ta có 

\(\widehat{AEH}=90^0;\widehat{AFH}=90^0\)

=> \(\widehat{AEH}+\widehat{AFH}=180^0\)

=> tứ giác AEHF nội tiếp được nhé

ta lại có AEB=ADB=90 độ

=> E , D cùng nhìn cạnh AB dưới 1 góc zuông

=> tứ giác AEDB nội tiếp được nha

b)ta có góc ACK = 90 độ ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

hai tam giác zuông ADB zà ACK có

ABD = AKC ( góc nội tiếp chắn cung AC )

=> tam giác ABD ~ tam giác AKC (g.g)

c) zẽ tiếp tuyến xy tại C của (O)

ta có OC \(\perp\) Cx (1)

=> góc ABC = góc DEC

mà góc ABC = góc ACx

nên góc ACx= góc DEC

do đó Cx//DE       ( 2)

từ 1 zà 2 suy ra \(OC\perp DE\)

28 người bạn nhé

28.người.  Bạn.nhé

Bài 1 t chỉ giải được khi x, y, z cùng dấu. Còn TH x, y, z không cùng dấu thì chưa nghĩ ra (Chắc là giả sử x, y đồng dấu rồi.. chăng?)

1/ Do \(x^2\left(x-1\right)^2\ge0\therefore\frac{x^2}{\left(x+1\right)^2}\ge\frac{3x^2}{4\left(x^2+x+1\right)}\)

Như vậy: \(VT\ge\frac{3}{4}\left(\frac{x^2}{x^2+x+1}+\frac{y^2}{y^2+y+1}+\frac{z^2}{z^2+z+1}\right)\ge\frac{3}{4}\)

\(\Leftrightarrow\frac{x^2}{x^2+x+1}+\frac{y^2}{y^2+y+1}+\frac{z^2}{z^2+z+1}\ge1\) (*) với xyz = 1.

Nếu \(x,y,z>0\) thì đặt \(\left(x;y;z\right)=\left(\frac{1}{a};\frac{1}{b};\frac{1}{c}\right)\) thu được BĐT Vacs.

Nếu \(\left(x,y,z\right)< 0\) thì đặt \(\left(x,y,z\right)\rightarrow\left(-m,-n,-p\right)\left(\text{với }m,n,p>0\right)\)

Cần chứng minh: \(\frac{m^2}{m^2-m+1}+\frac{n^2}{n^2-n+1}+\frac{p^2}{p^2-p+1}\ge1\)

Vì \(m,n,p\ge0\rightarrow VT\ge\frac{m^2}{m^2+m+1}+\frac{n^2}{n^2+n+1}+\frac{p^2}{p^2+p+1}\ge1\)

Đây là BĐT (*). Chứng minh tương tự.

tth_new Làm khó m rồi tth :)) thực ra đề thực dương mà t viết thiếu :))))

Cách làm khác mà ko dùng tới bổ đề Vacs 

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

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

Đặt \(\left(\frac{1}{x};\frac{1}{y};\frac{1}{z}\right)\rightarrow\left(a;b;c\right)\)

Khi đó LHS trở thành:

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

Mặt khác theo Bunhiacopski ta có:

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

Ta cần chứng minh \(\frac{1}{ab+1}+\frac{1}{\left(c+1\right)^2}=\frac{c}{c+1}+\frac{1}{\left(c+1\right)^2}\ge\frac{3}{4}\)

\(\Leftrightarrow\frac{c}{c+1}+\frac{1}{\left(c+1\right)^2}-\frac{3}{4}\ge0\)

\(\Leftrightarrow\frac{\left(c-1\right)^2}{4\left(c+1\right)^2}\ge0\) ( đúng )

Nhớ không nhầm đây là VMO 2005 được nghệ An lấy lại đưa vào đề thi tỉnh nhưng với bậc cao hơn :)))) 

\(x^2+x\sqrt{3}+1\)

\(=x^2+2\cdot x\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{3}{4}+\frac{1}{4}\)

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

Dấu "=" xảy ra tại \(x=-\frac{\sqrt{3}}{2}\)

Bài làm

Thep phương pháp đưa về đồng bậc, có:

\(\hept{\begin{cases}4x^3-y^3=x+2y\\52x^2-82xy+21y^2=-9\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\left(4x^3-y\right)\left(-9\right)=\left(52x^2-82xy+21y^2\right)\left(x+2y\right)\)

\(\Leftrightarrow8x^3+2x^2y-13xy^2+3y^3=0\)

\(\Leftrightarrow\left(4x-y\right)\left(x-y\right)\left(2x+3y\right)=0\)

\(\Rightarrow\)4x - y = 0 hoặc x - y = 0 hoặc 2x + 3y = 0

\(\Leftrightarrow\)4x = y hoặc x = y hoặc 2x = -3y

Bạn thay từng trường hợp vào hệ phương trình nha thì bạn sẽ thấy x = y ( thỏa mãn )

<=> ( x,y ) = ( 1; 1 ) ; ( -1 ; -1 ) là nghiệm của hpt.

~ Do tối rồi nên mik không thay được, bạn thông cảm nha ~