a) i) ta có \(\widehat{CAO}=\widehat{CMO}=90^0\)

=> tứ giác AOMC nội tiếp đường tròn đường kính OC

tương tự ta lại có \(\widehat{DBO}=\widehat{DMO}=90^0\)

=> tứ giác BOMD nội tiếp đường tròn đường kính OD

ii) Ta có \(\widehat{OBM}=\frac{1}{2}\widehat{AOM}\)( góc nội tiếp zà góc ở tâm cùng chắn 1 cung)

\(\widehat{AOC}=\frac{1}{2}\widehat{AOM}\)(t/c 2 đường tiếp tuyến cắt nhau )

=>\(\widehat{OBM}=\widehat{AOC}\)

=> \(OC//BM\)mà \(BM\perp OD\)(tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau)

=>\(OC\perp OD\)(dpcm)

ta có \(\widehat{AOC}=\widehat{AMC}\left(1\right)\)( hai góc nội tiếp cùng chắn 1 cung AC của đường tròn đường kính OD )

\(\widehat{OBM}=\widehat{ODM}\left(2\right)\)(hai góc nội tiếp cùng chắn 1 cung OM của đường tròn đường kính OD)

\(\widehat{AOC}=\widehat{OBM}\left(3\right)\left(cmt\right)\)

zậy từ 1 ,2 ,3 => góc AOC= góc AMC = góc OBM = góc ODM

b)+) \(\widehat{BAM}=\widehat{BMD}=60^0\)( góc nội tiếp zà góc giữa 1 tia tiếp tuyến zà một dây cung cùng chắn 1 cung)

mà  tam giác DBM cân tại D ( t/c  2  tiếp tuyến cát nhau )

=> tam giác DBM đều (dpcm)

+)\(\widehat{BOM}=2\widehat{BAM}=120^0\)( góc nội tiếp zà góc ở tâm cùng chắn 1 cung )

gọi S là diện tích cần tìm 

\(=>S=\frac{\pi R^2120}{360}=\frac{\pi R^2}{3}\)(đơn zị diện tích )

cho mình xin hình ạ

ta có \(a\ge b\ge c\)

zì \(c\le b\)nên \(\left(a+b+c\right)^2\le\left(a+2b\right)^2\)

do zậy ta chỉ cần chứng minh \(9ab\ge\left(a+2b\right)^2\)

tương đương zới \(a^2-5ab+4b^2\le0\Leftrightarrow\left(a-b\right)\left(a-4b\right)\le0\)

zì \(a\ge b\)zà theo bất đẳng thức tam giác có \(a< b+c\le2b\le4b\)nên điều trên luôn đúng

zậy bất đẳng thức đc CM . dấu "=" xảy ra khi zà chỉ khi a=b=c hay tam giác ABC đều

không chắc lắm.

bình phương 2 vế => \(x+y+2\sqrt{xy}=\sqrt{8\left(x^2+9y^2\right)}\)

Theo Cauchy-schwarz ta có:

\(VP\ge\sqrt{\frac{8.\left(x+3y\right)^2}{2}}=2\left(x+3y\right)=\left(x+y\right)+\left(x+5y\right)\)

Theo AM-GM \(\Rightarrow VT=VP\ge\left(x+y\right)+2\sqrt{xy}+4y=VT+4y\)

=>  Dấu "=" xảy ra <=> x=y=0

thay vào phương trình 1 => vô lý

=> phương trình vô nghiệm

y=2x hệ \(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x-2x=a\\7x-2\cdot2x=5a-1\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}-x=a\\3x=5a-1\end{cases}\Leftrightarrow}\hept{\begin{cases}-x=a\\3\cdot\left(-a\right)=5a-1\left(1\right)\end{cases}}}\)

(1) <=> \(5a+3a-1=0\)

<=> \(x=\frac{1}{8}\)

Vậy \(x=\frac{1}{8}\)

Thay \(y=a-x\) vào biểu thức \(P\).Vì \(x+y=a\); \(x,y\ge0\); \(0\le x,y\le a\)

Ta có : \(P=40x+x\left(a-x\right)=-x^2+\left(40+a\right)x\)

Nếu \(a\ge40\):

\(P=-\left[x^2+\left(40+a\right)x\right]\)

\(P=\left(\frac{40+a}{2}\right)^2-\left[x^2-2x\cdot\frac{40+a}{2}+\left(\frac{40+a}{2}\right)^2\right]\)

\(P=\left(\frac{40+a}{2}\right)^2-\left(x-\frac{40+a}{2}\right)^2\)

Dễ thấy \(\left(x-\frac{40+a}{2}\right)^2\ge0\)với mọi \(0\le x\le a\)

\(\Leftrightarrow P\le\left(\frac{40+a}{2}\right)^2\)

Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi \(\hept{\begin{cases}x=\frac{40+a}{2}\\b=\frac{a-40}{2}\end{cases}}\)

Nếu \(a< 40\)

\(P=-x^2+\left(40+a\right)x\)

\(P=40x-ax+a^2-\left(x-a\right)^2a\)

\(P=x\left(40-a\right)+a^2-\left(x-a\right)^2\)

Vì \(a< 40\); \(x\le a\)

\(\Rightarrow x\left(40-a\right)\le a\left(40-a\right)\)

\(\left(x-a\right)^2\ge0\)với mọi \(0\le x\le a\)

Do đó : \(P\le a\left(40-a\right)+a^2=40a\)

Dấu " = " xảy ra : \(\hept{\begin{cases}x=a\\y=0\end{cases}}\)

Vậy ....

Nguồn : h.o.c.24

\(ĐKXĐ:a\ge0\)

\(A=\left(\frac{2\sqrt{a}}{a\sqrt{a}+a+\sqrt{a}+1}+\frac{1}{\sqrt{a}+1}\right):\left(1+\frac{\sqrt{a}}{a+1}\right)\)

\(\Leftrightarrow A=\left(\frac{2\sqrt{a}}{\left(a+1\right)\left(\sqrt{a}+1\right)}+\frac{1}{\sqrt{a}+1}\right):\frac{a+\sqrt{a}+1}{a+1}\)

\(\Leftrightarrow A=\frac{2\sqrt{a}+a+1}{\left(a+1\right)\left(\sqrt{a}+1\right)}\cdot\frac{a+1}{a+\sqrt{a}+1}\)

\(\Leftrightarrow A=\frac{\left(\sqrt{a}+1\right)^2}{\left(\sqrt{a}+1\right)\left(a+\sqrt{a}+1\right)}\)

\(\Leftrightarrow A=\frac{\sqrt{a}+1}{a+\sqrt{a}+1}\)