(

hhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhh

hhhhhhhhhhhhhhhhh

hhhhhhhhhhhhhhhhhh

hhhhhhhhhhhhhhh

hhhhhhhhhhhhh

a, xét từ giác AMNC có 
$={90}^{\circ }$ (Ac là tiếp tuyến của (O) , $\stackrel{}{}$

${}^{}={90}^{\circ }$ (MN vuông góc với CD) => $\stackrel{}{}$\(\widehat{CAM}+\widehat{CNM}\)=180

=> AMNC nội tiếp

Xét tứ giác BMND có $\stackrel{ˆ}{}$=90 ( BD là tiếp tuyến của (O) , \(\widehat{CND}\)=90 ( MN vuông góc với CD)

=> \(\widehat{MND}+\widehat{NAC}\)=180

=> Tứ giác BDMN nội tiếp

b, Ta có \(\widehat{CMN}=\widehat{NAC}\) (cùng chắn CN)

=> ${\mathrm{\backslash (\backslash widehat\{CMN\}\backslash )}}^{}$=$\frac{1}{2}$ cung AN(1)

Ta cũng có\(\widehat{NMD}+\widehat{NMD}\) (cùng chắn cung ND)

\(\widehat{NMD}\)=$\frac{1}{2}$ cung NB(2)

Từ (1) và (2) => \(\widehat{CMD}+\widehat{NMD}\)= $\frac{1}{2}$ (cung AN + cung NB) 

=> \(\widehat{CMD}\)= $\frac{1}{2}$ cung AB = $\frac{180}{2}$=90

=> tam giác CMD vuông tại M

Vì NMBD nội tiếp => \(\widehat{NDM}+\widehat{NBM}\) ( góc nội tiếp cùng chắn cung AM) 

Mà \(\widehat{MCD}+\widehat{NBM}\)=90

=> \(\widehat{MCD}+\widehat{NBM}\)=90 (1)

Mặt khác \(\widehat{NAB}+\widehat{NBA}\)=90 (2)

Từ (1) và (2) => \(\widehat{MCD}=\widehat{NAB}\)

Xét tam giác ANB và CMD ta cs

\(\widehat{ANB}=\widehat{CMD}\) (=90)

\(\widehat{MCD}=\widehat{NAD}\)

=> 2 tam giác này bằng nhau

Add: Tr Ph Thảo (hpthaoo)

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có \(\left(a\sqrt{b+c}+b\sqrt{c+a}+c\sqrt{a+b}\right)^2\le2\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\)\(=abc\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\)

Theo một bất đẳng thức quen thuộc ta có \(abc\left(a+b+c\right)\le\frac{1}{3}\left(ab+bc+ca\right)^2\)

Từ đó ta được \(abc\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\le\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(ab+bc+ca\right)^2}{3}\)\(\le\frac{\left(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca+ab+bc+ca\right)^3}{3^4}=\frac{\left(a+b+c\right)^6}{3^4}\)

Do đó ta có \(\left(a\sqrt{b+c}+b\sqrt{c+a}+c\sqrt{a+b}\right)^2\le\frac{\left(a+b+c\right)^6}{3^4}\)hay \(a\sqrt{b+c}+b\sqrt{c+a}+c\sqrt{a+b}\le\frac{\left(a+b+c\right)^3}{3^2}\)(*)

Dễ dàng chứng minh được \(a^3+b^3+c^3\ge\frac{\left(a+b+c\right)^3}{9}\)(**)

Từ (*) và (**) suy ra \(a^3+b^3+c^3\ge a\sqrt{b+c}+b\sqrt{c+a}+c\sqrt{a+b}\)

Vậy bất đẳng thức được chứng minh

Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\sqrt[3]{2}\)

Xét hiệu : \(a^3+b^3-ab\left(a+b\right)=\left(a-b\right)^2\left(a+b\right)\ge0,\forall a,b>0\)

\(\Rightarrow a^3+b^3\ge ab\left(a+b\right)\)

Áp dụng BĐT AM-GM :
\(a^3+b^3+2c^3\ge ab\left(a+b\right)+2c^3\ge2\sqrt{ab\left(a+b\right).2c^3}=2\sqrt{4c^2\left(a+b\right)}\)

\(=4c\sqrt{a+b}\)

Hoàn toàn tương tự

\(a^3+2b^3+c^3\ge4b\sqrt{a+c};2a^3+b^3+c^3\ge4a\sqrt{b+c}\)

Cộng thao vế bất đẳng thức vừa thu được

\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3\ge a\sqrt{b+c}+b\sqrt{c+a}+c\sqrt{a+b}\left(đpcm\right)\)

Dấu " = " xảy ra khi \(a=b=c=\sqrt[3]{2}\)

Chúc bạn học tốt !!!

a. Tứ giác CEHD có \(\widehat{HEC}=\widehat{HDC}=90^o\Rightarrow\) nó là tứ giác nội tiếp.

b. Tứ giác BFEC có \(\widehat{BEC}=\widehat{BFC}=90^o\Rightarrow\)nó là tứ giác nội tiếp. Vậy 4 điểm B, C, E, F cùng thuộc một đường tròn.

c. Ta thấy \(\Delta HAE\sim\Delta CAD\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{AH}{AC}=\frac{AE}{AD}\Rightarrow AE.AC=AH.AD\)

Ta thấy \(\Delta CBE\sim\Delta CAD\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{BC}{AC}=\frac{BE}{AD}\Rightarrow AD.BC=BE.AC\)

d. Ta thấy ngay \(\widehat{PCB}=\widehat{BAM}\) (Cùng phụ với góc ABC)

Mà \(\widehat{BAM}=\widehat{BCM}\) (Góc nội tiếp cùng chắn cung BM)

Vậy nên \(\widehat{PCB}=\widehat{BCM}\) hay CM là phân giác góc \(\widehat{PCB}\)

Lại có \(CM⊥HD\) nên HCM là tam giác cân. Vậy CB là trung trực của HM hay H, M đối xứng nhau qua BC.

e. Ta thấy BFHD là tứ giác nội tiếp nên \(\widehat{FDH}=\widehat{FBH}\) (Góc nội tiếp cùng chẵn cung FH)

 DHEC cùng là tứ giác nội tiếp nên \(\widehat{HDE}=\widehat{HCE}\) (Góc nội tiếp cùng chẵn cung HE)

Mà \(\widehat{FBH}=\widehat{HCE}\) ( Cùng phụ với góc \(\widehat{BAC}\) )

nên \(\widehat{FDH}=\widehat{HDE}\) hay DH là phân giác góc FDE.

Tương tự FH, EH cũng là phân giác góc DFE và DEF.

Vậy tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF chính là H.

\(x = {-b \pm \sqrt{b^2-4ac} \over 2a}\)

Tìm min:

Theo BĐT AM-GM thì: $P=a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac$ hay $P\ge 9$

Vậy $P_{min}=9$. Giá trị này đạt tại $a=b=c=\sqrt{3}$

-----------

Tìm max:

$P=a^2+b^2+c^2=(a+b+c{)}^2-2(ab+bc+ac)=(a+b+c{)}^2-18$

Vì $a,b,c\ge 1$ nên:

$(a-1)(b-1)\ge 0\iff ab+1\ge a+b$

Hoàn toàn tương tự: $bc+1\ge b+c;ac+1\ge a+c$

Cộng lại: $2(a+b+c)\le ab+bc+ac+3=12$

$\Rightarrow a+b+c\le 6$

$\Rightarrow P=(a+b+c{)}^2-18\le 6^2-18=18$

Vậy $P_{max}=18$. Giá trị này đạt tại $(a,b,c)=(1,1,4)$ và hoán vị