$x^2+y^2+z^2=3xyz\Rightarrow \frac{x}{yz}+\frac{y}{xz}+\frac{z}{xy}=3$

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương $\frac{x}{yz};\frac{y}{xz}$ ta có: $\frac{x}{yz}+\frac{y}{xz}\ge 2\sqrt{\frac{x}{yz}.\frac{y}{x}}=\frac{2}{z}$

Tương tự ta cũng có: $\frac{y}{xz}+\frac{z}{xy}\ge \frac{2}{x};\frac{z}{xy}+\frac{x}{yz}\ge \frac{2}{y}$

$\Rightarrow \left(\frac{x}{yz}+\frac{y}{xz}\right)+\left(\frac{y}{xz}+\frac{z}{xy}\right)+\left(\frac{z}{xy}+\frac{x}{yz}\right)\ge \frac{2}{z}+\frac{2}{x}+\frac{2}{y}\Rightarrow \frac{x}{yz}+\frac{y}{zx}+\frac{z}{xy}\ge \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\Rightarrow \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\le 3$

Lại có: $x^4+yz\ge 2\sqrt{x^{4}yz}=2x^2\sqrt{yz}\Rightarrow \frac{x^2}{x^4+yz}\le \frac{1}{2\sqrt{yz}}=\frac{1}{4}\mathrm{.2.}\frac{1}{\sqrt{y}}.\frac{1}{\sqrt{z}}\le \frac{1}{4}(\frac{1}{y}+\frac{1}{z})$

Tương tự $\frac{y^2}{y^4+xz}\le \frac{1}{4}(\frac{1}{x}+\frac{1}{z});\frac{z^2}{z^4+xy}\le \frac{1}{4}(\frac{1}{x}+\frac{1}{y})$

Suy ra

$\begin{array}{c}P=\frac{x^2}{x^4+yz}+\frac{y^2}{y^4+xz}+\frac{z^2}{z^4+xy}\le \frac{1}{4}(\frac{2}{x}+\frac{2}{y}+\frac{2}{z})=\frac{1}{2}(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})\le \frac{3}{2}\\ =>P\le \frac{3}{2}\end{array}$

Vậy giá trị nhỏ nhất của P = $\frac{3}{2}$ khi x = y = z = 1.

a: \(\left(ac+bd\right)^2+\left(ad-bc\right)^2\)

\(=a^2c^2+b^2d^2+2acbd+a^2d^2+b^2c^2-2adbc\)

\(=a^2c^2+a^2d^2+b^2d^2+b^2c^2\)

\(=a^2\left(c^2+d^2\right)+b^2\left(c^2+d^2\right)\)

\(=\left(c^2+d^2\right)\left(a^2+b^2\right)\)

b: \(x^2+y^2=\dfrac{1}{2}\left(2x^2+2y^2\right)\)

\(=\dfrac{1}{2}\left(x^2+2xy+y^2+x^2-2xy+y^2\right)\)

\(=\dfrac{1}{2}\left[\left(x+y\right)^2+\left(x-y\right)^2\right]=\dfrac{1}{2}\left[4+\left(x-y\right)^2\right]>=\dfrac{1}{2}\cdot4=2\)

Dấu '=' xảy ra khi x=y=1

1: Thay x=2 vào phương trình, ta được:

\(2^2-2\left(m-2\right)\cdot2+m^2-8=0\)

=>\(4-4\left(m-2\right)+m^2-8=0\)

=>\(4-4m+8+m^2-8=0\)

=>\(m^2-4m+4=0\)

=>\(\left(m-2\right)^2=0\)

=>m-2=0

=>m=2

Lời giải:

a.

Vì $BE, CF$ là đường cao của tam giác $ABC$ nên $\widehat{BFC}=\widehat{BEC}=90^0$

Tứ giác $BCEF$ có $\widehat{BFC}=\widehat{BEC}$ và cùng nhìn cạnh $BC$ nên $BCEF$ là tứ giác nội tiếp.

b.

Xét tam giác $BFH$ và $CFA$ có:

$\widehat{BFH}=\widehat{CFA}=90^0$

$\widehat{FBH}=\widehat{FBE}=\widehat{FCE}=\widehat{FCA}$ (do $BCEF$ là tgnt)

$\Rightarrow \triangle BFH\sim \triangle CFA$ (g.g)

$\Rightarrow \frac{BF}{CF}=\frac{BH}{CA}$

$\Rightarrow BF.CA=BH.CF$

c.

Kéo dài $AO$ cắt $(O)$ tại $M$ thì $O$ là trung điểm $AM$.

$K$ là trung điểm $BC$ nên $OK\perp BC$,  AH\perp BC$ (do $H$ là trực tâm) 

$\Rightarrow OK\parallel AH$

Có: $\widehat{ABM}=\widehat{ACM}=90^0$ (góc nt chắn nửa đường tròn) 
$\Rightarrow AB\perp BM, AC\perp CM$

Mà $CH\perp AB, BH\perp AC$ nên $BM\parallel CH, CM\parallel BH$

$\Rightarrow BHCM$ là hình bình hành (tứ giác có 2 cặp cạnh đối song song) 
$\Rightarrow HM, BC$ cắt nhau tại trung điểm $K$ của $BC$

$\Rightarrow H,K,M$ thẳng hàng.

Tam giác $AHM$, áp dụng định lý Talet có:

$\frac{OK}{AH}=\frac{OM}{AM}=\frac{1}{2}$

Hình vẽ:

Lời giải:
Xét tứ giác $BFEC$ có: $\widehat{BFC}=\widehat{BEC}=90^0$ và cùng nhìn cạnh $BC$ nên $BFEC$ là tứ giác nội tiếp.

Kẻ tiếp tuyến $Ax$ của $(O)$. Theo tính chất tiếp tuyến thì $Ax\perp OA(1)$

Lại có:

Tứ giác $BFEC$ nội tiếp.

$\Rightarrow \widehat{BCE}=\widehat{AFE}$

Mà $\widehat{BCE}=\widehat{BCA}=\widehat{xAB}$ (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung thì bằng góc nội tiếp chắn cung đó - cụ thể ở đây là cung $AB$)

$\Rightarrow \widehat{AFE}=\widehat{xAB}$

Mà 2 góc này ở vị trí so le trong nên $Ax\parallel EF(2)$

Từ $(1); (2)\Rightarrow EF\perp OA$ 

Bài 4:

a: \(\text{Δ}=\left(-m\right)^2-4\left(m-2\right)\)

\(=m^2-4m+8=\left(m-2\right)^2+4>0\forall m\)

=>Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt

b: Theo Vi-et, ta có:

\(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=-\dfrac{b}{a}=m\\x_1x_2=\dfrac{c}{a}=m-2\end{matrix}\right.\)

\(x_1-x_2=2\)

=>\(\left(x_1-x_2\right)^2=4\)

=>\(\left(x_1+x_2\right)^2-4x_1x_2=4\)

=>\(m^2-4\left(m-2\right)-4=0\)

=>\(m^2-4m+4=0\)

=>\(\left(m-2\right)^2=0\)

=>m-2=0

=>m=2

cho tam giác vuông ABC vuông tại A, biết AB=7 cm, BC=10 cm.

tính các tỉ số lượng giác của góc B và góc C

a:

b:

a: 

b: Phương trình hoành độ giao điểm là:

\(x^2=\left(m-2\right)x+6\)

=>\(x^2-\left(m-2\right)x-6=0\)

\(a\cdot c=1\cdot\left(-6\right)=-6< 0\)

=>(P) luôn cắt (d) tại hai điểm phân biệt

Theo Vi-et, ta có:

\(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=-\dfrac{b}{a}=m-2\\x_1x_2=\dfrac{c}{a}=-6\end{matrix}\right.\)

\(x_2^2-x_1x_2+\left(m-2\right)x_1=16\)

=>\(x_2^2+x_1\left(x_1+x_2\right)-x_1x_2=16\)

=>\(x_2^2+x_1^2=16\)

=>\(\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2=16\)

=>\(\left(m-2\right)^2-2\cdot\left(-6\right)=16\)

=>\(\left(m-2\right)^2=4\)

=>\(\left[{}\begin{matrix}m-2=2\\m-2=-2\end{matrix}\right.\)

=>\(\left[{}\begin{matrix}m=4\\m=0\end{matrix}\right.\)