Bài 5:Từ một điểm M ở bên ngoài đường tròn (O) ta vẽ hai tiếp tuyến MA,
MB với đường tròn. Trên cung nhỏ AB lấy một điểm C. Vẽ CD AB, CE
MA, CF MB.

Gọi I là giao điểm của AC và DE, K là giao điểm của BC và DF. Chứng
minh rằng:

a) Các tứ giác AECD, BFCD nội tiếp được.

b) CD2 = CE. CF

c)* IK // AB

Trước tiên, đề của bạn có lẽ sai hai chỗ: I là giao điểm của AC và DE chứ không phải là DF, và thứ 2 nữa là CD^2 thông thể bằng DE.DF, bạn xem lại nhe! 
Câu 1. Dễ thấy AECD và BFCD nội tiếp. 
Câu 2. Ta sẽ chứng minh tgCED và tgCDF đồng dạng. 
Thật vậy: 
Vì MA, MB là các tiếp tuyến của (O) nên ^MAB = ^MBA (1) 
Mà ^ECD + ^MAB = 180; ^DCF + ^MBA = 180 (các góc đối của tứ giác nội tiếp) nên ^ECD = ^DCF (*) 
Có ^EDC = ^CAE (hai góc nội tiếp cùng chắn mộ cung - trong đường tròn ngoại tiếp AECD) 
^CAE = ^ABC (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cùng chắn cung - đtròn O) 
^ABC = ^DFC (hai góc nội tiếp cùng chắn mộ cung - trong đường tròn ngoại tiếp BFCD) 
=> ^ECD = ^DFC (**) 
(*) (**) => tgCED và tgCDF đồng dạng. 
=> CE/CD = CD/CF => CD^2 = CE.CF. 
(CD^2 không thể bằng DE.DF vì trong các tam giác DEC, DCF thì DE, DF là lớn nhất, lớn hơn CE, CF (do các cạnh đó đối diện với góc tù trong tam giác - bạn tự suy nghĩ xem tại sao các góc ECD, FCD là góc tù nhe!) nên DE.DF > CE.CF!) 
Câu 3. Trong tam giác vuông DCB có ^ABC + ^DCB = 90 mà ^EDC = ^ABC (cm câu 2) 
=> ^EDC + ^DCK = 90 
Chứng minh tương tự ta cũng có ^CDK + ^DCI = 90 
=> ^EDC + ^DCK + ^CDK + ^DCI = 180 hay ^IDK + ^ICK = 180 => DICK nội tiếp. 
Câu 4.Có ^EDC + ^DCK = 90 (cm câu 3) 
mà ^DIK = ^DCK (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung - trong đường tròn ngoại tiếp DICK) 
=> ^EDC +^ DIK = 90 => ^IHD = 90 (H là giao điểm của IK và CD) 
=> IK vuông góc CD => IK // AB (vì AB cũng vuông góc với CD).

moi hok lop 6 thoi

bài này dễ thôi mà 

Đề sai ở mẫu ấy! Mẫu chẳng có cái nào bình phương lên đâu bạn ạ!

Phước Nguyễn bạn chắc là đề sai chứ /??/

a) Ta có : \(\left(a+b\right)^2\le2\left(a^2+b^2\right)\) <=> \(\left(a+b\right)^2-2\left(a^2+b^2\right)\le0\)<=>\(-a^2+2ab-b^2\le0\)<=>\(-\left(a^2-2ab+b^2\right)\le0\)<=>\(-\left(a-b\right)^2\le0\) (đúng với mọi a; b)

b) Ta có : \(\left(a+b+c\right)^2\le3\left(a^2+b^2+c^2\right)\)<=>\(\left(a+b+c\right)^2-3\left(a^2+b^2+c^2\right)\le0\)<=>\(a^2+b^2+c^2+2ab+2ac+2bc-3a^2-3b^2-3c^2\le0\)<=>\(-2a^2-2b^2-2c^2+2ab+2ac+2bc\le0\)<=>\(-\left(a^2-2ab+b^2\right)-\left(b^2-2bc+c^2\right)-\left(c^2-2ca+a^2\right)\le0\)<=>\(-\left(a-b\right)^2-\left(b-c\right)^2-\left(c-a\right)^2\le0\)(đúng với mọi a; b; c)

c) \(\left(a_1+a_2+...+a_n\right)^2\le n\left(a^2_1+a^2_2+...+a^2_n\right)\)<=>\(a^2_1+a^2_2+...+a^2_n+2a_1a_2+2a_1a_3+...+2a_{n-1}a_n-na^2_1-na^2_2-...-na^2_n\le0\)<=>\(-\left(n-1\right)a^2_1-\left(n-1\right)a^2_2-...-\left(n-1\right)a^2_n+2a_1a_2+2a_1a_3+...+2a_{n-1}a_n\le0\)<=>\(-\left(a^2_1-2a_1a_2+a^2_2\right)-\left(a^2_1-2a_1a_3+a^2_3\right)-...-\left(a^2_{n-1}-2a_{n-1}a_n+a^2_n\right)\le0\)<=>\(-\left(a_1-a_2\right)^2-\left(a_1-a_3\right)^2-...-\left(a_{n-1}-a_n\right)^2\le0\)(đúng với mọi a₁; a₂; ... a_n)

754

ủng hộ mk đi các bạn

mik lam the nay co dung khong nhi /??

đây lak :http :m.f29.imgvnecdn.net/2014/ /07/ 09 / de9 - 5430  - 140491 2088.jpg chép trong đấy chứ gì 

An nhận nè em.

Gọi vế trái của ( ** ) là T, ta có:

\(T=\frac{m}{2}\left(Y+Y+X\right)+\left(n-\frac{m}{2}\right)X\)

Với \(X=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\), \(Y=a+b+c\), theo bài toán 1 ta có \(X\ge3\);\(XY^2\ge27\).

Suy ra:

\(T\ge\frac{m}{2}.3\sqrt[3]{XY^2}+\left(n-\frac{m}{n}\right).3\)( do \(2n\ge m\))

\(\ge\frac{9m}{2}+3\left(n-\frac{m}{n}\right)=3\left(m+n\right)\)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.

coi 3 số là a,b,c =>a=b=c=1

tich ủng hộ nhé

Ta có: \(2.2.\sqrt{x^2+3}\le x^2+3+4=x^2+7\Leftrightarrow\sqrt{x^2+3}\le\frac{x^2+7}{4}\) (đẳng thức xảy ra khi x = 1.)

Áp dụng BĐT trên ta có: 

\(P\ge4\left(\frac{a^3}{b^2+7}+\frac{b^3}{c^2+7}+\frac{c^3}{a^2+7}\right)=4.\left(\frac{a^4}{ab^2+7a}+\frac{b^4}{bc^2+7b}+\frac{c^4}{ca^2+7c}\right)\ge4.\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{ab^2+bc^2+ca^2+7\left(a+b+c\right)}\) 

( Theo BĐT Schwarz)

Áp dụng BĐT Bunhiacopxki với 3 số ta có:

\(\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)^2=\left(b.ab+c.bc+a.ca\right)^2\le\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)\)

\(\le\left(a^2+b^2+c^2\right)\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{3}=\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^3}{3}=\frac{3^3}{3}=9\Rightarrow ab^2+bc^2+ca^2\le3\)

Ta có: \(\left(a+b+c\right)^2\le3\left(a^2+b^2+c^2\right)=9\Rightarrow a+b+c\le3\)

Do đó:

\(P\ge4.\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{ab^2+bc^2+ca^2+7\left(a+b+c\right)}\ge\frac{4.3^2}{3+7.3}=\frac{3}{2}\)

Xảy ra đẳng thức khi a = b = c = 1.

Vậy min \(P=\frac{3}{2}\)  khi a = b = c = 1.

mình đi, công đánh máy