mk viết thừa \(\frac{1}{2c}\)nha các bn thông cảm :>

Ta có: mx-y=6 <=> (d):y=mx-6

3x+my=3 <=> (d'): y= \(\frac{3-3x}{m}\)(m \(\ne\)0)

Xét pt hoành độ giao điểm của (d) và (d'), ta được:

mx-6=\(\frac{3-3x}{m}\)

\(\Leftrightarrow\)\(m^2x-6m=3-3x\)

\(\Leftrightarrow x=\frac{6m+3}{m^2+3}\)

Do đó, y=\(mx-6=\frac{6m+3}{m^2+3}\times m-6=\frac{3m-18}{m^2+3}\)

Khi đó, M\(\left(\frac{6m+3}{m^2+3}+\frac{3m-18}{m^2+3}\right)\)là giao điểm của (d) và (d')

Để M thuộc góc phần tư thứ IV thì

\(\hept{\begin{cases}\frac{6m+3}{m^2+3}>0\\\frac{3m-18}{m^2+3}< 0\end{cases}}\)\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}6m+3>0\\3m-18< 0\end{cases}}\)(Vì \(m^2\)+3>0, với mọi m)\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}m>\frac{-1}{2}\\m< 6\end{cases}\Leftrightarrow\frac{-1}{2}< m< 6}\)

Vậy.......

a/ C và M cùng nhìn AO dưới 1 góc vuông => C và M thuộc đường tròn đường kính AO => ACOM là tư giác nội tiếp

b/

Xét tg vuông BON có

\(BN=\sqrt{OB^2-ON^2}=\sqrt{4R^2-R^2}=R\sqrt{3}\)

\(\sin\widehat{OBN}=\frac{ON}{OB}=\frac{R}{2R}=\frac{1}{2}\Rightarrow\widehat{OBN}=30^o\)

Ta có \(BN=BC\) (Hai tiếp tuyến cùng xp từ 1 điểm thì khoảng cách từ điểm đó đến 2 tiếp điểm băng nhau)

Xét tg vuông BOC

\(\sin\widehat{OBC}=\frac{OC}{OB}=\frac{R}{2R}=\frac{1}{2}\Rightarrow\widehat{OBC}=30^o\)

\(\Rightarrow\widehat{NBC}=\widehat{OBN}+\widehat{OBC}=30^o+30^o=60^o\)

c/

Ta có 

E; F là trung điểm của CM và CN (hai tiếp tuyến cùng xp từ 1 điểm thì đường nối điểm đó với tâm vuông góc và chia đôi dây cung nối 2 tiếp điểm)

=> EF là đường trung bình của \(\Delta MCN\) => EF//MN (1)

Ta có

\(AM\perp MN;BN\perp MN\) => AM//BN \(\Rightarrow\frac{IA}{IN}=\frac{IM}{IB}=\frac{AM}{BN}\) (talet trong tam giác)

Mà \(AM=AC;BN=BC\) (Hai tiếp tuyến cùng xp từ 1 điểm thì khoảng cách từ điểm đó đến 2 tiếp điểm băng nhau)

\(\Rightarrow\frac{IA}{IN}=\frac{IM}{IB}=\frac{AC}{BC}\) (2)

Ta có

\(\widehat{MCN}=90^o\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

\(CM\perp AO;CN\perp BO\left(cmt\right)\Rightarrow\widehat{MCN}=\widehat{AOB}=90^o\)

\(\Rightarrow CM\perp AO;BO\perp AO\) => CM//BO

Xét \(\Delta ABO\) có CM//BO \(\Rightarrow\frac{EA}{EO}=\frac{AC}{BC}\) (3)

Từ (2) và (3) \(\Rightarrow\frac{EA}{EO}=\frac{IA}{IN}\)

Nối E với I, xét \(\Delta AON\) có \(\frac{EA}{EO}=\frac{IA}{IN}\) => EI//MN (Talet đảo trong tam giác) (4)

Từ (1) và (4) => EF trung EI (Từ 1 điểm ngoài 1 đường thẳng chỉ duy nhất dựng được 1 đường thẳng // với đường thẳng đã cho)

=> E; I; F thẳng hàng

Áp dụng bất đẳng thức Mincopsky ta có \(S\ge\sqrt{\left(a+b+c\right)^2+\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2}\)

\(\ge\sqrt{\left(a+b+c\right)^2+\frac{81}{\left(a+b+c\right)^2}}\)\(\ge\sqrt{\left(a+b+c\right)^2+\frac{81}{16\left(a+b+c\right)^2}+\frac{1215}{16\left(a+b+c\right)^2}}\)

\(\ge\sqrt{\sqrt[2]{\left(a+b+c\right)^2\cdot\frac{81}{16\left(a+b+c\right)^2}}+\frac{1215}{16\cdot\left(\frac{3}{2}\right)^2}}=\frac{3\sqrt{17}}{2}\)

dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{2}\)