xem giùm em bài toán bài 4 và 5 với ạ. Em xin cảm ơn nhiều

a. chứng minh $\Delta CIE đồng dạng \Delta CBA=>...$

b. ta có BEDA là hình thoi =>ED//AB =>...

c. tg CIHD nt =>EIH=HCD=BCH=>...

d. lấy F trên Ca sao cho CF=AB. i là giao của trug trực CA và AB . chứng minh I thuộc đg tr.t MN bằng tam giác bằng nhau

Tìm min , max của các nghiệm của phương trình sau

$x^{2}-mx+m^{2}-5=0$

Cho $a,b,c\geq 0$ . T/m $a^{_{2}}+b^{2}+c^{2}=1$. Tìm max $P = a^{3}+b^{3}+c^{3}-3abc$

$S=\left \{ 1;2;...;2016 \right \}$  Tìm k nhỏ nhất thỏa mãn mọi tập hợp con k phần tử của S luôn tồn tại a và b sao cho $ab \vdots (a+b)$

Cho a,b $\geq$ 0 thỏa mãn $\sqrt{a}+ \sqrt{b }=1$. Tìm GTLN của biểu thức:

                           $P = \sqrt{ab}\left ( a+b \right )$.

$P= \frac{1}{2}.2\sqrt{ab}(a+b)\leq \frac{1}{8}(a+b+2\sqrt{ab})^{2}=\frac{1}{2}.(\sqrt{a}+\sqrt{b})^{4}=\frac{1}{2}$

dấu bằng khi a=b=1/4

sao cho 4a+1 và 4b-1 nguyên tố cùng nhau và a+blaf ước của 16ab+1

Cho a,b,c dương. Tìm GTLN của:

$T=\frac{a(b+c)}{(b+c)^2+a^2}+\frac{b(c+a)}{(c+a)^2+b^2}+\frac{c(a+b)}{(a+b)^2+c^2}$

đây là dạng BĐT đối xứng thuần nhất nên ta giả sử a+b+c=1

Ta có $1-2a+2a^{2}=1-2a(1-a)\geq 1-\frac{(a+1)^{2}}{4}=\frac{(1-a)(3+a)}{4}\Rightarrow \frac{a(1-a)}{1-2a+2a^{2}}\leq \frac{4a}{3+a}=4-\frac{12}{a+3}$

$\frac{b(1-b)}{1-2b+2b^{2}}\leq 4-\frac{12}{3+b}$

$T\leq 12-12(\frac{1}{3+a}+\frac{1}{3+b}+\frac{1}{3+c})\leq \frac{6}{5}$

ta cần chứng minh $\sum \frac{1}{9-ab}\leq \frac{3}{8}$$\Leftrightarrow 8(243-18p+3r)\leq 3(729-81q+27r-r^{2})$$\Leftrightarrow 243-99q+57r-3r^{2}\geq 0$

với $p=a+b+c ; q=ab+bc+ca ; r=abc$

$3=3(\frac{a+b+c}{3})^{6}\geq 3(abc)^{2}\Rightarrow 1\geq r^{2}$

theo BĐT schur $r\geq \frac{p(4q-p^{2})}{3}\Rightarrow 57r\geq 19(4q-9)$

nên ta cần cm $72-23q-3r^{2}\geq 0\Leftrightarrow 3(1-r^{2})+23(3-q)\geq 0$  luôn đúng 

ta có bài tổng quát $a,b,c \geq 0, a+b+c=3 , k\geq 6$

$\sum \frac{1}{k-ab}\leq \frac{3}{k-1}$

$x^{2}+2x\sqrt{x-\frac{1}{x}}=3x+1$

ta thấy x=0 ko là nghiệm 

chia cả 2 vế cho x ta có $x+2\sqrt{x-\frac{1}{x}}=3+\frac{1}{x}$

=>$\sqrt{x-\frac{1}{x}}=1 => x-\frac{1}{x}=1 =>x^{2}-x-1=0$

=>...

Bạn còn cách khác không?

vì nghiệm duy nhất =0 nên có thể sử dụng nhân liên hợp

$x^{2}+\sqrt[3]{x^{4}-x^{2}}=2x+1$

ta thấy x=0 ko là nghiệm .chia cả 2 vế cho x ta có$x+\sqrt[3]{x-\frac{1}{x}}=2+\frac{1}{x}<=>x-\frac{1}{x}+\sqrt[3]{x-\frac{1}{x}}-2=0 =>\sqrt[3]{x-\frac{1}{x}}=1 =>...$

Giải hệ phương trình $\left\{\begin{matrix}x^2+2+(y^2-y-1)\sqrt{x^2+2}=y^3-y & & \\ 2x+xy+2+(x+2)\sqrt{y^2+4x+4}=0 & & \end{matrix}\right.$

ĐK :...

$x^{2}+2 + (y^{2}-y-1)\sqrt{x^{2}+2}-y^{3}+y=0\Leftrightarrow (\sqrt{x^{2}+2}-y)(\sqrt{x^{2}+2}+y^{2}-1)=0\Leftrightarrow \sqrt{x^{2}+2}=y$

vì $\sqrt{x^{2}+2}\geq \sqrt{2}\Leftrightarrow \sqrt{x^{2}+2}+y^{2}\geq \sqrt{2}> 1$=> loại 

thay vào phương trình 2 ...$y>\geq 0 \Rightarrow x^{2}+2=y^{2}$

nghiệm bằng -1 =>nhân liên hợp 

$\left\{\begin{matrix}x-2y+1=\sqrt{xy+8+2y^{2}+3x^{2}/x^{2}+1{}} & & \\ & & \end{matrix}\right.x^{3}+(y-3)x^{2}+(1-y)x-2y^{2}+y-8=0$

$f:R\rightarrow R$

$f(x-f(y))=f(x)+xf(y)+f(f(y))$ $\forall x,y\in R$

$\Delta PCH đồng dạng \Delta POM$=>$\frac{PH}{PM}=\frac{PC}{PO}$

$\Delta HCQ đông dạng \Delta NOQ => \frac{HQ}{NQ} = \frac{CQ}{OQ}$

mà $\frac{OP}{PC}=\frac{OQ}{CQ}$

NÊN =>$\frac{PH}{PM}=\frac{HQ}{NQ}$

=>  $\frac{PM}{MC}.\frac{CN}{NQ}.\frac{QH}{HP}=1$ 

=> 3 ĐG ĐỒNG QUYtheo định lí cê va đảo

chứng minh với mọi a,b,c dương:

$\frac{a}{\sqrt{a^{2}+3bc}}+\frac{b}{\sqrt{b^{2}+3ca}}+\frac{c}{\sqrt{c^{2}+3ab}}\geq 1,5$

Cho $a,b,c > 0$. Chứng minh rằng: 

$6(a^{3}+b^{3}+c^{3})\geq 18abc+(\sum \sqrt[3]{a(b-c)^{2}})^{2}$

Cho $x,y,z$ không âm thỏa mãn: $2(xy+yz+zx)=x^2+y^2+z^2$. 

Chứng minh rằng:

$\frac{x+y+z}{3}\geq \sqrt[3]{2xyz}$

Ta có $\left ( x+y+x \right )^{2}\geq 4(xy+yz+zx)$ (*)

Giả sử $x\equiv max \left \{ x,y,z \right \}$

(*) $\Leftrightarrow \left ( x+y \right )^{2}-2z(x+y)+z^{2}-4xy \geq 0$

$\Leftrightarrow \left ( x+y-z-2\sqrt{xy} \right )\left ( x+y-z+2\sqrt{xy} \right )\geq 0\Rightarrow x+y\geq z+2\sqrt{xy}$

$\Rightarrow \frac{x+y+z}{3}\geq \frac{2z+2\sqrt{xy}}{3}\geq \frac{2z+\sqrt{xy}+\sqrt{xy}}{3}\geq \sqrt[3]{2xyz}$

=> ...

a. sử dụng định lí Cê-va trong tam giác IHA ta có

$\frac{HD}{DI}.\frac{IB}{BA}.\frac{AN}{NH}=1$

vì IN HB AD đồng quy tại M

MÀ BD//OA $\frac{ID}{DH}=\frac{IB}{BA}$

=> $\frac{AN}{NH}=1$=> N là trung điểm HA

gọi I là giao điểm DK và BE 

$\Delta DBI đồng dạng \Delta ANC => IB/DI=NC/AC$

$\Delta DIE đông dạng \Delta ABN => IE/DI=BN/AB$

ta lại có NC/BN=MC/MN=MC/MA=AC/AB 

=> đpcm

kẻ AD vuông góc BC 

Ta có :$\frac{BI}{BA}=\frac{CI}{CA}$

Mà $\Delta ABD$ đồng dạng $\Delta IBH$=>$\frac{BD}{BH}=\frac{AB}{IB}$

TƯƠNG TỰ $\frac{KC}{DC}=\frac{IC}{AC}$

=>$\frac{BD}{BH}=\frac{DC}{KC}\Leftrightarrow \frac{BH}{KC}=\frac{BD}{CD}$}

=>$\frac{BH}{AH}.\frac{AK}{KC}.\frac{CD}{BD}=1$

=> AD, CH , BK đồng quy tại một điểm M 

=> AM vuông góc BC

1.       Cho tam giác ABC không có góc tù nội tiếp (O). Các đường phân giác của các góc A, B, C cắt nhau tại I và theo thứ tự cắt (O) tại điểm thứ hai là M, N, P

a.       C/m: tam giác BIM cân

b.       MP cắt NB tại J, OM cắt BC tại K. C/m tứ giác MBJK nội tiếp

c.       C/m: IB.IC/IM = 2r (r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC)

d.       Giả sử IB = IK. IB = 2IK. Tính góc A của tam giác ABC

giúp mình bài này, nêu hướng thôi cũng được

a.$\angle IBM=\frac{\angle B+\angle A}{2} \angle BIM=\frac{\angle B+\angle A}{2}$

b.$\angle BKM=90$

$\angle BJM=180-\angle JBM-\angle JMB=180-\frac{\angle B+\angle A+\angle C}{2}=90$=> tgnt

ta có tứ giác $M_{1}M_{2}N_{2}N_{1}$nội tiếp=>$AN_{1}.AM_{1}=AN_{2}.AM_{2}$

dễ dàng cm $AC^{2}=AN_{1}.AM_{1}$

$AB^{2}=AN_{2}.AM_{2}$=>đpcm

$\sum \frac{1}{a}=1$

Cm $\sum \frac{a^{2}}{a+bc}\geqslant \frac{a+b+c}{4}$

cho $\Delta$ ABC ;I và G là tâm nội tiếp và trọng tâm.

đường tròn bàng tiếp $(I_{a});\left ( I_{b} \right );\left ( I_{c} \right )$ tiếp xúc với BC;CA;AB tại M;N;P.

chứng minh:AM;BN;CP đồng quy tại 1 điểm thuộc IG.

Chứng minh đc

 $(p-b)\underset{MB}{\rightarrow}+(p-c)\underset{MC}{\rightarrow}=(p-c)\underset{NC}{\rightarrow}+(p-a)\underset{NA}{\rightarrow}=(p-a)\underset{PA}{\rightarrow}+(p-b)\underset{PB}{\rightarrow}=\underset{0}{\rightarrow}$

=> 3 đg đồng quy tại điểm K thỏa mãn

$(p-a)\underset{KA}{\rightarrow}+(p-b)\underset{KB}{\rightarrow}+(p-c)\underset{KC}{\rightarrow}=\underset{0}{\rightarrow}$

$\Rightarrow p(\underset{KB}{\rightarrow}+\underset{KA}{\rightarrow}+\underset{KC}{\rightarrow})-(a+b+c)\underset{KI}{\rightarrow}=\underset{0}{\rightarrow}$

$3p\underset{KG}{\rightarrow}-2p\underset{KI}{\rightarrow}=\underset{0}{\rightarrow}$

=> K thuộc IG