Ta có :

\(A=\frac{b^3}{ab^2-9\left(ab+1\right)^3}=\frac{1}{a.\frac{1}{b}-9\left(a+\frac{1}{b}\right)^3}\)

\(6a^2+20a+15=0\)

\(15b^2+20b+6=0\Rightarrow15+\frac{20}{b}+\frac{6}{b^2}=0\)

Vì \(ab\ne1\Rightarrow a\ne\frac{1}{b}\Rightarrow a,\frac{1}{b}\) là nghiệm của phương trình

\(6x^2+20x+15=0\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a.\frac{1}{b}=\frac{15}{6}\\a+\frac{1}{b}=-\frac{20}{6}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow A=\frac{6}{2015}\)

\(\frac{4x^2y^2}{\left(x^2+y^2\right)^2}+\frac{x^2}{y^2}+\frac{y^2}{x^2}\ge3\)

\(\Leftrightarrow\frac{4x^2y^2}{\left(x^2+y^2\right)^2}+\frac{x^2}{y^2}+\frac{y^2}{x^2}-3\ge0\)

\(\Leftrightarrow\frac{4x^4y^4+x^4\left(x^2+y^2\right)^2+y^4\left(x^2+y^2\right)^2-3x^2y^2\left(x^2+y^2\right)^2}{x^2y^2\left(x^2+y^2\right)^2}\)

\(\Leftrightarrow4x^4y^4+x^4\left(x^4+2x^2y^2+y^4\right)+y^4\left(x^4+2x^2y^2+y^4\right)-3x^2y^2\left(x^4+2x^2y^2+y^4\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow4x^4y^4+x^8+2x^6y^2+x^4y^4+2x^2y^6+y^8-3x^6y^2-6x^4y^4-3x^2y^6\ge0\)

\(\Leftrightarrow x^8+y^8-x^6y^2-x^2y^6\ge0\)

\(\Leftrightarrow x^6\left(x^2-y^2\right)-y^6\left(x^2-y^2\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(x^2-y^2\right)^2\left(x^4+x^2y^2+y^4\right)\ge0\) ( luôn đúng )
\(\Rightarrow\frac{4x^2y^2}{\left(x^2+y^2\right)^2}+\frac{x^2}{y^2}+\frac{y^2}{x^2}\ge3\)

Dấu " = " xảy ra \(\Leftrightarrow x=y\)

a ) Vì AB,AC là tiếp tuyến của (O) \(\Rightarrow OA\perp BC\)

b ) Ta có : là đường kính của (O)

\(\Rightarrow BD\perp BC\Rightarrow\) BD // AO \(\left(\perp BC\right)\)

c ) Gọi \(BC\cap AO=H\) \(\Rightarrow H\) là trung điểm của BC

Mà : \(OB=2,OA=4,AB\perp OB\Rightarrow AB=\sqrt{OA^2-OB^2}=2\sqrt{3}\Rightarrow AC=2\sqrt{3}\)

a.Vì M, N, P là điểm chính giữa cung BC, CA,AB

\(\Rightarrow AM,BN,CP\) là phân giác trong của \(\Delta ABC\)

\(\Rightarrow AM,BN,CP\) đồng quy tại I là tâm đường tròn nội tiếp \(\Delta ABC\)

b ) Ta có : \(\widehat{BIM}=\widehat{IAB}+\widehat{IBA}=\widehat{BAM}+\widehat{ABN}=\widehat{NBC}+\widehat{CBM}=\widehat{NBM}\)

\(\Rightarrow\Delta MBI\) cân tại M

c ) Vì M nằm chính giữa cung BC

\(\Rightarrow\widehat{MPC}=\widehat{MAB}\Rightarrow APEI\) nội tiếp

\(\Rightarrow\widehat{PIE}=\widehat{PAB}=\widehat{PCB}\Rightarrow\) EI // BC

Tương tự ta cũng có : IF//BC \(\Rightarrow E,I,F\) thẳng hàng

d ) Ta có : EI//BC

\(\Rightarrow\frac{AE}{EB}=\frac{IA}{ID}=\frac{BA}{BD}\) vì BI là phân giác góc B

Mình đặt biểu thức đó là P

Ta có : \(\sqrt{3a^2+2ab+3b^2}=\sqrt{\left(a-b\right)^2+2\left(a+b\right)^2}\ge\sqrt{2\left(a+b\right)^2}=\sqrt{2}\left(a+b\right)\)

Tương tự ta cũng có :

\(\sqrt{3b^2+2bc+3c^2}\ge\sqrt{2}\left(b+c\right)\) , \(\sqrt{3c^2+2ca+3a^2}\ge\sqrt{2}\left(c+a\right)\)

Suy ra : \(P=\sqrt{3a^2+2ab+3b^2}+\sqrt{3b^2+2bc+3c^2}+\sqrt{3c^2+2ca+3a^2}\)

\(\ge\sqrt{2}\left(a+b\right)+\sqrt{2}\left(b+c\right)+\sqrt{2}\left(c+a\right)\)

\(=2\sqrt{2}\left(a+b+c\right)\)

+ ) Áp dụng bất đẳng thức AM - GM :

\(a+b+c=a+1+b+1+c+1-3\ge2\sqrt{a}+2\sqrt{b}+2\sqrt{c}-3=2.3-3=3\)

Suy ra \(P\ge2\sqrt{2}.3=6\sqrt{2}\)

Vậy giá trị nhỏ nhất của \(P=6\sqrt{2}\)

Dấu " = " xảy ra \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}=3\\\sqrt{a}=\sqrt{b}=\sqrt{c}=1\\a=b=c\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow a=b=c=1\)

Bài 1 :

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có :

\(\frac{\left(x-1\right)^2}{z}+\frac{z}{4}\ge2\sqrt{\frac{\left(x-1\right)^2}{z}\frac{z}{4}}=\left|x-1\right|=1-x\)

\(\frac{\left(y-1\right)^2}{x}+\frac{x}{4}\ge2\sqrt{\frac{\left(y-1\right)^2}{x}\frac{x}{4}}=\left|y-1\right|=1-y\)

\(\frac{\left(z-1\right)^2}{y}+\frac{y}{4}\ge2\sqrt{\frac{\left(z-1\right)^2}{y}\frac{y}{4}}=\left|z-1\right|=1-z\)

\(\Rightarrow\frac{\left(x-1\right)^2}{z}+\frac{z}{4}+\frac{\left(y-1\right)^2}{x}+\frac{x}{4}+\frac{\left(z-1\right)^2}{y}+\frac{y}{4}\ge1-x+1-y+1-z\)

\(\Leftrightarrow\frac{\left(x-1\right)^2}{z}+\frac{\left(y-1\right)^2}{x}+\frac{\left(z-1\right)^2}{y}\ge3-\left(x+y+z\right)-\frac{x+y+z}{4}=3-2-\frac{2}{4}=\frac{1}{2}\)

Vậy GTNN của \(A=\frac{1}{2}\Leftrightarrow x=y=z=\frac{2}{3}\)

a ) Vì ABCD nội tiếp nên ta có :

\(\widehat{ADC}+\widehat{ABC}=180^0\) và ABCD hình thang nên \(\widehat{ABC}+\widehat{BAD}=180^0\) ( hai góc trong cùng phía)

\(\Rightarrow\widehat{ADC}=\widehat{BAD}\) \(\Rightarrow ABCD\) là hình thang cân (hình thang có hai góc đáy bằng nhau)

b ) Ta có OOB = OC ; OA = OD và \(AB=BC\) (hai cạnh bên của hình thang cân)

\(\Rightarrow\Delta BOA=\Delta COD\)

\(\Rightarrow\widehat{COD}=\widehat{OBA}\) và \(\widehat{OBA}+\widehat{OBI}=180^0\) \(\Rightarrow\widehat{COD}+\widehat{OBA}=180^0\)

\(\Rightarrow\) Tứ giác IBOD nội tiếp

c ) Ta có : \(\widehat{OBK}=\widehat{ODK}=90^0\)

\(\Rightarrow\widehat{OBK}+\widehat{ODK}=180^0\)

\(\Rightarrow\) Tứ giac OBKD nội tiếp ( đpcm )

\(\Rightarrow K\) trên đường tròn ngoại tiếp của \(\Delta BOD\) và OBDI nội tiếp

\(\Rightarrow I\) trên đường tròn ngoại tiếp của \(\Delta OBD\)

\(\Rightarrow5\) điểm O; B; I; K; D thuộc đường tròn ngoại tiếp của \(\Delta OBI\)

\(\Rightarrow BIKD\) nội tiếp ( đpcm )

a ) Tứ giác AHCE có hai đường chéo AC và HE cắt nhau tại trung điểm mỗi đường nên \(AHCE\) là hình bình hành

Lại có \(\widehat{AHC}=90^0\)

Nên tứ giác là hình chữ nhật (dấu hiệu nhận biết)

b ) Tứ giác AHCE là hình chữ nhật nên HE = AC mà AC = AB , nên HE = AB ( đpcm )

c ) \(\Delta ABC\) cân đỉnh A có AH là đường cao nên AH cũng là đường trung tuyến , nên BH = HC

\(\Rightarrow AE=BH\) ( do = HC )

Ta lại có :

AE//HC \(\Rightarrow\) AE//BH

Từ 2 điều trên suy ra là hình bình hành

\(\Rightarrow\) BF // DE ( 1 )

Tam giác có 2 đường trung tuyến và giao nhau tại nên là trọng tâm của

là đường trung \(\Rightarrow F\) là trung điểm của AB

\(\Rightarrow BF=DE\left(=\frac{AB}{2}=\frac{HE}{2}\right)\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) suy ra là hình bình hành

\(\Rightarrow\) EF // BG ( đpcm )

Câu 3 :

a) Do đường tròn tâm (I) nội tiếp \(\Delta ABC\Rightarrow BI\) là phân giác của ^B ( 1)

là đường tròn bằng tiếp góc A(là đường tròn có tâm là giao của đường phân giác trong góc A và 2 đường phân giác ngoài của góc B và C) nên là phân giác ngoài của góc B (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(BI\perp BK\) (đường phân giác trong và ngoài của một góc vuông góc với nhau- tính chất)

\(\Rightarrow\widehat{IBK}=90^0\) chứng minh tương tự ta cũng có \(\widehat{ICK}=90^0\)

\(\Rightarrow\) Tứ giác IBKC có : \(\widehat{IBK}+\widehat{ICK}=180^0\)

\(\Rightarrow IBKC\) là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính ( IK ) có O là trung điểm của IK

Nên IBCK nội tiếp ( O ) ( đpcm )

b ) \(\widehat{ACI}=\widehat{ICB}\) (do CI là phân giác góc C)

\(\widehat{OCK}=\widehat{OKC}\) (do OC=OK= bán kính (O) nên \(\Delta OKC\) cân đỉnh O )

Mà \(\widehat{ICB}=\widehat{OKC}\) ( do cùng cộng với \(\widehat{BCK}\) bằng \(90^0\) )

\(\widehat{ACI}=\widehat{OCK}\)

\(\Rightarrow\widehat{ACO}=\widehat{ACI}+\widehat{ICO}=\widehat{OCK}+\widehat{ICO}=\widehat{IOK}=90^0\)

\(\Rightarrow AC\perp CO\) và \(C\in\left(O\right)\Rightarrow AC\) là tiếp tuyến (O)

c ) Gọi \(AK\cap BC=D\)

BD = 12 cm , AD \(=\sqrt{AB^2-BD^2}=16\)

\(\Delta ABD\) có BI là phân giác \(\widehat{B}\) theo tính chất đường phân giác

\(\frac{IA}{ID}=\frac{BA}{BD}=\frac{20}{12}=\frac{5}{3}\)

\(\Rightarrow\frac{IA+ID}{ID}=\frac{5+3}{5}\Rightarrow\frac{AD}{ID}=\frac{8}{3}\)

\(\Rightarrow ID=\frac{3.16}{8}=6\left(cm\right)\)

\(\Delta IBD\) có : \(\cos\widehat{BID}=\frac{ID}{IB}=\frac{1}{\sqrt{5}}\) ( IB = \(\sqrt{ID^2+BD^2}=6\sqrt{5}\) )

\(\Delta IBK\) có : \(\frac{IB}{IK}=\cos\widehat{BIK}=\cos\widehat{BID}=\frac{1}{\sqrt{5}}\)

\(\Rightarrow IK=\sqrt{5}IB=30\Rightarrow R=OI=15\)

Chúc bạn học tốt !!