Xài BĐT Bunhiacopski ta dễ có:

\(\left[a\left(b+c\right)+b\left(a+c\right)+c\left(a+b\right)\right]\left[\frac{1}{a^3\left(b+c\right)}+\frac{1}{b^3\left(c+a\right)}+\frac{1}{c^3\left(a+b\right)}\right]\)

\(\ge\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2=\left(ab+bc+ca\right)^2\)

\(\Rightarrow\frac{1}{a^3\left(b+c\right)}+\frac{1}{b^3\left(c+a\right)}+\frac{1}{c^3\left(a+b\right)}\ge\frac{ab+bc+ca}{2}\ge\frac{3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}}{2}=\frac{3}{2}\)

Đẳng thức xảy ra tại a=b=c=1

Đặt \(\left(a;b;c\right)\rightarrow\left(\frac{x}{y};\frac{y}{z};\frac{z}{x}\right)\) khi đó vế trái của bất đẳng thức tương đương với :D

\(\frac{x^2}{y+z}+\frac{y^2}{z+x}+\frac{z^2}{x+y}\)

Sử dụng AM - GM:

\(\frac{x^2}{y+z}+\frac{y+z}{4}\ge2\sqrt{\frac{x^2}{y+z}\cdot\frac{y+z}{4}}=x\)

Tương tự cộng lại thì có đpcm nhóe :))

Sử dụng Cauchy Schwarz và AM - GM ta dễ có:

\(P=x+y+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge x+y+\frac{4}{x+y}\)

\(=\left[x+y+\frac{1}{4\left(x+y\right)}\right]+\frac{15}{4\left(x+y\right)}\)

\(\ge2\sqrt{\frac{x+y}{4\left(x+y\right)}}+\frac{15}{4\cdot\frac{1}{2}}=\frac{17}{2}\)

Đẳng thức xảy ra tại x=y=¹/₄

a) Áp dụng BĐT \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{4}{a+b}\) ta có :

\(\frac{1}{a+b-c}+\frac{1}{b+c-a}\ge\frac{4}{a+b-c+b+c-a}=\frac{4}{2b}=\frac{2}{b}\)

Tương tự :

\(\frac{1}{b+c-a}+\frac{1}{c+a-b}\ge\frac{4}{b+c-a+c+a-b}=\frac{4}{2c}=\frac{2}{c}\)

\(\frac{1}{a+b-c}+\frac{1}{c+a-b}\ge\frac{4}{a+b-c+c+a-b}=\frac{4}{2a}=\frac{2}{a}\)

Cộng theo vế :

\(\Rightarrow2\left(\frac{1}{a+b-c}+\frac{1}{b+c-a}+\frac{1}{c+a-b}\right)\ge2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)

\(\Rightarrow\frac{1}{a+b-c}+\frac{1}{b+c-a}+\frac{1}{c+a-b}\ge\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\left(đpcm\right)\)

Đẳng thức xảy ra <=> a = b = c 

b ) Dùng BĐT Bunhiacopski 

bđt mạnh hơn: \(a^2+b^2+c^2+2abc+1\ge2\left(ab+bc+ca\right)\) qua la sen lun

\(\Leftrightarrow\)\(abc\ge\frac{1}{2}\left(ab+bc+ca+abc\right)-\frac{1}{4}\left(a^2+b^2+c^2\right)-\frac{1}{4}=\frac{7}{4}-\frac{1}{4}\left(a^2+b^2+c^2\right)\)

từ gt dễ có được \(a+b+c\ge3\)

\(\Rightarrow\)\(3\left(a^2+b^2+c^2\right)+abc\ge\frac{11}{4}\left(a^2+b^2+c^2\right)+\frac{7}{4}\ge\frac{11}{12}\left(a+b+c\right)^2+\frac{7}{4}\ge10\)

"=" \(\Leftrightarrow\)\(a=b=c=1\)

1 lời giải nếu a,b,c là 3 cạnh 1 tam giác

đặt \(a=\frac{2x}{y+z}b=\frac{2y}{z+x};c=\frac{2z}{x+y}\) bđt trở thành : 

\(12\Sigma\frac{x^2}{\left(y+z\right)^2}+\frac{8xyz}{\Pi\left(x+y\right)}=\left(\frac{6x+6y-z}{\Pi\left(x+y\right)}\right)\left(x-y\right)^2+12\Sigma\left(\frac{x}{y+z}-\frac{1}{2}\right)^2+10\ge10\)

B C A D E F H Bài làm:

1) Tam giác BDH ~ Tam giác BEC (g.g) vì:

\(\hept{\begin{cases}\widehat{HBD}=\widehat{EBC}\left(gt\right)\\\widehat{BDH}=\widehat{BEC}=90^0\end{cases}}\)

2) 

a) Theo phần 1 có 2 tam giác đồng dạng nên ta có tỉ số sau: \(\frac{BH}{BC}=\frac{BD}{BE}\Leftrightarrow BH.BE=BD.BC\left(1\right)\)

b) Tương tự ta CM được: \(CH.CF=CD.BC\left(2\right)\)

Cộng vế (1) và (2) ta được: \(BH.BE+CH.CF=BD.BC+CD.BC\)

\(=\left(BD+DC\right).BC=BC.BC=BC^2\)

3)

a) Tam giác AEB ~ Tam giác AFC (g.g) vì:

\(\hept{\begin{cases}\widehat{BAE}=\widehat{FAC}\left(gt\right)\\\widehat{AEB}=\widehat{CFA}=90^0\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\frac{AE}{FA}=\frac{AB}{AC}\)

Tam giác AEF ~ Tam giác ABC (c.g.c) vì:

\(\hept{\begin{cases}\frac{AE}{FA}=\frac{AB}{AC}\left(cmt\right)\\\widehat{FAE}=\widehat{BAC}\left(gt\right)\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\widehat{AEF}=\widehat{ABC}\)

b) Tương tự a ta CM được: \(\widehat{DEC}=\widehat{ABC}\)

\(\Rightarrow\widehat{AEF}=\widehat{DEC}\Leftrightarrow90^0-\widehat{AEF}=90^0-\widehat{DEC}\Rightarrow\widehat{FEB}=\widehat{BED}\)

=> EB là phân giác của tam giác DEF

Tương tự ta chứng minh được DA,FC là các đường phân giác còn lại của tam giác DEF, mà giao 3 đường này là H

=> H là giao 3 đường phân giác của tam giác DEF

=> H cách đều 3 cạnh của tam giác DEF (tính chất đường pg của tam giác)

4) ch nghĩ ra nhé

4) 

+) Gọi I là giao điểm của đường trung trực HC và đường trung trực MN 

=> IH = IC; IM = IN 

Lại có MH = NC ( gt) 

=> \(\Delta\)IMH = \(\Delta\)INC => ^MHI = ^NCI mà ^NCI = ^HCI = ^CHI ( vì IH = IC => \(\Delta\)IHC cân )

=> ^MHI = ^CHI hay ^BHI = ^CHI => HI là phân giác ^BHC 

=> I là giao điểm của phân giác ^BHC và trung trực HC 

=> I cố định 

=> Đường trung trực của đoạn MN luôn đi qua một điểm cố định

x²-2x+1=(x-1)² >= 0 => x²-2x+3 >= 2 với mọi x thuộc R (1)

y²+6y+9=(y+3)² >=0 => y²+6y+12 >=3 với mọi y thuộc R (2)

M=xy(x-2)(y+6)-12x²-24x+3y²+18y+2050

=(x²-2x)(y²+6y)+12(x²-2x)+3(y²+6y)+36+2014

=(x²-2x)(y²+6y+12)+3(y²+6y+12)+2014

=(x²-2x+3)(y²+6y+12)+2014 (3)

từ (1); (2) và (3) => B >= 2.3+2014 => B >= 2020

dấu "=" xảy ra <=> x=1 và y=-3

vậy minM=2020 khi x=1; y=-3

Biến đổi: (c-a) thành: -[(b-c)+(a-b)]

Thấy xuất hiện nhân tử chung r thì ... phân tích tiếp, ko khó lắm.

\(a\left(b+c\right)^2\left(b-c\right)+b\left(c+a\right)^2\left(c-a\right)+c\left(a+b\right)^2\left(a-b\right)\)

\(=\left(b-c\right)\left[a\left(b+c\right)^2-b\left(c+a\right)^2\right]-\left(a-b\right)\left[b\left(c+a\right)^2-c\left(a+b\right)^2\right]\)

\(=\left(b-c\right)\left(ab^2+ac^2-bc^2-ba^2\right)-\left(a-b\right)\left(bc^2+ba^2-ca^2-ab^2\right)\)

\(=\left(b-c\right)\left(a-b\right)\left(c^2-ab\right)-\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(a^2-bc\right)\)

\(=\left(b-c\right)\left(a-b\right)\left(c^2-ab-a^2+bc\right)\)

\(=\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)\left(a+b+c\right)\)

Bạn tự vẽ hình nhé:

Mình chỉ gợi ý thôi nhé:

a, Tam giác BED vuông ở E có EO = BO = DO .

Tam giác BFD vuông ở F có: FO = OB = OD 

=> EO = FO

=> Tam giác EOF cân ở O.

b, Xét tam giác QAO = tam giác FCO ( g - c - g)

=> OQ=OF

Xét tứ giác FBQD có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường nên FBQD là hình bình hành mà có góc BFD = 90 độ

=> Tứ giác FBQD là hình chữ nhật.

c, Tự chứng minh: tam giác EOB và OBF cân ở O.

Góc BAD = 60 độ => Góc ABC = 120 độ

Có góc EOF = EOB + BOF = ( 180 - 2. OBE ) + ( 180 - 2.OBF ) = 360 - 240 = 120 độ

d, Khi OE//AD => EO // BC.

Mà trong tam giác ABC có OA=OC => EA=EB

=> DE là đường trung tuyến và cũng là đường cao trong tam giác ADB.

=> Tam giác ADB cân ở D có góc BAD = 60 độ

=> Tam giác ADB đều.

=> AD = AB

=> AB = BC = CD=DA 

=> Tứ giác ABCD là hình thoi.

B C A D F y M I H x N Đầu tư trc cái hình

Trên hình còn thiếu điểm E quên ch vẽ

bạn tự phác hình ra nhé

a) Xét tứ giác AHCK có AH _|_ BD và CK _|_ BD => AH // CK

xét tam giác AHD và tam giác CKB có:

\(\widehat{H}=\widehat{K}=90^o\)

AD=BC

\(\widehat{ADH}=\widehat{CBK}\)

\(\Rightarrow\Delta AHD=\Delta CKB\)(cạnh huyền-góc nhọn)

=> AH=CK

vậy tứ giác AHCK là hình bình hành

b) xét hình bình hàng AHCK, trung điểm O của đường chéo HK cũng là trung điểm của đường chéo AC (tính chất đường chéo của hình bình hành) do đó 3 điểm A,O,C thẳng hàng (đpcm)

a) Xét ΔAHD và ΔCKB có:
AD = BC (gt)
góc ADB = góc DBC ( SLT).
=> ΔAHD = ΔCKB (cạnh huyền- góc nhọn)
=> BH = CK( hai cạnh tương ứng)
Lấy M trung điểm BD
=> MD = MB
=> MD - DH = MB - BK
=> MH = MK (vì M Trung điểm HK)
Vì ABCD là hình bình hành nên AC cắt BD tại trung điểm M.
Hoặc M là Trung điểm AC và M trung điểm HK.
=> Tứ giác AKCH là hình bình hành (đpcm)