Em mới tìm được Min thôi ạ, Max =\(2\sqrt{2}+4\)nhưng chưa biết cách giải , mọi người giúp với ạ

áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho 3 số ta có:

\(a^3+b^3+1\ge3\sqrt[3]{a^3b^3.1}=3ab\)

\(\Rightarrow M=\frac{a^3+b^3+4}{ab+1}=\frac{\left(a^3+b^3+1\right)+3}{ab+1}\ge\frac{3ab+3}{ab+1}=3\)

Vậy giá trị nhỏ nhất của M=3 khi \(\hept{\begin{cases}a^2+b^2=2\\a^3=b^3=1\end{cases}\Rightarrow}a=b=1\)

\(0\le a\le\sqrt{2}\Rightarrow a\left(a-\sqrt{2}\right)\le0\Rightarrow a^2\le a\sqrt{2}\Rightarrow a^3\le a^2\sqrt{2}\)

Tương tự và cộng lại: \(a^3+b^3\le\sqrt{2}\left(a^2+b^2\right)=2\sqrt{2}\)

\(\Rightarrow M\le\frac{2\sqrt{2}+4}{ab+1}\le\frac{2\sqrt{2}+4}{1}=2\sqrt{2}+4\) (do \(ab\ge0\Rightarrow ab+1\ge1\))

Dấu "=" khi \(\left(a;b\right)=\left(0;\sqrt{2}\right);\left(\sqrt{2};0\right)\)

Dự đoán xảy ra cực trị khi a = b = c  =2. Khi đó P =\(\frac{3\sqrt{2}}{4}\). Ta sẽ chứng minh đó là MAX của P

Ta có: \(\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^3-\left(a+b+c\right)\ge abc-\left(a+b+c\right)=2\)

Đặt a + b +c = t>0 suy ra \(\frac{t^3-27t}{27}\ge2\Leftrightarrow t^3-27t\ge54\Leftrightarrow t^3-27t-54\ge0\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}t\ge6\\t=-3\left(L\right)\end{cases}}\). Do vậy \(t\ge6\) (em làm tắt xiu nhé,dài quá)

\(P=\Sigma_{cyc}\frac{2}{\sqrt{2}.\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}}\le\sqrt{2}\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\right)\)

Giờ đi chứng minh \(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\le\frac{3}{4}\)

Em cần suy ra nghĩ tiếp:(

suy ra -> suy nghĩ giúp em ạ!

 _tth_

ĐKXĐ: \(-2\le x\le2.\)

\(\sqrt{9x^2+16}=2\sqrt{2x+4}+4\sqrt{2-x}.\)

\(\Leftrightarrow9x^2+16=4\left(2x+4\right)+16\left(2-x\right)+2.2\sqrt{2x+\text{4}}.4\sqrt{2-x}\)(vì cả 2 vế của phương trình đều >0)

\(\Leftrightarrow9x^2+8x-32=16\sqrt{2\left(x+2\right)\left(2-x\right)}.\)

\(\Rightarrow\left(9x^2+8x-32\right)^2=-512\left(x^2-4\right).\)

\(\Leftrightarrow81x^4+144x^3-512x-1024=0\)

\(\Leftrightarrow\left(81x^4+144x^3+288x^2\right)+\left(-288x^2-512x-1024\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(9x^2\right)\left(9x^2+16x+32\right)-32\left(9x^2+16x+32\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(9x^2-32\right)\left(9x^2+16x+32\right)=0\)

Mà \(9x^2+16x+32=9\left(x+\frac{8}{9}\right)^2+\frac{224}{9}>0\)

Suy ra \(9x^2-32=0\Leftrightarrow x^2=\frac{32}{9}\Leftrightarrow x=\mp\frac{4\sqrt{2}}{3}.\)

Thử lại ta thấy \(x=\frac{4\sqrt{2}}{3}\)thỏa mãn .

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là \(x=\frac{4\sqrt{2}}{3}.\)

Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là  \(x\frac{4\sqrt{2}}{3}\)

Chúc bạn học tốt ! k cho mình nhé.

Ta có:

\(\sqrt{x^2-x+19}+\sqrt{7x^2+8x+13}+\sqrt{13x^2+17x+7}\)

\(=\sqrt{\frac{1}{4}\left(2x-1\right)^2+\frac{75}{4}}+\sqrt{\left(2x-1\right)^2+3\left(x+2\right)^2}+\sqrt{\frac{1}{4}\left(2x-1\right)^2+\frac{3}{4}\left(4x+3\right)^2}\)

\(\ge\sqrt{\frac{75}{4}}+\sqrt{3\left(x+2\right)^2}+\sqrt{\frac{3}{4}\left(4x+3\right)^2}\)

\(=\frac{5\sqrt{3}}{2}+\sqrt{3}\left(x+2\right)+\frac{\sqrt{3}\left(4x+3\right)}{2}=3\sqrt{3}\left(x+2\right)\)

Dấu = xảy ra khi ....

Sửa đề:
\(\sqrt[3]{3x^2-x+2012}-\sqrt[3]{3x^2-6x+2013}-\sqrt[5]{5x-2014}=\sqrt[3]{2013}\)

Đặt \(\sqrt[3]{3x^2-x+2012}=a;\sqrt[3]{3x^2-6x+2013}=b;\sqrt[5]{5x-2014}=c\)

\(\Rightarrow a-b-c=\sqrt[3]{2013}\)

Ta lại có:

\(a^3-b^3-c^3=2013=\left(a-b-c\right)^3\)

\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)\left(a-c\right)\left(b+c\right)=0\)

Làm nốt

Đặt \(2x+1=a,3x=b\)

=> \(a^2=4x^2+4x+1,b^2=9x^2\)

Khi đó 

PT <=> \(a\left(2+\sqrt{a^2+3}\right)+b\left(2+\sqrt{b^2+3}\right)=0\)

<=> \(2\left(a+b\right)+\left(a\sqrt{a^2+3}+b\sqrt{b^2+3}\right)=0\)

<=> \(2\left(a+b\right)+\frac{a^2\left(a^2+3\right)-b^2\left(b^2+3\right)}{a\sqrt{a^2+3}-b\sqrt{b^2+3}}=0\)

<=> \(2\left(a+b\right)+\frac{\left(a+b\right)\left(a-b\right)\left(a^2+b^2+3\right)}{a\sqrt{a^2+3}-b\sqrt{b^2+3}}=0\)

\(\orbr{\begin{cases}a+b=0\\2+\frac{\left(a-b\right)\left(a^2+b^2+3\right)}{a\sqrt{a^2+3}-b\sqrt{b^2+3}}=0\left(2\right)\end{cases}}\)

Phương trình (2) vô nghiêm vì \(\frac{a-b}{a\sqrt{a^2+3}-b\sqrt{b^2+3}}\ge0\)do a>b thì tử >0, mẫu >0   và ngược lại a<b

=> \(2x+1+3x=0\)

=> \(x=-\frac{1}{5}\)

Vậy \(x=-\frac{1}{5}\)

Xem lại đề thử. Sao thấy đề sai sai ta

Không sai nha, mình có 1 số câu dạng ntn thì có 1 câu giải được theo quy đồng đặt nhân tử chung nhưng cái này thì lười quá không quy đồng, xem các bạn có hướng giải nào nhanh thuận tiện cho dạng này không 

Em không vẽ được hình, xin thông cảm

a, Ta có góc EAN=  cungEN=cung EC+ cung EN

Mà cung EC= cung EB(E là điểm chính giữa cung BC)

=> góc EAN=cungEB+ cung EN=góc DFE (tính chất góc ở giữa)

=> tam giác AEN đồng dạng tam giác FED

Vậy tam giác AEN đồng dạng tam giác FED

b,Ta có EC=EB=EM

Tam giác EMC cân tại E => EMC=ECM

 MÀ EMC+AME=180, ECM+ABE=180

=> AME = ABE

=> tam giác ABE= tam giác AME

=> AB=AM => tam giác ABM cân tại A

Mà AE là phân giác => AE vuông góc BM

CMTT => AC vuông góc EN

MÀ AC giao BM tại M

=> M là trực tâm tam giác AEN

Vậy M là trực tâm tam giác AEN

c,  Gọi H là giao điểm OE với đường tròn (O) (H khác E) => O là trung điểm của EH

Vì M là trực tâm của tam giác AEN

=> \(EN\perp AN\)

Mà \(OI\perp AN\)(vì I là trung điểm của AC)

=> \(EN//OI\)

MÀ O là trung điểm của EH

=> I là trung điểm của MH (đường trung bình trong tam giác )

=> tứ giác AMNH là hình bình hành 

=> AH=MN

Mà MN=NC

=> AH=NC

=> cung AH= cung NC

=> cung AH + cung KC= cung KN

Mà cung AH+ cung KC = góc KMC(tính chất góc ở giữa 2 cung )

NBK là góc nội tiếp chắn cung KN

=> gócKMC=gócKBN

Hay gócKMC=gócKBM

=> CM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác MBK( ĐPCM)

Vậy CM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BMK

Anh Khang nè,e cung cấp hình nha:3

Câu 4:

a) Vì BE,CF là các đường cao của \(\Delta\)ABC nên ^BEC = ^CFB = 90⁰

=> ^BEC và ^CFB cùng nhìn đoạn BC dưới một góc 90⁰

=> Bốn điểm B,C,E,F cùng thuộc đường tròn đường kính BC (Theo quỹ tích cung chứa góc) (đpcm).

b) Gọi Ax là tia tiếp tuyến tại A của đường tròn (O), khi đó OA vuông góc Ax

Từ câu a ta thấy tứ giác BFEC nội tiếp đường tròn  (BC) => ^AFE = ^ACB

Mà ^ACB = ^BAx (Tính chất góc tạo bởi tiếp tuyến và dây) nên ^AFE = ^BAx

=> EF // Ax (2 góc so le trong bằng nhau)

Do OA vuông góc Ax nên OA vuông góc EF (Quan hệ song song, vuông góc) (đpcm).

c) +) Ta dễ có ^OAC = 90⁰ - ^AOC/2 = 90⁰ - ^ABC = ^BAH => ^OAC + ^OAH = ^BAH + ^OAH => ^BAI = ^EAP

Xét \(\Delta\)APE và \(\Delta\)AIB: ^EAP = ^BAI, ^AEP = ^ABI (Tứ giác BFEC nội tiếp) => \(\Delta\)APE ~ \(\Delta\)AIB (g.g) (đpcm).

+) Gọi AO cắt đường tròn (O) lần thứ hai tại Q. Khi đó AQ là đường kính của (O)

Nên ta có: ^ABQ = ^ACQ = 90⁰ hay BQ vuông góc AB, CQ vuông góc AC. Mà CH vuông góc AB, BH vuông góc AC

Nên BQ // CH, BH // CQ (Quan hệ song song vuông góc) => Tứ giác BHCQ là hình bình hành

Từ đó HQ đi qua trung điểm K của BC hay H,K,Q thẳng hàng (1)

Cũng dễ thấy ^QBC = ^HCB (Vì BQ // CH) = ^FEH (Vì B,C,E,F cùng thuộc một đường tròn)

Hay ^QBI = ^HEP. Kết hợp với ^BQI = ^BQA = ^ACB = ^AHE (Cùng phụ ^CAH) = ^EHP

Suy ra \(\Delta\)BIQ ~ \(\Delta\)EPH (g.g) => \(\frac{HP}{QI}=\frac{EP}{BI}\). Lại có \(\frac{EP}{BI}=\frac{AP}{AI}\)nên \(\frac{HP}{QI}=\frac{AP}{AI}\)

Áp dụng ĐL Thales đảo vào \(\Delta\)AQH ta có IP // HQ (2)

Từ (1) và (2) ta thu được KH // IP (đpcm).

Nếu ko nhìn rõ thì bn có thể tham khảo tại:

https://vietnamnet.vn/vn/giao-duc/tuyen-sinh/dap-an-mon-toan-thi-tuyen-sinh-lop-10-ha-noi-2019-cua-so-gd-dt-ha-noi-539465.html

https://vnexpress.net/giao-duc/so-giao-duc-va-dao-tao-ha-noi-cong-bo-dap-an-thi-vao-lop-10-3934904.html

https://vietnamnet.vn/vn/giao-duc/tuyen-sinh/dap-an-mon-toan-thi-tuyen-sinh-lop-10-ha-noi-2019-cua-so-gd-dt-ha-noi-539465.html

https://tin.tuyensinh247.com/dap-an-de-thi-vao-lop-10-mon-toan-ha-noi-nam-2019-c29a45461.html

.-.

Dễ dàng chứng minh được \(\hept{\begin{cases}a^2+b^2=\frac{1}{2}\left[\left(a+b\right)^2+\left(a-b\right)^2\right]\\ab=\frac{1}{4}\left[\left(a+b\right)^2-\left(a-b\right)^2\right]\end{cases}}\)

Khi đó : \(a^2+ab+b^2=\frac{1}{2}\left[\left(a+b\right)^2+\left(a-b\right)^2\right]+\frac{1}{4}\left[\left(a+b\right)^2-\left(a-b\right)^2\right]\)

\(=\frac{\left(a+b\right)^2}{2}+\frac{\left(a-b\right)^2}{2}+\frac{\left(a+b\right)^2}{4}-\frac{\left(a-b\right)^2}{4}\)

\(=\frac{3\left(a+b\right)^2}{4}+\frac{\left(a-b\right)^2}{4}\ge\frac{3\left(a+b\right)^2}{4}\)( vì \(\frac{\left(a-b\right)^2}{4}\ge0\))

Ta có : \(\sqrt{a^2+ab+b^2}\ge\frac{\sqrt{3}}{2}\left(a+b\right)\)

\(\Rightarrow\frac{1}{\sqrt{a^2+ab+b^2}}\le\frac{2}{\sqrt{3}\left(a+b\right)}\)

Hoàn toàn tương tự ta có \(\hept{\begin{cases}\frac{1}{\sqrt{b^2+bc+c^2}}\le\frac{2}{\sqrt{3}\left(b+c\right)}\\\frac{1}{\sqrt{c^2+ca+c^2}}\le\frac{2}{\sqrt{3}\left(a+c\right)}\end{cases}}\)

Công theo vế của 3 bđt ta được :

\(A\le\frac{2}{\sqrt{3}}\cdot2\cdot\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+c}\right)\)

\(=\frac{4}{\sqrt{3}}\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+c}\right)\)

Đến đây ta chỉ cần tìm max \(B=\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+c}\)

Áp dụng bđt Cauchy-Schawarz dạng engel : \(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+c}\ge\frac{\left(1+1+1\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}=\frac{9}{2\cdot3}=\frac{3}{2}\)

Tuy nhiên bđt trên đã bị ngược dấu :( mọi người giúp mình với ạ

Ta có  a²+ab+b²=(a+b)²-ab\(\ge\left(a+b\right)^2-\frac{\left(a+b\right)^2}{4}=\frac{\left(a+b\right)^2}{4}=\frac{\left(3-c\right)^2}{4}\)

=> \(\frac{1}{\sqrt{a^2+ab+b^2}}\le\frac{2}{3-c}\)

Tương tự  \(\frac{1}{\sqrt{b^2+bc+c^2}}\le\frac{2}{3-a}\)

                          \(\frac{1}{\sqrt{c^2+ca+a^2}}\le\frac{2}{3-b}\)

=> \(A\le2\left(\frac{1}{3-a}+\frac{1}{3-b}+\frac{1}{3-c}\right)\)

Đến đây chứng minh <1 là xong

Dấu :"=" xảy ra khi a=b=c=1