cho bài cm hình đi

vd như Cho hình bình hành ABCD. trên các cạnh AB, BC, CD, DA theo thứ tự lấy các điểm M, N, P, Q sao cho AM = BN = CP = DQ. Chứng minh tứ giác MNPQ là hình bình hành

Chả biết đề có đúng không nữa nhưng mà nếu thử x = 0 ; y = -1 thì VT = 1,5 > 1 :)

giúp vs ạ

a, Vì pt trên nhận \(4+\sqrt{2019}\) là nghiệm nên

\(\left(4+\sqrt{2019}\right)^2-\left(2m+2\right)\left(4+\sqrt{2019}\right)+m^2+2m=0\)

\(\Leftrightarrow2035+8\sqrt{2019}-2m\left(4+\sqrt{2019}\right)-8-2\sqrt{2019}+m^2+2m=0\)

\(\Leftrightarrow m^2-2m\left(3+\sqrt{2019}\right)+6\sqrt{2019}+2027=0\)

Có \(\Delta'=\left(3+\sqrt{2019}\right)^2-6\sqrt{2019}-2027=1>0\)

Nên pt có 2 nghiệm \(m=\frac{3+\sqrt{2019}-1}{1}=2+\sqrt{2019}\)

                   hoặc \(m=\frac{3+\sqrt{2019}+1}{1}=4+\sqrt{2019}\)

b, Theo Vi-ét \(\hept{\begin{cases}x_1+x_2=2m+2\left(1\right)\\x_1x_2=m^2+2m\left(2\right)\end{cases}}\)

Theo đề \(x_1-x_2=m^2+2\left(3\right)\)

Lấy (1) + (3) theo từng vế được 

\(2x_1=m^2+2m+5\)

\(\Rightarrow x_1=\frac{m^2+2m+5}{2}\)

\(\Rightarrow x_2=2m+2-x_1=...=-\frac{\left(m-1\right)^2}{2}\)

Thay vào (2) được \(\frac{m^2+2m+5}{2}.\frac{-\left(m-1\right)^2}{2}=m^2+2m\)

                \(\Leftrightarrow-\left(m^2+2m+5\right)\left(m-1\right)^2=4m^2+8m\)

hmmm

à mà thôi khỏi giải t biết làm rồi

cho ít bài lớp 8 cm hình đi

Áp dụng bất đẳng thức Côsy cho các cặp số không âm (a^2,1);(b^2,1),(c^2,1) ta có: a^2 +1 >= 2a ; b^2 + 1 >= 2b ; c^2 + 1 >= 2c

Do đó: \(\frac{a}{a^2+1}+\frac{b}{b^2+1}+\frac{c}{c^2+1}\le\frac{a}{2a}+\frac{b}{2b}+\frac{c}{2c}=\frac{3}{2}\)

Đẳng thức xảy ra <=> a^2 = 1 ; b^2 = 1 ; c^2 = 1 <=> \(\hept{\begin{cases}a=\pm1\\b=\pm1\\c=\pm1\end{cases}}\)

\(ĐK:-1\le x\le2\)

\(PT< =>\sqrt{\left(x+1\right)\left(2-x\right)}-\frac{3}{2}+2x^2-2x-1+\frac{3}{2}=0\)

\(< =>\frac{-x^2+x+2-\frac{9}{4}}{\sqrt{\left(x+1\right)\left(2-x\right)}+\frac{3}{2}}+2x^2-2x+\frac{1}{2}=0\)

\(< =>\frac{-\left(x-\frac{1}{2}\right)^2}{\sqrt{\left(x+1\right)\left(2-x\right)}+\frac{3}{2}}+2\left(x-\frac{1}{2}\right)^2=0\)

\(< =>\left(x-\frac{1}{2}\right)^2\left(\frac{-1}{\sqrt{\left(x+1\right)\left(2-x\right)}+\frac{3}{2}}+2\right)=0\)

\(< =>\orbr{\begin{cases}\left(x-\frac{1}{2}\right)^2=0\\\frac{-1}{\sqrt{\left(x+1\right)\left(2-x\right)}+\frac{3}{2}}+2=0\left(VL\right)\end{cases}}\)

\(< =>x=\frac{1}{2}\left(N\right)\)

Vậy S={1/2}

Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{2}{\sqrt{ab}}\)

\(\Leftrightarrow2\ge\frac{2}{\sqrt{ab}}\)

\(\Leftrightarrow1\ge\frac{1}{\sqrt{ab}}\)

\(\Leftrightarrow1\le\sqrt{ab}\)

\(\Leftrightarrow1\le ab\)

Dấu " = " xảy ra <=> a=b=1

\(P=a^3+b^3+a\left(b^2-6\right)+b\left(a^2-6\right)\)

\(\Leftrightarrow P=\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)+ab\left(a+b\right)-6\left(a+b\right)\)

\(\Leftrightarrow P=\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2+ab-6\right)\)

\(\Leftrightarrow P=\left(a+b\right)\left(a^2+b^2-6\right)\)

Ta có: \(\left(a-b\right)^2\ge0\Leftrightarrow a^2+b^2\ge2ab\)

Dấu " = " xảy ra <=> a=b

Ta có: \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=2\Leftrightarrow\frac{a+b}{ab}=2\Leftrightarrow a+b=2ab\)

Áp dụng:

\(P\ge2ab\left(2ab-6\right)\ge2.1\left(2-6\right)=2.\left(-4\right)=-8\)

Dấu " = " xảy ra <=> a=b=1

Vậy \(P_{min}=-8\Leftrightarrow a=b=1\) 

Tham khảo nhé~

\(\left(\frac{1}{a}+a\right)+\left(\frac{1}{b}+b\right)-\left(a+b\right)\)

\(\ge2+2-\left(a+b\right)=4-\left(a+b\right)\)

Từ đây,ta có: \(2\ge4-\left(a+b\right)\Leftrightarrow a+b\ge2\)

(Biến đổi tương tự như kudo,ta sẽ được:)

\(P=\left(a+b\right)\left(a^2+b^2-6\right)\ge2\left(a^2+b^2-6\right)\)

\(=2a^2+2b^2-12=\left(1+1\right)\left(a^2+b^2\right)-12\)

Áp dụng BĐT Bunhiacopxki: \(P\ge\left(1+1\right)\left(a^2+b^2\right)-12\ge\left(a+b\right)^2-12\ge4-12=-8\)

Vậy ...