a/

Xét tg vuông AKD và tg vuông MKB có chung \(\widehat{MKB}\)

=> tg AKD đồng dạng với tg MKB \(\Rightarrow\frac{KA}{KM}=\frac{KD}{KB}\Rightarrow KA.KB=KD.KM\)

b/

Ta có

\(MH\perp AC;AB\perp AC\)=> MH//AB

MB=MC

=> MH là đường trung bình của tg ABC \(\Rightarrow MH=\frac{AB}{2}\)

Xét tg vuông MCD có

\(MH^2=HC.HD\)(Trong tg vuông bình phương đường cao từ đỉnh góc vuông bằng tích hai hình chiếu của 2 cạnh bên trên cạnh huyền)

\(\Rightarrow\left(\frac{AB}{2}\right)^2=HC.HD\Rightarrow AB^2=4.HC.HD\)

\(1-\sin^2\alpha=\sin^2\alpha+\cos^2\alpha-\sin^2\alpha=\cos^2\alpha\)

\(\left(1-\cos\alpha\right)\left(1+\cos\alpha\right)=1-\cos^2\alpha=\sin^2\alpha+\cos^2\alpha-\cos^2a=\sin^2a\)

\(1+\sin^2a+\cos^2\alpha=1+1=2\)

\(\sin\alpha-\sin\alpha\cdot\cos^2\alpha=\sin\alpha\left(1-\cos^2a\right)=\sin\alpha\left(\sin^2\alpha+\cos^2a-\cos^2a\right)=\sin^3\alpha\)

\(\sin^4\alpha+\cos^4\alpha+2\sin^2\alpha\cdot\cos^2\alpha=\left(\sin^2\alpha+\cos^2\alpha\right)^2=1^2=1\)

1/ \(1-\sin^2\alpha=\cos^2\alpha\)

2/ \(\left(1-\cos\alpha\right)\left(1+\cos\alpha\right)=1-\cos^2\alpha=\sin^2\alpha\)

3/ \(1+\sin^2\alpha+\cos^2\alpha=1+1=2\)

4/ \(\sin\alpha\left(1-\cos^2\alpha\right)=\sin\alpha.\sin^2\alpha=\sin^3\alpha\)

5/ \(=\left(\sin^2\alpha+\cos^2\alpha\right)^2=1\)

TẢ VẬT NUÔI NHÀ BẠN

MÌNH ẤN LỘN XL

\(\left(a+b+8\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{8}\right)=1+\frac{a}{b}+\frac{a}{8}+\frac{b}{a}+1+\frac{b}{8}+\frac{8}{a}+\frac{8}{b}+1\)

\(=3+\frac{a}{b}+\frac{b}{a}+\frac{a}{8}+\frac{8}{a}+\frac{b}{8}+\frac{8}{b}\)

\(\ge3+2\sqrt{\frac{a}{b}.\frac{b}{a}}+2\sqrt{\frac{a}{8}.\frac{8}{a}}+2\sqrt{\frac{b}{8}.\frac{8}{b}}\)

\(=3+2+2+2=9\)

Dấu \(=\)khi \(a=b=8\).

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

\(1+1+\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\ge1+1+2\sqrt{\frac{a}{b}.\frac{b}{a}}\)( cô-si)

\(VT\ge1+1+2\sqrt{1}=4\)

dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(\frac{a}{b}=\frac{b}{a}\)

\(< =>ĐPCM\)

bài này nhiều cách giải lắm:) Cauchy thì giống bạn Hoàng Như Quỳnh nhé

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng Engel ta có : 

\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{\left(1+1\right)^2}{a+b}=\frac{4}{a+b}\Rightarrow\left(a+b\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\ge\left(a+b\right)\cdot\frac{4}{a+b}=4\) ( a,b > 0 => a + b > 0 bđt giữ chiều )

=> đpcm . Dấu "=" xảy ra <=> a = b > 0

\(P=x+y+z+\frac{3}{4x}+\frac{9}{8y}+\frac{1}{z}\)

\(=\frac{3}{4}x+\frac{3}{4x}+\frac{1}{2}y+\frac{9}{8y}+\frac{1}{4}z+\frac{1}{z}+\frac{1}{4}x+\frac{1}{2}y+\frac{3}{4}z\)

\(\ge\frac{3}{2}\sqrt{x.\frac{1}{x}}+2\sqrt{\frac{1}{2}y.\frac{9}{8y}}+2\sqrt{\frac{1}{4}z.\frac{1}{z}}+\frac{1}{4}.10\)

\(=\frac{3}{2}+\frac{3}{2}+1+\frac{5}{2}=6,5\)

Dấu \(=\)khi \(\hept{\begin{cases}x=1\\y=1,5\\z=2\end{cases}}\).

đkxđ : x+  2018 >= 0

<=> x >= -2018

vậy_

\(ĐKXĐ:\sqrt{x+2018}\ne0\)

\(\Rightarrow x+2018\ne0\)

\(\Rightarrow x\ne-2018\)

#H