\(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\ge\dfrac{1}{\sqrt{xy}}+\dfrac{1}{\sqrt{yz}}+\dfrac{1}{\sqrt{zx}}\)

\(\Rightarrow\dfrac{2}{x}+\dfrac{2}{y}+\dfrac{2}{z}\ge\dfrac{2}{\sqrt{xy}}+\dfrac{2}{\sqrt{yz}}+\dfrac{2}{\sqrt{zx}}\)

\(\Rightarrow\dfrac{2}{x}+\dfrac{2}{y}+\dfrac{2}{z}-\dfrac{2}{\sqrt{xy}}+\dfrac{2}{\sqrt{yz}}+\dfrac{2}{\sqrt{zx}}\ge0\)

\(\Rightarrow\dfrac{1}{x}-\dfrac{2}{\sqrt{xy}}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{y}-\dfrac{2}{\sqrt{yz}}+\dfrac{1}{z}+\dfrac{1}{z}-\dfrac{2}{\sqrt{zx}}+\dfrac{1}{x}\ge0\)

\(\Rightarrow\left(\dfrac{1}{\sqrt{x}}-\dfrac{1}{\sqrt{y}}\right)^2+\left(\dfrac{1}{\sqrt{y}}-\dfrac{1}{\sqrt{z}}\right)^2+\left(\dfrac{1}{\sqrt{z}}-\dfrac{1}{\sqrt{x}}\right)^2\ge0\) (luôn đúng)

Dấu = xảy ra khi \(x=y=z\)

à mình thiếu,để mình sửa lại

\(\left(x-y\right)^2=1\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x-y=1\\x-y=-1\end{matrix}\right.\)

\(TH_1:\left\{{}\begin{matrix}x+y=5\\x-y=-1\end{matrix}\right.\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=2\\y=3\end{matrix}\right.\)

\(TH_2:\left\{{}\begin{matrix}x+y=5\\x-y=1\end{matrix}\right.\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=3\\y=2\end{matrix}\right.\)

dấu nớ là \(\le\) đó,mình viết nhầm,nhưng mà bé hơn hay bé hơn bằng 5 thì cũng như nhau,đều nhận giá trị là 1

để căn có nghĩa thì \(2x^2+4x+5\ge0\)

\(\Rightarrow2x^2+4x+2+3\ge0\Rightarrow2\left(x+1\right)^2+3\ge0\) (luôn đúng)

\(\Rightarrow\) căn luôn có nghĩa với mọi \(x\in R\)

\(x^3+y^3=5+x^2y+xy^2\Rightarrow x^3+y^3-\left(x^2y+xy^2\right)=5\)

\(\Rightarrow\left(x+y\right)\left(x^2-xy+y^2\right)-xy\left(x+y\right)=5\)

\(\Rightarrow\left(x+y\right)\left(x-y\right)^2=5\)

Vì \(\left\{{}\begin{matrix}\left(x-y\right)^2\ge0\\5>0\end{matrix}\right.\Rightarrow x+y>0\)

Lại có \(\left\{{}\begin{matrix}\left(x-y\right)^2\in N\\\left(x-y\right)^2< 5\end{matrix}\right.\) và \(\left(x-y\right)^2\) là số chính phương

\(\Rightarrow\left(x-y\right)^2=1\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x+y=5\\x-y=1\end{matrix}\right.\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=3\\y=2\end{matrix}\right.\)

a) \(\dfrac{\sqrt{2x-3}}{\sqrt{x-1}}=2\left(x\ge\dfrac{3}{2}\right)\Rightarrow\sqrt{2x-3}=2\sqrt{x-1}\)

\(\Rightarrow2x-3=4x-4\Rightarrow2x=1\Rightarrow x=\dfrac{1}{2}\) (loại)

b) \(\sqrt{\dfrac{x-3}{2x+1}}=2\left(\dfrac{x-3}{2x+1}\ge0,x\ne-\dfrac{1}{2}\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{x-3}{2x+1}=4\Rightarrow x-3=8x+4\Rightarrow7x=-7\Rightarrow x=-1\)

Thế vào \(\Rightarrow\) chọn

c) \(\dfrac{10x-3}{\sqrt{2x+1}}=\sqrt{2x+1}\)

Vì \(VP>0\Rightarrow VT>0\) mà \(\sqrt{2x+1}>0\Rightarrow10x-3>0\Rightarrow x>\dfrac{3}{10}\)

\(\Rightarrow10x-3=2x+1\Rightarrow8x=4\Rightarrow x=\dfrac{1}{2}\)

d) \(\sqrt{4x^2-9}=2\sqrt{2x-3}\left(x\ge\dfrac{3}{2}\right)\Rightarrow\sqrt{2x-3}.\sqrt{2x+3}=2\sqrt{2x-3}\)

\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}\sqrt{2x-3}=0\\\sqrt{2x+3}=2\end{matrix}\right.\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x=\dfrac{3}{2}\\x=\dfrac{1}{2}\left(l\right)\end{matrix}\right.\)

tam giác AMC vuông tại M có MD là đường cao \(\Rightarrow AM^2=AD.AC\left(1\right)\)

tam giác ANB vuông tại N có NE là đường cao \(\Rightarrow AN^2=AE.AB\left(2\right)\)

Xét \(\Delta AEC\) và \(\Delta ADB:\) Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}\angle BACchung\\\angle AEC=\angle ADB=90\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\Delta AEC\sim\Delta ADB\left(g-g\right)\Rightarrow\dfrac{AE}{AD}=\dfrac{AC}{AB}\Rightarrow AE.AB=AC.AD\left(3\right)\)

Từ (1),(2),(3) \(\Rightarrow AM^2=AN^2\Rightarrow AM=AN\Rightarrow\Delta AMN\) cân tại A

a) tam giác AHB vuông tại B có HE là đường cao \(\Rightarrow AE.AB=AH^2\)

tam giác AHC vuông tại C có HF là đường cao \(\Rightarrow AF.AC=AH^2\)

\(\Rightarrow AE.AB=AF.AC\)

b) Vì \(\angle HEA=\angle HFA=\angle EAF=90\Rightarrow AEHF\) là hình chữ nhật

\(\Rightarrow O\) là trung điểm EF và \(OE=OF=\dfrac{1}{2}EF=\dfrac{1}{2}AH\)

Tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH 

\(\Rightarrow BH.CH=AH^2=4.\dfrac{1}{2}AH.\dfrac{1}{2}AH=4.OE.OF\)

2.a)  \(BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=\sqrt{21^2+72^2}=75\left(cm\right)\)

Ta có: \(sinB=\dfrac{AC}{BC}=\dfrac{72}{75}=\dfrac{24}{25}\Rightarrow\angle B\approx74\)

\(\Rightarrow\angle C\approx16\)

b) Ta có: \(AB.AC=AH.BC\Rightarrow AH=\dfrac{AB.AC}{BC}=\dfrac{21.72}{75}=\dfrac{504}{25}\left(cm\right)\)

Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}AB^2=BH.BC\\AC^2=CH.BC\end{matrix}\right.\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}BH=\dfrac{AB^2}{BC}=\dfrac{21^2}{75}=\dfrac{147}{25}\left(cm\right)\\CH=\dfrac{AC^2}{BC}=\dfrac{72^2}{75}=\dfrac{1728}{25}\left(cm\right)\end{matrix}\right.\)

c) Vì BD là phân giác góc B \(\Rightarrow\dfrac{AB}{BC}=\dfrac{AD}{CD}\)

\(\Rightarrow\dfrac{AD}{CD}=\dfrac{7}{25}\Rightarrow\dfrac{CD}{AD}=\dfrac{25}{7}\Rightarrow CD=\dfrac{25}{7}AD\)

Ta có: \(AD+CD=AC\Rightarrow AD+\dfrac{25}{7}AD=72\Rightarrow\dfrac{32}{7}AD=72\)

\(\Rightarrow AD=\dfrac{63}{4}\) (cm)

3. Kẻ đường cao BH

Ta có: \(BC^2=BH^2+HC^2=AB^2-AH^2+\left(AC-AH\right)^2\)

\(=AB^2-AH^2+AC^2+AH^2-2AC.AH=AB^2+AC^2-2.AC.AH\left(1\right)\)

Ta có: \(cosBAC=\dfrac{AH}{AB}\Rightarrow cos60=\dfrac{AH}{AB}\Rightarrow\dfrac{AH}{AB}=\dfrac{1}{2}\Rightarrow2AH=AB\left(2\right)\)

Thế (2) vào (1) \(\Rightarrow BC^2=AB^2+AC^2-AC.AB\)

1. \(sin60^031'=cos\left(90^0-60^031'\right)=cos29^029'\)

\(cos75^012'=sin\left(90-75^012'\right)=sin14^048'\)

\(cot80^0=\dfrac{1}{tan80^0}=tan\left(90^0-80^0\right)=tan10^0\)

\(tan57^030'=\dfrac{1}{tan\left(90^0-57^030'\right)}=\dfrac{1}{tan32^030'}\)