Người ra đề cho con số tào lao quá, dẫn tới đẳng thức của BĐT này ko xảy ra. (vế trái lớn hơn vế phải tuyệt đối, thậm chí là hơn rất xa).

Ta có:

\(ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\Rightarrow abc\le\dfrac{1}{3\sqrt{3}}\)

\(\Rightarrow8\sqrt{3}abc\le\dfrac{8}{3}\) 

Đặt vế trái BĐT cần chứng minh là P:

\(P=\left[\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)\right]^2+\left[\left(a-1\right)\left(b-1\right)\left(c-1\right)\right]^2\)

\(=\left(abc+a+b+c+ab+bc+ca+1\right)^2+\left(abc+a+b+c-ab-bc-ca-1\right)^2\)

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

\(=\left(abc+a+b+c\right)^2+4>\dfrac{8}{3}\ge8\sqrt{3}abc\) (đpcm)

Xét (O) có

\(\widehat{MPA}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến PM và dây cung PA

\(\widehat{PBA}\) là góc nội tiếp chắn cung PA

Do đó: \(\widehat{MPA}=\widehat{PBA}\)

Xét ΔMPA và ΔMBP có

\(\widehat{MPA}=\widehat{MBP}\)

\(\widehat{PMA}\) chung

Do đó: ΔMPA~ΔMBP

=>\(\dfrac{MP}{MB}=\dfrac{MA}{MP}\)

=>\(MP^2=MA\cdot MB\left(1\right)\)

Xét (O) có

MP,MQ là các tiếp tuyến

Do đó: MP=MQ

=>M nằm trên đường trung trực của PQ(2)

Ta có: OP=OQ

=>O nằm trên đường trung trực của PQ(3)

Từ (2),(3) suy ra MO là đường trung trực của PQ

=>MO\(\perp\)PQ tại H và H là trung điểm của PQ

Xét ΔMPO vuông tại P có PH là đường cao

nên \(MH\cdot MO=MP^2\left(4\right)\)

Từ (1),(4) suy ra \(MH\cdot MO=MA\cdot MB\)

=>\(\dfrac{MH}{MB}=\dfrac{MA}{MO}\)

Xét ΔMHA và ΔMBO có

\(\dfrac{MH}{MB}=\dfrac{MA}{MO}\)

\(\widehat{HMA}\) chung

Do đó: ΔMHA~ΔMBO

=>\(\widehat{MHA}=\widehat{MBO}\)

=>\(\widehat{OHA}+\widehat{OBA}=180^0\)

=>OHAB nội tiếp

=>\(\widehat{BAO}=\widehat{BHO}\)

a: Xét ΔAHB vuông tại H có HK là đường cao

nên \(AK\cdot AB=AH^2\left(1\right)\)

Xét ΔAHC vuông tại H có HL là đường cao

nên \(AL\cdot AC=AH^2\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(AK\cdot AB=AL\cdot AC\)

=>\(\dfrac{AK}{AC}=\dfrac{AL}{AB}\)

Xét ΔAKL và ΔACB có

\(\dfrac{AK}{AC}=\dfrac{AL}{AB}\)

\(\widehat{BAC}\) chung

Do đó: ΔAKL~ΔACB

=>\(\widehat{AKL}=\widehat{ACB}\)

=>\(\widehat{BKL}+\widehat{BCL}=180^0\)

=>BKLC là tứ giác nội tiếp

\(x^2-2\left(m+1\right)x+m^2+3=0\)

\(\Delta'=\left[-\left(m+1\right)\right]^2-\left(m^2+3\right)\)

\(=m^2+2m+1-m^2-3\)

\(=2m-2\)

Để phương trình có nghiệm thì \(\Delta'\ge0\)

\(\Leftrightarrow2m-2\ge0\)

\(\Leftrightarrow2m\ge2\)

\(\Leftrightarrow m\ge1\)

Theo hệ thức Vi-ét, ta có:

\(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=-\dfrac{b}{a}=2\left(m+1\right)\\x_1x_2=\dfrac{c}{a}=m^2+3\end{matrix}\right.\)

\(A=x_1+x_1x_2+x_2=x_1+x_2+x_1x_2\)

\(=2\left(m+1\right)+m^2+3\)

\(=m^2+2m+2+3\)

\(=\left(m+1\right)^2+4\ge4\)

Lại có: \(m\ge1\)

\(\Rightarrow min_A=\left(1+1\right)^2+4=8\) 

\(x^2-2x+m-3=0\)

\(\Delta'=\left(-1\right)^2-\left(m-3\right)\)

\(=1-m+3\)

\(=4-m\)

Phương trình có nghiệm khi \(\Delta'\ge0\)

\(\Leftrightarrow4-m\ge0\)

\(\Leftrightarrow m\le4\)

Theo hệ thức Vi-ét, ta có:

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

\(B=x_1^2x_2+x_1x_2^2\)

\(=x_1x_2\left(x_1+x_2\right)\)

\(=\left(m-3\right).2\)

\(=2m-6\)

Lại có \(m\le4\)

\(\Rightarrow max_B=2.4-6=2\)

\(C=x_1^3x_2+x_1x_2^3\)

\(=x_1x_2\left(x_1^2+x_2^2\right)\)

\(=x_1x_2\left[\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2\right]\)

\(=\left(m-3\right)\left[2^2-2\left(m-3\right)\right]\)

\(=\left(m-3\right)\left(4-2m+6\right)\)

\(=\left(m-3\right)\left(10-2m\right)\)

\(=10m-2m^2-30+6m\)

\(=-2m^2+16m-30\)

\(=-2\left(m^2-8m+15\right)\)

\(=-2\left(m^2-8m+16-1\right)\)

\(=-2\left[\left(m-4\right)^2-1\right]\)

\(=-2\left(m-4\right)^2+2\le2\)

\(\Rightarrow max_C=2\Leftrightarrow m=4\)

a: \(\text{Δ}=\left[-2\left(m+1\right)\right]^2-4\left(m^2+3\right)\)

\(=\left(2m+2\right)^2-4\left(m^2+3\right)\)

\(=4m^2+8m+4-4m^2-12=8m-8\)

Để phương trình có nghiệm thì Δ>=0

=>8m-8>=0

=>8m>=8

=>m>=1

Theo Vi-et, ta có:

\(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=-\dfrac{b}{a}=2\left(m+1\right)\\x_1x_2=\dfrac{c}{a}=m^2+3\end{matrix}\right.\)

\(A=x_1+x_2+x_1x_2\)

\(=m^2+3+2m+2\)

\(=m^2+2m+1+4=\left(m+1\right)^2+4>=4\forall m\)

Dấu '=' xảy ra khi m+1=0

=>m=-1(loại)

vậy: Không có giá trị nào của m để A đạt GTNN

b: \(\text{Δ}=\left(-2\right)^2-4\left(m-3\right)\)

\(=4-4m+12=-4m+16\)

Để phương trình có nghiệm thì Δ>=0

=>-4m+16>=0

=>-4m>=-16

=>m<=4

Theo Vi-et, ta có:

\(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=-\dfrac{b}{a}=2\\x_1x_2=\dfrac{c}{a}=m-3\end{matrix}\right.\)

\(B=x_1^2x_2+x_1x_2^2\)

\(=x_1x_2\left(x_1+x_2\right)=2\left(m-3\right)\)

=>B không có giá trị lớn nhất

\(C=x_1^3\cdot x_2+x_1\cdot x_2^3\)

\(=x_1x_2\left(x_1^2+x_2^2\right)\)

\(=\left(m-3\right)\left[\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2\right]\)

\(=\left(m-3\right)\left(2^2-2\left(m-3\right)\right)\)

\(=\left(m-3\right)\left(4-2m+6\right)=\left(m-3\right)\left(-2m+10\right)\)

\(=-2m^2+10m+6m-30\)

\(=-2m^2+16m-30\)

\(=-2\left(m^2-8m+15\right)\)

\(=-2\left(m^2-8m+16-1\right)\)

\(=-2\left(m-4\right)^2+2< =2\forall m\)

Dấu '=' xảy ra khi m-4=0

=>m=4(nhận)

b: \(\text{Δ}=\left[\left(2m+1\right)\right]^2-4\left(m^2+1\right)\)

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

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì Δ>0

=>4m-3>0

=>4m>3

=>\(m>\dfrac{3}{4}\)

Theo Vi-et, ta có:

\(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=-\dfrac{b}{a}=2m+1\\x_1x_2=\dfrac{c}{a}=m^2+1\end{matrix}\right.\)

\(\left(x_1+1\right)^2+\left(x_2+1\right)^2=13\)

=>\(x_1^2+x_2^2+2\left(x_1+x_2\right)+2=13\)

=>\(\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2+2\left(x_1+x_2\right)=11\)

=>\(\left(2m+1\right)^2-2\left(m^2+1\right)+2\left(2m+1\right)-11=0\)

=>\(4m^2+4m+1-2m^2-2+4m+2-11=0\)

=>\(2m^2+8m-10=0\)

=>\(m^2+4m-5=0\)

=>(m+5)(m-1)=0

=>\(\left[{}\begin{matrix}m=-5\left(loại\right)\\m=1\left(nhận\right)\end{matrix}\right.\)

a: Xét tứ giác ABOC có \(\widehat{OBA}+\widehat{OCA}=90^0+90^0=180^0\)

nên ABOC là tứ giác nội tiếp

Xét (O) có

\(\widehat{ABE}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến BA và dây cung BE

\(\widehat{BDE}\) là góc nội tiếp chắn cung BE

Do đó: \(\widehat{ABE}=\widehat{BDE}\)

Xét ΔABE và ΔADB có

\(\widehat{ABE}=\widehat{ADB}\)

\(\widehat{BAE}\) chung

Do đó: ΔABE~ΔADB

b: ΔODE cân tại O

mà OI là đường cao

nên I là trung điểm của DE

Xét (O) có

AB,AC là các tiếp tuyến

Do đó: AB=AC

=>A nằm trên đường trung trực của BC(1)

ta có: OB=OC

=>O nằm trên đường trung trực của BC(2)

Từ (1),(2) suy ra OA là đường trung trực của BC

=>OA\(\perp\)BC tại H và Hlà trung điểm của BC

Xét tứ giác AHIK có \(\widehat{AHK}=\widehat{AIK}=90^0\)

nên AHIK là tứ giác nội tiếp

b.

\(\left\{{}\begin{matrix}BD\perp AC\\CE\perp AB\end{matrix}\right.\) đồng thời H là giao điểm BD, CE

\(\Rightarrow H\) là trực tâm tam giác ABC

\(\Rightarrow AF\) là đường cao thứ 3 \(\Rightarrow\widehat{AFC}=90^0\)

\(\Rightarrow\widehat{FAC}+\widehat{FCA}=180^0-\widehat{AFC}=90^0\) (1)

ADHE nội tiếp đường tròn đường kính AH, mà M là trung điểm AH

\(\Rightarrow M\) là tâm đường tròn đường kính AH

\(\Rightarrow MA=MD\Rightarrow\Delta MAD\) cân tại M

\(\Rightarrow\widehat{FAC}=\widehat{MDA}\) (2)

D, C cùng thuộc (O) \(\Rightarrow OD=OC\Rightarrow\Delta OCD\) cân tại O

\(\Rightarrow\widehat{FCA}=\widehat{ODC}\) (3)

(1);(2);(3) \(\Rightarrow\widehat{MDA}+\widehat{ODC}=90^0\)

\(\Rightarrow\widehat{MDO}=180^0-\left(\widehat{MDA}+\widehat{ODC}\right)=90^0\)

\(\Rightarrow MD\perp OD\)

\(\Rightarrow MD\) là tiếp tuyến tại D của (O)