Gọi H là giao điểm của FM và OA.

Tính được \(AM=\dfrac{b+c-a}{2}\)

Tính được \(cos\widehat{BAC}=\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2bc}\) rồi dùng 

\(MF=\sqrt{AM^2+AF^2-2AM.AF.cos\widehat{BAC}}\)

 \(=\sqrt{2AM^2\left(1-cos\widehat{BAC}\right)}\) 

 \(=MA\sqrt{2\left(1-\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2bc}\right)}\)

 \(=MA\sqrt{\dfrac{a^2-\left(b-c\right)^2}{bc}}\)

 \(=\dfrac{b+c-a}{2}\sqrt{\dfrac{a^2-\left(b-c\right)^2}{bc}}\)

\(\Rightarrow\dfrac{MF}{MA}=\sqrt{\dfrac{a^2-\left(b-c\right)^2}{bc}}=J\)

\(\Rightarrow cos\widehat{MEF}=cos\widehat{MAH}=\dfrac{MH}{MA}=\dfrac{J}{2}\)

\(\Rightarrow sin\widehat{MEF}=\sqrt{1-cos^2\widehat{MAH}}\)

 \(=\sqrt{1-\dfrac{J^2}{4}}\) 

 \(=\sqrt{1-\dfrac{a^2-b^2-c^2+2bc}{4bc}}\)

 \(=\sqrt{\dfrac{\left(b+c\right)^2-a^2}{4bc}}\) \(=A\)

Ta cũng tính được \(ME=\dfrac{c+a-b}{2}\sqrt{\dfrac{b^2-\left(c-a\right)^2}{ca}}=\dfrac{c+a-b}{2}\sqrt{\dfrac{\left(b+c-a\right)\left(a+b-c\right)}{ca}}\)

\(EF=\dfrac{a+b-c}{2}\sqrt{\dfrac{c^2-\left(a-b\right)^2}{ab}}=\dfrac{a+b-c}{2}\sqrt{\dfrac{\left(c+a-b\right)\left(b+c-a\right)}{ab}}\)

\(\Rightarrow S_{MEF}=\dfrac{1}{2}EM.EF.sin\widehat{MEF}\) \(=...\)

 Điểm F ở câu a) với điểm N ở câu b) là những điểm gì thế bạn? Mình thấy trong đề không có định nghĩa các điểm này.

a) Xét đường tròn (O) có OM vuông góc với dây cung AC tại M 

\(\Rightarrow\) M là trung điểm AC 

\(\Rightarrow MA=MC=\dfrac{AC}{2}=\dfrac{6}{2}=3\left(cm\right)\)

Tam giác OCM vuông tại M nên \(OM=\sqrt{OC^2-MC^2}\) \(=\sqrt{5^2-3^2}\) \(=4\left(cm\right)\) 

b) Vì DC là tiếp tuyến tại C của (O) nên \(CD\perp OC\) hay \(\Delta OCD\) vuông tại C

 Xét \(\Delta OCD\) vuông tại C có đường cao CM nên \(DC^2=DM.DO\) (hệ thức lượng trong tam giác vuông)

c) Xét đường tròn (O) có đường kính BC nên \(\widehat{BNC}=90^o\) hay \(CN\perp BD\) tại N.

 Xét tam giác BCD vuông tại C có đường cao CN nên \(DC^2=DN.DB\)

 Từ đó suy ra \(DM.DO=DN.DB\left(=DC^2\right)\) \(\Rightarrow\dfrac{DM}{DB}=\dfrac{DN}{DO}\)

 Xét \(\Delta DMN\) và \(\Delta DBO\), có:

 \(\widehat{BDO}\) chung, \(\dfrac{DM}{DB}=\dfrac{DN}{DO}\)

 \(\Rightarrow\Delta DMN~\Delta DBO\left(c.g.c\right)\)

 \(\Rightarrow\widehat{DMN}=\widehat{NBO}\)

Lại có \(\widehat{DMN}+\widehat{NMO}=180^o\)

\(\Rightarrow\) đpcm

Lời giải:

a. Khi $m=1$ thì pt trở thành:

$x^2+5x+6=0$

$\Leftrightarrow (x+2)(x+3)=0$

$\Leftrightarrow x+2=0$ hoặc $x+3=0$

$\Leftrightarrow x=-2$ hoặc $x=-3$
b.

Để pt có 1 nghiệm duy nhất thì:

$\Delta=(5m)^2-4.6=0$

$\Leftrightarrow 25m^2-24=0$

$\Leftrightarrow m=\pm \frac{\sqrt{24}}{5}$

\(a.\) Khi \(m=1\) thì phương trình sẽ:

\(x^2+5x+6=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x+2\right)\left(x+3\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x+2=0\\x+3=0\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=0-2\\x=0-3\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=-2\\x=-3\end{matrix}\right.\)

\(b.\) Để phương trình có \(1\) nghiệm duy nhất thì:

\(\Delta=\left(5m\right)^2-4\cdot6=0\)

\(\Leftrightarrow25m^2-24=0\)

\(\Leftrightarrow m=\left[{}\begin{matrix}\dfrac{\sqrt{24}}{5}\\-\dfrac{\sqrt{24}}{5}\end{matrix}\right.\)

Lời giải:

Để pt có 2 nghiệm phân biệt thì:

$\Delta'=(3m+1)^2-8(3m-1)>0$

$\Leftrightarrow 9(m^2-2m+1)>0$

$\Leftrightarrow 9(m-1)^2>0$

$\Leftrightarrow m-1\neq 0\Leftrightarrow m\neq 1$
Áp dụng định lý Viet, với $x_1,x_2$ là nghiệm của pt thì:
$x_1+x_2=\frac{3m+1}{2}$

$x_1x_2=\frac{3m-1}{2}$

$\Rightarrow x_1x_2+1-(x_1+x_2)=0$

$\Leftrightarrow (x_1-1)(x_2-1)=0$

$\Leftrightarrow x_1=1$ hoặc $x_2=1$

Vì $|x_1|=2|x_2|+5\geq 5$ nên $x_2=1$

Khi đó:
$|x_1|=2|x_2|+5=2.1+5=7$

$\Rightarrow x_1=\pm 7$

Nếu $x_1=7$:

$\Rightarrow x_1+x_2=\frac{3m+1}{2}$

$\Leftrightarrow 8=\frac{3m+1}{2}\Leftrightarrow m=5$ (tm)

Nếu $x_1=-7$:

$\Rightarrow x_1+x_2=\frac{3m+1}{2}$

$\Leftrightarrow -6=\frac{3m+1}{2}$

$\Leftrightarrow m=\frac{-13}{3}$

Bất đẳng thức của em bị sai (ngược chiều). BĐT đúng phải là:

\(\dfrac{ab}{a^2+bc+ca}+\dfrac{bc}{b^2+ab+ca}+\dfrac{ca}{c^2+ab+bc}\le\dfrac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}\)

Chứng minh:

Đặt vế trái của BĐT cần chứng minh là P

Áp dụng Bunhiacopxki:

\(\left(a^2+bc+ca\right)\left(b^2+bc+ca\right)\ge\left(ab+bc+ca\right)^2\)

\(\Rightarrow\dfrac{ab}{a^2+bc+ca}\le\dfrac{ab\left(b^2+bc+ca\right)}{\left(ab+bc+ca\right)^2}\)

Thiết lập tương tự và cộng lại:

\(\Rightarrow P\le\dfrac{ab\left(b^2+bc+ca\right)+bc\left(c^2+ab+ca\right)+ca\left(a^2+ab+bc\right)}{\left(ab+bc+ca\right)^2}\)

\(\Rightarrow P\le\dfrac{ab^3+bc^3+ca^3+2abc\left(a+b+c\right)}{\left(ab+bc+ca\right)^2}\)

Nên ta chỉ cần chứng minh:

\(ab^3+bc^3+ca^3+2abc\left(a+b+c\right)\le\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(ab+bc+ca\right)\)

\(\Leftrightarrow abc\left(a+b+c\right)\le a^3b+b^3c+c^3a\)

\(\Leftrightarrow a+b+c\le\dfrac{a^2}{c}+\dfrac{b^2}{a}+\dfrac{c^2}{b}\) (đúng theo C-S)

Gọi số học sinh nam của lớp đó là: \(x\left(hs\right)\)

      số học sinh nữ của lớp đó là: \(y\left(hs\right)\)

ĐK: \(x,y>0;x,y\in N\) 

Theo đề bài \(\dfrac{1}{2}\) số học sinh nam và \(\dfrac{5}{8}\) số học sinh nữ đăng ký còn lại 16 học sinh không đi đấu làm cổ động viên nên ta có phương trình:

\(\dfrac{1}{2}x+\dfrac{5}{8}y=x+y-16\) 

\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{2}x+\dfrac{3}{8}y=16\left(1\right)\) 

Mà nam nữ đăng ký thành cặp 1 nam và 1 nữ nên ta có: \(\dfrac{1}{2}x=\dfrac{5}{8}y\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: 

\(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{1}{2}x+\dfrac{3}{8}y=16\\\dfrac{1}{2}x=\dfrac{5}{8}y\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=20\\y=16\end{matrix}\right.\left(tm\right)\)

Vậy lớp 9A có số học sinh là: \(x+y=20+16=36\left(hs\right)\)

Với \(0< x< \sqrt{3}\) ta có đánh giá sau:

\(\dfrac{1}{2-x}\ge\dfrac{x^2+1}{2}\)

Thực vậy, do \(x< \sqrt{3}\Rightarrow2-x>0\), BĐT tương đương:

\(2\ge\left(2-x\right)\left(x^2+1\right)\)

\(\Leftrightarrow x^3-2x^2+x\ge0\)

\(\Leftrightarrow x\left(x-1\right)^2\ge0\) (luôn đúng với \(x>0\))

Áp dụng cho bài toán:

\(\dfrac{1}{2-a}+\dfrac{1}{2-b}+\dfrac{1}{2-c}\ge\dfrac{a^2+1}{2}+\dfrac{b^2+1}{2}+\dfrac{c^2+1}{2}=\dfrac{a^2+b^2+c^2+3}{2}=3\) (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)