Áp dụng BĐT cauchy-Schwarz dạng phân thức ta có: 

\(A=\frac{1}{x}+\frac{4}{y}\ge\frac{\left(1+2\right)^2}{x+y}=\frac{9}{1}=9\) 

Dấu"=" xảy ra \(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x+y=1\\\frac{1}{x}=\frac{2}{y}\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=\frac{1}{3}\\y=\frac{2}{3}\end{cases}}\)

Vậy Min A=9 \(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=\frac{1}{3}\\y=\frac{2}{3}\end{cases}}\)

A = \(\frac{1}{x}\)+ \(\frac{4}{y}\)

tự làm đi

a) Vì \(A,M,B\in\left(O\right)\); AB là đường kính

\(\Rightarrow\widehat{AMB}=90^0\)

\(\Rightarrow AM\perp MB\)

Xét tam giác ANB có: BM vừa là đường cao vừa là đường trung bình 

\(\Rightarrow\Delta ANB\)cân tại B

\(\Rightarrow NB=BA\)

\(\Rightarrow N\in\left(C;\frac{BA}{2}\right)\)cố định

b) Vì BM là đường cao của tam giác ABN cân tại B

=> BM là phân giác góc ABN

=> góc ABM= góc NBM

Xét tam giác ARB và tam giác NRB có:

\(\hept{\begin{cases}BRchung\\\widehat{ABM}=\widehat{NBM}\left(cmt\right)\\AB=NB\end{cases}\Rightarrow\Delta ARB=\Delta NRB\left(c-g-c\right)}\)

\(\Rightarrow\widehat{RAB}=\widehat{RNB}=90^0\)

\(\Rightarrow RN\perp BN\)

\(\Rightarrow RN\)là tiếp tuyến của (C)

c) Ta có: A,P,B thuộc (O); AB là đường kính

\(\Rightarrow\widehat{APB}=90^0\)

\(\Rightarrow AP\perp BP\)

\(\Rightarrow RN//AP\)( cùng vuông góc với NB )

Xét tam giác NAB có: \(\hept{\begin{cases}MB\perp AN\\AP\perp BN\end{cases}}\); AP cắt BM tại Q

\(\Rightarrow Q\)là trực tâm tam giác NAB

\(\Rightarrow NQ\perp AB\)

=> NQ // AR(  cùng vuông góc với  AB)

Xét tứ giác ARNQ có:

\(\hept{\begin{cases}AR//NQ\left(cmt\right)\\RN//AP\left(cmt\right)\end{cases}\Rightarrow ARNQ}\)là hình bình hành

Mà 2 đường chéo RQ và AN vuông góc với nhau

=> ARNQ là hình thoi 

Ta có ngay\(\frac{S_{HBA}}{S_{HAC}}=\frac{\frac{1}{2}AH\cdot HB}{\frac{1}{2}AH\cdot HC}=\frac{HB}{HC}=\frac{36}{64}=\frac{9}{16}\)

Vậy ...

A B C H 36 64

Bài làm

Xét tam giác HBA và tam giác HAC có:

\(\widehat{AHB}=\widehat{AHC}=90^0\)

\(\widehat{B}=\widehat{HAC}\)(cùng phụ với góc C)

=> Tam giác HBA ~ tam giác HAC ( g-g)

=> \(\frac{BH}{AH}=\frac{AH}{HC}\Rightarrow AH^2=BH.HC=AH^2=36.64=AH^2=100\left(cm\right)\)

=> AH = 10 cm

Theo tính chất tỉ số diện tích của hai tam giác đồng dạng có:

\(\frac{S_{\Delta HBA}}{S_{\Delta HAC}}=\left(\frac{BH}{AH}\right)^2=\frac{BH^2}{AH^2}=\frac{36^2}{10^2}=\frac{324}{25}\)

Vậy tỉ số diện tích tam giác HBA và tam giác HAC là 324/25

~ Tính không biết đúng không nữa, hahah~ 

B C O D M A I

Bài làm

a) Ta có: A thuộc nửa đường tròn tâm O đường kính BC

=> Tam giác ABC vuông tại A

=> \(\widehat{BAC}=90^0\Rightarrow\widehat{ADC}=90^0\)

Lại có: M thuộc nửa đường tròn tâm O đường kính BC

=> Tam giác MBC vuông tại A

=> \(\widehat{BMC}=90^0\Rightarrow\widehat{BMD}=90^0\)

Xét tứ giác AIMD có:

\(\widehat{ADC}=\widehat{DMB}=90^0\)

=> Tứ giác AIMD là tứ giác nội tiếp đường tròn. (đpcm).

b) Xét tam giác BAI và tam giác CMI có:

\(\widehat{BAC}=\widehat{CMB}=90^0\)

\(\widehat{AIB}=\widehat{MIC}\)(đối)

=> Tam giác BAI đồng dạng với tam giác CMI (g-g)

=> \(\frac{AI}{IM}=\frac{BI}{IC}\Rightarrow AI.IC=BI.IM\left(\text{đ}pcm\right)\)

~ Không hiểu gì inbox hỏi mình ~

\(x^2-xy+y^2=x+y+3\)

\(\Leftrightarrow2x^2-2xy+2y^2-2x-2y+2=8\)

\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)^2+\left(x-1\right)^2+\left(y-1\right)^2=8=0+4+4\)

\(8\)có cách phân tích duy nhất thành tổng của \(3\)số chính phương là \(0+4+4\)nên ta có các trường hợp sau: 

- \(\hept{\begin{cases}\left(x-y\right)^2=0\\\left(x-1\right)^2=4\\\left(y-1\right)^2=4\end{cases}}\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=y=3\\x=y=-1\end{cases}}\)

- \(\hept{\begin{cases}\left(x-y\right)^2=4\\\left(x-1\right)^2=0\\\left(y-1\right)^2=4\end{cases}}\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=1,y=3\\x=1,y=-1\end{cases}}\)

- \(\hept{\begin{cases}\left(x-y\right)^2=4\\\left(x-1\right)^2=4\\\left(y-1\right)^2=0\end{cases}}\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=3,y=1\\x=-1,y=1\end{cases}}\)

x² - xy + y² = x + y + 3

<=> x² - ( y + 1 )x + y² - y - 3 = 0 (*)

Xét (*) ta có : Δ = b² - 4ac = [ -( y + 1 ) ]² - 4( y² - y - 3 )

= y² + 2y + 1 - 4y² + 4y + 12 = -3y² + 6y + 13

(*) có nghiệm <=> Δ ≥ 0 <=> -3y² + 6y + 13 ≥ 0 <=> \(\frac{3-4\sqrt{3}}{3}\le y\le\frac{3+4\sqrt{3}}{3}\)

Vì y nguyên dương => y ∈ { 1 ; 2 ; 3 }

Với y = 1 (*) trở thành x² - 2x - 3 = 0 có a - b + c = 0 nên có hai nghiệm x₁ = -1 (ktm) ; x₂ = -c/a = 3 (tm)

Với y = 2 (*) trở thành x² - 3x - 1 = 0 có Δ = 13 không là SCP nên không có nghiệm nguyên

Với y = 3 (*) trở thành x² - 4x + 3 = 0 có a + b + c = 0 nên có hai nghiệm x₁ = 1 (tm) ; x₂ = c/a = 3 (tm)

Vậy ( x ; y ) = { ( 3 ; 1 ) , ( 1 ; 3 ) , ( 3 ; 3 ) }

\(\sqrt{a^4+3a^2+1}\ge\sqrt{a^4+2a^2+1}=a^2+1\)

thank

+)Ta có : x⁴ + y⁴ < x⁴ + x³y + x²y² + xy³ + y⁴

Mà x > y > 1 ⟹ x - y > 0 

⟹ ( x - y ) ( x⁴ + y⁴ ) < ( x - y ) ( x⁴ + x³y + x²y² + xy³ + y⁴ ) ( * )

+)Ta có : ( x - y ) ( x⁴ + x³y + x²y² + xy³ + y⁴ ) 

            = x ( x⁴ + x³y + x²y² + xy³ + y⁴ ) - y ( x⁴ + x³y + x²y² + xy³ + y⁴ ) 

            = x⁵ + x⁴y + x³y² + x²y³ + xy⁴ - x⁴y -  x³y² - x²y³ -  xy⁴ - y⁵

            = x⁵ - y⁵

⟹ ( x - y ) ( x⁴ + x³y + x²y² + xy³ + y⁴ ) = x⁵ - y⁵ ( ** )

Từ ( * ) ; ( ** ) 

⟹  ( x - y ) ( x⁴ + y⁴ ) <  x⁵ - y⁵

Mà   x⁵ - y⁵ < x⁵ + y⁵ 

⟹ ( x - y ) ( x⁴ + y⁴ ) <  x⁵ - y⁵

⟹ ( x - y ) ( x⁴ + y⁴ ) < x - y 

⟹  x⁴ + y⁴ < 1 ( đpcm ) 

oke bn

a. Xét (O) , có

CD \(\perp\)AB = {I}

=> \(\widehat{CIB}=90^o\Rightarrow\widehat{FIB}=90^o\) 

Có: \(\widehat{AEB}\)là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính AB

\(\Rightarrow\widehat{AEB}=90^o\Rightarrow\widehat{IEB}=90^o\)

Xét tứ giác EFIB, có:

\(\widehat{FEB}+\widehat{FIB}=90^o+90^o=180^o\)

2 góc \(\widehat{FEB}\)và \(\widehat{FIB}\)là 2 góc đối nhau




=> EFIB là tứ giác nội tiếp (dhnb) (đpcm)