Xét (O;BC/2)

 Ta có : ^BFC = ^BEC = 90⁰ ( điểm thuộc đường tròn nhìn đường kính ) 

nên CF ; BE lần lượt là đường cao, mà BE giao CF = H => H là trực tâm 

=> AH là đường cao thứ 3 

=> AH vuông BC 

Xét tứ giác BDHF có : 

^BFH + ^BDH = 180⁰

mà 2 góc này đối 

Vậy tứ giác BDHF là tứ giác nt 1 đường tròn 

Xét tứ giác CDHE có 

^CDH + ^CEH = 180⁰

mà 2 góc này đối 

Vậy tứ giác CDHE là tứ giác nt 1 đường tròn 

Xét tứ giác ACDF có 

^AFC = ^ADC = 90⁰

mà 2 góc này kề, cùng nhìn cạnh AC

Vậy tứ giác ACDF là tứ giác nt 1 đường tròn 

Hoành độ giao điểm tm pt 

\(x^2+2x+m-1=0\)

\(\Delta'=1-\left(m-1\right)=1-m\)

Để pt có 2 nghiệm pb khi \(\Delta'>0\Leftrightarrow1-m>0\Leftrightarrow m< 1\)

Vậy với m < 1 pt có 2 điểm pb hay (P) cắt (d) tại 2 điểm pb 

Theo Vi et \(\hept{\begin{cases}x_1+x_2=-2\\x_1x_2=m-1\end{cases}}\)

Ta có 

\(\left(x_1-x_2\right)\left(x_1^2-x_2^2\right)=x_1^3-x_1x_2^2-x_1^2x_2+x_2^3\)

\(\Rightarrow x_1^3+x_2^3=\left(x_1-x_2\right)^2\left(x_1+x_2\right)+x_1x_2\left(x_1+x_2\right)\)

\(=\left[\left(x_1+x_2\right)^2-4x_1x_2\right]\left(x_1+x_2\right)+x_1x_2\left(x_1+x_2\right)\)

Thay vào ta được \(\left[4-4\left(m-1\right)\right]\left(-2\right)+\left(m-1\right)\left(-2\right)-\left(m-1\right)=4\)

\(\Leftrightarrow-2\left(8-4m\right)-2m+2-m+1=4\)

\(\Leftrightarrow-16+8m-3m=1\Leftrightarrow5m=17\Leftrightarrow m=\frac{17}{5}\)(ktm) 

vậy ko có gtri m tm 

à mình nhầm thành + rồi :v để mình suy nghĩ tý làm lại nhé 

e chịu 

@@@@@

Khó quá 

Ai thấy khó bỏ đi :)))

HT

@@@@

Sorry 

Khó quá em không bt

HT

?????:)

điểm A cách B bao nhiêu bạn ? 

ko biết quãng đường nha

ĐKXĐ : \(x\ge2;y\ge-\frac{1}{2}\)

\(\hept{\begin{cases}x+2y-1-2\sqrt{2xy+x-4y-2=0}\\\sqrt{x-2}+3\sqrt{2y+1}=4\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\left(x-2\right)+\left(2y+1\right)-2\sqrt{\left(x-2\right)\left(2y+1\right)}0\\\sqrt{x-2}+3\sqrt{2y+1}=4\end{cases}}\)

Đặt :

\(\hept{\begin{cases}\sqrt{x-2}=u\ge0\\\sqrt{2y+1}=v\end{cases}}\)ta được :

\(\hept{\begin{cases}u^2+v^2=2uv=0\\u+3v=4\end{cases}}\)

\(\hept{\begin{cases}\left(u-v\right)^2=0\\u+3v=4\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}u-v=0\\u+3v=4\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}u=1\\v=2\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}\sqrt{x-2}=1\\\sqrt{2y+1}=1\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x-2=1\\2y+1=1\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}x=3\\y=0\end{cases}}\)

bn đợi nhé

Vì \(abc=1\)nên trong 3 số a,b,c luôn có 2 số nằm cùng phía so với 1.

Không mất tính tổng quát ta giả sử 2 số đó là a và b, khi đó ta có:

\(\left(1-a\right)\left(1-b\right)\ge0\Leftrightarrow a+b\le1+ab=\frac{c+1}{c}\)

Do đó ta được:

\(\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)=\left(1+a+b+ab\right)\left(c+1\right)\)

\(=2\left(1+ab\right)\left(1+c\right)\le\frac{2\left(c+1\right)^2}{c}\)

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:

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

\(=\frac{b}{\left(1+ab\right)\left(a+b\right)}+\frac{a}{\left(1+ab\right)\left(a+b\right)}=\frac{1}{1+ab}=\frac{c}{c+1}\)

Do đó ta được:

\(\frac{1}{\left(1+a\right)^2}+\frac{1}{\left(1+b\right)^2}+\frac{1}{\left(1+c\right)^2}+\frac{2}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}\)

\(\ge\frac{c}{c+1}+\frac{1}{\left(c+1\right)^2}+\frac{c}{\left(c+1\right)^2}=\frac{c\left(c+1\right)+1+c}{\left(c+1\right)^2}=1\)

Như vậy bất đẳng thức ban đầu được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi \(a=b=c=1\).

Đặt \(x=a^3;y=b^3;z=c^3\), khi đó \(xyz=1\). Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:

\(\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)\ge2\sqrt{2\left(2+xy+yz+zx+x+y+z\right)}\)

Ta viết lại bất đẳng thức như sau:

\(\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)\ge2\sqrt{2\left(2+xy+yz+zx+x+y+z\right)}\)

\(\Leftrightarrow\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)\ge2\sqrt{2\left(x+1\right)\left(y+1\right)\left(z+1\right)}\)

Bình phương 2 vế ta được:

\(\left[\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)\right]^2\ge8\left(x+1\right)\left(y+1\right)\left(z+1\right)\)

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta được \(\left(x+y\right)^2\left(x+\frac{1}{y}\right)^2\ge x+1^4\)hay ta được bất đẳng thức:

\(\left(x+y\right)^2\left(x+xz\right)^2\ge\left(x+1\right)^4\Leftrightarrow x^2\left(x+y\right)^2\left(1+z\right)^2\ge\left(x+1\right)^4\)

Tương tự ta được các bất đẳng thức:

\(y^2\left(y+z\right)^2\left(1+x\right)^2\ge\left(y+1\right)^4;z^2\left(z+x\right)^2\left(1+y\right)^2\ge\left(z+1\right)^4\)

Nhân theo vế các bất đẳng thức trên, ta được:

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

\(\ge\left(x+1\right)^4\left(y+1\right)^4\left(z+1\right)^4\)

Hay:

\(\left(x+y\right)^2\left(y+z\right)^2\left(z+x\right)^2\ge\left(1+x\right)^2\left(1+y\right)^2\left(1+z\right)^2\)

Mặt khác, ta lại có:

\(\left(1+x\right)^2\left(1+y\right)^2\left(1+z\right)^2\ge\left(1+x\right)\left(1+y\right)\left(1+z\right)\cdot8\sqrt{xyz}\)

\(=8\left(1+x\right)\left(1+y\right)\left(1+z\right)\)

Do đó ta được bất đẳng thức:

\(\left[\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)\right]^2\ge8\left(x+1\right)\left(y+1\right)\left(z+1\right)\)

Bất đẳng thức được chứng minh, dấu đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c\)