Do AB không đổi nên IAB có diện tích lớn nhất khi đường cao cao từ I xuống AB lớn nhất.

Đường cao từ I xuống AB lớn nhất khi trùng với IO

Hay IO vuông góc với AB

Từ đây bạn tìm vị trí điểm M nhé !

Bạn giải thích kỹ giúp mình chỗ Đường cao từ I xuống AB lớn nhất khi trùng với IO được ko mình ko hiểu vì sao lại vậy

\(M=\left(x-1\right)^2+\left(y+3\right)^2+2\)

Có \(\left(x-1\right)^2+\left(y+3\right)^2\ge0\)

=> M_min = 2 <=> x = -1 và y = 3

Ta có \(M=x^2+y^2-2x+6y+12=\left(x^2-2x+1\right)+\left(y^2+6y+9\right)+2\)\(=\left(x-1\right)^2+\left(y+3\right)^2+2\)

Vì \(\left(x-1\right)^2\ge0;\left(y+3\right)^2\ge0\) \(\Rightarrow\left(x-1\right)^2+\left(y+3\right)^2+2\ge2\) \(\Leftrightarrow M\ge2\)

Vậy GTNN của M là 2

Dấu "=" xảy ra khi \(\left\{{}\begin{matrix}x-1=0\\y+3=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=1\\y=-3\end{matrix}\right.\)

Ta có  \(A\left(x\right)=x^2-4x+24\) \(=\left(x^2-4x+4\right)+20\) \(=\left(x-2\right)^2+20\)

Vì \(\left(x-2\right)^2\ge0\Leftrightarrow\left(x-2\right)^2+20\ge20\Leftrightarrow A\left(x\right)\ge20\)

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức đã cho là 20

Dấu "=" xảy ra khi \(x-2=0\Leftrightarrow x=2\)

\(A\left(x\right)=\left(x-2\right)^2+20\)

Có (x-2)²\(\ge\)0

=> \(\left(x-2\right)^2+20\ge20\)

=> A_min = 20 <=> x = 2

a, x⁴  - 1 = (x² - 1)(x² +1)

b, x² + y² - z² + 2xy -2z -1

=  (x + y)² - (z +1 )²

= (x + y  +  z + 1 )( x + y - z - 1)

c, 4x⁴ + y⁴ = ???/

a) \(x^4-1=\left(x^2-1\right)\times\left(x^2+1\right)=\left(x-1\right)\times\left(x+1\right)\times\left(x^2+1\right)\)

b) \(=\left(x^2+2xy+y^2\right)-\left(z^2+2z+1\right)\)

\(=\left(x+y\right)^2-\left(z+1\right)^2=\left(x+y+\left(z+1\right)\right)\times\left(x+y-\left(z+1\right)\right)\)

\(=\left(x+y+z+1\right)\left(x+y-z-1\right)\)

c) \(=4x^4+4x^2y^2+y^4-4x^2y^2\)

\(=\left(2x^2+y^2\right)^2-\left(2xy\right)^2\)

\(=\left(2x^2+2xy+y^2\right)\left(2x^2-2xy+y^2\right)\)

K A B D E I M N O H

Xét tg KAD và tg KEA có

\(\widehat{AKE}\) chung

\(sđ\widehat{KAD}=\dfrac{1}{2}sđ\) cung AD (góc giữa tiếp tuyến và dây cung)

\(sđ\widehat{KEA}=\dfrac{1}{2}sđ\) cung AD (góc nội tiếp)

\(\Rightarrow\widehat{KAD}=\widehat{KEA}\)

=> tg KAD đồng dạng với tg KEA (g.g.g)

\(\Rightarrow\dfrac{KA}{KE}=\dfrac{KD}{KA}\Rightarrow KA^2=KD.KE\)

Xét tg vuông AKO có

\(KA^2=KH.KO\) (trong tg vuông bình phương 1 cạnh góc vuông bằng tích giữa hình chiếu cạnh góc vuông đó trên cạnh huyền với cạnh huyền)

\(\Rightarrow KD.KE=KH.KO\Rightarrow\dfrac{KD}{KO}=\dfrac{KH}{KE}\)

Xét tg KDH và tg KOE có

\(\dfrac{KD}{KO}=\dfrac{KH}{KE}\)(cmt)

\(\widehat{EKO}\) chung

=> tg KHD đồng dạng với tg KOE (Hai tam giác có hai cặp cạnh tương ứng tỷ lệ, hai góc xen giữa hai cặp cạnh ấy bằng nhau thì đồng dạng)

\(\Rightarrow\widehat{DHK}=\widehat{OED}\)

Ta có

\(\widehat{DHK}+\widehat{DHO}=180^o\Rightarrow\widehat{OED}+\widehat{DHO}=180^o\)

=> tứ giác DEOH là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối nhau = \(180^o\) là tứ giác nội tiếp)

\(\Rightarrow\widehat{ODH}=\widehat{OEH}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung OH)

Xét tg DOE có

\(\widehat{DOE}=180^o-\widehat{ODE}-\widehat{OED}\)

Tam giác ODE có OD=OE=R => tg ODE cân tại O

\(\Rightarrow\widehat{ODE}=\widehat{OED}\)

\(\Rightarrow\widehat{DOE}=180^o-2\widehat{ODE}\) (1)

Xét tg DHE có

\(\widehat{DHE}=180^o-\widehat{EDH}-\widehat{DEH}=180^o-\left(\widehat{ODE}+\widehat{ODH}\right)-\left(\widehat{OED}-\widehat{OEH}\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{DHE}=180^o-\widehat{ODE}-\widehat{ODH}-\widehat{OED}+\widehat{OEH}\)

Mà \(\widehat{ODE}=\widehat{OED};\widehat{ODH}-\widehat{OEH}\) (cmt)

\(\Rightarrow\widehat{DHE}=180^o-2\widehat{OED}\) (2)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\widehat{DHH}=\widehat{DOE}\) (đpcm)

\(a^2+b^2=4\) suy ra \(\left\{{}\begin{matrix}0\le a\le2\\0\le b\le2\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}0\le a^3\le2a^2\\0\le b^3\le2b^2\end{matrix}\right.\)

\(a^3+b^3\le2\left(a^2+b^2\right)=8\)

Dấu \(=\) xảy ra tại \(a=2,b=0\) hoặc \(a=0,b=2\).

a2+b2=4a2+b2=4 suy ra {0≤a≤20≤b≤2⇔{0≤a3≤2a20≤b3≤2b2{0≤a≤20≤b≤2⇔{0≤a3≤2a20≤b3≤2b2

a3+b3≤2(a2+b2)=8a3+b3≤2(a2+b2)=8

Dấu == xảy ra tại a=2,b=0a=2,b=0 hoặc a=0,b=2a=0,b=2.

Nhận xét: Vế đầu của BĐT luôn đúng vì:

\(3\left(x^3+y^3+z^3\right)-3\left(x^2y+y^2z+z^2x\right)=\sum\left(x-y\right)^2\left(2x+y\right)\ge0\)

Bây giờ ta sẽ chứng mình vế sau.

Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}p=x+y+z=2\\q=xy+yz+xz\\r=xyz\end{matrix}\right.\)

Khi đó \(x^3+y^3+z^3=p^3-3pq+3r=8-6q+3r\)

\(x^4+y^4+z^4=\left(p^2-2q\right)^2-2\left(q^2-2pr\right)=2q^2-16q+8r+16\)

Do đó ta cần chứng minh: 

\(8-6q+3r\le q^2-8q+4r+8+1\)

\(\Leftrightarrow r+\left(q-1\right)^2\ge0\)

Điều này luôn đúng với mọi \(x,y,z\ge0\).