Đặt: \(a=\frac{1}{x};b=\frac{1}{y};c=\frac{1}{z}\) 

\(\Rightarrow\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=\frac{1}{xyz}\)

\(\Leftrightarrow xy+yz+zx=1\)

Ta có:

\(S=\frac{\frac{1}{x}}{\sqrt{\frac{1}{y}.\frac{1}{z}\left(1+\frac{1}{x^2}\right)}}+\frac{\frac{1}{y}}{\sqrt{\frac{1}{z}.\frac{1}{x}\left(1+\frac{1}{y^2}\right)}}+\frac{\frac{1}{z}}{\sqrt{\frac{1}{x}.\frac{1}{y}\left(1+\frac{1}{z^2}\right)}}\)

\(=\sqrt{\frac{yz}{1+x^2}}+\sqrt{\frac{zx}{1+y^2}}+\sqrt{\frac{xy}{1+z^2}}\)

\(=\sqrt{\frac{yz}{xy+yz+zx+x^2}}+\sqrt{\frac{zx}{xy+yz+zx+y^2}}+\sqrt{\frac{xy}{xy+yz+zx+z^2}}\)

\(=\sqrt{\frac{yz}{\left(x+y\right)\left(x+z\right)}}+\sqrt{\frac{zx}{\left(y+x\right)\left(y+z\right)}}+\sqrt{\frac{xy}{\left(z+x\right)\left(z+y\right)}}\)

\(\le\frac{1}{2}.\left(\frac{y}{x+y}+\frac{z}{x+z}+\frac{z}{y+z}+\frac{x}{x+y}+\frac{x}{z+x}+\frac{y}{z+y}\right)\)

\(=\frac{1}{2}.\left(1+1+1\right)=\frac{3}{2}\)

Dấu = xảy ra khi \(x=y=z=\sqrt{3}\)

Nhầm dấu = xảy ra khi \(a=b=c=\sqrt{3}\) chứ.

Cô hướng dẫn nhé

a) Do ABCD là hình vuông nên \(\widehat{BEN}=45^o\), vậy thì \(\widehat{BEN}=\widehat{BAN}\) hay ABEN là tứ giác nội tiếp.

Tương tự với tứ giác ADFN.

b) Do ABEN là tứ giác nội tiếp nên \(\widehat{ANE}=180^o-\widehat{ABE}=90^o\) hay \(EN⊥AF\)

Tương tự \(FM⊥AE\)

Xét tam giác AEF có AH, FM, EN là ba đường cao nên chúng đồng quy.

c) Dễ thấy tứ giác EMNF nội tiếp nên \(\widehat{MNE}=\widehat{MFE}\)( Hai góc nội tiếp cùng chắn một cung)

Mà tứ giác ABEN nội tiếp nên \(\widehat{MNE}=\widehat{BAE}\)( Hai góc nội tiếp cùng chắn một cung)

và  \(\widehat{MFE}=\widehat{EAH}\) ( Cùng phụ góc AEF)

Vậy nên \(\widehat{BAE}=\widehat{EAH}\)

Suy ra \(\Delta ABE=\Delta AHE\) (Cạnh huyền góc nhọn) hay AH = AB không đổi.

Lại có AH vuông góc EF tại H nên EF luôn tiếp xúc với đường tròn tâm A, bán kinh AB.

giúp mk với mk cần gấp

Ta có định lý sau:

Hệ  \(\hept{\begin{cases}a_1x+b_1y=c_1\\a_2x+b_2y=c_2\end{cases}}\)  

- Có 1 nghiệm duy nhất khi  \(\frac{a_1}{a_2}\ne\frac{b_1}{b_2}\)

- Có vô số nghiệm khi  \(\frac{a_1}{a_2}=\frac{b_1}{b_2}=\frac{c_1}{c_2}\)

Do đó  \(\hept{\begin{cases}2x+y=5\\mx-y=-7\end{cases}}\)   có 1 nghiệm duy nhất  \(\Leftrightarrow\)  \(\frac{2}{m}\ne\frac{1}{-1}\)  \(\Leftrightarrow\)  \(m\ne-2\)

Hệ pt ko thể có vô số nghiệm vì  \(\frac{1}{-1}\ne\frac{5}{-7}\)

Để phương trình có 2 nghiệm \(x_1,x_2\)thì \(\Delta=4\left(m^2+2m+1\right)-4\left(2m+3\right)>0\Leftrightarrow4m^2-8>0\)

\(\Leftrightarrow m^2>2\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}m< -\sqrt{2}\\m>\sqrt{2}\end{cases}}\)

Theo hệ thức Vi-et ta có \(\hept{\begin{cases}x_1+x_2=2.\left(m+1\right)\\x_1.x_2=2m+3\end{cases}}\)

Từ \(\left(x_1-x_2\right)^2=4\Leftrightarrow x_1^2-2x_1x_2+x_2^2=4\Leftrightarrow\left(x_1+x_2\right)^2-4x_1.x_2=4\)

\(\Rightarrow4\left(m+1\right)^2-4\left(2m+3\right)=4\Leftrightarrow4m^2+8m+4-8m-12-4=0\)

\(\Leftrightarrow m^2=3\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}m=\sqrt{3}\\m=-\sqrt{3}\end{cases}}\)

Kết hợp ĐK ta thấy \(\orbr{\begin{cases}m=\sqrt{3}\\m=-\sqrt{3}\end{cases}}\)thỏa mãn yêu cầu bài toán 

m=+-căn 3

Điều kiện có nghĩa

a/ \(\hept{\begin{cases}x+2\ge0\\x-5\ne0\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x\ge-2\\x\ne5\end{cases}}\)

b/ \(\hept{\begin{cases}2x-1\ge0\\x+3\ne0\end{cases}}\)

\(\hept{\begin{cases}x\ge\frac{1}{2}\\x\ne-3\end{cases}}\)

c/ \(\left(x-3\right)\left(x+2\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x\le-2\\x\ge3\end{cases}}\)

d/ \(\hept{\begin{cases}2x-1\ge0\\-x\ge0\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x\ge\frac{1}{2}\\x\le0\end{cases}}\)

Không tồn tại x để nó có nghĩa.

e/ \(\hept{\begin{cases}-3x\ge0\\x+2>0\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x\le0\\x>-2\end{cases}}\)

xin lỗi mk mới hc lp 7 thôi!