = 2y ta có pt : \(\sqrt{1-x}=2\sqrt{1+x}\Leftrightarrow1-x=4\left(1+x\right)\Leftrightarrow x=-\frac{3}{5}\)(tmđk)

TH2. Nếu t + y = 2 ta có pt : \(\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x}=2\)

Lại có theo bđt Bunhiacopxki , ta có : \(\left(1.\sqrt{1+x}+1.\sqrt{1-x}\right)^2\le\left(1^2+1^2\right)\left(1+x+1-x\right)=4\)

\(\Rightarrow\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x}\le2\)

Dấu "=" xảy ra khi \(\begin{cases}-1\le x\le1\\\sqrt{1+x}=\sqrt{1-x}\end{cases}\) \(\Leftrightarrow x=0\) (tmđk)

Vậy tập nghiệm của pt : \(S=\left\{-\frac{3}{5};0\right\}\)

đặt ẩn đi bn

Lời giải:

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM:

\(x^2+xy+y^2=(x+y)^2-xy\geq (x+y)^2-\frac{(x+y)^2}{4}=\frac{3(x+y)^2}{4}\)

\(\Rightarrow \sqrt{x^2+xy+y^2}\geq \frac{\sqrt{3}}{2}(x+y)\)

Tương tự với các phân thức còn lại và cộng theo vế:

\(\Rightarrow A\geq \sqrt{3}(x+y+z)=3\sqrt{3}\) (đpcm)

Dấu $=$ xảy ra khi $x=y=z=1$