A B C D E F I L K H O

Chứng minh được H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF

Ta có \(FI\perp AE,HE\perp AC\Rightarrow FI//HE\)và \(HF\perp AB,EI\perp AF\Rightarrow HF//EI\)

Lúc đó HFIE là hình bình hành\(\Rightarrow FI//HE,FI=HE\)

Tương tự: \(DL//HE,DL\perp HE\)

\(\Rightarrow FILD\)là hình bình hành. Tương tự FELK là hình bình hành.

Gọi O là trung điểm của ID. Ta có O là trung điểm của FL, EK

Hai tam giác DEF, IKL đối xứng qua O

Do đó H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác IKL

\(\Leftrightarrow H\equiv O\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}EF//BC\\DF//AC\\ED//AB\end{cases}}\)

khi và chỉ khi \(\widehat{A}=\widehat{B}=\widehat{C}\)hay tam giác ABC đều

Bài lớp 8 hơi khó và mình chưa có t/g suy nghĩ, lm bài lớp 9 trước đó nha

Xét BĐT phụ: \(\sqrt{84a^2+39ab+54b^2}\ge\frac{207a+147b}{2\sqrt{177}}\left(^∗\right)\)

Thật vậy: \(\left(^∗\right)\Leftrightarrow16623\left(a-b\right)^2\ge0\)*đúng*

Tương tự, ta có: \(\sqrt{84b^2+39bc+54c^2}\ge\frac{207b+147c}{2\sqrt{177}}\); \(\sqrt{84c^2+39ca+54a^2}\ge\frac{207c+147a}{2\sqrt{177}}\)

Cộng theo vế của 3 BĐT trên, ta được: \(\sqrt{84a^2+39ab+54b^2}+\sqrt{84b^2+39bc+54c^2}\)

\(+\sqrt{84c^2+39ca+54a^2}\ge\frac{207\left(a+b+c\right)+147\left(a+b+c\right)}{2\sqrt{177}}=3\sqrt{177}\)

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1

ta có \(4\left(a^2+a+2b^2\right)=5\left(a^2+2ab+b^2\right)+3\left(a^2-2ab+b^2\right)\)\(=5\left(a+b\right)^2+3\left(a-b\right)^2\ge5\left(a+b\right)^2\)(vì \(\left(a-b\right)^2\ge0\))

vì a,b dương nên \(2\sqrt{2a^2+ab+2b^2}\ge\sqrt{5}\left(a+b\right)\Leftrightarrow\sqrt{2a^2+ab+2b^2}\ge\frac{\sqrt{5}}{2}\left(a+b\right)\left(1\right)\)

dấu "=" xảy ra khi a=b

chứng minh tương tự để có \(\hept{\begin{cases}\sqrt{2b^2+bc+2c^2}\ge\frac{5}{4}\left(b+c\right)\Leftrightarrow b=c\left(2\right)\\\sqrt{2c^2+ca+2a^2}\ge\frac{5}{4}\left(a+c\right)\Leftrightarrow a=c\left(3\right)\end{cases}}\)

cộng các bất đẳng thức (1) (2) và (3) theo vế ta được

\(\sqrt{2a^2+ab+2b^2}+\sqrt{2b^2+bc+2c^2}+\sqrt{2c^2+ac+2a^2}\ge\frac{5}{4}\cdot2\left(a+b+c\right)=2019\sqrt{5}\)

dấu "=" xảy ra khi \(\hept{\begin{cases}a=b=c\\a+b+c=2019\end{cases}\Leftrightarrow a=b=c=673}\)

* Ta có:

\(2a^2+ab+2b^2=\frac{5}{4}\left(a+b\right)^2+\frac{3}{4}\left(a-b\right)^2\ge\frac{5}{4}\left(a+b\right)^2\)

\(\Rightarrow\sqrt{2a^2+ab+2b^2}\ge\frac{\sqrt{5}}{2}\left(a+b\right)\)

* Tương tự ta có: 

\(\sqrt{2b^2+bc+2c^2}\ge\frac{\sqrt{5}}{2}\left(b+c\right)\); \(\sqrt{2c^2+ca+2a^2}\ge\frac{\sqrt{5}}{2}\left(c+a\right)\)

\(\Rightarrow P\ge\frac{\sqrt{5}}{2}\left(a+b\right)+\frac{\sqrt{5}}{2}\left(b+c\right)+\frac{\sqrt{5}}{2}\left(c+a\right)\)

\(=\sqrt{5}\left(a+b+c\right)=2019\sqrt{5}\)

(Dấu "=" xảy ra khi a = b = c = 673)

Vậy \(P_{min}=2019\sqrt{5}\Leftrightarrow a=b=c=673\)

Ta thử nha :)) Có gì sai thì chỉ bảo nhé :

BĐT cần chứng minh \(\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3-3abc-\frac{3}{4}\left(a+b+c\right)\left(a-b\right)^2\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)-\frac{3}{4}\left(a+b+c\right)\left(a^2-2ab+b^2\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(4a^2+4b^2+4c^2-4ab-4bc-4ca-3a^2+6ab-3b^2\ge\right)0\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left[\left(a+b\right)^2+4c\left(c-b-a\right)\right]\ge0\) ( luôn đúng với a,b,c > 0 ?? )

Vậy ta có điều phải chứng minh ?

Xin phép làm lại nha :))

Ta có BĐT cần chứng minh \(\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3-3abc-\frac{3}{4}\left(a+b+c\right)\left(a-b\right)^2\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)-\frac{3}{4}\left(a+b+c\right)\left(a^2-2ab+b^2\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(4a^2+4b^2+4c^2-4ab-4ca-4bc-3a^2-3b^2+6ab\ge\right)0\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(a+b-2c\right)^2\ge0\) ( luôn đúng )

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c\)

Vậy ta có điều phải chứng minh .

Nãy có sửa đề xong làm rồi nhưng tưởng sai nên bỏ thấy cô Chi cmt nên tui cũng nghĩ là sai giờ làm nha!
Đề: \(\hept{\begin{cases}x^3+2xy^2+12y=0\\x^2+8y^2=12\end{cases}}\)

~~~~~~~ Bài làm ~~~~~~~

Ta thấy nếu hệ có nghiệm \(\left(x,y\right)\Rightarrow y\ne0\)Vì nếu \(y=0\Rightarrow\hept{\begin{cases}x^2=19\\x^3=0\end{cases}\left(vl\right)}\)

Khi: \(y\ne0\)thay \(12=x^2+8y^2\)vào pt sau:

\(x^3+2xy^2+y\left(x^2+8y^2\right)=0\)

\(\Leftrightarrow x^3+x^2y+2xy^2+8y^3=0\)

\(\Leftrightarrow\left(\frac{x}{y}\right)^3+\left(\frac{x}{y}\right)^2+2\left(\frac{x}{y}\right)+8=0\)

Đặt: \(t=\frac{x}{y}\Rightarrow t^3+t^2+2t+8=0\)

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

\(\Leftrightarrow t=-2\)(Vì \(t^2-y+4=\left(t-\frac{1}{2}\right)^2+\frac{15}{4}>0\))

Nên suy ra: \(x=-2y\)

Thay \(x=-2y\)vào pt thứ 2 ta được:

\(4y^2+8y^2=12\)

\(\Leftrightarrow y^2=1\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}y=1\\y=-1\end{cases}}\)

• Khi \(y=1\Rightarrow x=-2\)
• Khi \(y=-1\Rightarrow x=2\)

Vậy hệ pt có 2 nghiệm \(\left(x,y\right)=\left(2;-1\right);\left(-2;1\right)\)

Em xem xem có bị nhầm đề không?. Trước kia cô từng thấy bài này nhưng mà \(8y^2\). Xem lại đề giúp cô nha!

A B C D I

Hướng dẫn:

+) ^IAB = ^IBC = ^IDB ( cùng chắn cung IB của đường tròn tâm O)

+) ^IDB = ^ICA ( BD//AC ; so le trong )

=> ^IAB = ^IBC = ^ICA

Cái này em thử nhá :33

Giả sử \(x\ge y\ge z\left(x,y,z\inℤ\right)\)

+) Xét TH : \(x=y=z\) Khi đó pt có dạng : 

\(x^3+x^3+x^3=2021^{2002}\)

\(\Leftrightarrow3x^3=2021^{2002}\)

\(\Leftrightarrow x^3=\left(2021^{667}\right)^3\)

\(\Leftrightarrow x=2021^{667}\)

Do vậy : \(x=y=z=2021^{667}\)

+) Xét \(x>y>z\) ( Cái này chưa nghĩ :33 )

Đạt ơi cô chưa hiểu chỗ:

\(x^3=\left(2021^{667}\right)^3\)