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)

đặt \(\sqrt{x^2-x+1}=a\)

và \(\sqrt{x-2}=b\)

==> \(x^2-6x+11=a^2-5b^2\)

và \(x^2-4x+7=a^2-3b^2\)

khi đó pt trên trở thành  \(a\left(a^2-5b^2\right)=2b\left(a^2-3b^2\right)\)

         <=>\(a^3-5ab^2=2a^2b-6ab^2\)

<=> \(a^3-5ab^2+4a^2b-6a^2b+6b^3=0\)

<=> \(a\left(a^2+4ab-5b^2\right)-6b\left(a^2-b^2\right)=0\)

<=>\(a\left(a-b\right)\left(a+5b\right)-6b\left(a-b\right)\left(a+b\right)=0\)

<=> \(\left(a-b\right)\left(a^2+5ab-6ab-6b^2\right)=0\)

<=> \(\left(a-b\right)\left(a^2-ab-6b^2\right)=0\)

<=> \(\orbr{\begin{cases}a=b\\a^2-ab-6b^2=0\end{cases}}\)

đến đây bạn tự giải nốt nhé  

<=> 

\(x=5\pm\sqrt{6}\) đúng ko nhỉ

Bạn tự vẽ hình nhé :))

Từ B kẻ tia Bx cắt AD tại E sao cho góc ABE = góc ADC.

\(\Delta AEB\)và \(\Delta ACD\)có:  góc ABE = góc ADC (cách dựng) và góc BAE = góc DAC (gt)

\(\Rightarrow\)\(\Delta AEB\)đồng dạng \(\Delta ACD\)\(\Rightarrow\)\(\frac{AB}{AD}=\frac{AE}{AC}\)\(\Rightarrow\)\(AB.AC=AE.AD\)(1)

\(\Rightarrow\)góc BED = góc ACD.

\(\Delta ACD\)và \(\Delta BED\)có:  góc ACD = góc BED (cmt) và góc ADC = góc BDE (đối đỉnh)

\(\Rightarrow\)\(\Delta ACD\)đồng dạng \(\Delta BED\)\(\Rightarrow\)\(\frac{DB}{AD}=\frac{DE}{DC}\)\(\Rightarrow\)\(DB.DC=DE.AD\)(2)

Lấy (1) - (2) vế theo vế ta được \(AB.AC-DB.DC=AD\left(AE-DE\right)\)\(\Leftrightarrow\)\(AD^2=AB.AC-DB.DC\)(đpcm).

Cảm ơn bạn nhiều

x=38 ; a=1; b=4

x = 38 còn a = 1 và b = 4

Gọi I là giao điểm của MN và AC.

Ta có: \(\widehat{IHO}=\widehat{OEI}=90°\)

\(\Rightarrow\)Tứ giác EIHO nội tiếp đường tròn.

\(\Rightarrow\)Tâm của đường tròn ngoại tiếp ∆OHE nằm trên đường trung trực của EI.(*)

Ta có ∆AIH \(\approx\)∆AOE 

\(\Rightarrow\)AH.AO = AE.AI (1)

Ta có: ∆AMB \(\approx\)AOM

\(\Rightarrow\)AM² = AH.AO (2)

Ta lại có: ∆ABM \(\approx\)∆AMC

\(\Rightarrow\)AM² = AB.AC (3)

Từ (1), (2), (3) \(\Rightarrow\)AE.AI = AB.AC

Vì A,B,C,E cố định nên I cố định (**)

Từ (*), (**) suy ta tâm đường tròn ngoại tiếp ∆OHE nằm trên đường trung trực của EI.

PS: không chứng minh được nó nằm trên đường tròn nha b. Hình tự vẽ.

bạn cho mình hỏi tại sao tam giác ABM đồng dạng với tam giác AMC vậy?. Mình ko hiểu chỗ đó

ta có \(x+y+z=2019xyz=>2019x^2=\frac{x^2+xy+xz}{yz}\)

\(=>2019x^2+1=\frac{x^2+xy+xz+yz}{yz}=\frac{\left(x+y\right)\left(x+z\right)}{yz}=\left(\frac{x}{y}+1\right)\left(\frac{x}{z}+1\right)\)

\(=>\sqrt{2019x^2+1}=\sqrt{\left(\frac{x}{y}+1\right)\left(\frac{x}{z}+1\right)}\le\frac{1}{2}\left(\frac{x}{y}+\frac{x}{z}+2\right)=1+\frac{x}{2}\left(\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\)

(theo BDT cô -si)

\(=>\frac{x^2+1+\sqrt{2019x^2+1}}{x}\le\frac{x^2+1+1+\frac{x}{2}\left(\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)}{x}=x+\frac{2}{x}+\frac{1}{2}\left(\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\)

tương tự \(\frac{y^2+1+\sqrt{2019y^2+1}}{z}\le y+\frac{2}{y}+\frac{1}{2}\left(\frac{1}{z}+\frac{1}{x}\right)\)

\(\frac{z^2+1+\sqrt{2019z^2+1}}{z}\le z+\frac{2}{z}+\frac{1}{2}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)\)

=>.vt\(\le x+y+z+3\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\)

chứng minh được \(\left(x+y+z\right)^2\ge3\left(xy+yz+zx\right)\)

=>\(3\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)=\frac{3\left(xy+yz+zx\right)}{2019xyz}\le\frac{2019\left(x+y+z\right)^2}{x+y+z}=2019\left(x+y+z\right)\)

=>.vt\(\le2020\left(x+y+z\right)=2020.2019xyz=\)vt

=> dpcm

Ta có: \(2019xyz=x+y+z\)

=> \(2019xy=\frac{x}{z}+\frac{y}{z}+1>1\); \(2019yz=\frac{y}{x}+\frac{z}{x}+1>1\); \(2019xz=\frac{x}{y}+\frac{z}{y}+1>1\)

Ta  lại có: \(x+y+z=2019xyz\)

=> \(2019x\left(x+y+z\right)=2019^2x^2yz\)

=> \(2019x^2+1=\left(2019^2x^2yz-2019xy\right)-\left(2019xz-1\right)\)

=> \(2019x^2+1=\left(2019xy-1\right)\left(2019xz-1\right)\le\frac{\left(2019xy+2019xz-2\right)^2}{4}\)

=> \(\sqrt{2019x^2+1}\le\frac{2019xy+2019xz-2}{2}\)

Tương tự : \(\sqrt{2019y^2+1}\le\frac{2019xy+2019yz-2}{2}\)

\(\sqrt{2019z^2+1}\le\frac{2019xz+2019yz-2}{2}\)

=> \(\frac{x^2+1+\sqrt{2019x^2+1}}{x}+\frac{y^2+1+\sqrt{2019y^2+1}}{y}+\frac{z^2+1+\sqrt{2019z^2+1}}{z}\)

\(\le\)\(\frac{x^2+1+\frac{2019xy+2019xz-2}{2}}{x}+\frac{y^2+1+\frac{2019xy+2019yz-2}{2}}{y}+\frac{z^2+1+\frac{2019xz+2019yz-2}{2}}{z}\)

\(=\frac{2x^2+2019xy+2019xz}{2x}+\frac{2y^2+2019xy+2019yz}{2y}+\frac{2z^2+2019xz+2019yz}{2z}\)

\(=x+\frac{2019}{2}y+\frac{2019}{2}z+y+\frac{2019}{2}x+\frac{2019}{2}z+z+\frac{2019}{2}x+\frac{2019}{2}y\)

\(=2020\left(x+y+z\right)=2020.2019xyz\)

Vậy có điều cần cm

Dấu "=" xảy ra <=> \(\hept{\begin{cases}x=y=z\\x+y+z=2019xyz\end{cases}}\Leftrightarrow x=y=z=\frac{1}{\sqrt{673}}\)

Dễ thấy \(\Delta MCB~\Delta MDC\left(g.g\right)\Rightarrow\frac{MC}{MD}=\frac{BC}{CD}\)( 1 )

\(\Delta MAB~\Delta MDA\left(g.g\right)\Rightarrow\frac{MA}{MD}=\frac{AB}{AD}\)( 2 )

Lại có MA = MC . Từ ( 1 )  và ( 2 ) suy ra \(\frac{BC}{CD}=\frac{AB}{AD}\Rightarrow AD.BC=AB.CD\)

Áp dụng định lí Ploleme với tứ giác ABCD, ta có :

\(AB.CD+AD.BC=AC.BD\)

\(\Rightarrow BC.AD=AC.BD-AB.CD=\frac{1}{2}AC.BD\)

\(\Rightarrow\frac{AC}{AD}=\frac{2BC}{BD}\)( 3 )

\(\Delta NBE~\Delta NDB\left(g.g\right)\Rightarrow\frac{NB}{ND}=\frac{BE}{DB}\); \(\Delta NCE~\Delta NDC\left(g.g\right)\Rightarrow\frac{NC}{ND}=\frac{CE}{CD}\)

lại có :  NB = NC \(\Rightarrow\frac{BE}{BD}=\frac{CE}{CD}\Rightarrow BE.CD=CE.BD\)

Áp dụng định lí Ptoleme với tứ giác BECD, ta có : 

\(BE.CD+CE.BD=BC.DE\Rightarrow BE.CD=CE.BD=\frac{1}{2}BC.DE\)

\(\Delta PBC~\Delta PDB\left(g.g\right)\Rightarrow\frac{PC}{PB}=\frac{PB}{PD}\Rightarrow PC.PD=PB^2\)

Mà \(\frac{PC}{PB}=\frac{PB}{PD}=\frac{BC}{BD}\)

Mặt khác : \(\frac{PC}{PD}=\frac{PC.PD}{PD^2}=\left(\frac{PB}{PD}\right)^2=\left(\frac{BC}{BD}\right)^2\)( 4 )

suy ra : \(\frac{PC}{PD}=\left(\frac{BC}{BD}\right)^2=\left(\frac{2CE}{DE}\right)^2\)

giả sử AE cắt CD tại Q

\(\Rightarrow\Delta QEC~\Delta QDA\left(g.g\right)\Rightarrow\frac{QC}{QD}=\left(\frac{2CE}{DE}\right)^2\)

\(\Rightarrow\frac{QC}{QD}=\frac{PC}{PD}\Rightarrow P\equiv Q\)

Vậy 3 điểm A,E,P thẳng hàng

v mình quên nối AE cắt CD. hay là nối 3 điểm A,E,P mà thôi, không sao.

vì b,c là nghiệm của phương trình nên \(\hept{\begin{cases}b^2-ab-\frac{1}{2a^2}=0\\c^2-ab-\frac{1}{2a^2}=0\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}b^4=\left(ab+\frac{1}{2a^2}\right)^2\\c^4=\left(ac+\frac{1}{2a^2}\right)^2\end{cases}}\)

\(b^4+c^4=\left(ab+\frac{1}{2a^2}\right)^2+\left(ac+\frac{1}{2a^2}\right)^2\ge\frac{1}{2}\left(ab+ac+\frac{1}{a^2}\right)^2\)

\(=\frac{1}{2}\left[a\left(b+c\right)+\frac{1}{a^2}\right]^2\)

mà theo viet : (tính delta đầu tiên nhá ): b+c=a.

\(\Rightarrow b^4+c^4\ge\frac{1}{2}\left(a^2+\frac{1}{a^2}\right)^2\ge2\)(AM-GM)

Dấu = xảy ra khi a=1 hoặc a=-1

^^ Lời giải hay 

hihi em mới học lớp 3 thôi

đề bài sai rồi bạn nhé check lại đi 

Sửa đề: \(\frac{a}{b}+\frac{a}{c}+\frac{c}{b}+\frac{c}{a}+\frac{b}{c}+\frac{b}{a}\ge\sqrt{2}\left(\Sigma\sqrt{\frac{1-a}{a}}\right)\)

or \(\Sigma\frac{b+c}{a}\ge\Sigma\sqrt{\frac{2\left(b+c\right)}{a}}\)

Theo AM-GM:\(\frac{b+c}{a}\ge2\sqrt{\frac{2\left(b+c\right)}{a}}-2\)

Tương tự và cộng lại: \(VT\ge2\Sigma\sqrt{\frac{2\left(b+c\right)}{a}}-6\)

Mà: \(\Sigma\sqrt{\frac{2\left(b+c\right)}{a}}\ge3\sqrt[6]{\frac{8\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{abc}}\ge6\)

Từ đó: \(VT\ge2\Sigma\sqrt{\frac{2\left(b+c\right)}{a}}-\Sigma\sqrt{\frac{2\left(b+c\right)}{a}}=VP\)

Done!