Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:

\(x^5+\frac{1}{x}+1+1\ge4\sqrt[4]{x^5.\frac{1}{x}}=4x\)

Chứng minh tương tự: \(y^5+\frac{1}{y}+1+1\ge4\sqrt[4]{y^5.\frac{1}{y}}=4y\)

\(z^5+\frac{1}{z}+1+1\ge4\sqrt[4]{z^5.\frac{1}{z}}=4z\)

\(\Rightarrow T+6\ge4\left(x+y+z\right)=12\)

\(\Leftrightarrow T\ge6\)

Dấu " = " xảy ra <=> x=y=z=1

Bạn tham khảo nhé !!

1. Mở Bài

Giới thiệu vấn đề nghị luận: trò chơi điện tử.

2. Thân Bài

a. Giải thích khái niệm và biểu hiện cụ thể, thực trạng của hiện tượng chơi điện tử

- Trò chơi điện tử là những trò chơi giải trí được ra đời dựa trên sự phát triển của công nghệ thông tin và các thiết bị điện tử.

- Trò chơi điện tử đang phát triển mạnh mẽ với rất nhiều loại game phong phú và đa dạng.

- Số lượng các quán game, quán net mọc lên hàng loạt với sự đông đúc.

- Tỉ lệ số người sử dụng trò chơi điện tử chủ yếu rơi vào đối tượng các bạn học sinh, sinh viên.

b. Phân tích những lợi ích và tác hại của trò chơi điện tử.

- Lợi ích: thỏa mãn nhu cầu giải trí, giúp con người giảm bớt căng thẳng, mệt mỏi.

- Tác hại:

+ Nghiện chơi điện tử sẽ làm ảnh hưởng xấu đến kết quả công việc.

+ Đối với thế hệ trẻ, điều này sẽ làm giảm hứng thú, kết quả học tập.

+ Trò chơi điện tử lại trở thành những mối nguy hại và là một trong những con đường dẫn con người sa vào tệ nạn xã hội.

c. Chỉ ra nguyên nhân phát triển mạnh mẽ của trò chơi điện tử

- Do sự phát triển của khoa học - kĩ thuật và nhu cầu giải trí của con người.

- Con người không biết quản lí và sử dụng quỹ thời gian hợp lí khi chơi điện tử.

d. Đề xuất các giải pháp

- Tuyên truyền, phổ biến về những hậu quả mà trò chơi điện tử gây ra khi con người lạm dụng nó.

- Người chơi cần biết sắp xếp và sử dụng quỹ thời gian hợp lí, không dành quá nhiều thời gian cho các trò chơi tiêu khiển vô bổ.

- Lựa chọn giải trí bằng những trò chơi có lợi cho sức khỏe như vận động thể dục thể thao.

- Giữa gia đình, nhà trường cần có sự phối hợp trong việc định hướng cho học sinh tìm đến những trò chơi bổ ích và tránh xa trò chơi điện tử.

3. Kết Bài

Bài học nhận thức và hành động. Liên hệ bản thân

CHÚC BẠN HỌC TỐT

Sửa lại đề Từ I kẻ đường thẳng song song AC cắt AB,BC lần lượt tại M,N

Vì MN//AC nên: \(\widehat{ACB}=\widehat{INB}\)(đồng vị)

Mà BIND là tứ giác nội tiếp nên: \(\widehat{ADB}=\widehat{INB}\)

Cho nên: \(\widehat{ACB}=\widehat{ADB}\)

Suy ra: ABDC là tứ giác nội tiếp

Đồng thời: \(\widehat{ADE}=\widehat{NBI}=\widehat{ABE}\Rightarrow\)ABDE là tứ giác nội tiếp

Vậy A,B,C,D,E cùng thuộc một đường tròn 

Hơn nữa: tam giác ABC vuông tại A

Suy ra: BC là đường kính của đường tròn ngoại tiếp ngũ giác ABDCE

Vậy BE vuông góc CE

Hình vẽ:(Mình k chắc nó có hiện ra k nha )

Trl :

Bạn kia làm đúng rồi nhé !

Học tốt nhé bạn @

N D B A' A O C

a)  Vẽ OM \(\perp\)BC  ( M \(\in\)BC ) 

OM cắt DE tại N 

DE// BC ( gt ) có ON \(\perp\)DE ,tứ giác BCDE là hình thang 

OM ​​​\(\perp\)​BC => M là trung điểm của BC 

ON\(\perp\)DE => N là trung điểm của DE 

MN là trục đối xứng của hình thang cân=> đpcm 

d)  1)BC //DE ( dt) , AD \(\perp\)BC ( gt ) 

=> AD\(\perp\)DE

góc ADE = 90 độ => AE là đường kính của đường tròn ( O) 

=> A,O,E  thẳng hàng ( đpcm ) 

2) BE = CD ( BECD là hình thang cân ) 

AE là đường kính nên góc ABE  = 90 độ 

Tam giác ABE vuông tại E ,theo định lí PI-ta- go có : 

AB² + BE² = OE²

AB² + CD² =( 2.R)² 

AB² + CD² =4R² 

Chứng minh tương tự ,ta có : AC² + BD² =4R² 

Ta có : AB² + BD² + CD² + AC² = 8.R²

Câu a)

Vì DE=BC nên: sđ cung BD=sđ cung CE

\(\Rightarrow\)sđ cung BE=sđ cung CD

\(\Leftrightarrow\widehat{BCE}=\widehat{DBC}\)

Tứ giác BCED có DE//BC nên BCED là hình thang

Mà \(\widehat{BCE}=\widehat{DBC}\Rightarrowđpcm\)

Câu b)

Vì ABDC là tứ giác nội tiếp nên: \(\widehat{ABA'}=\widehat{CDA'}\)

Xét \(\Delta ABA'\)và \(\Delta CDA'\)có

+\(\widehat{ABA'}=\widehat{CDA'}\)

+\(\widehat{AA'B}=\widehat{CA'B}\)

Do đó 2 tam giác đó đồng dạng 

\(\Rightarrow\frac{AA'}{A'C}=\frac{A'B}{A'D}\)\(\Rightarrowđpcm\)

Câu c)

Gọi giao BH với AC là B'

Tam giác BHD có BA' vừa là đường cao và vừa là đường trung tuyến 

nên tam giác BHD cân tại B

\(\Rightarrow\widehat{BHD}=\widehat{BDA}\)

\(\Leftrightarrow\widehat{AHB'}=\widehat{BDA}\)

\(\Leftrightarrow\widehat{AHB'}+\widehat{DAC}=\widehat{BDA}+\widehat{DAC}=\widehat{BDA}+\widehat{DBC}=90^o\)

\(\Leftrightarrow BB'\perp AC\)

Tam giác ABC có H là giao 2 đường cao AA' và BB'

Vậy H là trực tâm của tam giác ABC

Câu d)

Ý 1:

Có: DE//BC mà AD vuông góc BC

Suy ra: AD vuông góc DE

nên tam giác ADE vuông tại D

Suy ra: AE là đường kình đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE

Vậy A,O,E thẳng hàng

Ý 2:

Vì BCED là hình thang cân nên:

\(\hept{\begin{cases}BE=CD\\BD=CE\end{cases}}\)\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}BE^2=CD^2\\BD^2=CE^2\end{cases}\Leftrightarrow}\hept{\begin{cases}CD^2+AB^2=BE^2+AB^2=AE^2=4R^2\\AC^2+BD^2=AC^2+CE^2=AE^2=4R^2\end{cases}}\)

Cộng lại sẽ tích đc tổng đó theo R

Hình vẽ:(không biết nó có hiện ra không nên bạn thông cảm)

mình giải cho bạn 3 cách nhá . thấy cái nào đc thì làm

cách 1 ) 

ĐK \(\left|x\right|\ge\frac{1}{\sqrt{2}}\)

Phương trình \(\Leftrightarrow2\left(3x+1\right)\sqrt{2x^2-1}=10x^2+3x-6\)

\(\Leftrightarrow4\left(2x^2-1\right)-2\left(3x+1\right)\sqrt{2x^2-1}+2x^2+3x-2=0\)

đặt \(\sqrt{2x^2-1}=t\left(t\ge0\right)\)ta được \(4t^2-2\left(3x+1\right)t+2x^2+3x-2=0\)

ta có \(\Delta'=\left(3x+1\right)^2-4\left(2x^2+3x-2\right)=x^2-6x+9=\left(x-3\right)^2\)

nên phương trình \(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}t=\frac{3x+1-x+3}{4}\\t=\frac{3x+1+x-3}{4}\end{cases}=>\orbr{\begin{cases}t=\frac{x+2}{2}\\t=\frac{2x-1}{2}\end{cases}}}\)

zơi \(t=\frac{x+2}{2}\)thì \(\sqrt{2x^2-1}=\frac{x+2}{2}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x\ge-2\\4\left(2x^2-1\right)=\left(x+2\right)^2\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x\ge-2\\7x^2-4x-8=0\end{cases}}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x\ge-2\\x=\frac{2\pm\sqrt{60}}{7}\end{cases}\Leftrightarrow x=\frac{2\pm\sqrt{60}}{7}}\)

zới \(t=\frac{2x-1}{2}\)thì \(\sqrt{2x^2-1}=\frac{2x-1}{2}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x\ge\frac{1}{2}\\4\left(2x^2-1\right)=\left(2x-1\right)^2\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x\ge\frac{1}{2}\\4x^2+4x-5=0\end{cases}}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x\ge\frac{1}{2}\\x=\frac{-1\pm\sqrt{6}}{2}\end{cases}\Leftrightarrow x=\frac{-1\pm\sqrt{6}}{2}}\)

kết hợp điều kiện \(\left|x\right|\ge\frac{1}{\sqrt{2}}\)ta đc nghiệm của phương trình là \(\left\{\frac{2\pm\sqrt{60}}{7};\frac{-1\pm\sqrt{6}}{2}\right\}\)

cách 2 )

điều kiện như thế nhé

Phương trình \(\Leftrightarrow2\left(3x+1\right)\sqrt{2x^2-1}=10x^2+3x-6\)

Bình phương hai zế phương trình ta có

\(\Leftrightarrow\left[2\left(3x+1\right)\sqrt{2x^{2-1}}\right]=\left(10x^2+3x-6\right)^2\Leftrightarrow\left(7x^2-4x-8\right)\left(4x^2+4x-5\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}7x^2-4x-8=0\\4x^2+4x-5=0\end{cases}}\)

giải phương trình \(7x^2-4x-8=0=>\orbr{\begin{cases}x=\frac{2+\sqrt{60}}{7}\\x=\frac{2-\sqrt{60}}{7}\end{cases}}\)

giải phương trình \(4x^2+4x-5=0=>\orbr{\begin{cases}x=\frac{-1+\sqrt{6}}{2}\\x=\frac{-1-\sqrt{6}}{2}\end{cases}}\)

kết luận nhưu cách 1

a) D,E lần lượt là điểm chính giữa của cung nhỏ AB, AC

=> \(\hept{\begin{cases}\widebat{AO}=\widebat{BO}\\\widebat{AE}=\widebat{EC}\end{cases}}\)

ta có

\(\widehat{AHK}=\frac{1}{2}\left(\widebat{BO+\widebat{AE}}\right)\)

\(=\frac{1}{2}\left(\widebat{AO}+\widebat{EC}\right)=\widehat{AKH}\)

=> tam giác AHK cân tại A

b) \(\widebat{AD}=\widebat{DB}=>\widehat{AED}=\widehat{BED}\)

   \(\widebat{AE=\widebat{EC=>\widehat{ADE}=\widehat{IDE}}}\)

DE cạnh chung

=>\(\Delta ADE=\Delta IDE\left(c-g-c\right)\)

=>\(\hept{\begin{cases}DA=DI\\EA=EI\end{cases}=>DE}\)là đường trung trực của AI

=>\(AI\perp DE\)

c)\(\widehat{EIC}=\frac{1}{2}\left(\widebat{BD}+\widebat{CE}\right)=\frac{1}{2}\left(\widebat{AD}+\widebat{EC}\right)=\widehat{EKC}\)

=> tứ giác EKIC nội tiếp

d) tứ giác EKIC nội tiếp

=>\(\widehat{IKC}=\widehat{BEC}=\widehat{BAC}\)

=>\(IK//AB\)

a) Tứ giác ACEH có

\(\widehat{ACE}=\widehat{EHA}=90^0\)(cùng nhìn AE)

=> tứ giác ACHE nội tiếp 

b) tứ giác ACHE nội tiếp 

=> \(\widehat{EAH}=\widehat{HCE}\)(cùng chắn EH)

lại có \(\widehat{ADF}=\widehat{ACF}\)(cùng chắn AF)

mà \(\widehat{ACF}+\widehat{HCE}=90^0\)do \(\widehat{ACE}=90^0\)

=>\(\widehat{EAH}+\widehat{ADF}=90^0\)

=> \(DF\perp AB\)

mà \(EH\perp AB\)

=> \(DF//EH\)

c)các bước chứng minh nè :

cm HOD=DCH (2 góc cùng nhìn DH)

thì => COHD nọi tiếp đường tròn thì đường tròn sẽ đi qau C H O D