a)

IO = OB – IB => (I) tiếp xúc trong với (O).

OK = OC – KC => (K) tiếp xúc trong với (O)

IK = OH + KH => (I) tiếp xúc ngoài với (K)

b)

Tứ giác AEHF có \(\widehat{A}=\widehat{E}=\widehat{F}=90^o\)   nên là hình chứ nhật

c)

c) \(\Delta AHB\) vuông nên AE.AB = AH2

\(\Delta AHC\)vuông nên AF . AC = AH²

Suy ra AE . AB = AF . AC

d) Gọi G là giao điểm của AH và EF

Tứ giác AEHF là hình chữ nhật => AH = EF

Ta có : GE = GH => \(\Delta GEH\)\(\Rightarrow\widehat{E_1}=\widehat{H_1}\)

Ta lại có \(\Delta IHE\)cân \(\Rightarrow\widehat{E_2}=\widehat{H_2}\)

\(\Rightarrow\widehat{E_1}+\widehat{E_2}=\widehat{H_1}+\widehat{H_2}=90^o\)

Do đó EF là tiếp tuyến của đường tròn (I)

Tương tự, EF là tiếp tuyến của đường tròn (K)

e) - Cách 1:

Ta có: \(EF=AH\le OA\) ( OA có độ dài không đổi )

Do đó EF lớn nhất khi AH = OA

<=> H trùng O hay dây AD đi qua O.

Vậy khi dây AD vuông góc với BC tại O thì EF có độ dài lớn nhất.

\(\hept{\begin{cases}\frac{x}{\sqrt{y}}+\frac{2\sqrt{y}}{x}=\frac{2}{x}+\frac{1}{\sqrt{y}}-3\left(1\right)\\x^2-xy-9x+12=0\left(2\right)\end{cases}}\)

Đặt \(\frac{2}{x}=a,\frac{1}{\sqrt{y}}=b\left(b>0\right)\)

\(\left(1\right)\Leftrightarrow\frac{2b}{a}+\frac{a}{b}=a+b-3\)

\(\Leftrightarrow2b^2+a^2+3ab=ab\left(a+b\right)\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(a+2b\right)=\left(a+b\right)ab\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(a-ab+2b\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}a=-b\left(3\right)\\a-ab+2b=0\left(4\right)\end{cases}}\)

Giải (3)

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

\(\Leftrightarrow y=\frac{x^2}{4}\). Thay vào (2) tìm nghiệm (x,y)

Giải (4)

\(\left(4\right)\Leftrightarrow\frac{2}{x}-\frac{2}{\sqrt{y}}+\frac{2}{x\sqrt{y}}=0\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{y}-x+2=0\)

Giải tiếp là ra

Học tốt!!!!!!!!!

\(RHS\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{\sqrt{5x^2+2xy+y^2}+\sqrt{5y^2+2yz+z^2}+\sqrt{5z^2+2zx+x^2}}\)

Thử chứng minh \(\sqrt{5x^2+2xy+y^2}\le\frac{3\sqrt{2}}{2}x+\frac{\sqrt{2}}{2}y\) cái này xem sao

khi đó:

\(RHS\ge\frac{9}{\frac{3\sqrt{2}}{2}\left(x+y+z\right)+\frac{\sqrt{2}}{2}\left(x+y+z\right)}=\frac{3}{2\sqrt{2}}\)

Dấu "=" xảy ra tại x=y=z=1

Cần chứng minh BĐT sau : \(\frac{x^2}{\sqrt{5x^2+2xy+y^2}}\ge\frac{5x-y}{8\sqrt{2}}\)

\(\Leftrightarrow8\sqrt{2}x^2\ge\left(5x-y\right)\sqrt{5x^2+2xy+y^2}\) ( 1 )

Xét 5x - y \(\le\)0 \(\Rightarrow\)VT \(\ge\)0 ; VP \(\le\)0 \(\Rightarrow\)BĐT đã được chứng minh

Xét 5x - y \(\ge\)0 . Bình phương 2 vế của ( 1 ), ta được :

\(128x^4\ge\left(25x^2-10xy+y^2\right)\left(5x^2+2xy+y^2\right)\)

\(\Leftrightarrow128x^4\ge125x^4+10x^2y^2-8xy^3+y^4\)

\(\Leftrightarrow3x^4-10x^2y^2+8xy^3-y^4\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(3x^4-3xy^3\right)+\left(10xy^3-10x^2y^2\right)+\left(xy^3-y^4\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow3x\left(x-y\right)\left(x^2+xy+y^2\right)+10xy^2\left(y-x\right)+y^3\left(x-y\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)\left(3x^3+3x^2y+3xy^2-10xy^2+y^3\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)\left[\left(3x^3-3xy^2\right)+\left(3x^2y-3xy^2\right)-\left(xy^2-y^3\right)\right]\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)^2\left(3x^2+6xy-y^2\right)\ge0\)( luôn đúng )

( Vì \(5x-y\ge0\Rightarrow x\ge\frac{y}{5}\)\(\Rightarrow3x^2+6xy-y^2\ge3.\left(\frac{y}{5}\right)^2+6.\frac{y}{5}.y-y^2=\frac{8}{25}y^2\ge0\)) 

Tương tự : \(\frac{y^2}{\sqrt{5y^2+2yz+z^2}}\ge\frac{5y-z}{8\sqrt{2}}\); \(\frac{z^2}{\sqrt{5z^2+2xz+x^2}}\ge\frac{5z-x}{8\sqrt{2}}\)

Cộng từng vế 3 BĐT lại với nhau, ta được : 

\(\frac{x^2}{\sqrt{5x^2+2xy+y^2}}+\frac{y^2}{\sqrt{5y^2+2yz+z^2}}+\frac{z^2}{\sqrt{5z^2+2xz+x^2}}\)

\(\ge\frac{5x-z+5y-z+5z-x}{8\sqrt{2}}=\frac{4\left(x+y+z\right)}{8\sqrt{2}}=\frac{3}{2\sqrt{2}}\)

Dấu "=' xảy ra khi x = y = z = 1

Vậy BĐT đã được chứng minh

a, Ap dung tinh chat 2 tiep tuyen cat nhau => \(CD=CE\Rightarrow\Delta CDE\) can

b, Co \(\widehat{CDO}=\widehat{CEO}=90^0\Rightarrow\)

a) Dễ thấy: góc MQA=90độ

MA, MC là 2 tiếp tuyến nên MO vuông góc với AC hay góc MIA=90 độ

suy ra AIQM là tứ giác nội tiếp

b) AIQM là tứ giác nội tiếp nên: góc IMQ = góc QAI

mà góc QAI = góc QBC nên góc IMQ = góc QBC 

Hay OM // BC

\(10=4x^2+4y^2+6=\left(x^2+y^2\right)+3\left(x^2+1\right)+3\left(y^2+1\right)\)

\(2xy+6x+6y=2\left(xy+3x+3y\right)\Rightarrow P\le5\) tại \(x=y=\frac{1}{\sqrt{2}}\)

1. Xét điều kiện:

\(\hept{\begin{cases}x-1\ge0\\x-x^2\ge0\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x-1\ge0\left(1\right)\\x\left(1-x\right)\ge0\left(2\right)\end{cases}}\)

(1) <=> x \(\ge\)1 > 0   thay vào (2) ta có: 1 - x \(\ge\)0 <=> x \(\le\)1

Do đó chỉ có thể xảy ra trường hợp x = 1

=> ĐK : x = 1

Với x = 1 thử vào phương trình ta có: 0 - 0 + 2 = 2 ( thỏa mãn)

Vậy x = 1 là nghiệm của phương trình.

bài 2: ĐK:\(0\le x\le1\)

+) Với điều kiện: A,B không âm

 \(\left(A+B\right)^2\ge A^2+B^2\)(1)

<=> \(A^2+B^2+2AB\ge A^2+B^2\)

<=> \(2AB\ge0\)luôn đúng

Dấu "=" xảy ra <=> A = 0 hoặc B = 0

Áp dụng với \(\left(\sqrt{1-x}+\sqrt{x}\right)^2\ge1-x+x=1\)

=> \(\sqrt{1-x}+\sqrt{x}\ge1\)

Dấu "=" xảy ra <=>  x = 0 hoặc x = 1

+) Với điều kiện C, D không âm

\(\left(C+D\right)^2\ge C^2-D^2\)(2)

Thật vậy: (2)<=> \(2CD+D^2\ge-D^2\)

<=> \(D\left(C+D\right)\ge0\)luôn đúng

Dấu "=" xayra <=> D = 0 hoặc C + D = 0

Áp dụng" \(\left(\sqrt{1+x}+\sqrt{x}\right)^2\ge1+x-x=1\)

=> \(\sqrt{1+x}+\sqrt{x}\ge1\)

Dấu "=" xảy ra <=> x = 0 

Vậy khi đó: 

\(P=\sqrt{1-x}+\sqrt{1+x}+\sqrt{4x}\)

\(=\left(\sqrt{1-x}+\sqrt{x}\right)+\left(\sqrt{1+x}+\sqrt{x}\right)\)

\(\ge1+1=2\)

Dấu "=" xảy ra <=> x = 0