\(a^3+b^3+c^3-3abc=\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)\ge0\)

Đặt \(\left(x;y;z\right)\rightarrow\left(a^3;b^3;c^3\right)\)

Ta chứng minh:\(a^3b^3+b^3c^3+c^3a^3\ge3a^2b^2c^2\)

\(\Leftrightarrow\left(ab\right)^3+\left(bc\right)^3+\left(ca\right)^3-3ab.bc.ca\ge0\)

Theo bổ đề trên ta có đpcm

nhầm đầu bài chút rồi phải là tia phân giác của góc HAC cắt BC tại M

a) xét tam giác MHA và tam giác MNA có

MHA=MNA(=90 độ)

MA chung

HAM=NAM( AM là phân giác của HAC)\=> tam giác MHA= tam giác MNA(ch-gnh)

=> AH=AN(hai cạnh tương ứng)

b) vì tam giác ABH vuông tại H=> ABH+HAB= 90 độ=> HAB=30 độ (ABH= 60 độ)

vì AM là phân giác của HAC=> HAM=MAC=BAC-BAH/2=90-30/2=30 độ

xét tam giác ABH và tam gáic MAH có

AH chung

AHB=AHM(=90 độ)

BAH=MAH(=30 độ)

=> tam giác ABH= tam gáic MAH(gcg)

=> AM=AB( hai cạnh tương ứng)

c) vì AM=AB=> tam giác ABM cân A mà ABM= 60 độ=> tam giác ABM đều => AM=MB=AB

d) vì tam giác ABC vuông tại A=> B+C=90 độ=> C=30 độ

=> C=MAN=30 độ

=> tam giác AMC cân M=> AM=MC=MB mà MB+MC=BC=> AM=1/2BC

Với A là một tập con của tập hợp {1;2;...;2014} thỏa mãn yêu cầu đề bài toán, gọi a là phần tử nhỏ nhất của A

Xét \(b\in A,b\ne a\) ta có b>a và \(\frac{a^2}{b-a}\ge a\Rightarrow b\le2a\)(1)

Gọi c,d là phần tử lớn nhất trong A, c<d từ (1) ta có: \(d\le2a\le2c\left(2\right)\)

Theo giả thiết \(\frac{c^2}{d-c}\in A\). Mặt khác do (2) nên  \(\frac{c^2}{d-c}\ge\frac{c^2}{2c-c}\ge c\Rightarrow\frac{c^2}{d-c}\in\left\{c;d\right\}\)

Xét các trường hợp sau:

• Trường hợp 1: \(\frac{c^2}{d-c}=d\)trong trường hợp này ta có: \(\frac{c}{d}=\frac{-1+\sqrt{5}}{2}\) mâu thuẫn với \(c,d\inℤ^+\)
• Trường hợp 2: \(\frac{c^2}{d-c}=c\)trong trường hợp này ta có: d=2c. Kết hợp với (2) => c=d và d=2a

Do đó: A={a;2} với a=1;2;...;1007. Các tập hợp trên đều thỏa mãn yêu cầu đề bài

Vậy có tất cả 1007 tập hợp thỏa mãn

a) Gọi K là giao của MN và CD

Ta có: \(\widehat{BMN}=\widehat{MTD}\)(so le trong và MN//AP) và \(\widehat{MTD}=\widehat{APD}\) (đồng vị và MN//AP)

\(\Rightarrow\widehat{BMN}=\widehat{APD}\)

Xét \(\Delta BMN\)và \(\Delta DPA\)có:

\(\hept{\begin{cases}\widehat{MBN}=\widehat{PDA}\left(=90^o\right)\\\widehat{BMN}=\widehat{APD}\left(cmt\right)\end{cases}}\)

=> \(\Delta BMN~\Delta DPA\left(g.g\right)\Rightarrow\frac{BM}{DP}=\frac{BN}{DA}\Rightarrow\frac{BM}{BN}=\frac{DP}{DA}\)

Mà \(BM=\frac{AB}{2},DA=BD\sin\widehat{ABD}=\frac{\sqrt{2}BD}{2}=\sqrt{2}OB\)

Do đó: \(\frac{\frac{\sqrt{2}OD}{2}}{BN}=\frac{DP}{\sqrt{2}OB}\Rightarrow\frac{OD}{BN}=\frac{DP}{OB}\)

Xét \(\Delta DOP\)và \(\Delta BNO\)có: \(\hept{\begin{cases}\widehat{ODP}=\widehat{NBO}\left(=45^o\right)\\\frac{OD}{BN}=\frac{DP}{OB}\end{cases}\Rightarrow\Delta DOP~\Delta BNO\left(c.g.c\right)\Rightarrow\widehat{DOP}=\widehat{BNO}}\)

Mà \(\widehat{DON}=\widehat{BNO}+\widehat{OBN}=\widehat{BNO}+45^o\)

Và \(\widehat{DON}=\widehat{DOP}+\widehat{NOP}\)

Do vậy \(\widehat{NOP}=45^o\)

2. Ta có \(\frac{OP}{ON}=\frac{OD}{BN}\left(\Delta DOP~\Delta BNO\right)\)

Nên \(\frac{OP}{ON}=\frac{OB}{BN}\Rightarrow\frac{OP}{OB}=\frac{ON}{BN}\) 

Xét \(\Delta OPN\)và \(\Delta BQN\)có: \(\hept{\begin{cases}\widehat{PON}=\widehat{OBN}\left(=45^o\right)\\\frac{OP}{OB}=\frac{ON}{BN}\end{cases}\Rightarrow\Delta OPN~\Delta BON\left(c.g.c\right)\Rightarrow\widehat{OPN}=\widehat{BON}}\)

Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác NOP

Ta có \(\widehat{ION}=\frac{180^o-\widehat{OIN}}{2}=90^o-\widehat{OPN}=\widehat{BOC}-\widehat{BON}=\widehat{CON}\)

=> 2 tia OI,OC trùng nhau 

Vậy I thuộc OC

Sửa đề : \(\frac{1}{1.2}+\frac{1}{2.3}+\frac{1}{3.4}+...+\frac{1}{x\left(x+1\right)}=\frac{1}{8}\)

\(1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+...+\frac{1}{x}-\frac{1}{x+1}=\frac{1}{8}\)

\(1-\frac{1}{x+1}=\frac{1}{8}\)

\(\frac{1}{x+1}=\frac{7}{8}\Leftrightarrow8=7x+7\Leftrightarrow x=\frac{1}{7}\)