Ta có : \(\hept{\begin{cases}\left(b+c-a\right)\left(b+a-c\right)=b^2-\left(c-a\right)^2\le b^2\forall a,b,c\\\left(c+a-b\right)\left(c+b-a\right)=c^2-\left(a-b\right)^2\le c^2\forall a,b,c\\\left(a+b-c\right)\left(a+c-b\right)=a^2-\left(b-c\right)^2\le a^2\forall a,b,c\end{cases}}\)

Nhân vế với vế của 3 bất đẳng thức trên ta được : 

\(\left[\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\right]^2\le\left(abc\right)^2\left(1\right)\)

Vì a,b,c là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác nên \(\hept{\begin{cases}a+b-c>0\\b+c-a>0\\c+a-b>0\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)>0\)

Mà dễ thấy \(abc>0\)

Nên từ \(\left(1\right)\) : \(\Rightarrow\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\le abc\)(đpcm)

a.Ta có $BC$ là đường kính của $\left(O\right)\to AB\perp AC$
Mà $HM\perp BC$

$\to \widehat{HAC}=\widehat{HMC}={90}^o$

$\to HACM$ nội tiếp đường tròn đường kính $CH$

b.Ta có $AHMC$ nội tiếp

$\to \widehat{HAM}=\widehat{HCM}=\widehat{DCB}=\widehat{DAB}$

$\to AB$ là phân giác $\widehat{DAM}$

c.Vì $BC$ là đường kính của $\left(O\right)\to CD\perp BD\to CD\perp BI$

Xét $\Delta IBC$ có $IM\perp BC,CD\perp BI$

Mà $IM\cap CD=H\to H$ là trực tâm $\Delta IBC\to BH\perp IC\to BA\perp IC$
Mà $AB\perp AC\to I,A,C$ thẳng hàng

Xét $\Delta BDH,\Delta BAI$ có:

Chung $\hat{B}$

$\widehat{BDH}=\widehat{BAI}={90}^o$

$\to \Delta BDH\sim \Delta BAI(g.g)$

$\to \frac{BD}{BA}=\frac{BH}{BI}$

$\to BD.BI=BH.BA$

Thanh Nguyen Phuc  : Copy thì nhớ ghi nguồn nhé , cóp lỗi hết cả bài làm rồi kìa :))

x^2 -(3m-1)x +2m^2 -m=0
a) Khi m=1 ta có phương trình như sau:
x^2 -(3.1 -1)x +2.1-1=0
<=> x^2 -2x +1=0
<=>(x-1)^2 =0
<=>x=1

\(ĐK:\frac{x+3}{x-5}\ge0\Leftrightarrow x\le-3\)hoặc \(x>5\)

\(\left(x+3\right)\left(x-5\right)-3\left(x-5\right)\sqrt{\frac{x+3}{x-5}}=0\)      \(\Leftrightarrow\left[\left(x-5\right)\sqrt{\frac{x+3}{x-5}}\right]^2-3\left(x-5\right)\sqrt{\frac{x+3}{x-5}}=0\)\(\Leftrightarrow\left(x-5\right)\sqrt{\frac{x+3}{x-5}}\left[\left(x-5\right)\sqrt{\frac{x+3}{x-5}}-3\right]=0\)

Vì x > 5 nên \(\orbr{\begin{cases}\sqrt{\frac{x+3}{x-5}}=0\\\left(x-5\right)\sqrt{\frac{x+3}{x-5}}=3\end{cases}}\)

Trường hợp 1:  \(\sqrt{\frac{x+3}{x-5}}=0\Leftrightarrow x=-3\left(tmđk\right)\)

Trường hợp 2: \(\left(x-5\right)\sqrt{\frac{x+3}{x-5}}=3\Leftrightarrow\left(x+3\right)\left(x-5\right)=9\Leftrightarrow x^2-2x-24=0\)(với x > 5)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=6\left(tmđk\right)\\x=-4\left(L\right)\end{cases}}\)

Vậy phương trình có hai nghiệm \(S=\left\{-3;6\right\}\)

Ta có: \(a^2=b^2+bc;b^2=c^2+ac\Rightarrow a^2=c^2+ac+bc=c\left(a+b+c\right)\)

\(\Rightarrow\frac{1}{c}=\frac{a+b+c}{a^2}=\frac{1}{a}+\frac{b+c}{a^2}=\frac{1}{a}+\frac{b+c}{b\left(b+c\right)}=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\)

* Note:  Bài này có thể biến đổi thành một bài hình hay như sau:

Cho tam giác ABC có BC = a, CA = b, AB = c, \(\widehat{A}=2\widehat{B},\widehat{B}=2\widehat{C}\). Chứng minh rằng\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=\frac{1}{c}\)

a, tự làm 

b,\(\hept{\begin{cases}x-my=0\\mx-y=m+1\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=my\\m^2y-y=m+1\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=my\\y\left(m^2-1\right)\left(1\right)\end{cases}}\)

để hpt có nghiệm duy nhất =>pt(1) có nghiệm duy nhất =>\(m^2-1\ne0\Rightarrow m\ne\pm1\)

c, \(\Rightarrow\hept{\begin{cases}x=my\\y=\frac{m+1}{m^2-1}\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=\frac{m}{m-1}\\y=\frac{1}{m-1}\end{cases}}\)

để x>0,y>0 =>\(\hept{\begin{cases}\frac{m}{m-1}>0\\\frac{1}{m-1>0}\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\orbr{\begin{cases}m< 0\\m>1\end{cases}}\\m>0\end{cases}}\Rightarrow m>0\)

d,để x+2y=1=>\(\frac{m}{m-1}+\frac{2}{m-1}=1\Leftrightarrow m+2=m-1\)

\(\Leftrightarrow0m=-3\)(vô lí)

e,ta có x+y=\(\frac{m}{m-1}+\frac{1}{m-1}=\frac{m+1}{m-1}=1+\frac{2}{m-1}\)(lưu ý chỉ làm đc với m\(\inℤ\))

để\(1+\frac{2}{m-1}\inℤ\Rightarrow m-1\inư\left(2\right)\)

\(\Rightarrow m-1\in\left\{\pm1;\pm2\right\}\Rightarrow m\in\left\{3;2;0\right\}\)