Ta có $\Delta DCE$ là tam giác vuông cân gọi $F$ là trung điểm của $DC$
Gọi $d$ qua $F$ và song song $SA$==> $d$ là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác
Gị $I\in d$ lsao cho $IF=x$ $I$ là tâm mặt cầu nội tiếp$\Leftrightarrow IS^{2}=IC^{2}$
$\Leftrightarrow (SA^{\rightarrow }+AF^{\rightarrow }+FI^{\rightarrow })^{2}=(IF^{\rightarrow }+FC^{\rightarrow })^{2}$
$|Leftrightarrow a^{2}+x^{2}

Ta có $a+b+c\geq3\sqrt[3]{abc}$ suy ra $1\geq 3\sqrt[3]{abc}$
Ta có  $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geq \frac{3}{\sqrt[3]{abc}}\geq 9$==> đpcm'='$\Leftrightarrow a=b=c$

Gọi $I(a;b)$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam gác $ABC$
ta có hệ $\begin{cases}(a-3)^{2}+(b-4)^{2}=(a-4)^{2}+(b-1)^{2} \\ (a-3)^{2}+(b-4)^{2}=(a-2)^{2}+(b+3)^{2} \end{cases}$
suy ra $I(-1;1)  IA=5$
phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác $(C):(x+1)^{2}+(y-1)^{2}=25$
Dễ thấy $D$ thuộc $(C)$==>điều phải chứng minh

Lời giải của nguyenlinhkhang1995
Ta có
$(\sqrt{a}+\sqrt{b})^{2}\leq2(a+b)=1  ==>\sqrt{a}+\sqrt{b} \leq 1  (*)$
xét vế trái của bất đảng thức

$VT=\frac{1}{a^{2}+b^{2}}+\frac{4}{\sqrt{a}}+\frac{4}{\sqrt{b}} +6\left ( \frac{1}{\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{b}} \right )(**)$
cô-si cho 3 số đầu của$(**)$ và từ $(*)$ ta có


$VT\geq 3\sqrt[3]{\frac{16}{(a^{2}+b^{2}).\sqrt{ab}}}  +\frac{6}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}$
$\Leftrightarrow VT\geq 3\sqrt[3]{\frac{16}{(\frac{1}{4}-2ab)\sqrt{ab}}}  +24$
Ta cần chứng minh $\left ( \frac{1}{4} -2ab\right )\sqrt{ab}\leq \frac{1}{32}$
có $a+b=1/2\geq 2\sqrt{ab} ==>\sqrt{ab}\leq 1/4$
Xét  $f(t)=(1/4-2t^{2}).t$
$f'(t)=-6t^{2}+1/4 $luôn âm với mọi t thuộc từ 0;1/4
==>$f_max=1/32$ ==> điều phải chứng minh

$\log _3x  +x-3 =0$

Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết

$AB: 1/3x+y-5/3=0$ gọi $H'$ là điểm đối xứng với $H$ qua AB
==>$H'(0,6;0,8)$
Ta có $ABCH'$ là tứ giác nội tiếp( đây là kiến thức lớp 9 đó ^^)
vậy $H'$ cũng nằm trên đường tròn ngoại tiếp
tọa độ $I$ thỏa mãn$\begin{cases}IA^{2}=IB^{2} \\ IA^{2}=IH'^{2} \end{cases}$ 
Vậy $I(1;3)$

Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết

Câu 6
1, $C^{3}_7.C^{2}_5$
2,${C_{15}}^{5}-C^{5}_{7}$

Câu3,Có 5 chữ số chia hết cho 10 số có dạng  $abcd0$
trong 9 chữ số tự nhiên 0,1,2,3,4,5,6,7,8,9. Ta dùng số 0 rồi nên abcd chỉ được dùng 9 số còn lại
a có 9 cách, b có 8( 8số còn lại khác a), c có 7(khác a,b), d có 6(khác a,b,c) vậy có 9.8.7.6.=3024 số

Bài 2.Từ số 0,1,2,3,4,5,6
$+ abc$( số có 3 chữ số không cần khác nhau) a có 6 cách chọn(6số trên trừ số 0), b có 7 cách chọn, c có 4(các số chẵn) cách chọn
suy ra có 168 số
           $+ abcde$
                    $.$ nếu $e=0$, a có 6 cách chọn, b có 5 cách, c có 4 cách, d có 3 cách suy ra có360 số
                    $.$ nếu $e\neq 0$ thì e có 3 cách, a có 5 cách, b có 5 cách, c có 4 cách, d có 3 cách suy ra có 900 số
Vậy có 1260 số

Giải hệ phương trình sau
$\begin{cases}x^{3}-3x^{2}= y^{3}-3y-2\\ \log_y(\frac{x-2}{y-1})+\log_x(\frac{y-1}{x-2})= (x-2013)^{3}\end{cases} $

$.TH_1$trên $d_1$ có một đỉnh thì có 10 cách chọn ở $d_1$ có$ C^{2}_n$ có  $10.C^{2}_n$  tam giác
$.TH_2$ trên $d_1$ có 2 đỉnh  có $C^{2}_(10).n $ tam giác tổng có pt $10.C^{2}_n +n.C^{2}_(10) =2800 \Leftrightarrow  n=20$

Đặt $t= cosx-\frac{2}{cosx}$ suy ra $ t^{2}=cosx^{2}-4+\frac{4}{cos^{2}}$
pt theo t  có dạng  $2.(t^{2}+4)-9.t-1=0$
                             $\Leftrightarrow t=-1 hoặc t=-3,5$
trả biến $.t=-1             pt\Leftrightarrow cosx1 hoặc cosx=-2\Leftrightarrow x=k2\pi$
             $.t=-3,5          pt\Leftrightarrow cosx=0,5  hoặc cosx=-4 \Leftrightarrow x=+- \pi/3 + 2k\pi$

Cho hình chóp $S.ABC$ có đáy $ABC$ là tam giác đèu cạnh $a$, $SA$ vuông góc với đáy $ABC$ và $SA=a$. Điểm $M$ thuộc cạnh $AB$. Đặt góc $ACM$ bằng $\alpha$, hạ $SH$ vuông góc với $CM$
1. Tìm GTLN của thể tích khối tứ điện $SAHC$
2. Hạ $AI$ vuông góc với $SC$, $AK$ vuông góc với $SH$. Tính thể tích khối tứ điện $SAKI$