bài 1,Cho 2 đường tròn tâm $(O_{1}) và(O_{2})$ cắt nhau tại A và B.một đường thẳng đi qua A cắt đường tròn $(O_{1}),(O_{2})$ lần lượt tại C và D..gọi I và J lần lượt là trung điểm của AC và AD.
1,cm $O_{1}IJO_{2}$ là hình thang vuông
2,Gọi M là giao điểm của $CO_{1} và DO_{2}$.Chứng minh $O_{1},O_{2},M,B$ cùng nằm trên 1 đường tròn
3,E là trung điểm của Ị,đường thẳng CD quay quanh A.tìm tập hợp điểm E
4,Xác định v trí của dây CD để CD max
bài 2,
Cho hình vuông ABCD,E thuộc BC, BE=$\frac{BC}{3}$.F thuộc tia đối của CD sao cho CF=$\frac{BC}{2}$.AE cắt BF tại M.chứng minh A,B,C,D,M cùng thuộc 1 đường tròn

Tìm ba số nguyên tố m,n,p liên tiếp thỏa mãn :
$m^{2}+n^{2}+p^{2}$ cũng là số nguyên tố

do vai trò của m , n , p là như nhau nên không mất tính tổng quát ta giả sử $m\leq n\leq p$
*nếu m=2
suy ra n=3 và p=5
suy ra $m^{2}+n^{2}+p^{2}=38$ (là hợp số)(loại)
*nếu m=3
suy ra n=5 và p=7
suy ra $m^{2}+n^{2}+p^{2}=83$(là SNT)(chọn)
*nếu m>3
do 3 là SNT duy nhất chia hết cho 3 nên m không chia hết cho 3
suy ra n và p không chia hết cho 3
lại có SCP nếu không chia hết cho 3 thì chia 3 dư 1
nên suy ra $m^{2}+n^{2}+p^{2}$ chia hết cho 3(là hợp số vì >3)(loại)
vậy (m,n,p)=(3,5,7) và các hoán vị của chúng.

Cho $x,y,z>0$ thỏa mãn $xyz=1$
Tìm Min
$P=\frac{x^2(y+z)}{y\sqrt{y}+2z\sqrt{z}}+\frac{y^2(x+z)}{z\sqrt{z}+2x\sqrt{x}}+\frac{z^2(x+y)}{x\sqrt{x}+2y\sqrt{y}}$

làm hộ tớ mấy bài nhé!!!
1,cho $a,b,c\geq 0$ thỏa mãn $a^{2}+b^{2}+c^{2}=3$
tìm min $A=\frac{a^{3}}{1+b^{2}}+\frac{b^{3}}{1+c^{2}}+\frac{c^{3}}{1+a^{2}}$
2,cho x,y,z>0 tm x(x-1)+y(y-1)+z(z-1)$\leq \frac{4}{3}$
tìm min A=$\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}$

cho x,y,z>o; x+y+z=1
Tìm GTNN của:
$\frac{x^{3}}{x^{2}+yz}+\frac{y^{3}}{y^{2}+xz}+\frac{z^{3}}{z^{2}+xy}$
(chú thích : đây chính là đề thi thử của Khối chuyên Toán-đại học Vinh 2009)

đặt biểu thức trên là P
xét $1-P=x+y+z-\frac{x^3}{x^2+yz}-\frac{y^3}{y^2+xz}-\frac{z^3}{z^2+xy}$
=$xyz(\frac{1}{x^2+yz}+\frac{1}{y^2+xz}+\frac{1}{z^2+xy})$
lại có $\frac{1}{x^2+yz}+\frac{1}{y^2+xz}+\frac{1}{z^2+xy}\leq \frac{1}{2}.\frac{1}{\sqrt{xyz}}.(\frac{1}{\sqrt{x}}+\frac{1}{\sqrt{y}}+\frac{1}{\sqrt{z}})$
suy ra $1-P\leq \frac{\sqrt{xyz}}{2}(\frac{1}{\sqrt{x}}+\frac{1}{\sqrt{y}}+\frac{1}{\sqrt{z}})= \frac{\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{xz}}{2}\leq \frac{x+y+z}{2}= \frac{1}{2}$
dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x=y=z=1/3
vậy min P=$\frac{1}{2}$ khi x=y=z=1/3

Bài toán :
Cho $x,y,z \in (0;1]$. Tìm GTLN của :
$$\left (1+xyz\right )\left (\dfrac{1}{1+x^3}+\dfrac{1}{1+y^3}+\dfrac{1}{1+z^3}\right )$$

em nghĩ đk của bài này phải là x,y,z>=1 và phải là tìm min chứ.nếu đề là như vậy thì em nghĩ cách giải như thế này:::
đầu tiên cm $\frac{1}{1+a^{2}}+\frac{1}{1+b^{2}}\geq \frac{2}{1+ab}$
áp dụng điều đó ta có
$\frac{1}{x^{3}+1}+\frac{1}{1+y^{3}}\geq \frac{2}{1+xy\sqrt{xy}}$
$\frac{1}{z^{3}+1}+\frac{1}{1+t^{3}}\geq \frac{2}{1+zt\sqrt{zt}}$
suy ra $\frac{1}{1+x^{3}}+\frac{1}{1+y^{3}}+\frac{1}{1+z^{3}}+\frac{1}{1+t^{3}}\geq 2(...)\geq \frac{4}{1+\sqrt[4]{(xyzt)^{3}}}$
( chon t=$\sqrt[3]{xyz}$ ) có
$\frac{1}{x^{3}+1}+\frac{1}{y^{3}+1}+\frac{1}{z^{3}+1}+\frac{1}{xyz+1}\geq \frac{4}{1+xyz}.$
$\Leftrightarrow \sum \frac{1}{1+x^{3}}\geq \frac{3}{1+xyz}$
$\Rightarrow bt\geq 3$

Do $x^{2}+y^{2}+z^{}=\frac{1-16xyz}{4}$(giả thiết) nên suy ra
$1-16xyz=4(x^{2}+y^{2}+z^{2})$.
do đó $2(1-8xyz)=1+4(x^{2}+y^{2}+z^{2})$
Áp dụng BĐT Cô si cho 3 số dương x,y,z ta có
$x+y+z\geq 3\sqrt[3]{xyz}$
suy ra $A\geq \frac{3\sqrt[3]{xyz}+4xyz}{1+4(x^{2}+y^{2}+z^{2})}$

suy ra $A\geq \frac{3\sqrt[3]{xyz}+4xyz}{2(1-8xyz)}$

lại có
$x^{2}+y^{2}+z^{2}\geq 3\sqrt[3]{(xyz)^{2}}$

nên suy ra $1-16xyz=4(x^{2}+y^{2}+z^{2})\geq 12\sqrt[3]{(xyz)^{2}}$ (+)

Đặt $\sqrt[3]{xyz}=t$(t > 0)
từ (+) suy ra $16t^{3}+12t^{2}-1\leq 0$

$\Leftrightarrow (t-\frac{1}{4})(t+\frac{1}{2})^{2}\leq 0$

$\Leftrightarrow t\leq \frac{1}{4}$(vì $(t+\frac{1}{2})^{2}\geq 0$ với mọi t)

vậy ta được $0\leq t\leq \frac{1}{4}$

suy ra $A\geq \frac{3t+4t^{3}}{2(1-8t^3)}$

do 0<t$\leq \frac{1}{4}$ nên $8t^{3}< 1$

suy ra $f(t)=\frac{3t+4t^{3}}{2(1-8t^{3})}$ đồng biến với 0<t$\leq \frac{1}{4}$

suy ra $f(t)max\Leftrightarrow t=\frac{1}{4}$

suy ra $f(t)max = \frac{13}{28}$
lại có $A\geq f(t)max$

nên suy ra minA=$\frac{13}{28}$

dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x=y=z và $\sqrt[3]{xyz}=\frac{1}{4}$
$\Leftrightarrow x=y=z=\frac{1}{4}$.
vậy A đạt GTNN là $\frac{13}{28}$ khi và chỉ khi $x=y=z=\frac{1}{4}$

Chứng minh đồng biến cái kiểu gì đây em

do 0<t$\leq \frac{1}{4}$ nên $8t^{3}< 1$

suy ra $f(t)=\frac{3t+4t^{3}}{2(1-8t^{3})}$ đồng biến với 0<t$\leq \frac{1}{4}$

D-B=27h
E=5
F=0
S=36

$36(a^{2}+11a+30)(a^{2}+11a+31)=(a^{2}+11a+12)(a^{2}+9a+20)(a^{2}+13a+42)$
$\Leftrightarrow 36(a^{2}+6a+5a+6.5)(a^{2}+11a+31)=(a^{2}+11a+12)(a^{2}+4a+5a+4.5)(a^{2}+6a+7a+6.7)$
$\Leftrightarrow 36(a+5)(a+6)(a^{2}+11a+31)=(a^{2}+11a+12)(a+4)(a+5)(a+6)(a+7)$
$\Leftrightarrow (a+5)(a+6)\left ( (a^{2}+11a+12)(a+7)(a+4)-36(a^{2}+11a+31) \right )=0$
$\Leftrightarrow (a+5)(a+6)(a^{4}+22a^{3}+125a^{2}+44a-780)=0$
$\Leftrightarrow (a+5)(a+6)(a^{2}+11a-26)(a^{2}+11a+30)=0$
$\Leftrightarrow (a+5)(a+6)(a-2)(a+13)(a+6)(a+5)=0$
$\Leftrightarrow a\epsilon \left \{ -13,2,-6,-5 \right \}$
Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm $a \in \left \{ -13,2,-6,-5 \right \}$.

ta có thể tách tất cả các biểu thức có thể tách được trong ngoặc thành nhân tử .tìm thừa số chung rồi trừ cả 2 vế đi

D-B=11.7h
E=10
F=0
S=66.3

*đầu tiên ta c/m bổ đề : BĐT Bunhia-cốp ski
($(ax+by+cz)^{2}\leq (a^{2}+b^{2}+c^{2})(x^{2}+y^{2}+z^{2})$
$\Leftrightarrow (ay-bx)^{2}+(yc-zb)^{2}+(cx-az)^{2}\geq 0$ (luôn đúng)

* Đặt a=myz ; b=nxz ; c=pxy với m,n,p>0
Do ax+by+cz=xyz nên suy ra m+n+p=1 (vì x,y,z khác 0)
suy ra $\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{a+c}$
=$\sqrt{myz+nxz}+\sqrt{nxz+pxy}+\sqrt{pxy+myz}$
=$\sqrt{z}\sqrt{my+nx}+\sqrt{x}\sqrt{nz+py}+\sqrt{y}\sqrt{px+mz}$
Áp dụng bổ đề(BĐT Bunhia) ta được
$(\sqrt{z}\sqrt{my+nx}+\sqrt{x}\sqrt{nz+py}+\sqrt{y}\sqrt{px+mz})^{2}\leq (x+y+z)(my+nx+nz+py+px+mz)$
=$(m+n+p)(x+y+z)(x+y+z)$
=$(m+n+p)(x+y+z)^{2}$
=$(x+y+z)^{2}$(vì m+n+p=1)

vậy nên ta được $\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}\leq x+y+z$
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
$\frac{my+nz}{z}=\frac{nz+py}{x}=\frac{px+mz}{y}$
$\Leftrightarrow \frac{b+c}{x^{2}}=\frac{a+c}{y^{2}}=\frac{a+b}{z^{2}}$
đặt $\Leftrightarrow \frac{b+c}{x^{2}}=\frac{a+c}{y^{2}}=\frac{a+b}{z^{2}}$=t
vì $\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}=x+y+z$
mà $a+b=tx^{2}\rightarrow \sqrt{a+b}=\sqrt{t}.z$
tương tự nên suy ra
$\sqrt{t}(x+y+z)=x+y+z$
$\Rightarrow t=1$
do đó
$\frac{b+c}{x^{2}}=\frac{a+c}{y^{2}}=\frac{a+b}{z^{2}}=1$
suy ra $a+b=z^{2};b+c=x^{2};a+c=y^{2}$
suy ra $a=\frac{y^{2}+z^{2}-x^{2}}{2}$
$b=\frac{x^{2}+z^{2}-y^{2}}{2}$
$c=\frac{x^{2}+y^{2}-z^{2}}{2}$
lại thay vào pt đầu(ax+by+cz=xyz)
nên suy ra (x+y-z)(y+z-x)(x+z-y)=0(dễ phân tích)
$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x+y=z\\ y+z=x\\ z+x=y \end{matrix}\right.$
suy ra x+y+z=2(x+y+z) hay x+y+z=0 (*)
lại có x ; y ; z>0 nên mâu thuẫn với (*)
vậy hệ phương trình vô nghiệm.

Sai từ chỗ:

Áp dụng bổ đề(BĐT Bunhia) ta được
$(\sqrt{z}\sqrt{my+nx}+\sqrt{x}\sqrt{nz+py}+\sqrt{y}\sqrt{px+mz})^{2}\leq (x+y+z)(my+nx+nz+py+px+mz)$
=$(m+n+p)(x+y+z)(x+y+z)$
=$(m+n+p)(x+y+z)^{2}$
=$(x+y+z)^{2}$(vì m+n+p=1)

Không có dấu bằng em à

S=0

Sai từ chỗ:

Không có dấu bằng em à

S=0

em không hiểu.anh nói rõ hơn được không ạ?!!!!

vẽ I đối xứng với E qua AB , H đối xưng với E qua AC , K đối xứng với f qua BC
ta có AE=AI(do A nằm trên đường trung trực của đoạn IE)
AE=AH(do A nằm trên đường trung trực của EH)
suy ra AI=AH
suy ra AD là đường trung trực của IH
lại có F nằm trên AD nên FI=FH (1)
ta có $\measuredangle IBF=2.\measuredangle EBA+\measuredangle EBF$
$\measuredangle EBK=2.\measuredangle FBC+\measuredangle EBF$
lại có $\measuredangle EBA=\measuredangle FBC$
nên suy ra $\measuredangle IBF=\measuredangle EBK$
xét 2 tam giác BIF và tam giác BEK có
BF=BK(do B thuộc đường trung trực của FK)
BI=BE(do B thuộc đường trung trực của IE)
$\measuredangle IBF=\measuredangle EBK$ (cm trên)
suy ra $\vartriangle BIF = \vartriangle BEK(c.g.c)$
suy ra IF = EK (2)
từ (1) và (2) suy ra FH=EK
xét 2 tam giác CFH và CKE có
CF=CK(vì C nằm trên đường trung trực của FK)
CH=CE(vì C nằm trên đường trung trực của EH)
HF=EK(cm trên)
$\Rightarrow \vartriangle CFH=\vartriangle CKE$
$\Rightarrow \angle FCH=\angle ECK$
$\Rightarrow \angle ECH=\angle FCK$
lại có $\measuredangle ECH=2\measuredangle ACE$
$\measuredangle FCK=2\measuredangle FCB$
suy ra $\measuredangle ACE=\measuredangle FCB$ (DPCM)
thông cảm cho em nhé,em không biết vẽ hình!!!

Xét thiếu TH. Thời gian nộp bài tính từ lúc nộp hình vẽ.
D-B=14.8h
E=9
F=0
S=60.2

hình của danganhaaaa
http://upanh.com/hin...7rd7ee4n1cv.htm

cho em giải cách khác nhé:
mở rộng của danganhaaaa:
ta xét 2 trường hợp:
#xét p là số chẵn
do 2 là số nguyên tố duy nhất chia chết cho 2 nên p=2
ta được $5^{p}+12^{p}$=$5^{2}+12^{2}$=169=$13^{2}$(thỏa mãn diều kiện đề bài)
#xét p là số lẻ.đặt p=2k+1
ta có $5^{p}$=$5^{2k+1}$
=$5.25^{k}$
do 25 chia 3 dư 1,5 chia 3 dư 2 nên $25^{k}$ chia 3 dư 1
suy ra $5.25^{k}$chia 3 dư 2
lại có 12 chia hêt cho 3 nên $12^{p}$ chia hết cho 3
vậy $5^{p}+12^{p}$ chia 3 dư 2
lại có số chính phương chia 3 dư 1 hoăc chia hết cho 3 nên $5^{p}+12^{p}$ không là số chính phương với p là số lẻ.
vậy với p=2 thì tm yêu cầu đề bài.
bài làm trước của em đánh latex sai thì bỏ quá cho em nhé các pác mod nhé .

nếu tớ có lỗi Latex thì bỏ qua nhé ,anh Xunsist nhé.please!!!

ta có:
vì p là số nguyên tố nên ta xét 2 trường hợp:
# nếu p=2
ta có $5^{p}+12^{p}=5^{2}+12^{2}=169=13^{2}$ (là số chính phương) (chọn)
# nếu $p> 2$.
do p là số nguyên tố và 2 là sô nguyên tố duy nhất chia hết cho 2 nên ta được p là số lẻ.
suy ra $5^{p}$ chia hết cho 5 với mọi p (vì 5 chia hết cho 5).
lại có 5 là số lẻ nên $5^{p}$ là số lẻ với mọi p.
suy ra $5^{p}$ có tận cùng là 5.
đặt p=2k+1(k thuộcZ*)

+ xét k lẻ .đặt k=2a+1
suy ra p=4a+3.
suy ra $12^{p}-8$=$12^{4a+3} - 8=12^{4a}.1728-8=8(216.12^{4a}-1)=8\left [ 216(12^{4a}-1)+215 \right ]$
vì $12^{4a}-1$=$20736^{a}-1$
$=20735(20746^{a-1}+20746^{a-2}+...+1)$ chia hết cho 5 (vì 20735 chia hết cho 5)
suy ra $12^{4t}-1$ chia hết cho 5
suy ra $216(12^{4a}-1)+215$ chia hết cho 5
suy ra $12^{p}-8$ chia hết cho 10.(vì (2,5)=1)
suy ra $12^{p}$ tận cùng là 8.

+ xét k chẵn.đặt $k=2b$ (b thuoc Z*).
suy ra $p=4b+1$.
$\Rightarrow 12^{p}-2=12^{4b+1}=12^{4b}.12-2=2(6.12^{4b}-1)=2\left [ 6(12^{4b}-1)+5 \right ]$
vì $12^{4b}-1=20736^{b}-1=20735(20746^{b-1}+20746^{b-2}+...+1)$. chia chia hết cho 5 (vì 20735 chia hết cho 5)
suy ra $\left [ 6(12^{4b}-1)+5 \right ]$ chia hết cho 5.
suy ra $2\left [ 6(12^{4b}-1)+5 \right ]$ chia hết cho 10.
suy ra $12^{p}$ tận cùng là 2

như vậy ta có $5^{p}+12^{p}$ tận cùng là 7 hoac 3.
lại có một số chính phương chỉ có thể tận cùng là 0;1;4;5;6;9 (dễ chứng minh) nên với p là số lẻ thì $5^{p}+12^{p}$ không là sô chính phương.
tóm lại chỉ với p=2 thì tm dk đề bài.
vậy p=2.

Chưa chứng minh chữ số tận cùng số chính phương là 0;1;4;5;6;9
D-B=6h
E=9+1=10
F=0
S=72

đặt y+z=a;x+z=b;x+y=c(a,b,c>0).
ta có pt
$\frac{a}{2a+c}+\frac{b}{2b+a}+\frac{c}{2c+b}= 1$
$\Leftrightarrow \frac{a^{2}}{2a^{2}+ac}+\frac{b^{2}}{2b^{2}+ab}+\frac{c^{2}}{2c^{2}+bc}=1$
$\Leftrightarrow \frac{1}{2+\frac{c}{a}}+\frac{1}{2+\frac{a}{b}}+\frac{1}{2+\frac{b}{c}}=1$
đặt $\frac{c}{a}=m;\frac{a}{b}=n;\frac{b}{c}=p$ (m,n,p>0).ta có mnp=1
$\Leftrightarrow \frac{1}{m+2}+\frac{1}{n+2}+\frac{1}{p+2}=1$
$\Leftrightarrow (m+2)(n+2)+(n+2)(p+2)+(m+2)(p+2)=(m+2)(n+2)(p+2)$
$\Leftrightarrow (mn+np+mp)+4(m+n+p)+12= mnp+2(mn+np+mp)+4(m+n+p)+8$
$\Leftrightarrow 4=mnp+mn+np+mp$
$\Leftrightarrow 3= mn+np+mp$
áp dụng bdt AM-GM cho 3 số dương . ta có
$mn+np+mp\geq 3\sqrt[3]{(xyz)^{2}}=3$
dấu đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow m=n=p$
$\Leftrightarrow \frac{c}{a}=\frac{a}{b}=\frac{b}{c}$
$\Leftrightarrow a=b=c$
$\Leftrightarrow y+z=x+z=x+y$
$\Leftrightarrow x=y=z$
vậy x=y=z nguyên dương là nghiệm của pt đã cho

Chưa chứng minh BĐT AM-GM cho 3 số dương: trừ 4đ
D-B=27.4h
E=6
F=10
S=48.6

mở rộng:
có thể mở rộng bài toán khác như sau
đề bài:
tìm tất cả các số thực dương a,b,c tm phương trình
$\frac{b}{a+b}+\frac{c}{b+c}+\frac{a}{c+a}=\frac{3}{2}$
$\Leftrightarrow \sum \frac{1}{1+\frac{a}{b}}=\frac{3}{2}$
đặt$\frac{a}{b}=x ; \frac{b}{c}=y ; \frac{c}{a}=z$
suy ra:xyz=1
ta cod : $\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}=\frac{3}{2}$
sau khi biến đổi ta có (x-1)(y-1)(z-1)=0
$\Leftrightarrow x=1 hoặc y=1 hoặc z=1
$\Leftrightarrow$ a=b hoặc b=c hoặc c=a.

các anh mods ơi.em đánh sai latex đoạn cuối có làm sao không.cái chỗ :

⇔

x

=

1

h

o

ặ

c

y

=

1

h

o

ặ

c

z

=

1

\Leftrightarrow$ a=b hoặc b=c hoặc c=a.

Bài 56: Giải phương trình $2x^2-6x-1=\sqrt{4x-5}$

bài này tớ nghĩ phải sửa đề thành 4x+5
nếu đề bài là như vậy :
C1:
đặt t=$\sqrt{4x+5}$
suy ra $x= \frac{t^{2}-5}{4}$
thay vào pt đầu suy ra $2\frac{t^{4}-10t^{2}+25}{16}-\frac{6}{4}(t^{2}-5)-1=t$
$\Leftrightarrow t^{4}-22t^{2}-8t+27=0$
$\Leftrightarrow (t^{2}+2t-7)(t^{2}-2t-11)=0$
tù đây ta có thể dễ dàng tìm được nghiệm!!!
C2:
ta có thể bình phương hai vế của phương trình với ĐK $2x^{2}-6x-1\geq 0$
ta được $x^{2}(x-3)^{2}-(x-1)^{2}=0$. từ đó ta tìm được nghiệm!!!
C3:
đặt $2y-3=\sqrt{4x+5}$
sau đó ta có thể dễ dàng đưa về hệ phương trình đối xứng
---------------------------------------------------------
topic trùng xuống rồi.các bạn nhiệt tình lên nhé!!!

Bài 55:
$x^{2}-3x+1=-\frac{\sqrt{3}}{3}\sqrt{x^{4}+x^{2}+1}$

70.giả sử hpt có nghiệm
từ pt thứ 2 ta có $x^{2}+x(y-3)+(y-2)^{2}=0$ (1)
suy ra $\Delta (1)=(y-3)^{2}-(2y-4)^{2}=(1-y)(3y-7)$
suy ra $(1-y)(3y-7)\geq 0$
lại có $y^{2}+y(x-4)+x^{2}-3x+4=0$ (2)
suy ra $\Delta (2)=(x-4)^{2}-4(x^{2}-3x+4)$
suy ra $-3x^{2}+4x\geq 0$
từ đây thay vào pt(1) ta có pt vô ngiệm(ko biết có phải không)

giải hộ tớ cái!!!

1.Cho các số thực x,y,z thuộc đoạn (0,1) và thỏa mãn xy+yz+xz=1.tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
T=$\frac{xyz}{(1-x^{2})(1-y^{2})(1-z^{2})}$

2.cho 3 số thực dương x,y,z thỏa mãn $x+y+z\leq 1$
tìm Max của P=xy+yz+xz-2xyz
---
chưa bác nào làm hộ em à?!

tớ hỏi bài nữa!!!
Cho tam giác ABC có các góc nhọn.H là trực tâm .gọi M,N,P là giao điểm thứ 2 của AH,BH,CH với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.Gọi D,E,F lần lượt là chân các đường cao hạ từ A,B,C của tam giác ABC
tính AM.AD+BN.BE+CF.CP

Cho tam giác ABC.phân giác BD và CE cắt nhau tại G.CMR nếu GD=GE thì AB=AC hoặc $\measuredangle A=60^{\circ}$
---------------------------------------------
p/s:không cần vẽ hình cũng được.đang cần vội!!!!!!!

bài 1,
Cho x,y,z là các số thực >0 tm đk xy+yz+xz=0
Đặt $a=\sqrt{x^{2}+xy+y^{2}}$
$b=\sqrt{z^{2}+zy+y^{2}}$
$c=\sqrt{x^{2}+zx+z^{2}}$
hỏi a,b,c có thể là đọ dài của 3 cạnh tam giác được không?
bài 2,
Cho x,y,z >0 tm x+y+z=3.tìm max
$T=\sqrt{x^{2}+x-1}+\sqrt{y^{2}+y-1}+\sqrt{z^{2}+z-1}$
bài 3
Cho x,y,z>0 tm xy+yz+xz$\leq 1$.tìm Max của
$P=xy+yz+xz-2xyz$ (câu này tớ biết là trong diễn đàn rồi nhưng mà quên mất!!!)