\(\frac{1}{2-a}+\frac{1}{2-b}+\frac{1}{2-c}\ge\frac{9}{6-\left(a+b+c\right)}\)( svac-xơ )

Ta có bđt phụ: \(\left(a+b+c\right)^2\le3\left(a^2+b^2+c^2\right)=9\)

\(\Rightarrow a+b+c\le3\)

\(\frac{1}{2-a}+\frac{1}{2-b}+\frac{1}{2-c}\ge3\left(đpcm\right)\)

Ngược dấu rồi Châu ơi

Có \(a^2+b^2+c^2=3\) và a;b;c>0 \(\Rightarrow a^2< 3\Rightarrow a< \sqrt{3}< 2\Rightarrow2-a>0\)

Có \(\left(a-1\right)^2.a\ge0\)\(\Leftrightarrow\frac{1}{2-a}\ge\frac{1}{2}a^2+\frac{1}{2}\)

Chứng minh tương tự rồi cộng vế với vế ta có đpcm

a) AD là tiếp tuyến của (O) => AD vuông góc AO; \(\Delta\)ABC cân tại A có tâm ngoại tiếp O => AO vuông góc BC

Vậy AD || BC (đpcm).

b) Dễ thấy ^AEF = ^BEA; ^EAF = ^EBA => \(\Delta\)EAF ~ \(\Delta\)EBA => EA² = EF.EB (đpcm).

c) Ta có ^FDE = ^FCB (vì DA || BC) = ^DBE (vì BD là tiếp tuyến của (O)) => \(\Delta\)DEF ~ \(\Delta\)BED

=> ED² = EF.EB = EA² => E là trung điểm của AD, do đó IE là đường trung bình \(\Delta\)OAD

=> IE vuông góc AD => A,E,I,H cùng thuộc đường tròn đường kính AI (1)

Lại có E là trung điểm cạnh AD của tam giác AHD vuông tại H

=> EH² = EA² = EF.EB => \(\Delta\)EFH ~ \(\Delta\)EHB => ^EHF = ^EBH = ^EAF => A,H,E,F cùng thuộc 1 đường tròn (2)

Từ (1);(2) => F nằm trên đường tròn đường kính AI => AI vuông góc IF (đpcm).

a, Vì HM là đường cao => \(HM\perp AB\)=> ^HMA = 90⁰

Vì HN là đường cao => \(HN\perp AC\)=> ^HNA = 90⁰

Xét tứ giác AMHN có : 

^HMA + ^HNA = 90⁰

mà ^HMA ; ^HNA đối nhau 

Vậy tứ giác AMHN nội tiếp

b, Xét tam giác ABH vuông tại H, đường cao HM ta có : 

\(AH^2=AM.AB\)(1)

Xét tam giác ACH vuông tại H, đường cao HN ta có : 

\(AH^2=AN.AC\)(2) 

từ (1) ; (2) suy ra : \(AM.AB=AN.AC\Rightarrow\frac{AM}{AC}=\frac{AN}{AB}\)

Xét tam giác AMN và tam giác ACB ta có : 

^A chung 

\(\frac{AM}{AC}=\frac{AN}{AB}\)( cmt )

Vậy tam giác AMN ~ tam giác ACB ( c.g.c )

Điều kiện: \(\orbr{\begin{cases}x\ge1\\x\le-4-\sqrt{7}\end{cases}}\)

Đặt \(\hept{\begin{cases}\sqrt{2x^2+16x+18}=a\\\sqrt{x^2-1}=b\end{cases}}\left(a,b\ge0\right)\)

Phương trình trở thành:

\(a+b=\sqrt{a^2+2b^2}\)

\(\Leftrightarrow a^2+2ab+b^2=a^2+2b^2\)

\(\Leftrightarrow b^2-2ab=0\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}b=0\\b=2a\end{cases}}\)

+) Nếu \(b=0\Rightarrow\sqrt{x^2-1}=0\Leftrightarrow x=1\)(do ĐK)

+) Nếu \(b=2a\Rightarrow\sqrt{x^2-1}=2\sqrt{2x^2+16x+18}\)

\(\Leftrightarrow x^2-1=4\left(2x^2+16x+18\right)\)

\(\Leftrightarrow7x^2+64x+73=0\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=\frac{-32+3\sqrt{57}}{7}\left(L\right)\\x=\frac{-32-3\sqrt{57}}{7}\left(C\right)\end{cases}}\)

Vậy \(S=\left\{1;\frac{-32-3\sqrt{57}}{7}\right\}\)

Ta có: \(Q=\frac{x+y}{\sqrt{3x^2-xy+y^2}}=\frac{1+\frac{y}{x}}{\sqrt{3-\frac{y}{x}+\left(\frac{y}{x}\right)^2}}=\frac{1+t}{\sqrt{3-t+t^2}}\left(t=\frac{y}{x}\right)\)

Từ xy+1\(\le x\Rightarrow\frac{y}{x}+\frac{1}{x^2}\le\frac{1}{x}\Rightarrow\frac{y}{x}\le\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}=\frac{1}{4}-\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{2}\right)^2\le\frac{1}{4}\Rightarrow0\le t\le\frac{1}{4}\)

Vì \(t\le\frac{1}{4}\Rightarrow1+t\le\frac{5}{4};3-t+t^2=\left(\frac{1}{2}-t\right)^2+\frac{11}{4}\ge\frac{45}{16}\)

\(\Rightarrow Q\le\frac{\frac{5}{4}}{\sqrt{\frac{45}{16}}}=\frac{\sqrt{5}}{3}\)

Dấu đẳng thức xảy ra <=>  \(\hept{\begin{cases}t=\frac{1}{4}\\x=2\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=2\\y=\frac{1}{2}\end{cases}}\)

Vậy GTLN của Q là \(\frac{\sqrt{5}}{3}\)

Hoành độ giao điểm thỏa mãn phương trình

\(x^2+4=5x-2\Leftrightarrow x^2-5x+6=0\)

\(\Delta=25-24=1>0\)

\(x_1=\frac{5-1}{2}=2;x_2=\frac{5+1}{2}=3\)

Với \(x=2\Rightarrow y=5.2-2=8\)

Với \(x=3\Rightarrow y=5.3-2=13\)

Vậy giao điểm của (p) cà (d) có tọa độ là A ( 2 ; 8 ) ; B ( 3 ; 13 ) 

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng Engel ta có :

\(\left(x+\frac{1}{x}\right)^2+\left(y+\frac{1}{y}\right)^2\ge\frac{\left(x+\frac{1}{x}+y+\frac{1}{y}\right)^2}{2}\ge\frac{\left(1+\frac{4}{x+y}\right)^2}{2}=\frac{\left(1+4\right)^2}{2}=\frac{25}{2}\)

=> đpcm . Dấu "=" xảy ra <=> x = y = 1/2

Đặt \(A=\left(x+\frac{1}{x}\right)^2+\left(y+\frac{1}{y}\right)^2\)

\(=x^2+\frac{1}{x^2}+2+y^2+\frac{1}{y^2}+2\)

\(=x^2+y^2+\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+4\)

Áp dụng BĐT Co-si , có :

\(x^2+y^2\ge2xy\)

\(\Rightarrow2\left(x^2+y^2\right)\ge x^2+y^2+2xy\)

\(\Leftrightarrow x^2+y^2\ge\frac{\left(x+y\right)^2}{2}\)

\(\Leftrightarrow x^2+y^2\ge\frac{1}{2}\)

Có \(\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}\ge\frac{2}{xy}\ge\frac{8}{\left(x+y\right)^2}\)

\(\Rightarrow\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}\ge8\)

\(\Rightarrow A\ge\frac{1}{2}+8+4\)

\(\Rightarrow A\ge\frac{25}{2}\)

ĐK: \(-2\le x\le2\).

\(t=\sqrt{2-x}+\sqrt{2+x}\)

\(t^2=4+2\sqrt{4-x^2}\ge4\)

Dấu \(=\)khi \(x=\pm2\).

\(t^2=4+2\sqrt{4-x^2}\le4+2\sqrt{4}=8\)

Dấu \(=\)khi \(x=0\).

Suy ra \(4\le t^2\le8\Leftrightarrow2\le t\le2\sqrt{2}\).

\(P=t-\frac{t^2-4}{2}\Leftrightarrow2P=-t^2+2t+4=-\left(t-1\right)^2+5\)

Vì \(2\le t\le2\sqrt{2}\)nên \(\hept{\begin{cases}2P\ge-\left(2\sqrt{2}-1\right)^2+5=-4+4\sqrt{2}\\2P\le-\left(2-1\right)^2+5=4\end{cases}}\)

\(\Rightarrow P\le2\)dấu \(=\)khi \(t=2\)\(\Rightarrow x=\pm2\).

\(P\ge2\sqrt{2}-2\)dấu \(=\)khi \(t=2\sqrt{2}\)\(\Rightarrow x=0\).