theo giả thiết => a+b+c=3abc

ta có:

\(P>=\frac{\left(b\sqrt{a}+a\sqrt{c}+c\sqrt{b}\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}\)(theo cauchy schawarz)\(=\frac{\left(b\sqrt{a}+c\sqrt{b}+a\sqrt{c}\right)^2}{6abc}\)

=>\(P>=\frac{\left(3\sqrt[3]{abc\sqrt{abc}}\right)^2}{6abc}\)(cô si)=3/2

dấu = xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=\(\frac{1}{2}\)

sorry mk nhầm xảy ra dấu = <=>a=b=c=1

\(ĐKXĐ:x>0\)

Có: \(B=\frac{x+16}{\sqrt{x}}+3=\sqrt{x}+\frac{16}{\sqrt{x}}+3\)

                                          \(\ge2\sqrt{\sqrt{x}.\frac{16}{\sqrt{x}}}+3=2\sqrt{16}+3=11\)

Dấu "=" xảy ra khi x = 16

O M A B 1 2 1 2

Do MA là tiếp tuyến của (O) => MA \(\perp\)AO

Có \(cosO_1=\frac{OA}{OM}=\frac{R}{2R}=\frac{1}{2}\)

\(\Rightarrow\widehat{O_1}=60^o\)

Tương tự \(\widehat{O_2}=60^o\)

\(\Rightarrow\widehat{AOB}=\widehat{O_1}+\widehat{O_2}=60^o+60^o=120^o\)

Có: \(\widehat{AOB}+\widehat{OBM}+\widehat{BMA}+\widehat{MAO}=360^o\)

\(\Leftrightarrow120^o+90^o+\widehat{BMA}+90^o=360^o\)

\(\Leftrightarrow\widehat{BMA}=60^o\)

Vậy ...

A B C D M N O I K P Q H S R L T E G

1) Do DN // AB nên ^DNC = ^BAC (Đồng vị). Mà ^BAC = ^DBC nên ^DNC = ^DBC => Tứ giác BNCD nội tiếp

Suy ra 5 điểm B,O,N,C,D cùng thuộc 1 đường tròn  => ^BND = ^BOD = ^COD = ^CND

Ta có: DN // AB => ^BND = ^ABN. ^CND = ^NAB => ^NBA = ^NAB => \(\Delta\)ANB cân tại N (đpcm).

2) Ta có: ^DCM = ^DNB = ^DNC => \(\Delta\)DMC ~ \(\Delta\)DCN => DC² = DM.DN. Dễ thấy: DC² = DI.DA

Suy ra: DM.DN = DI.DA => Tứ giác AIMN nội tiếp => ^IMK = ^IAN = ^IBC => \(\Delta\)MIK ~ \(\Delta\)MKB (g.g)

=> KM² = KI.KB. Ta lại có: ^KDI = ^IAB = ^KBD => \(\Delta\)IKD ~ \(\Delta\)DKB (g.g) => KD² = KI.KB

Từ đó: KM² = KD² => KM = KD = DM/2. Do G là trung điểm KD nên \(\frac{GM}{GK}=3\) (1)

Gọi giao điểm của tia AD và tia ND là R. Theo hệ quả ĐL Thales: \(\frac{QB}{QM}=\frac{AB}{MR}\) (2)

Nếu ta gọi giao của PI với BC là V, theo phép vị tự thì I là trung điểm của PV. Từ đó suy ra: GM=GR

Mà GD = GK = GM/3 nên DK = MR/3. Lại áp dụng hệ quả ĐL Thales:  \(\frac{IK}{IB}=\frac{DK}{AB}=\frac{MR}{3AB}\) (3)

Từ (1),(2),(3) suy ra: \(\frac{GM}{GK}.\frac{QB}{QM}.\frac{IK}{IB}=3.\frac{AB}{MR}.\frac{MR}{3AB}=1\). Theo đk đủ của ĐL Mélelaus thì 3 điểm Q,I,G tương ứng nằm trên các cạnh BM,BK,KM của \(\Delta\)BKM thẳng hàng (đpcm).

3) Gọi (HCS) cắt (O) tại điểm thứ hai là T. E là giao điểm của OD và BC.

Ta thấy: ^TBD = ^TCB = ^THS = ^THD (Góc tạo bởi tiếp tuyến và dây + Góc nội tiếp) => Tứ giác BHTD nội tiếp

Từ đó: 5 điểm B,H,E,T,D cùng thuộc 1 đường tròn => ^BTD = ^BED = 90⁰ 

Mặt khác: ^DTE = 180⁰ - ^DBE = 180⁰ - ^BAC = ^BTC => ^DTE = ^BTC => ^BTD = ^CTE

Suy ra: ^CTE = 90⁰ => T nằm trên đường tròn (CE) cố định. Mà T cũng thuộc (O) cố định.

Nên T là điểm cố định. Do đó: Dây CT của đường tròn (HCS) cố định

=> Tâm L của (HCS) luôn nằm trên đường trung trực của đoạn CT cố định (đpcm).

Đổi: 54 phút = 0,9 giờ

Gọi vận tốc của xe máy là x(km/h); điều kiện: x > 0

Quãng đường xe ô tô đi từ B đến C là:

BC = AB - AC = 180 - 80 = 100(km)

Vì trong cùng 1 thời gian ô tô đi được 100 km, xe máy đi được 80 km nên Vô tô 1,25 V_{xe máy} 

Vận tốc ô tô / Vận tốc xe máy = \(\frac{100t}{80t}=\frac{100}{80}=1,25\)

Thời gian xe máy đi từ A đến D là : \(t=\frac{s}{v}=\frac{60}{x}(h)\)

Thời gian xe ô tô đi từ B đến D là: \(t=\frac{s}{v}=\frac{180-60}{1,25x}=\frac{120}{1,25x}(h)\)

Làm nốt