Chắc đề là cắt DE, DF lần lượt tại I, K?

\(\widehat{EIF}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính EF

\(\Rightarrow\widehat{EIF}=90^0\)

\(\Rightarrow FI\perp DE\)

Hoàn toàn tương tự, ta có \(EK\perp DF\)

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

\(\Rightarrow DH\) là đường cao thứ 3 ứng với EF

\(\Rightarrow DH\perp EF\)

Gọi H,K lần lượt là trung điểm của AB và CD.

Ta có:  \(OH\perp AB;OK\perp CD;OH=OK\), Hai dây AB và CD bằng nhau nên khoảng cách đến tâm bằng nhau. Hoặc xét 2 tam giác cân OAB; OCD cân tại O suy ra những điều trên.

Xét 2 tam giác vuông OHE và OKE có: OE chung; OK = OK 

Suy ra \(\Delta OHE=\Delta OKE\\ \Rightarrow HE=KE\)

Mặt khác HB = HC => BE = CE

Tương tự ta cũng chứng minh được AE =DE

Ta có: \(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\Rightarrow abc\le1\)

\(a^3+8c=a^3+c+c+c+c+c+c+c+c\ge9\sqrt[9]{a^3c^9}=9c\sqrt[3]{a}\)

\(\Rightarrow\sqrt{a^3+8c}\ge3\sqrt{c\sqrt[3]{a}}\left(1\right)\)

Tương tự ta cũng có:

\(b^3+8a\ge9a\sqrt[3]{b}\Rightarrow\sqrt{b^3+8a}\ge3\sqrt{a\sqrt[3]{b}}\left(2\right)\\ c^3+8b\ge9b\sqrt[3]{c}\Rightarrow\sqrt{c^3+8b}\ge3\sqrt{b\sqrt[3]{c}}\left(3\right)\)

Cộng \(\left(1\right);\left(2\right)\left(3\right)\)Vế theo vế ta có:

\(\left(1\right)+\left(2\right)+\left(3\right)\ge3\left(\sqrt{c\sqrt[3]{a}}+\sqrt{b\sqrt[3]{c}}+\sqrt{a\sqrt[3]{b}}\right)\\ \Leftrightarrow\left(1\right)+\left(2\right)+\left(3\right)\ge3.3\sqrt[3]{\sqrt{abc\sqrt[3]{abc}}}\ge9\)

Dấu = xảy ra khi a = b =c = 1. ⇒ đpcm

Ta có thể dùng cosy hoặc đặt a,b lần lượt là hai số hạng vế trái của phương, đưa phương trình về hệ phương trình không triệt để. Từ đó giải phương.

Đầu kiện: \(x\ge0\)

Ta có:

\(4\sqrt{x}=2\sqrt{4x}\le4+x\\ \Rightarrow x^2+4-4\sqrt{x}\ge x^2-x\\ \Rightarrow\sqrt{x^2+4-4\sqrt{x}}\ge\sqrt{x^2-x}\) 

\(6\sqrt{x}=2\sqrt{9x}\le9+x\\ \Rightarrow\sqrt{x^2+4-6\sqrt{x}}\ge\sqrt{x^2-x-5}\)

Suy ra \(1\ge\sqrt{x^2-x}+\sqrt{x^2-x-5}\)

Đặt \(\sqrt{x^2-x}=a;0\le a\le1\\ \sqrt{x^2-x-5}=b;0\le b\le1.\\ \Rightarrow a^2-b^2=\left(x^2-x\right)-\left(x^2-x-5\right)=5.Vôlí\)

Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.

Điều kiện \(x\ge0\)

Ta thấy \(\sqrt{x}\ge0\) \(\Leftrightarrow\sqrt{x}+2\ge2\) \(\Leftrightarrow\dfrac{1}{\sqrt{x}+2}\le\dfrac{1}{2}\) hay GTLN của A là \(\dfrac{1}{2}\) khi \(x=0\)

Ta không thể tìm GTNN của A vì khi đó \(x\) phải đạt GTLN. Trong khi đó không tồn tại số dương lớn nhất.

tiền lãi của người đó sau 1 năm là:

50000000 x 6: 100 = 3000000 (đồng)

sau một năm người đó không rút vốn và lãi mà còn gửi thêm nên số tiền gửi lúc đó là:

50000000 + 3000000 + 25000000 = 78000000 (đồng)

sau hai năm người đó thu được cả vốn lẫn lãi là:

78000000 x 6 : 100 =  4680000(đồng)

đs...

tiền lãi của người đó sau 1 năm là:

50000000 x 6: 100 = 3000000 (đồng)

sau một năm người đó không rút vốn và lãi mà còn gửi thêm nên số tiền gửi lúc đó là:

50000000 + 3000000 + 25000000 = 78000000 (đồng)

sau hai năm người đó thu được cả vốn lẫn lãi là:

78000000 + 78000000 x 6 : 100 =  82680000(đồng)

đs xin lỗi em lúc nãy câu cuối quên chưa cộng vốn mới tính lãi nên mình làm lại 

a/ 

Gọi D' là giao của đường tròn (O) với BC; nối A với D'

\(\Rightarrow\widehat{AD'C}=90^o\) (Góc nt chắn nửa đường tròn)

\(\Rightarrow AD'\perp BC\) mà \(AD\perp BC\) (gt) \(\Rightarrow AD\equiv AD'\) (từ 1 điểm chỉ duy nhất dựng được 1 đường thẳng vuông góc với đường thẳng cho trước) \(\Rightarrow D\equiv D'\) mà \(D'\in\left(O\right)\Rightarrow D\in\left(O\right)\)

b/

Xét tg vuông ADC có

\(OA=OC=\dfrac{AC}{2}\Rightarrow OD=\dfrac{AC}{2}\) (trong tg vuông trung tuyến thuộc cạnh huyền bằng nửa cạng huyền)

=> OA=OD => tg OAD cân tại O \(\Rightarrow\widehat{OAD}=\widehat{ODA}\)  (1)

Chứng minh tương tự khi xét tg vuông ABD

=> tg MAB cân tại M \(\Rightarrow\widehat{MAD}=\widehat{MDA}\) (2)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\widehat{OAD}+\widehat{MAD}=\widehat{ODA}+\widehat{MDA}\)

\(\Rightarrow\widehat{BAC}=\widehat{MDO}=90^o\Rightarrow MD\perp OD\) mà OD là bán kính của (O)

=> MD là tiếp tuyến của (O) (theo định nghĩa tiếp tuyến)

a)Ta có O là trung điểm AC

=>DO là đường trung tuyến của tam giác ACD vuông ở D

=>OC=OA=OD

=>dpcm

b)Ta có OA=OD

=>góc ODA=góc OAD

CMTT: góc MDA=góc MAD

=>góc BAC=góc MDO=90 độ

=>MD vuông góc vói OD

=>dpcm

a/

Ta có

AB=CD=16 cm

BC=AD=12 cm

Xét tg vuông ADC

\(AC=\sqrt{AD^2+CD^2}=\sqrt{12^2+16^2}=20cm\) (pitago)

\(AD^2=AH.AC\) (trong tg vuông bình phương 1 cạnh góc vuông bằng tích giữa hình chiếu cạnh góc vuông đó trên cạnh huyền với cạnh huyền)

\(\Rightarrow AH=\dfrac{AD^2}{AC}=\dfrac{12^2}{20}=7,2cm\)

\(HC=AC-AH=20-7,2=12,8cm\)

\(DH^2=AH.HC\) (trong tg vuông bình phương đường cao hạ từ đỉnh góc vuông xuống cạnh huyền bằng tích giữa hình chiếu của 2 cạnh góc vuông trên cạnh huyền)

\(\Rightarrow DH=\sqrt{AH.HC}=\sqrt{7,2.12,8}=9,6cm\)

b/

Ta có

\(HE\perp AB\) (gt) (1)

\(HF\perp DC\) (gt) (2)

AC//DC (3) (cạnh đối HCN)

Từ (1) (2) (3) \(\Rightarrow HE\perp AB;HF\perp AB\Rightarrow HE\equiv HF\) => E;H;F thẳng hàng

Xét tứ giác AEFD có

AB//CD => AE//DF

\(AD\perp AB;EF\perp AB\) => AD//EF

=> AEFD là hình bình hành 

=> EF=AD=12 cm

c/