Ta có :$\sum \frac{9a^2}{5a^2+(b+c)^2}=\sum \frac{(a+a+a)^2}{(a^2+b^2+c^2)+(2a^2+bc)+(2a^2+bc)}\leq \sum \frac{a^2}{a^2+b^2+c^2}+\sum \frac{a^2}{2a^2+bc}+\sum \frac{a^2}{2a^2+bc}=\sum \frac{a^2}{a^2+b^2+c^2}+2.\sum \frac{a^2}{2a^2+bc}=\frac{a^2+b^2+c^2}{a^2+b^2+c^2}+2.(\frac{a^2}{2a^2+bc}+\frac{b^2}{2b^2+ac}+\frac{c^2}{2c^2+ab})$(1) .

Mặt khác theo bđt Bunhiacopxki ta có :$\sum \frac{bc}{2a^2+bc}=\sum \frac{b^2c^2}{b^2c^2+2a^2bc}\geq \frac{(ab+bc+ac)^2}{(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+2abc.(a+b+c))}=\frac{(ab+bc+ac)^2}{(ab+bc+ac)^2}=1$ nên $\sum (1-\frac{bc}{2a^2+bc})\leq 2$ hay $\frac{a^2}{2a^2+bc}+\frac{b^2}{2b^2+ac}+\frac{c^2}{2c^2+ab}\leq 1$(2) .Từ (1) và (2) $= > \sum \frac{9a^2}{5a^2+b^2+c^2}\leq 1+2.(\frac{a^2}{2a^2+bc}+\frac{b^2}{2b^2+ac}+\frac{c^2}{2c^2+ab})\leq 1+2.1=3$ nên $\frac{a^2}{5a^2+(b+c)^2}+\frac{b^2}{5b^2+(a+c)^2}+\frac{c^2}{5c^2+(a+b)^2}\leq \frac{3}{9}=\frac{1}{3}$(đpcm) .

 Dấu = xảy ra khi a=b=c

Theo bđt cosi ta có :$a^3+b^3+c^3+\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ac}\geq 3abc+\frac{3}{\sqrt[3]{a^2b^2c^2}}=\frac{3abc}{2}+\frac{3abc}{2}+\frac{1}{162.\sqrt[3]{a^2b^2c^2}}+\frac{1}{162\sqrt[3]{a^2b^2c^2}}+\frac{1}{162\sqrt[3]{a^2b^2c^2}}+\frac{161}{54\sqrt[3]{a^2b^2c^2}}\geq 5\sqrt[5]{\frac{3abc.3abc}{4.162^3.a^2b^2c^2}}+\frac{161}{54\sqrt[3]{a^2b^2c^2}}\geq 5\sqrt[5]{\frac{9}{4.162^3}}+\frac{161}{54.\frac{(a+b+c)^2}{9}}=\frac{5}{18}+\frac{161}{6(a+b+c)^2}\geq \frac{5}{18}+\frac{161}{6}=\frac{244}{9}$

(Do áp dụng bđt cosi cho 5 số và 3 số) nên A Min =$\frac{244}{9}$ khi $a=b=c=\frac{1}{3}$

Hạ đường cao AH từ A xuống BC.Theo định lý Pitago ta có :$AB^2.CM+AC^2.BM-AM^2.BC=CM(AH^2+BH^2)+BM(AH^2+CH^2)-BC.(AH^2+HM^2)=AH^2(CM+BM)+CM.BH^2+CH^2.BM-BC.AH^2-BC.HM^2=AH^2.BC+CM.BH^2+CH^2.BM-BC.AH^2-BC.HM^2=CM.BH^2+HC^2.BM-BC.HM^2$.Thay vào đề bài rồi biến đổi tương đương ta đc 1 đẳng thức đúng.

Nếu thế thì ta có :$\sum \frac{1}{1+a^2(b+c)}=\sum \frac{1}{1+a(ab+ac)}=\sum \frac{1}{1+a(3-bc)}=\sum \frac{1}{1+3a-abc}$.Mặt khác theo bđt cosi ta có :$ab+bc+ac\geq 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}$ nên $3\geq 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}$ hay $abc\leq 1$$< = > -abc\geq -1< = > 1+3a-abc\geq 1+3a-1=3a< = > \frac{1}{1+3a-abc}\leq \frac{1}{3a}$ nên $\sum \frac{1}{1+a^2(b+c)}\leq \sum \frac{1}{3a}=\frac{ab+bc+ac}{3abc}=\frac{3}{3abc}=\frac{1}{abc}$(đpcm)

KHÔNG SAO ĐÂU

Nhân ra ta có :$A=\frac{64abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}+1+\frac{16ab}{(b+c)(c+a)}+\frac{16bc}{(b+a)(c+a)}+\frac{16ac}{(a+b)(a+c)}+4.(\frac{c}{a+b}+\frac{b}{a+c}+\frac{a}{b+c})=4.(\frac{c}{a+b}+\frac{b}{a+c}+\frac{a}{b+c})+\frac{64abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}+\frac{16ab(a+b)+16bc(b+c)+16ac(a+c)}{(a+b)(b+c)(c+a)}+1=4(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b})+\frac{64abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}+\frac{16(a+b)(b+c)(c+a)-32abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}+1=4(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b})+\frac{32abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}+17=4\left [\frac{a}{b+c} +\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}+\frac{4abc}{(a+b)(b+c)(c+a)} \right ]+\frac{16abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}+17\geq 4.2+17+\frac{16abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}=25+\frac{16abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}> 25$

( Do áp dụng bđt Schur mở rộng là :$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}+\frac{4abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}\geq 2$

Theo bđt Bunhiacopxki ta có :$144=12^2\leq (xt+yz)^2\leq (x^2+y^2)(z^2+t^2)=9.16=144$ $= >$ Đẳng thức xảy ra tại $xz=yt$.Ta có :$25=x^2+y^2+z^2+t^2=(x^2+2xy+y^2)+(z^2+t^2-2zt)$=$(x+z)^2+(y-t)^2$( Do xz=yt) nên $(x+z)^2\leq 25< = > \left | x+z \right |\leq 5< = > -5\leq x+z\leq 5$ nên x+z Max =5 khi $(x^2+y^2)=9, z^2+t^2=16 xt+yz=12,y=t,xz=yt$ (đến đây tự giải ra là xong)

(a)Ta có :$\Delta ABC$ vuông ở A có đường cao AM nên theo hệ thức lượng tam giác vuông có :$AB^2=BM.BC$ .Tương tự :$AB^2=BN.BD$$= > BN.BD=BM.BC$.

(b)Xét $\Delta BMN$ và $\Delta BDC$ có :$\angle MBN$ chung,$BM.BD=BM.BC$ nên $\Delta BMN\infty \Delta BDC$ $= > \angle BMN=\angle BDC$ .Mà $\angle BMN+\angle NMC=180= > \angle CMN+\angle NDC=180= >$NMCD nội tiếp 

(c) Xét tam giác đồng dạng rồi suy ra tỉ số(dài nên mình ko viết)

(d)Ta có :$S(BPQ)=\frac{AB.PQ}{2}=\frac{AB}{2}.(AP+AQ)\geq \frac{AB}{2}.2.\sqrt{AP.AQ}=AB.\sqrt{AP.AQ}=AB.\sqrt{\frac{AD.AC}{4}}=\frac{AB}{2}.\sqrt{AB^2}=\frac{AB^2}{2}$

( Do áp dụng bđt cosi và hệ thức lượng tam giác vuông :$AC.AD=AB^2$)

Đặt $\frac{1}{a}=x,\frac{1}{b}=y,\frac{1}{c}=z$ .Do abc=1 nên xyz=1. Ta có :$\sum \frac{bc}{a^2(b+c)}=\sum \frac{\frac{1}{y}.\frac{1}{z}}{\frac{1}{x^2}.(\frac{1}{y}+\frac{1}{z})}=\sum \frac{\frac{1}{yz}}{\frac{1}{x^2}.(\frac{y+z}{yz})}=\sum \frac{x^2}{y+z}\geq \frac{(x+y+z)^2}{2(x+y+x)}=\frac{x+y+x}{2}\geq \frac{3\sqrt[3]{xyz}}{2}=\frac{3}{2}$ nên P Min =$\frac{3}{2}$ khi x=y=z=1 hay a=b=c=1

Bài 5: Vẽ OD,OE vuông góc với AB,AC. Ta có :$S(AMN)=S(AON)+S(AOM)=$\frac{r.(AM+AN)}{2}\geq \frac{2r\sqrt{AM.AN}}{2}=r.\sqrt{AM.AN}$.Mặt khác $S(ANM)=\frac{1}{2}.AM.AN.sin \angle A$ nên $AM.AN=\frac{2S(AMN)}{\angle A}$ nên $S(AMN)\geq r.\sqrt{AM.AN}=r.\sqrt{\frac{2.S(AMN)}{sin \angle A}}< = > S^2(AMN)\geq 2r^2.\frac{S(AMN)}{sin \angle A}< = > S(AMN)\geq \frac{2r^2}{sin \angle A}$(không đổi do $\angle A$ không đổi) nen $S(AMN)$ Min khi $AM=AN$$< = > AO$ VUÔNG GÓC MN

Vế trái phải là $\frac{16xyz(x+y+z)}{3}$ Ta có bdt :$(x+y)(y+z)(z+x)\geq \frac{8(x+y+z)(xy+yz+xz)}{9}= > (x+y)^4(y+z)^4(z+x)^4\geq \frac{8^4(x+y+z)^4(xy+yz+xz)^4}{9^4}= > \sqrt[3]{(x+y)^4(y+z)^4(z+x)^4}\geq \sqrt[3]{\frac{8^4(x+y+z)^4(xy+yz+xz)^4}{9^4}}.$ 

Ta sẽ CM :$\sqrt[3]{\frac{8^4(x+y+z)^4(xy+yz+xz)^4}{9^4}}$\geq \frac{16xyz(x+y+z)}{3}$< = > \frac{8^4(x+y+z)^4(xy+yz+xz)^4}{9^4}$\geq \frac{16^3x^3y^3z^3(x+y+z)^3}{3^3}$ < = > \frac{(x+y+z)(xy+yz+xz)^4}{243}\geq (xyz)^3$.

Mặt khác theo bdt cosi ta có :$(x+y+z)(xy+yz+xz)\geq 9xyz,(xy+yz+xz)^3\geq (3\sqrt[3]{x^2y^2z^2})^3=27x^2y^2z^2= > (x+y+z)(xy+yz+xz)^4\geq 243x^3y^3z^3$(luôn đúng)

 Dấu= xảy ra khi x=y=z

Đề bài đúng phải là $\sqrt{x+4}-\sqrt{x-4}=2x-12-2\sqrt{x^2-16}$. Đặt $\sqrt{x+4}=a,\sqrt{x-4}=b\left ( a,b\geq 0 \right )$ $= > a^2+b^2=2x$.Phương trình $< = > a-b=a^2+b^2-2ab-12< = > (a-b)^2-(a-b)-12=0< = > (a-b-4)(a-b+3)=0$

-Nếu a-b-4=0 thì $a-b=4$ .Do $a^2-b^2=8 < = > (a-b)(a+b)=8< = > a+b=2$$= > a-b=4> 2=a+b< = > a-b> a+b< = > b< 0$(vo lý do b>0)

-Nếu a-b=-3 thì $a+b=\frac{8}{a-b}=\frac{8}{-3}$ nên a+b<0(vô lý) 

 Vậy phương trình vô nghiệm

Ta có :$(\sqrt{a}+1)(\sqrt{b}+1)(\sqrt{c}+1)\geq 2.\sqrt[4]{a}.2.\sqrt[4]{b}.2\sqrt[4]{c}=8\sqrt[4]{abc}$.Ta sẽ chứng minh $8\sqrt[4]{abc}\geq 8a^25092013.b^25092013.c^25092013$$< = > \sqrt[4]{abc}\geq a^25092013.b^25092013.c^25092013< = > abc\geq a^100368052.b^100368052.c^100368052< = > a^100368051.b^100368051.c^100368052\leq 1$. Mặt khác theo bdt cosi cho 3 số ta có :$abc\leq \frac{(a+b+c)^3}{27}=\frac{27}{27}=1< = > a^100368051.b^100368051.c^100368051\leq 1^100368051=1$(ddpcm) .Dấu = xảy ra khi a=b=c=1

Kia phải là $(a+2c)(b+2c)=16c^2< = > (\frac{a}{c}+2)(\frac{b}{c}+2)=16$.Ta có :$P=\frac{128a^4}{(b+6c)^4}+\frac{128b^4}{(a+6c)^4}+\sqrt{(\frac{a}{c}^2)+(\frac{b}{c})^2}=\frac{128}{(\frac{b}{a}+\frac{6c}{a})^4}+\frac{128}{(\frac{a}{b}+\frac{6c}{b})^4}+\sqrt{(\frac{a}{c})^2+\frac{b^2}{c^2}}$.Đặt $\frac{a}{c}=x,\frac{b}{c}=y$ thì $(x+2)(y+2)=16< = > xy+2x+2y=12$.Ta có :$P=\frac{128}{(\frac{y}{x}+\frac{6}{x})^4}+\frac{128}{(\frac{x}{y}+\frac{6}{y})^4}+\sqrt{(\frac{a}{c})^2+\frac{b^2}{c^2}}=128.(\frac{x^4}{(y+6)^4}+\frac{y^4}{(x+6)^4})+\sqrt{x^2+y^2}\geq \frac{128}{8}.(\frac{x}{y+6}+\frac{y}{x+6})^4+\sqrt{x^2+y^2}=16.(\frac{x^2+y^2+6(x+y)}{xy+6x+6y+36})^4+\sqrt{x^2+y^2}=16.(\frac{(x^2+y^2+6x+6y)}{12+36+4(x+y)})^4+\sqrt{x^2+y^2}=16.(\frac{(x^2+y^2+6x+6y)^4}{4(x+y)+48})+\sqrt{x^2+y^2}$.

Mặt khác $x^2+y^2\geq 2xy,x^2+4\geq 4x,y^2+4\geq 4y= > 2(x^2+y^2)+8\geq 2(xy+2x+2y)=2.12=24= > x^2+y^2\geq 8= > \sqrt{x^2+y^2}\geq 2\sqrt{2}$.

Do đó ta chỉ cần tìm Min của biểu thức :$\frac{x^2+y^2+6(x+y)}{4(x+y)+48}$ .

Mặt khác $xy\leq \frac{(x+y)^2}{4}= > 12=xy+2x+2y\leq \frac{(x+y)^2}{4}+2(x+y)< = > x+y\geq 4= > 6(x+y)\geq 24= >A= \frac{x^2+y^2+6(x+y)}{4(x+y)+48}\geq \frac{x^2+y^2+24}{4(x+y)+48}\geq \frac{x^2+y^2+24}{4\sqrt{2(x^2+y^2)}+48}$

.Đặt $\sqrt{2(x^2+y^2)}=t= > t\geq \sqrt{2.8}=4$ .Ta sẽ CM $A\geq \frac{1}{2}< = > \frac{\frac{t^2}{2}+24}{4t+96}\geq \frac{1}{2}< = > 2t^2\geq 8t< = > t\geq 4$(luôn đúng) nên $A^4\geq \frac{1}{16}= > 16A^4\geq 1$ .Cộng theo vế các bdt cùng chiều $= > P= 16.(\frac{(x^2+y^2+6x+6y)^4}{(48+4(x+y)^4)})+\sqrt{x^2+y^2}\geq 1+2\sqrt{2}$ nên P Min=$1+2\sqrt{2}$ khi $x=y=2$$< = > a=b=2c$

Bài 2: Ta có :$\sum \frac{bc}{\sqrt{a+bc}}=\sum \frac{bc}{\sqrt{a.1+bc)}}=\sum \frac{bc}{\sqrt{a(a+b+c)+bc}}=\sum \frac{bc}{\sqrt{(a+b)(a+c)}}\leq \frac{1}{2}.(\frac{bc}{a+b}+\frac{ac}{a+b}+\frac{ac}{b+c}+\frac{ab}{b+c}+\frac{ab}{a+c}+\frac{bc}{a+c})=\frac{1}{2}.(\frac{c(a+b)}{a+b}+\frac{a(b+c)}{b+c}+\frac{b(a+c)}{a+c})=\frac{1}{2}.(a+b+c)=\frac{1}{2}$

(đpcm) 

 Dấu = xảy ra khi a=b=c=$\frac{1}{3}$

Bài 3: Vế phải phải là $\leq 1$Theo bdt cosi cho 3 số ta có :$\sum \frac{s^2b}{2a+b}=\sum \frac{a^2}{a+a+b}\leq \sum \frac{a^2b}{3\sqrt[3]{a^2b}}=\sum \frac{1}{3}.\sqrt[3]{\frac{a^6b^3}{a^2b}}=\sum \frac{1}{3}.\sqrt[3]{a^4b^2}=\sum \frac{1}{3}.\sqrt[3]{a^2.ab.ab}\leq \frac{1}{3}.\sum (\frac{a^2+ab+ab}{3})=\frac{1}{3}.\frac{a^2+b^2+2ab+2bc+2ac}{3}=\frac{1}{9}.(a+b+c)^2=\frac{1}{9}.9=1$ .

Dấu = xảy ra khi a=b=c=1

Câu b: Ta có :$x^2+\sqrt{x+2004}=2004< = > x^2=2004-\sqrt{x+2004}< = > x^2+x+\frac{1}{4}=(x+2004)-\sqrt{x+2004}+\frac{1}{4}< = > (x+\frac{1}{2})^2=(\sqrt{x+2004}-\frac{1}{2})^2$ 

-Nếu $x+\frac{1}{2}=\sqrt{x+2004}-\frac{1}{2}= > x+1=\sqrt{x+2004}(đk:$x\geq -1$)= > x^2+2x+1=x+2004= > x^2+x=2003= > x^2+x-2003=0$ .Ta có :$\Delta =1+4.2003=8013= > \sqrt{\Delta }=\sqrt{8013}= > x(1)=\frac{-1+\sqrt{8013}}{2}(thoả mãn),x(2)=\frac{-1-\sqrt{8013}}{2}$(loại do $x\geq -1$)

-Nếu $x+\frac{1}{2}=\frac{1}{2}-\sqrt{x+2004}= > x+\sqrt{x+2004}=0< = > x=-\sqrt{x+2004}< = > x^2=x+2004$(x$\leq 0$) $= > x^2-x-2004=0= > (x-\frac{1}{2})^2=\frac{8017}{4}= > x(1)=\frac{\sqrt{8017}+1}{2}(loại do $x\leq 0$),x(2)=\frac{1-\sqrt{8017}}{2}$(thoả mãn)

Ta có :$3(x+y)=4xy= > \frac{1}{x}+\frac{1}{y}= \frac{4}{3}= > \frac{4}{3}= \frac{1}{x}+\frac{1}{y}\geq \frac{4}{x+y}= > x+y\geq 3$ .Mặt khác ta có bdt :$4(a^3+b^3)\geq (a+b)^3= > a^3+b^3\geq \frac{(a+b)^3}{4}\geq \frac{3^3}{4}=\frac{27}{4}$(1)

 -Mà $\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}\geq \frac{(\frac{1}{x}+\frac{1}{y})^2}{2}=\frac{(\frac{4}{3})^2}{2}=\frac{8}{9}= > 3(\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2})\geq \frac{8}{3}$(2)

 Cộng theo vế (1) và (2) $= > P= x^3+y^3+3(\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2})\geq \frac{27}{4}+\frac{8}{3}=\frac{113}{12}$ nên P Min=$\frac{113}{12}$ khi x=y=$\frac{3}{2}$

Ta có :$P=\frac{1}{ab+1}+\frac{2}{a+6}+\frac{2}{b+4}=\frac{4}{4ab+4}+\frac{2}{a+6}+\frac{2}{b+4}=\frac{2^2}{4ab+4}+\frac{(\sqrt{2})^2}{a+6}+\frac{(\sqrt{2})^2}{b+4}\geq \frac{(2+\sqrt{2}+\sqrt{2})^2}{4ab+a+b+4+6+4}=\frac{(2+2\sqrt{2})^2}{16}=\frac{4(\sqrt{2}+1)^2}{16}=\frac{(\sqrt{2}+1)^2}{4}$

(Do áp dụng bd Bunhiacopxki) nên P Min =$\frac{(\sqrt{2}+1)^2}{4}$ 

-Nếu $x< 0$ thì $2^x< 1= > 2^x< (\sqrt{3})^x+1$(vô lý).

-Nếu $x\geq 0$.

Chia cả 2 vế cho $2^x$ nên pt $< = > (\frac{\sqrt{3}}{2})^x+(\frac{1}{2})^x=1$

+Nếu x=2$= >$ thoả mãn.

+Nếu $x> 2= > (\frac{\sqrt{3}}{2})^x<(\frac{\sqrt{3}}{2})^2,(\frac{1}{2})^x< (\frac{1}{2})^2= > (\frac{\sqrt{3}}{2})^x+(\frac{1}{x})^2< (\frac{\sqrt{3}}{2})^2+(\frac{1}{2})^2=1$(vô lý do trái với giả thiết)

+Nếu $x< 2$ thì $(\frac{\sqrt{3}}{2})^x>(\frac{\sqrt{3}}{2})^2,(\frac{1}{2})^x> (\frac{1}{2})^2= > (\frac{\sqrt{3}}{2})^x+(\frac{1}{2})^x> (\frac{\sqrt{3}}{2})^2+(\frac{1}{2})^2=1$(vô lý) 

    Vậy x=2

Uhm đề bài kiểu gì í

Cho tam giác ABC có trọng tâm G. Gọi D,E,F lần lượt là hình chiếu của G lên BC,CA,AB. Giả sử G là trọng tâm tam giác DEF.

 CM: $\Delta ABC$ là tam giác đều.

Ta có :$\frac{a^2+b}{b+c}+a+\frac{b^2+c}{c+a}+b+\frac{c^2+a}{a+b}+c=\frac{a(a+b+c)+b}{b+c}+\frac{b(b+c+a)+c}{c+a}+\frac{c(c+a+b)+a}{a+b}=\frac{a(a+b+c)+b(a+b+c)}{b+c}+\frac{b(a+b+c)+c(a+b+c)}{c+a}+\frac{c(c+a+b)+a(a+b+c)}{a+b}=\frac{(a+b+c)(a+b)}{b+c}+\frac{(a+b+c)(b+c)}{c+a}+\frac{(c+a)(a+b+c)}{b+a}=(a+b+c)(\frac{a+b}{b+c}+\frac{b+c}{c+a}+\frac{c+a}{a+b})\geq 3(a+b+c)\sqrt[3]{\frac{(a+b)(b+c)(c+a)}{(a+b)(b+c)(c+a)}}=3(a+b+c)= > \frac{a^2+b}{b+c}+\frac{b^2+c}{c+a}+\frac{c^2+a}{a+b}\geq 3(a+b+c)-(a+b+c)=2(a+b+c)=2$(đpcm) 

 Dấu =xảy ra khi a=b=c=$\frac{1}{3}$

Bài 1: (b) :Do M là trung điểm của $\Delta FBC$ vuông tại F nên FM là đương trung tuyến ứng với cạnh huyền FM của $\Delta FBC$ $= > FM=MB=MC= > \Delta FMC$ cân tại M $= > \angle MFC=\angle MCF$. Mặt khác do $\angle BFC=\angle BEC=90$$= >$ BFEC nội tiếp $= > \angle MCF=\angle FEB=\angle FEH$ .Từ đó $= > \angle FEH=\angle MFC$ $= >$ MF là tiếp tuyến của đương tròn đi qua 3 điểm A,E,F .Tương tự :ME là tiếp tuyến của đường tròn đi qua 3 điểm A,E,F

Bài 2:(a):Gỉa sử tiếp tuyến MN cặt (0) ở K. Theo tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau ta có :$\angle KON=\angle NOQ,\angle KOM=\angle MOP= > \angle KOM=\frac{1}{2}\angle KOP,\angle KON=\frac{1}{2}\angle KOQ= > \angle MON=\frac{1}{2}(\angle KOP+\angle KOQ)=\frac{1}{2}\angle POQ$ .Mặt khác do $\angle APO+\angle AQO=180$$= > APOQ$ nội tiếp $= > \angle POQ=180-\angle PAQ=180-\angle BAC$=$180-\alpha$ nên $\angle MON=\frac{1}{2}.(180-\alpha )$(không đổi)

(b):Ta có :$\Delta BOC\infty \Delta CNO$ $= > \frac{BM}{CO}=\frac{BO}{CN}= > BM.CN=BO.OC=BO^2$

Câu hoỉ là thế nào vậy

Ta có :$(a-1)^2(a^4-a^2+1)\geq 0< = > a^6-2a^5+2a^3-2a+1\geq 0< = > a^6\geq 2(a^5-a^3+a)-1$.

(1)

Tu đề bài $= > a^5-a^3+a=1006$(2)

 Thay (2) vào (1)$= > a^6\geq 2.1006-1=2011$

Dấu = xảy ra khi a=1(vô lý) .Vậy $a^6> 2011$(đpcm)