a) Áp dụng BĐT bunhiacopxki ta có:

A= \(a^2+b^2\) \(\geq\) \(\dfrac{\left(a+b\right)^2}{2}=\dfrac{1}{2}\)

Vậy Min A= \(\dfrac{1}{2}\) khi a=b=\(\dfrac{1}{2}\)

b) Ta có: B= \(\dfrac{a^2}{b}+\dfrac{b^2}{a}\)

\(\Leftrightarrow\) B= \(\left(\dfrac{a^2}{b}+b\right)+\left(\dfrac{b^2}{a}+a\right)-\left(a+b\right)\) \(\geq\) \(2\sqrt{\dfrac{a^2}{b}.b}+2\sqrt{\dfrac{b^2}{a}.a}-a-b\) = \(2a+2b-a-b\) \(=a+b=1\)

Từ đó suy ra: \(\dfrac{a^2}{b}+\dfrac{b^2}{a}\) \(\geq\) 1

Vậy Min B = 1 khi a=b=\(\dfrac{1}{2}\)

5) Áp dụng BĐT Cô-si,ta có:

\(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\) \(\geq\) \(\dfrac{4}{a+b}\) \(\geq\) \(\dfrac{4}{2\sqrt{2}}=\sqrt{2}\)

\(\Rightarrow\) Min_P=\(\sqrt{2}\) khi a=b=\(\sqrt{2}\)

a) Xét \(\bigtriangleup\) AEC vuông tại E và \(\bigtriangleup\) ADB vuông tại D có:

\(\widehat{EAD}\) chung

\(\Rightarrow\) \(\bigtriangleup\) AEC đồng dạng với \(\bigtriangleup\) ADB(g-g)

\(\Rightarrow\) \(\dfrac{AE}{AD}=\dfrac{AC}{AB}\) \(\Rightarrow\) \(AE.AB=AC.AD\)

b) Xét \(\bigtriangleup\) AED và \(\bigtriangleup\) ACB có:

\(\widehat{EAD}\) chung

\(\dfrac{AE}{AD}=\dfrac{AC}{AB}\)

\(\Rightarrow\) \(\bigtriangleup\) AED đồng dạng với \(\bigtriangleup\) ACB(c-g-c)

\(\Rightarrow\) \(\widehat{AED}=\widehat{ACB}\)

c) Từ H kẻ đưởng vuông góc với BC cắt BC tại K

Xét \(\bigtriangleup\) BKH vuông tại K và \(\bigtriangleup\) BDC vuông tại D có:

\(\widehat{HBK}\) chung

\(\Rightarrow\) \(\bigtriangleup\) BKH đồng dạng với \(\bigtriangleup\) BDC (g-g)

\(\Rightarrow\) \(\dfrac{BK}{BD}=\dfrac{BH}{BC}\) \(\Rightarrow\) \(BK.BC=BH.BD\)(1)

Xét \(\bigtriangleup\) CKH vuông tại K và \(\bigtriangleup\) CEB vuông tại D có:

\(\widehat{HCK}\) chung

\(\Rightarrow\) \(\bigtriangleup\) CKH đồng dạng với \(\bigtriangleup\) CEB (g-g)

\(\Rightarrow\) \(\dfrac{CK}{CE}=\dfrac{CH}{BC}\) \(\Rightarrow\) \(CK.BC=CE.CH\)(2)

Lấy (1)+(2),ta được:

\(BH.BD+CH.CE=BK.BC+CK.BC=BC.\left(CK+BK\right)=BC.BC=BC^2\)

C) \(\left(x^2-5x\right)^2+10\left(x^2-5x\right)+24=0\)

\(\Leftrightarrow\) \(\left(\left(x^2-5x\right)^2+2.\left(x^2-5x\right).5+25\right)-1=0\)

\(\Leftrightarrow\) \(\left(x^2-5x+5\right)^2-1=0\)

\(\Leftrightarrow\) \(\left(x^2-5x+5-1\right).\left(x^2-5x+5+1\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\) \(\left(x^2-5x+4\right).\left(x^2-5x+6\right)=0\)

Suy ra \(x^2-5x+4=0\) hoặc \(x^2-5x+6=0\)

Nếu \(x^2-5x+4=0\) \(\Leftrightarrow\) \(\left(x-1\right).\left(x-4\right)=0\) \(\Leftrightarrow\) \(\left[\begin{array}{} x=1\\ x=4 \end{array} \right.\)

Nếu \(x^2-5x+6=0\) \(\Leftrightarrow\) \(\left(x-2\right).\left(x-3\right)=0\) \(\Leftrightarrow\) \(\left[\begin{array}{} x=2\\ x=3 \end{array} \right.\)

Vậy x \(\in\) {1;2;3;4}

Đặt A= x+y+\(\dfrac{1}{2x}+\dfrac{2}{y}\)

Ta có: A= \(x+y+\dfrac{1}{2x}+\dfrac{2}{y}\) = \(\left(\dfrac{x}{2}+\dfrac{1}{2x}\right)+\left(\dfrac{y}{2}+\dfrac{2}{y}\right)+\dfrac{x}{2}+\dfrac{y}{2}\)

\(\geq\) \(2\sqrt{\dfrac{x}{2}.\dfrac{1}{2x}}+2\sqrt{\dfrac{y}{2}.\dfrac{2}{y}}+\dfrac{x+y}{2}\) \(\geq\) \(1+2+\dfrac{3}{2}=\dfrac{9}{2}\)

Dấu = xảy ra khi x=1;y=2

a) Xét \(\bigtriangleup\) ADB vuông tại D và \(\bigtriangleup\) CAB vuông tại A có:

\(\widehat{ABC}\) chung

\(\Rightarrow\) \(\bigtriangleup\)ADB đồng dạng với \(\bigtriangleup\)CAB(g-g)

b) Xét \(\bigtriangleup\) ABE vuông tại A và \(\bigtriangleup\) ACB vuông tại A có:

\(\widehat{ABE}=\widehat{ACB}\) ( = \(\dfrac{1}{2}\)\(\widehat{ABC}\))

\(\Rightarrow\) \(\bigtriangleup\)ABE đồng dạng với \(\bigtriangleup\)ACB (g-g)

\(\Rightarrow\) \(\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{AE}{AB}\) \(\Rightarrow\) \(AB^2=AC.AE\)

c) Xét \(\bigtriangleup\) ABD có BD là tia phân giác \(\widehat{ABD}\) \(\Rightarrow\) \(\dfrac{DF}{AF}=\dfrac{BD}{AB}\) (1)

Xét \(\bigtriangleup\) ABC có BE là tia phân giác \(\widehat{ABC}\) \(\Rightarrow\) \(\dfrac{AE}{EC}=\dfrac{AB}{BC}\)(2)

Mà ta có \(\bigtriangleup\)ADB đồng dạng với \(\bigtriangleup\)CAB(CMT)

\(\Rightarrow\) \(\dfrac{BD}{AB}=\dfrac{AB}{BC}\)(3)

Từ(1);(2);(3) \(\Rightarrow\) \(\dfrac{DF}{AF}=\dfrac{AE}{EC}\)

d) Ta có \(\bigtriangleup\)ABC vuông tại A có \(\widehat{ABC}=2\widehat{ACB}\)

\(\Rightarrow\) AB=\(\dfrac{1}{2}BC\)

Ta có: 2S_BFC= FD.BC; 2S_ABC=AD.BC

\(\Rightarrow\) \(\dfrac{2S_{BFC}}{2S_{ABC}}=\dfrac{S_{BFC}}{S_{ABC}}=\dfrac{FD.BC}{AD.BC}=\dfrac{FD}{AD}=\dfrac{BD}{AB}=\dfrac{AB}{BC}=\dfrac{1}{2}\)

Từ đó suy ra \(\dfrac{S_{BFC}}{S_{ABC}}=\dfrac{1}{2}\)

Áp dụng BĐT Cô-si ta có:

\(\begin{cases} a \leq \dfrac{a^{2}+1}{2}\\ b \leq \dfrac{b^{2}+1}{2} \end{cases}\) (BĐT này đúng với mọi a,b)

Cộng hai vế này với nhau ta được:

\(\dfrac{a}{a^2+1}+\dfrac{b}{b^2+1}\)\(\leq\) \(\dfrac{\dfrac{a^2+1}{2}}{a^2+1}+\dfrac{\dfrac{b^2+1}{2}}{b^2+1}=\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}=1\)

\(\Rightarrow\) \(\dfrac{a}{a^2+1}+\dfrac{b}{b^2+1}\) \(\leq\) 1

Dấu'=' xảy ra khi a=b=1

Ta có: \(\dfrac{1}{4x^2+4x+5}\)= \(\dfrac{1}{\left(4x^2+4x+1\right)+4}\)=\(\dfrac{1}{\left(2x+1\right)^2+4}\)

Ta có: (2x+1)² \(\geq\) 0 \(\Leftrightarrow\) (2x+1)² +4 \(\geq\) 4 \(\Rightarrow\) \(\dfrac{1}{\left(2x+1\right)^2+4}\) \(\leq\) \(\dfrac{1}{4}\)

^{Dấu'='xảy ra khi và chỉ khi x=\(\dfrac{-1}{2}\)}

Vậy Min_A= \(\dfrac{1}{4}\) khi và chỉ khi x=\(\dfrac{-1}{2}\)

Ta có:\(\left(2x^4+x^3-3x^2+5x-2\right):\left(x^2-x+1\right)\)

= \(\left(2x^4-2x^3+2x^2+3x^3-3x^2+3x-2x^2+2x-2\right):\left(x^2-x+1\right)\)

=\(\left(\left(2x^4-2x^3+2x^2\right):\left(x^2-x+1\right)\right)\)+\(\left(\left(3x^3-3x^2+3x\right):\left(x^2-x+1\right)\right)\)+\(\left(\left(-2x^2+2x-2\right):\left(x^2-x+1\right)\right)\)

= \(2x^2.\left(x^2-x+1\right):\left(x^2-x+1\right)\)+\(3x.\left(x^2-x+1\right):\left(x^2-x+1\right)\)\(-2\left(x^2-x+1\right):\left(x^2-x+1\right)\)

= \(2x^2+3x-2\)