Do \(a+b+c\) chia hết 12 nên \(a+b+c\) chẵn

\(\Rightarrow\) Trong số a;b;c phải có ít nhất 1 số là chẵn

\(\Rightarrow abc\) chẵn hay \(abc=2k\) với k là số nguyên nào đó

Ta có:

\(P=\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)-5abc\)

\(=ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ca\left(c+a\right)-3abc\)

\(=ab\left(a+b\right)+abc+bc\left(b+c\right)+abc+ca\left(c+a\right)+abc-6abc\)

\(=ab\left(a+b+c\right)+bc\left(a+b+c\right)+ca\left(a+b+c\right)-6abc\)

\(=\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-6abc\)

\(=\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-12k\)

Do \(\left\{{}\begin{matrix}a+b+c⋮12\\12k⋮12\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow P⋮12\) (đpcm)

\(\sqrt{\dfrac{a}{b+c}}=\dfrac{a}{\sqrt{a}.\sqrt{b+c}}=\dfrac{2a}{2\sqrt{a}.\sqrt[]{b+c}}\ge\dfrac{2a}{a+b+c}\)

Tương tự:

\(\sqrt{\dfrac{b}{c+a}}\ge\dfrac{2b}{a+b+c}\) ; \(\sqrt{\dfrac{c}{a+b}}\ge\dfrac{2c}{a+b+c}\)

Cộng vế:

\(\sqrt{\dfrac{a}{b+c}}+\sqrt{\dfrac{b}{c+a}}+\sqrt{\dfrac{c}{a+b}}\ge\dfrac{2a+2b+2c}{a+b+c}=2\)

Dấu "=" xảy ra khi \(\left\{{}\begin{matrix}a=b+c\\b=c+a\\c=a+b\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow a+b+c=0\) (không tồn tại do a;b;c dương)

\(\Rightarrow\) Dấu "=" không xảy ra

Nên \(\sqrt{\dfrac{a}{b+c}}+\sqrt{\dfrac{b}{c+a}}+\sqrt{\dfrac{c}{a+b}}>2\)

Nối E với F và nối K với F

Ta có

E và F cùng nhìn BC dưới 1 góc \(90^o\) => BCEF là tứ giác nội tiếp

\(\Rightarrow\widehat{BEK}=\widehat{KCF}\) (góc nt cùng chắn cung BF) và

\(\widehat{CFE}=\widehat{CBE}\) (góc nt cùng chắn cung CE) (1)

Xét tg BKE và tg FKC có

\(\widehat{BEK}=\widehat{KCF}\) (cmt)

\(\widehat{EKC}\) chung

\(\Rightarrow\widehat{KBE}=\widehat{KFC}\) (2)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\widehat{KBE}+\widehat{CBE}=\widehat{KFC}+\widehat{CFE}\)

Mà \(\widehat{KBE}+\widehat{CBE}=\widehat{KBC}=180^o\)

\(\Rightarrow\widehat{KFC}+\widehat{CFE}=180^o\)

 => E; F; K thẳng hàng

a/

Xét \(\Delta ABC\)

AD và BE cắt nhau tại H (gt) 

\(\Rightarrow CH\perp AB\) (trong tam giác 3 đường cao đồng quy)

b/ Gọ F là giao của CH với AB ta có

F và D cùng nhìn BH dưới 1 góc \(90^o\) => F và H nằm trên đường tròn đường kính BH => Tứ giác BFHD là tứ giác nội tiếp)

Ta có

\(sđ\widehat{ABC}=\dfrac{1}{2}sđcungFHD\) (góc nt đường tròn)

\(sđ\widehat{FHD}=\dfrac{1}{2}sđcungFBD\) (góc nt đường tròn)

\(\Rightarrow sđ\widehat{ABC}+sđ\widehat{FHD}=\dfrac{1}{2}\left(sđcungFHD+sđcungFBD\right)\)

Mà \(sđcungFHD+sđcungFBD=360^o\)

\(\Rightarrow sđ\widehat{ABC}+sđ\widehat{FHD}=\dfrac{1}{2}.360^o=180^o\)

Mà \(\widehat{CHI}+\widehat{FHD}=\widehat{FHC}=180^o\)

\(\Rightarrow\widehat{CHI}=\widehat{ABC}\) (cùng bù với \(\widehat{FHD}\) ) (1)

Xét (O) có 

\(\widehat{ABC}=\widehat{AIC}\) (góc nt đường tròn cùng chắn cung AC) (2)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\widehat{CHI}=\widehat{AIC}\) => tg CHI cân tại C

c/

Chứng minh tương tự ta cũng có CHK là tg cân tại C

Ta có

\(BE\perp AC\left(gt\right)\Rightarrow AC\perp HK\)

\(\Rightarrow EH=EK\) (trong tg cân đường cao xp từ đỉnh tg cân đồng thời là đường trung tuyến)

=> H đối xứng K qua AC

d/ Gọi G là giao của CO với (O)

Ta có tg CHK cân tại C (cmt)

=> CK=CH

Mà tg CHI cân tại C (cmt) => CH=CI

=> CK=CI => tg CKI cân tại C (3)

Ta có

\(sđ\widehat{CKI}=\dfrac{1}{2}sđcungCI\) (góc nt (O))

\(sđ\widehat{CIK}=\dfrac{1}{2}sđcungCK\) (góc nt (O))

\(\Rightarrow sđcungCI=sđcungCK\)

Ta có 

sđ cung CIG = sđ cung CKG \(=180^o\)

=> sđ cung CIG - sđ cung CI = sđ cung CKG - sđ cung CK

=> sđ cung GBI = sđ cung GAK

Ta có

\(sđ\widehat{ICG}=\dfrac{1}{2}sđcungGBI\) (góc nt (O))

\(sđ\widehat{KCG}=\dfrac{1}{2}sđcungGAK\) (góc nt (O))

\(\Rightarrow\widehat{ICG}=\widehat{KCG}\) => CG là phân giác của \(\widehat{KCI}\) (4)

Từ (3) và (4) => \(OC\perp KI\) (trong tg cân đường phân giác của góc ở đỉnh tg cân đồng thời là đường cao)

e/

Ta có E và D cùng nhìn CH dưới 1 góc \(90^o\) => CDHE là tứ giác nội tiếp

\(\Rightarrow\widehat{HDE}=\widehat{ECF}\) (góc nt cùng chắn cung HE) (5)

Ta có F và E cùng nhìn BC dưới 1 góc \(90^o\) => BCEF là tứ giác nt

\(\Rightarrow\widehat{ABK}=\widehat{ECF}\) (góc nt cùng chắn cung EF) (6)

Xét (O) có

\(\widehat{ABK}=\widehat{AIK}\) (góc nt cùng chắn cung AK) (7)

Từ (5) (6) (7) \(\Rightarrow\widehat{HDE}=\widehat{AIK}\) mà 2 góc này ở vị trí đồng vị nên

=> ED//KI 

Mà \(OC\perp KI\left(cmt\right)\)

\(\Rightarrow OC\perp ED\)

Bạn nhập lại đề nhé ! 

Xem lại đề.

Hình a/

Áp dụng định lý Pitago:

$x+y=\sqrt{6^2+8^2}=10$ 

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông:

$6^2=x(x+y)=10x\Rightarrow x=3,6$ 

$8^2=y(y+x)=10y\Rightarrow y=6,4$ 

Hình b/

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông:

$12^2=x(x+y)=20x$

$\Rightarrow x=\frac{12^2}{20}=7,2$ 

$y=20-x=20-7,2=12,8$ 

a) Gọi J là tâm đường tròn (AP)

 Xét đường tròn (J) có đường kính AP, \(L\in\left(J\right)\) nên \(\widehat{ALP}=90^o\) hay \(AH\perp LP\) tại L.

 Lại có \(AH\perp BC\) nên LP // BC.

 \(\Rightarrow\widehat{DPL}=\widehat{DEB}\) 

 Mặt khác, \(\widehat{DEB}=\dfrac{sđ\stackrel\frown{AC}+sđ\stackrel\frown{BD}}{2}\) \(=\dfrac{sđ\stackrel\frown{AC}+sđ\stackrel\frown{CD}}{2}\) \(=\dfrac{sđ\widehat{AD}}{2}\) \(=\widehat{AGD}\)

 Tứ giác AGLP nội tiếp nên \(\widehat{DPL}=\widehat{AGL}\)

 Từ đó suy ra \(\widehat{AGD}=\widehat{AGL}\)

 Hơn nữa, L, D nằm cùng phia đối với đường thẳng GA nên suy ra G, L, D thẳng hàng (đpcm).

Lời giải:
Giả sử cần a người và b ngày để hoàn thành xong công việc.

Theo bài ra ta có:

$ab=(a-1)(b+2)=(a+4)(b-4)$

$\Leftrightarrow ab=ab+2a-b-2=ab-4a+4b-16$

$\Leftrightarrow 2a-b=2$ và $-4a+4b=16$

Giải hpt trên ta có: $a=6; b=10$

Vậy cần 6 thợ và 10 ngày để sửa được ngôi nhà.

Cần 6thợ và 10ngày để xog công việc

\(A=\dfrac{2\left(3+\sqrt{5}\right)}{4+\sqrt{6+2\sqrt{5}}}+\dfrac{2\left(3-\sqrt{5}\right)}{4-\sqrt{6-2\sqrt{5}}}=\dfrac{2\left(3+\sqrt{5}\right)}{4+\sqrt{\left(\sqrt{5}+1\right)^2}}+\dfrac{2\left(3-\sqrt{5}\right)}{4-\sqrt{\left(\sqrt{5}-1\right)^2}}\)

\(=\dfrac{2\left(3+\sqrt{5}\right)}{5+\sqrt{5}}+\dfrac{2\left(3-\sqrt{5}\right)}{5-\sqrt{5}}=\dfrac{2\left(3+\sqrt{5}\right)\left(5-\sqrt{5}\right)+2\left(3-\sqrt{5}\right)\left(5+\sqrt{5}\right)}{\left(5-\sqrt{5}\right)\left(5+\sqrt{5}\right)}\)

\(=\dfrac{40}{20}=2\)