Từ một điểm A nằm ngoài đường tròn (O;R) kẻ tiếp tuyến AB với (O) (B là tiếp điểm). Đường thẳng đi qua B vuông góc với OA tại H và cắt đường trong (O) tại C. Vẽ đường kính BD. Đường thẳng AO cắt đường tròn (O) tại 2 điểm M và N (M nằm giữa A và N). Chứng minh:
a) CD//OA
b) AC là tiếp tuyến của đường tròn (O)
c) Cho biết R = 15cm, BC = 24CM. Tính AB, OA
d) Gọi I là trung điểm của HN. Từ H kẻ đường vuông góc với BI cắt BM tại E. Chứng minh: M là trung điểm của BE.
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.

Đối các bài bất đẳng thức đối xứng, khi thay vai trò các biến cho nhau thì bđt đã cho không thay đổi. Khi đó thường dấu = bđt xảy ra khi dấu = đầu kiện xảy ra và các biến bằng nhau. Từ đó ta áp dụng cosy hoặc bunhia thì dấu = xảy ra tại điểm các biến bằng nhau.
Đối với bài này mình dự đoán dấu = bđt xảy ra khi a = b = c =1.
Ta có: \(\dfrac{a^2}{a+b^2}=a-\dfrac{ab^2}{a+b^2}\ge a-\dfrac{ab^2}{2\sqrt{ab^2}\left(cosy\right)}=a-\dfrac{\sqrt{ab^2}}{2}\\ \ge a-\dfrac{ab+b}{4}\\ \Rightarrow\dfrac{a^2}{a+b^2}\ge a-\dfrac{ab+b}{4}\)
Tương tự:
\(\dfrac{b^2}{b+c^2}\ge b-\dfrac{bc+c}{4}\)
\(\dfrac{c^2}{c+a^2}\ge c-\dfrac{ca+a}{4}\)
Ta chứng minh:
\(VT\ge2\left(a+b+c-\dfrac{a+b+c+ab+bc+ca}{4}\right)\)
Áp dụng Bunhiacopxki ta có:
\(3\left(ab+bc+ca\right)\le\left(a+b+c\right)^2\\ \le\left(a+b+c\right)\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}=3\left(a+b+c\right)\\ \Rightarrow ab+bc+ca\le a+b+c\)
Bởi vậy
\(VT\ge2\left(a+b+c-\dfrac{a+b+c}{2}\right)=a+b+c\)
Dấu = xảy ra khi \(a=b=c=1\)



Để phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt ta có:
\(\Delta'>0;m+2\ne0\Leftrightarrow\left[-\left(m-1\right)\right]^2-\left(m+2\right)\left(m-3\right)>0;m\ne-2\\ m^2-2m+1-m^2+m+6>0;m\ne-2\\ 7-m>0;m\ne-2\\ m< 7;m\ne-2\)
Với \(x_1;x_2\) là nghiệm của phương trình đã cho, không mất tính tổng quát giả sử \(x_1=2x_2\) ta có:
\(\left\{{}\begin{matrix}x_1=2x_2\\x_1+x_2=\dfrac{2\left(m-1\right)}{m+2}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_1=\dfrac{4\left(m-1\right)}{3\left(m+2\right)}\\x_2=\dfrac{2\left(m-1\right)}{3\left(m+2\right)}\end{matrix}\right.\)
\(x_1.x_2=\dfrac{m-3}{m+2}\)
\(\Rightarrow\dfrac{4}{3}.\dfrac{2}{3}.\dfrac{\left(m-1\right)^2}{\left(m+2\right)^2}=\dfrac{m-3}{m+2}\\ \Leftrightarrow\dfrac{8}{9}.\dfrac{\left(m-1\right)^2}{\left(m+2\right)^2}=\dfrac{m-3}{m+2}\\ \Leftrightarrow8\left(m-1\right)^2\left(m+2\right)=9\left(m+2\right)^2\left(m-3\right)\\ \Leftrightarrow8\left(m-1\right)^2=9\left(m+2\right)\left(m-3\right)\\ \Leftrightarrow8\left(m^2-2m+1\right)=9\left(m^2-m-6\right)\\ \Leftrightarrow m^2+7m-62=0\)
\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}m_1=\dfrac{-7-\sqrt{297}}{2}\\m_2=\dfrac{-7+\sqrt{297}}{2}\end{matrix}\right.\)
So với đầu kiện bài toán ta có 2 giá trị m thõa mãn bài toán đã cho.

a) Pt đã cho có \(\Delta=\left[-\left(2m-3\right)\right]^2-4\left(m^2-3m\right)=4m^2-12m+9-4m^2+12m\)\(=9>0\). Vậy pt đã cho luôn có 2 nghiệm khi m thay đổi.
b) Pt đã cho cho 2 nghiệm phân biệt:
\(x_1=\dfrac{-\left[-\left(2m-3\right)\right]-\sqrt{9}}{2}=\dfrac{2m-3-3}{2}=m-3\)
\(x_2=\dfrac{-\left[-\left(2m-3\right)\right]+\sqrt{9}}{2}=\dfrac{2m-3+3}{2}=m\)
Vậy để pt đã cho có 2 nghiệm \(x_1,x_2\) thỏa mãn \(1< x_1< x_2< 6\) thì \(1< m-3< m< 6\) \(\Leftrightarrow4< m< 6\)