Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:

\(x^5+\frac{1}{x}+1+1\ge4\sqrt[4]{x^5.\frac{1}{x}}=4x\)

Chứng minh tương tự: \(y^5+\frac{1}{y}+1+1\ge4\sqrt[4]{y^5.\frac{1}{y}}=4y\)

\(z^5+\frac{1}{z}+1+1\ge4\sqrt[4]{z^5.\frac{1}{z}}=4z\)

\(\Rightarrow T+6\ge4\left(x+y+z\right)=12\)

\(\Leftrightarrow T\ge6\)

Dấu " = " xảy ra <=> x=y=z=1

Sửa lại đề Từ I kẻ đường thẳng song song AC cắt AB,BC lần lượt tại M,N

Vì MN//AC nên: \(\widehat{ACB}=\widehat{INB}\)(đồng vị)

Mà BIND là tứ giác nội tiếp nên: \(\widehat{ADB}=\widehat{INB}\)

Cho nên: \(\widehat{ACB}=\widehat{ADB}\)

Suy ra: ABDC là tứ giác nội tiếp

Đồng thời: \(\widehat{ADE}=\widehat{NBI}=\widehat{ABE}\Rightarrow\)ABDE là tứ giác nội tiếp

Vậy A,B,C,D,E cùng thuộc một đường tròn 

Hơn nữa: tam giác ABC vuông tại A

Suy ra: BC là đường kính của đường tròn ngoại tiếp ngũ giác ABDCE

Vậy BE vuông góc CE

Hình vẽ:(Mình k chắc nó có hiện ra k nha )

Trl :

Bạn kia làm đúng rồi nhé !

Học tốt nhé bạn @

a)  Vẽ OM \(\perp\)BC  ( M \(\in\)BC ) 

OM cắt DE tại N 

DE// BC ( gt ) có ON \(\perp\)DE ,tứ giác BCDE là hình thang 

OM ​​​\(\perp\)​BC => M là trung điểm của BC 

ON\(\perp\)DE => N là trung điểm của DE 

MN là trục đối xứng của hình thang cân=> đpcm 

d)  1)BC //DE ( dt) , AD \(\perp\)BC ( gt ) 

=> AD\(\perp\)DE

góc ADE = 90 độ => AE là đường kính của đường tròn ( O) 

=> A,O,E  thẳng hàng ( đpcm ) 

2) BE = CD ( BECD là hình thang cân ) 

AE là đường kính nên góc ABE  = 90 độ 

Tam giác ABE vuông tại E ,theo định lí PI-ta- go có : 

AB² + BE² = OE²

AB² + CD² =( 2.R)² 

AB² + CD² =4R² 

Chứng minh tương tự ,ta có : AC² + BD² =4R² 

Ta có : AB² + BD² + CD² + AC² = 8.R²

Câu a)

Vì DE=BC nên: sđ cung BD=sđ cung CE

\(\Rightarrow\)sđ cung BE=sđ cung CD

\(\Leftrightarrow\widehat{BCE}=\widehat{DBC}\)

Tứ giác BCED có DE//BC nên BCED là hình thang

Mà \(\widehat{BCE}=\widehat{DBC}\Rightarrowđpcm\)

Câu b)

Vì ABDC là tứ giác nội tiếp nên: \(\widehat{ABA'}=\widehat{CDA'}\)

Xét \(\Delta ABA'\)và \(\Delta CDA'\)có

+\(\widehat{ABA'}=\widehat{CDA'}\)

+\(\widehat{AA'B}=\widehat{CA'B}\)

Do đó 2 tam giác đó đồng dạng 

\(\Rightarrow\frac{AA'}{A'C}=\frac{A'B}{A'D}\)\(\Rightarrowđpcm\)

Câu c)

Gọi giao BH với AC là B'

Tam giác BHD có BA' vừa là đường cao và vừa là đường trung tuyến 

nên tam giác BHD cân tại B

\(\Rightarrow\widehat{BHD}=\widehat{BDA}\)

\(\Leftrightarrow\widehat{AHB'}=\widehat{BDA}\)

\(\Leftrightarrow\widehat{AHB'}+\widehat{DAC}=\widehat{BDA}+\widehat{DAC}=\widehat{BDA}+\widehat{DBC}=90^o\)

\(\Leftrightarrow BB'\perp AC\)

Tam giác ABC có H là giao 2 đường cao AA' và BB'

Vậy H là trực tâm của tam giác ABC

Câu d)

Ý 1:

Có: DE//BC mà AD vuông góc BC

Suy ra: AD vuông góc DE

nên tam giác ADE vuông tại D

Suy ra: AE là đường kình đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE

Vậy A,O,E thẳng hàng

Ý 2:

Vì BCED là hình thang cân nên:

\(\hept{\begin{cases}BE=CD\\BD=CE\end{cases}}\)\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}BE^2=CD^2\\BD^2=CE^2\end{cases}\Leftrightarrow}\hept{\begin{cases}CD^2+AB^2=BE^2+AB^2=AE^2=4R^2\\AC^2+BD^2=AC^2+CE^2=AE^2=4R^2\end{cases}}\)

Cộng lại sẽ tích đc tổng đó theo R

Hình vẽ:(không biết nó có hiện ra không nên bạn thông cảm)

mình giải cho bạn 3 cách nhá . thấy cái nào đc thì làm

cách 1 ) 

ĐK \(\left|x\right|\ge\frac{1}{\sqrt{2}}\)

Phương trình \(\Leftrightarrow2\left(3x+1\right)\sqrt{2x^2-1}=10x^2+3x-6\)

\(\Leftrightarrow4\left(2x^2-1\right)-2\left(3x+1\right)\sqrt{2x^2-1}+2x^2+3x-2=0\)

đặt \(\sqrt{2x^2-1}=t\left(t\ge0\right)\)ta được \(4t^2-2\left(3x+1\right)t+2x^2+3x-2=0\)

ta có \(\Delta'=\left(3x+1\right)^2-4\left(2x^2+3x-2\right)=x^2-6x+9=\left(x-3\right)^2\)

nên phương trình \(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}t=\frac{3x+1-x+3}{4}\\t=\frac{3x+1+x-3}{4}\end{cases}=>\orbr{\begin{cases}t=\frac{x+2}{2}\\t=\frac{2x-1}{2}\end{cases}}}\)

zơi \(t=\frac{x+2}{2}\)thì \(\sqrt{2x^2-1}=\frac{x+2}{2}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x\ge-2\\4\left(2x^2-1\right)=\left(x+2\right)^2\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x\ge-2\\7x^2-4x-8=0\end{cases}}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x\ge-2\\x=\frac{2\pm\sqrt{60}}{7}\end{cases}\Leftrightarrow x=\frac{2\pm\sqrt{60}}{7}}\)

zới \(t=\frac{2x-1}{2}\)thì \(\sqrt{2x^2-1}=\frac{2x-1}{2}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x\ge\frac{1}{2}\\4\left(2x^2-1\right)=\left(2x-1\right)^2\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x\ge\frac{1}{2}\\4x^2+4x-5=0\end{cases}}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x\ge\frac{1}{2}\\x=\frac{-1\pm\sqrt{6}}{2}\end{cases}\Leftrightarrow x=\frac{-1\pm\sqrt{6}}{2}}\)

kết hợp điều kiện \(\left|x\right|\ge\frac{1}{\sqrt{2}}\)ta đc nghiệm của phương trình là \(\left\{\frac{2\pm\sqrt{60}}{7};\frac{-1\pm\sqrt{6}}{2}\right\}\)

cách 2 )

điều kiện như thế nhé

Phương trình \(\Leftrightarrow2\left(3x+1\right)\sqrt{2x^2-1}=10x^2+3x-6\)

Bình phương hai zế phương trình ta có

\(\Leftrightarrow\left[2\left(3x+1\right)\sqrt{2x^{2-1}}\right]=\left(10x^2+3x-6\right)^2\Leftrightarrow\left(7x^2-4x-8\right)\left(4x^2+4x-5\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}7x^2-4x-8=0\\4x^2+4x-5=0\end{cases}}\)

giải phương trình \(7x^2-4x-8=0=>\orbr{\begin{cases}x=\frac{2+\sqrt{60}}{7}\\x=\frac{2-\sqrt{60}}{7}\end{cases}}\)

giải phương trình \(4x^2+4x-5=0=>\orbr{\begin{cases}x=\frac{-1+\sqrt{6}}{2}\\x=\frac{-1-\sqrt{6}}{2}\end{cases}}\)

kết luận nhưu cách 1

a) D,E lần lượt là điểm chính giữa của cung nhỏ AB, AC

=> \(\hept{\begin{cases}\widebat{AO}=\widebat{BO}\\\widebat{AE}=\widebat{EC}\end{cases}}\)

ta có

\(\widehat{AHK}=\frac{1}{2}\left(\widebat{BO+\widebat{AE}}\right)\)

\(=\frac{1}{2}\left(\widebat{AO}+\widebat{EC}\right)=\widehat{AKH}\)

=> tam giác AHK cân tại A

b) \(\widebat{AD}=\widebat{DB}=>\widehat{AED}=\widehat{BED}\)

   \(\widebat{AE=\widebat{EC=>\widehat{ADE}=\widehat{IDE}}}\)

DE cạnh chung

=>\(\Delta ADE=\Delta IDE\left(c-g-c\right)\)

=>\(\hept{\begin{cases}DA=DI\\EA=EI\end{cases}=>DE}\)là đường trung trực của AI

=>\(AI\perp DE\)

c)\(\widehat{EIC}=\frac{1}{2}\left(\widebat{BD}+\widebat{CE}\right)=\frac{1}{2}\left(\widebat{AD}+\widebat{EC}\right)=\widehat{EKC}\)

=> tứ giác EKIC nội tiếp

d) tứ giác EKIC nội tiếp

=>\(\widehat{IKC}=\widehat{BEC}=\widehat{BAC}\)

=>\(IK//AB\)