a/ \(\frac{a}{a^2+bc}+\frac{b}{b^2+ca}+\frac{c}{c^2+ab}\le\frac{a}{2a\sqrt{bc}}+\frac{b}{2b\sqrt{ca}}+\frac{c}{2c\sqrt{ab}}\)

\(=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{\sqrt{bc}}+\frac{1}{\sqrt{ca}}+\frac{1}{\sqrt{ab}}\right)\le\frac{1}{4}\left(3+\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\right)\)

\(=\frac{1}{4}\left(3+3\right)=\frac{3}{2}\)

b/ \(\left(x^2-2x-1\right)\left(x^2-2x+2\right)=0\)

Đặt \(\hept{\begin{cases}\sqrt[3]{x}=a\\\sqrt[3]{y}=b\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}2\left(a^3+b^3\right)=3\left(a^2b+b^2a\right)\\a+b=6\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}3\left(a^3+b^3\right)=\left(a+b\right)^3=6^3=216\\a+b=6\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}3\left(a+b\right)\left[\left(a+b\right)^2-3ab\right]=216\\a+b=6\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}3.6\left[6^2-3ab\right]=216\\a+b=6\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}ab=8\\a+b=6\end{cases}}\)

Tới đây bí

Câu 1, \(\left(1\right)\hept{\begin{cases}\sqrt[4]{x^3}+\sqrt[5]{y^3}=35\\\sqrt[4]{x}+\sqrt[5]{y}=5\end{cases}}\)

ĐKXĐ: x > 0

Đặt \(\hept{\begin{cases}\sqrt[4]{x}=a\left(a\ge0\right)\\\sqrt[5]{y}=b\end{cases}}\)

Hệ ban đầu trở thành

\(\hept{\begin{cases}a^3+b^3=35\\a+b=5\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)=35\\a+b=5\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}5.\left[\left(a+b\right)^2-3ab\right]=35\\a+b=5\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\left(a+b\right)^2-3ab=7\\a+b=5\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}25-3ab=7\\a+b=5\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}ab=6\\a+b=5\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a\left(5-a\right)=6\\b=5-a\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}5a-a^2=6\\b=5-a\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a^2-5a+6=0\\b=5-a\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\left(a-3\right)\left(a-2\right)=0\\b=5-a\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=3\\b=2\end{cases}\left(h\right)\hept{\begin{cases}a=2\\b=3\end{cases}}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\sqrt[4]{x}=3\\\sqrt[5]{y}=2\end{cases}}\left(h\right)\hept{\begin{cases}\sqrt[4]{x}=2\\\sqrt[5]{y}=3\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=81\\y=32\end{cases}\left(h\right)\hept{\begin{cases}x=16\\y=243\end{cases}}}\)(Thỏa mãn)

Vậy

2/ Đặt \(\hept{\begin{cases}\sqrt{x}=a\ge0\\\sqrt{1-x}=b\ge0\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}a^3+b^3=a+2b\\a^2+b^2=1\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\left(a+b\right)\left(a^2+b^2-ab\right)=a+2b\\a^2+b^2=1\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\left(a+b\right)\left(1-ab\right)=a+2b\\a^2+b^2=1\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}b\left(a^2+ab+1\right)=0\\a^2+b^2=1\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}b=0\\a^2+b^2=1\end{cases}}\)

Bí

Sửa đề : I là trung điểm AO

a,Xét tứ giác AEIM có ^EAI + ^EMI = 90^o

=> Tứ giác AEIM nội tiếp 

Tương tự tứ giác MIBF nội tiếp

b,Vì tứ giác AEIM nội tiếp

=> ^MEI = ^MAI

Tương tự ^MFI = ^MBI

Vì M thuộc (O) đường kính AB

=> ^AMB = 90^o

=> ^MAI + ^MBI = 90^o

=> ^MEI + ^MFI = 90^o

=> ^EIF = 90^o

c, Xét \(\Delta\)AEI và \(\Delta\)BIF có

^EAI = ^FBI ( = 90^o )

^AEI = ^BIF (Cùng phụ ^EIA)

\(\Rightarrow\Delta AEI\approx\Delta BIF\left(g.g\right)\)

=> AE . BF = AI . BI

 Vì I là trung điểm AO

=> \(AI=\frac{AO}{2}=\frac{R}{2}\)

=> \(BI=AB-AI=2R-\frac{R}{2}=\frac{3R}{2}\)

\(\Rightarrow AE.BF=AI.BI=\frac{R}{2}.\frac{3R}{2}=\frac{3R^2}{4}\)

d,(Mấy cái lặt vặt tính cạnh theo R mình không làm nữa nhé , bạn tự hiểu nha)

Có \(S_{EIF}=S_{AEBF}-S_{AEI}-S_{BIF}\)

             \(=\frac{\left(AE+BF\right).AB}{2}-\frac{AE.AI}{2}-\frac{BI.BF}{2}\)

             \(=\frac{\left(AE+BF\right).2R}{2}-\frac{AE}{2}.\frac{R}{2}-\frac{BF}{2}.\frac{3R}{2}\)

            \(=\left(AE+BF\right).R-\frac{AE.R}{4}-\frac{3BF.R}{4}\)

            \(=AE.R-\frac{AE.R}{4}+BF.R-\frac{3BF.R}{4}\)

            \(=\frac{3AE.R}{4}+\frac{BF.R}{4}\)

            \(\ge2\sqrt{\frac{3AE.R.BF.R}{4.4}}\)

           \(=2\sqrt{\frac{3R^2.AE.BF}{16}}\)

            \(=2\sqrt{\frac{3R^2.\frac{3R^2}{4}}{16}}\)

              \(=\frac{3R^2}{4}\)

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\frac{3AE.R}{4}=\frac{BF.R}{4}\)

                        \(\Leftrightarrow3AE=BF\)

Thay vào \(AE.BF=\frac{3R^2}{4}\)

\(\Leftrightarrow AE.3AE=\frac{3R^2}{4}\)

\(\Leftrightarrow AE=\frac{R}{2}\)

\(\Leftrightarrow BF=\frac{3R}{2}\)

Vậy .,..........

a) Gọi O' là đối xứng của O qua B ta có O'B=R (không đổi). Dựng đường tròn (O',R) thì (O') cố định.

Ta sẽ chứng minh M thuộc (O'). Thật vậy:

Xét \(\Delta\)ABO và \(\Delta\)MBO' có: ^ABO = ^MBO' (Đối đỉnh); BO=BO'; BA=BM => \(\Delta\)ABO = \(\Delta\)MBO' (c.g.c)

=> OA = O'M (2 cạnh tương ứng). Mà OA = R nên O'M = R => M thuộc đường tròn (O';R)

Vậy M luôn nằm trên (O';R) cố định (đpcm).

b) Lấy T là trung điểm đoạn AH. Kẻ đường kính FR của (O). Gọi EF cắt AG tại K.

Dễ thấy IT là đường trung bình trong \(\Delta\)AHC => IT // AC => IT vuông góc AB (Do ^BAC=90⁰)

Xét \(\Delta\)BAI: AH vuông góc BI; IT vuông góc AB (cmt), T thuộc AH => T là trực tâm \(\Delta\)BAI

=> BT vuông góc AI. Xét \(\Delta\)MAH: T trung điểm AH, B trung điểm AM => BT // MH

Do đó: AI vuông góc MH hay AG vuông góc EF tại K. Áp dụng ĐL Pytagore:

\(AF^2+FG^2+GE^2+EA^2=2\left(KA^2+KF^2+KG^2+KE^2\right)=2\left(AF^2+GE^2\right)\)(*)

Ta có EF vuông góc ER và EF vuông góc AG => AG // ER => Tứ giác AERG là hình thang cân => GE = AR

Từ đó (*) trở thành: \(AF^2+FG^2+GE^2+EA^2=2\left(AF^2+AR^2\right)=2\left(2R\right)^2=8R^2=const\)

Vậy biểu thức trên có giá trị ko đổi khi A di chuyển (đpcm).

c) Kẻ HQ vuông góc cạnh AC. Gọi S là tâm ngoại tiếp \(\Delta\)BCP. Gọi bán kính đường rtonf (BCP) là R₀

Ta có: AP.AB = AQ.AC (=AH²) (Theo hệ thức lượng) => Tứ giác BPQC nội tiếp hoặc Q nằm trên (BCP)

=> S nằm trên trung trực của PQ. Dễ có T là trung điểm PQ (Vì tứ giác APHQ là hcn)

Nên ST vuông góc PQ tại T. Theo ĐL Pytagore (cho \(\Delta\)PTS) có: \(R_0=SP=\sqrt{PT^2+ST^2}\)(1)

Mặt khác: ^OAC = ^OCA = ^APQ => OA vuông góc PQ. Mà ST vuông góc PQ => OA // ST

Kết hợp với AT // OS (Cùng vuông góc BC) => Tứ giác ATSO là hbh => ST = OA = R (2)

Từ (1) và (2) => \(R_0=\sqrt{PT^2+R^2}=\sqrt{\frac{AH^2}{4}+R^2}\)(Vì PT=PQ/2=AH/2)

=> R₀ lớn nhất <=> AH lớn nhất <=> A là điểm chính giữa cung BC của (O). Khi đó AH < R

Vậy nên \(R_0\le\sqrt{\frac{R^2}{4}+R^2}=\frac{R\sqrt{5}}{2}=const\). Đạt được khi A trùng với trung điểm cung BC (A₀).

Xem nó là phương trình ẩn a rồi dùng \(\Delta\)là ra

Câu hỏi của Cuồng Song Joong Ki - Toán lớp 8  (em không chắc đâu nha)

Có: \(\frac{2018a+3}{1+b^2}=2018a+3-\frac{b^2\left(2018a+3\right)}{1+b^2}\) (Làm tắt ráng hiểu ^^)

                                \(\ge2018a+3-\frac{b^2\left(2018a+3\right)}{2b}\left(Cauchy\right)\)

                                  \(=2018a+3-\frac{b\left(2018a+3\right)}{2}\)

                                   \(=2018a+3-\frac{2018ab+3b}{2}\)

Tương tự \(\frac{2018b+3}{1+c^2}\ge2018b+3-\frac{2018bc+3b}{2}\)

                \(\frac{2018c+3}{1+a^2}\ge2018c+3-\frac{2018ac+3a}{2}\)

CỘng vế với vế của các bđt trên lại ta được 

\(A\ge2018\left(a+b+c\right)+9-\frac{2018\left(ab+bc+ca\right)+3\left(a+b+c\right)}{2}\)

     \(=2018\left(a+b+c\right)+9-\frac{6054+3\left(a+b+c\right)}{2}\)

       \(=2018\left(a+b+c\right)-\frac{3\left(a+b+c\right)}{2}-3018\)

       \(=\frac{4033\left(a+b+c\right)}{2}-3018\)

Ta có bđt phụ : \(a+b+c\ge\sqrt{3\left(ab+bc+ca\right)}\)(1)

Thật vậy \(\left(1\right)\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ca\right)\)   

                       \(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+2ab+2ac+2bc\ge3ab+3bc+3ca\)

                     \(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\ge0\)

                      \(\Leftrightarrow2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ca\ge0\)

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

Nên (1) được chứng minh

ÁP dụng (1) ta được \(A\ge\frac{4033\left(a+b+c\right)}{2}-3018\ge\frac{4033}{2}\sqrt{3\left(ab+bc+ca\right)}-3018\)

                                                                                                     \(=\frac{4033}{2}\sqrt{3.3}-3018\)

                                                                                                       \(=\frac{6063}{2}\)

Dấu "='' xảy ra \(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=b=c\\ab+bc+ca=3\end{cases}\Leftrightarrow}a=b=c=1\)

Vậy \(A_{min}=\frac{6063}{2}\Leftrightarrow a=b=c=1\)