\(\frac{1}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}+\frac{1}{\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}+\frac{1}{\frac{1}{c}+\frac{1}{a}}\)\(=\frac{ab}{a+b}+\frac{bc}{b+c}+\frac{ca}{c+a}\)

Áp dụng bđt AM-GM cho 3 số  thực dương a,b,c ta được:

\(\frac{ab}{a+b}+\frac{bc}{b+c}+\frac{ca}{c+a}\le\frac{\left(a+b\right)^2}{4\left(a+b\right)}+\frac{\left(b+c\right)^2}{4\left(b+c\right)}+\frac{\left(c+a\right)^2}{4\left(c+a\right)}\)

\(\Rightarrow\frac{1}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}+\frac{1}{\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}+\frac{1}{\frac{1}{c}+\frac{1}{a}}\le\frac{a+b+c}{2}\left(1\right)\)

Áp dụng bđt Cauchy-Schwarz dạng engel ta có:

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

Từ (1)  và (2) \(\Rightarrow\frac{1}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}+\frac{1}{\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}+\frac{1}{\frac{1}{c}+\frac{1}{a}}\le\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{c+a}+\frac{c^2}{a+b}\left(đpcm\right)\)

\(\)

:V chụp xong không gửi được cái phần kia nên mình chép ra vậy hình bạn tự vẽ nhé v

a) Áp dụng định lý Py-ta-go vào tam giác ABC vuông tại A ta được:

\(AB^2+AC^2=BC^2\)

\(\Rightarrow BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=10\left(cm\right)\)

Xét tam giác ABC có MN//BC (gt)

\(\Rightarrow\frac{AM}{AB}=\frac{AN}{AC}=\frac{MN}{BC}\)( hệ quả của định lý Ta-let)

\(\Rightarrow\frac{3}{4}=\frac{AN}{8}=\frac{MN}{10}\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}AN=6\left(cm\right)\\MN=7,5\left(cm\right)\end{cases}}\)

b)Vì MI//AC (gt)

\(\Rightarrow MI//AK\left(K\in AB\right)\)

Vì IK//AB(gt)

\(\Rightarrow IK//AM\left(M\in AB\right)\)

Ta có: \(\hept{\begin{cases}MI//AK\left(cmt\right)\\IK//AM\left(cmt\right)\end{cases}\Rightarrow MI=AK}\)( tc cặp đoạn chắn)

Ta có: AM+MB=AB

\(\Rightarrow MB=1,5\left(cm\right)\)

Xét tam giác ABC có MI//AB(gt)

Cho biểu thức B=\(\frac{2x+1}{x^2-1}\); A= \(\frac{3x+1}{x^2-1}\)--\(\frac{x}{x-1}\)+\(\frac{x-1}{x+1}\) (x khác +,- 1; x khác \(\frac{-1}{2}\))

a) Tính giá trị của B biết x=-2

b) Rút gọn A

c) Cho P=A:B Tìm x biết P=3

Cho biểu thức A=\(\left(\frac{2x-3}{x^2-9}-\frac{2}{x+3}\right):\frac{x}{x+3}\)(x khác +,- 3)

a) Rút gọn A

b) TÍnh giá trị của A khi x=\(-\frac{1}{2}\)

c) Tìm các giá trị nguyên của x để A nhận giá trị nguyên

Kẻ MT // BD, T \(\in\)AD

Gọi giao điểm của MT và AC là U, giao điểm của NT và BD là V

Xét \(\Delta ABD\)có : MT // BD \(\Rightarrow\frac{AM}{AB}=\frac{AT}{AD}\)( Định lí Ta-lét )

Mà \(\frac{AM}{AB}=\frac{CN}{CD}\)( gt ) \(\Rightarrow\frac{AT}{AD}=\frac{CN}{CD}\)

Áp dụng định lí Ta-lét đảo trong \(\Delta ACD\)có \(\frac{CN}{CD}=\frac{AT}{AD}\)( cmt ) \(\Rightarrow\)NT // AC

Áp dụng định lí Ta-lét trong các tam giác :

+) \(\Delta AOB\)có MU // BO ( MT // BD; U\(\in\)MT; O \(\in\)BD ) \(\Rightarrow\frac{MU}{BO}=\frac{AM}{AB}\)(1)

+) \(\Delta OCD\)có VN // OC ( NT // AC; V \(\in\)NT; O \(\in\)AC ) \(\Rightarrow\frac{VN}{OC}=\frac{VD}{OD}\)(2)

+) \(\Delta OAD\): \(\orbr{\begin{cases}UT//OD\Rightarrow\frac{UT}{OD}=\frac{AT}{ÀD}\Rightarrow\frac{UT}{OD}=\frac{AM}{AB}\left(3\right)\\VT//OA\Rightarrow\frac{VT}{OA}=\frac{VD}{OD}\left(4\right)\end{cases}}\)

+) \(\Delta MNT\): \(\orbr{\begin{cases}EU//NT\left(AC//NT;E,U\in AC\right)\Rightarrow\frac{MU}{UT}=\frac{ME}{EN}\left(5\right)\\FV//MT\left(BD//MT;F,V\in BD\right)\Rightarrow\frac{VN}{VT}=\frac{FN}{FM}\left(6\right)\end{cases}}\)

Từ (1) (3) \(\Rightarrow\frac{MU}{OB}=\frac{UT}{OD}\Rightarrow\frac{MU}{UT}=\frac{OB}{OD}\)

Từ (2) (4) \(\Rightarrow\frac{VN}{OC}=\frac{VT}{OA}\Rightarrow\frac{VN}{VT}=\frac{OC}{OA}\)

Áp dụng hệ quả định lí Ta-lét trong \(\Delta OAD\)và \(\Delta OBC\)có BC // AD ( gt ) \(\Rightarrow\frac{OC}{OA}=\frac{OB}{OD}\)

\(\Rightarrow\frac{MU}{UT}=\frac{VN}{VT}\)kết hợp với điều (5) (6) \(\Rightarrow\frac{ME}{EN}=\frac{FN}{MF}\Rightarrow ME\cdot MF=FN\cdot EN\)

\(\Rightarrow ME\cdot\left(ME+EF\right)=FN\cdot\left(FN+EF\right)\Rightarrow ME^2+ME\cdot EF=FN^2+FN\cdot EF\)

\(\Rightarrow ME^2+ME\cdot EF-FN^2-FN\cdot EF=0\)\(\Rightarrow\left(ME-FN\right)\cdot\left(ME+FN\right)+EF\cdot\left(ME-FN\right)=0\)

\(\Rightarrow\left(ME-FN\right)\cdot\left(ME+FN+EF\right)=0\)

Vì các cạnh ME, FN, EF luôn lớn hơn 0 \(\Rightarrow\)không có trường hợp ME + FN + EF = 0

\(\Rightarrow ME-FN=0\Leftrightarrow ME=FN\)

CÁI XANH XANH KIA LÀ GÌ VẬY???

a)\(\frac{x+2}{x-m}=\frac{x+1}{x-1}\Leftrightarrow\left(x+2\right)\left(x-1\right)=\left(x+1\right)\left(x-m\right)\)

\(\Leftrightarrow x^2+x-3=x^2-\left(m-1\right)x-m\)

\(\Leftrightarrow m.x+m-3=0\)

\(\Leftrightarrow m.x=3-m\)

Để phương trình (1) nhận \(x=4\)là nghiệm của phương trình thì:

\(4.m=3-4=-1\)

\(\Leftrightarrow m=\frac{-1}{4}\)

b) Để phương trình \(a.x+b=0\)có nghiệm duy nhất thì:\(a\ne0\)

\(\Rightarrow\)Phương trình (1) có nghiệm duy nhất \(\Leftrightarrow m\ne0\)

Bổ sung điều kiện: \(\hept{\begin{cases}x\ne m\\x\ne1\end{cases}}\)

\(\Rightarrow m\ne1\)

a) m thỏa mãn điều kiện 

b) Bổ sung thêm: Để phương trình (1) có nghiệm duy nhất thì:\(\hept{\begin{cases}m.m+m-3\ne0\\m.1+m-3\ne0\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}m\ne\frac{-1\pm\sqrt{13}}{2}\\m\ne\frac{3}{2}\end{cases}}\)

Có : \(\left(a+b+c\right)^2=a^2+2ab+b^2+2bc+c^2+2ac\)

\(\Rightarrow2\left(ab+bc+ac\right)=\left(a+b+c\right)^2-\left(a^2+b^2+c^2\right)=3^2-7=9-7=2\)

\(\Rightarrow ab+bc+ac=\frac{2}{2}=1\)

Lại có : \(a^3+b^3+c^3=a^3+b^3+c^3-3abc+3abc=15\)

\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)\cdot\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac\right)+3abc=15\)

\(\Rightarrow3\cdot\left[\left(a^2+b^2+c^2\right)-\left(ab+bc+ac\right)\right]+3abc=15\)

\(\Rightarrow3\cdot\left(7-1\right)+3abc=15\Rightarrow3\cdot6+3abc=15\Rightarrow18+3abc=15\)

\(\Rightarrow3abc=15-18=-3\Rightarrow abc=-1\)

Mà : \(a^4+b^4+c^4=\left(a^2+b^2+c^2\right)^2-2\left(a^2b^2+b^2c^2+a^2c^2\right)\)

Đồng thời : \(a^2b^2+b^2c^2+a^2c^2=\left(ab+bc+ca\right)^2-2ab^2c-2bc^2a-2ca^2b\)

\(=1^2-2abc\left(a+b+c\right)=1-2\cdot\left(-1\right)\cdot3=1+6=7\)

\(\Rightarrow a^4+b^4+c^4=\left(7\right)^2-2\cdot7=49-14=35\)

Gọi M là trung điểm BC vì G là trọng tâm tam giác ABC 

\(\Rightarrow\frac{MG}{MA}=\frac{1}{3}\)

TA CÓ \(DG//AB\)

\(\Rightarrow\frac{DM}{MB}=\frac{1}{3}\)

\(\Rightarrow DM=\frac{1}{3}MB\)

\(\Rightarrow DB=MB-DM=\frac{2}{3}BM\)

\(\Rightarrow DB=\frac{2}{3}BM.\frac{1}{2}BC\)

\(\Rightarrow DB=\frac{1}{3}BC\)

TƯƠNG TỰ TA CHỨNG MINH

\(CE=\frac{1}{3}BC\left(1\right)\)

\(\Rightarrow DE=BC-BD-CE=\frac{1}{3}BC\)

\(\Rightarrow DE=\frac{1}{3}BC\left(2\right)\)

....

TỪ (1) VÀ (2) VÀ (3)

\(\Rightarrow BD=DE=EC\)

a) Xét ΔIFG và Δ HBG có:
GF=GB
IF=HB                               

góc GFI= góc GBH=90 độ 

=>  ΔIFG=Δ HBG (c.g.c)  (1)

Ta thấy: BH+HC=BC=GF.

Mà BH=DE hay BH=AC
=> AC+HC=GF <=> AH=GF
=> ΔEAH=ΔIFG (c.g.c) (2)
Tương tự: AC+HC=BH+HC => AH=BG => ΔEAH=Δ HBG (c.g.c) (3)
Lại có: BC=CF => BH+HC=CD+DF. Mà BH=DE=CD
=> HC=DF =>  HC+AC=DF+IF (Vì AC=DE=IF)
=> ΔEAH=ΔEDI (c.g.c) (4)
Từ (1), (2), (3) và (4) => ΔEDI=ΔEAH=Δ HBG=ΔIFG (đpcm)
b) Ta có:
ΔEDI=ΔEAH=Δ HBG=ΔIFG (cmt)
=> EI=EH=HG=IG (Các cạnh tương ứng)

=> Tứ giác EIGH là hình thoi (5)
Mà ΔEAH=Δ HBG

=> góc EHA= góc HGB (2 góc tương ứng)
Ta Thấy góc HGB + góc BHG=90 độ
. => ^EHA+^BHG=90 độ
 => góc GHE=90độ (6)
Từ (5) và (6) => Tứ giác EIGH là hình vuông (đpcm).
c) Tứ giác EIGH là hình vuông và O là giao 2 đường chéo

=> OE=OH.
Ta có: góc OEA=góc AEH+ góc OEH
góc OHB= góc OHG + gócBHG.
Mà góc OEH = gócOHG=45 độ 
, góc AEH = gócBHG (cmt)

=> góc OEA =góc OHB.

Xét ΔOEA và ΔOHB:
OE=OH
góc OEA =góc OHB            
EA=HB (EA=DE)
=> tam giác OEA = tam giác OHB

=> OA=OB (2 cạnh tương ứng)

=> Điểm O thuộc đường trung trực của AB (*)
Ta có : góc EOA=góc HOB
 Lại có: góc EOH= góc EOA +  góc AOH=90 độ
 => góc HOB + góc AOH=90 độ 
 => góc AOB=90độ 
Mà OA=OB =>Tam giác AOB vuông cân tại O
=> Khoảng cách từ O tới AB bằng 1/2 đoạn AB (**)
Từ (*) và (**) => O là điểm cố định trên trung trực của AB vì AB cố định và O luôn cách AB 1 khoảng bằng 1/2 AB