c) \(P=\frac{5}{x}+\frac{6}{y}+\frac{128}{6x+5y}=\frac{6x+5y}{xy}+\frac{128}{6x+5y}\ge2\sqrt{\frac{6x+5y}{xy}.\frac{128}{6x+5y}}=16\)

Dấu \(=\)khi \(\hept{\begin{cases}xy=2\\\left(6x+5y\right)^2=256\end{cases}}\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=1,y=2\\x=\frac{5}{3},y=\frac{6}{5}\end{cases}}\).

d) \(\frac{a^2}{b-1}+\frac{b^2}{c-1}+\frac{c^2}{a-1}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a+b+c-3}=\frac{t^2}{t-3}=P\)

(với \(t=a+b+c>3\)) 

\(P\left(t-3\right)=t^2\Leftrightarrow t^2-Pt+3P=0\)(1)

Để phương trình (1) có nghiệm thì: 

\(\Delta=P^2-12P\ge0\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}P\ge12\\P\le0\end{cases}}\Rightarrow P\ge12\)(do \(t>3\)nên \(P>0\)) 

Ta có đpcm. 

A = (a + b + 1)(a² + b²) + \(\frac{4}{a+b}\)

\(\ge\left(a+b+1\right)2ab+\frac{4}{a+b}=2\left(a+b+1\right)+\frac{4}{a+b}\)(Vì a² + b² \(\ge\)2ab )

\(=\left[\left(a+b\right)+\frac{4}{a+b}\right]+2+\left(a+b\right)\ge2\sqrt{\left(a+b\right).\frac{4}{a+b}}+2+2.\sqrt{ab}=8\)(BĐT Cauchy) 

Dấu "=" xảy ra <=> a = b = 1(tmđk)

Vậy Min A = 8 <=> a = b = 1

a, Xét ΔΔ ABC có  OA=OB=OC=12AB.OA=OB=OC=12AB.

⇒Δ⇒Δ ABC vuông tại CC ⇒AC⊥BC.⇒AC⊥BC.

 Ta có AD là tiếp tuyến của nửa đường tròn tâm O nên AD ⊥⊥ AB.

Trong ΔΔ ABD vuông tại A có AC⊥BD⇒BC.BD=AB2.AC⊥BD⇒BC.BD=AB2.

Mà AB = 2R nên BC.BD=4R2.BC.BD=4R2.

b, Tam giác ACD vuông tại C có I là trung điểm của AD

⇒AI=DI=CI=12AD.⇒AI=DI=CI=12AD. (Tính chất đường trung tuyến ứng với cạnh huyền).

Xét  tam giác AOI và COI có

OI chung

OA = OC

AI = CI

⇒ΔAOI=ΔCOI(c−c−c).⇒ΔAOI=ΔCOI(c−c−c).  ⇒ˆIAO=ˆICO⇒IAO^=ICO^ (hai góc tương ứng).

Mà ˆIAO=900⇒ˆICO=900IAO^=900⇒ICO^=900 hay IC ⊥⊥OC

           ⇒⇒IC là tiếp tuyến của nửa đường tròn tâm O.

c, Ta có AD//CH (cùng vuông góc với AB)

Trong tam giác BAI có KH // AI ⇒KHAI=BKBI⇒KHAI=BKBI (định lý Ta-lét).

Trong tam giác BDI có CK // DI ⇒CKDI=BKBI⇒CKDI=BKBI (định lý Ta-lét).

Suy ra KHAI=CKDI.KHAI=CKDI.

Mà AI = DI nên KH = CK hay K là trung điểm của CH. (điều phải chứng minh).

Ta có :

\(\left(x+y\right)^2\le2\left(x^2+y^2\right)=2\) ( BĐT Bunhiacopxki )

Vậy \(-\sqrt{2}\le x+y\le\sqrt{2}\)

Hình bạn tự vẽ được rồi.

a) Xét đường tròn (O) có tiếp tuyến BA tại A nên \(\widehat{BAO}=90^0\)

Xét \(\Delta OBA\)và \(\Delta OBC\), ta có:

 \(OA=OB\left(=R\right)\); \(BA=BC\left(gt\right)\)và OB chung \(\Rightarrow\Delta OBA=\Delta OBC\left(c.c.c\right)\Rightarrow\widehat{BAO}=\widehat{BCO}\)

Mà \(\widehat{BAO}=90^0\left(cmt\right)\Rightarrow\widehat{BCO}=90^0\)\(\Rightarrow BC\perp OC\)tại C \(\Rightarrow CB\)là tiếp tuyến tại C của (O;R) (đpcm thứ nhất)

Do \(BA=BC\left(gt\right)\Rightarrow\)B nằm trên đường trung trực của đoạn AC. (1)

Mặt khác \(OA=OC\left(=R\right)\)\(\Rightarrow\)O nằm trên đường trung trực của đoạn AC (2)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\)OB là đường trung trực của AC \(\Rightarrow OB\perp AC\)(3)

Vì AD là đường kính của (O) nên O là trung điểm AD \(\Rightarrow\)\(OA=\frac{AD}{2}\)và CO là trung tuyến của \(\Delta ACD\)

Lại có \(OC=OA\left(=R\right)\Rightarrow OC=\frac{AD}{2}\left(=OA\right)\)

Xét \(\Delta ACD\)có CO là trung tuyến, mà \(OC=\frac{AD}{2}\Rightarrow\)\(\Delta ACD\)vuông tại C \(\Rightarrow CD\perp AC\)(4)

Từ (3) và (4) \(\Rightarrow CD//OB\left(\perp AC\right)\)(đpcm thứ hai)

b) Gọi E là giao điểm của BC và AD.

\(\Delta ABE\)có \(C\in BE\); \(D\in AE\)và \(CD//OB\left(cmt\right)\)\(\Rightarrow\frac{CD}{OB}=\frac{EC}{EB}\)(hệ quả định lý Ta-lét) (5)

Dễ thấy \(CK//AB\left(\perp AD\right)\), tương tự như trên, ta có: \(\frac{CK}{AB}=\frac{EC}{EB}\)(6)

Từ (5) và (6) \(\Rightarrow\frac{CD}{OB}=\frac{CK}{AB}\left(=\frac{EC}{EB}\right)\Rightarrow CD.AB=OB.CK\)

Lại có \(AB=BC\left(gt\right)\)\(\Rightarrow BC.CD=OB.CK\)(đpcm)

chao cac ban minh la tram

???????????????????????///

\(A=\sqrt{9+\sqrt{17}}-\sqrt{9-\sqrt{17}}\)

\(\Leftrightarrow A^2=\left(\sqrt{9+\sqrt{17}}-\sqrt{9-\sqrt{17}}\right)^2\)

\(=9+\sqrt{17}-2\sqrt{9+\sqrt{17}}.\sqrt{9-\sqrt{17}}+9-\sqrt{17}\)

\(=18-2\sqrt{81-17}=18-2.8=2\)

\(\Rightarrow A=\sqrt{2}\)