Đề bài toán này được "chế" lại từ một bài toán quen thuộc.
Cho $\angle xOy$ và điểm $M$ cố định thuộc miền trong góc đó. Đường thẳng $d$ quay xung quanh $O$ cắt $Ox,Oy$ lần lượt tại $A,B$.
Tìm cách dựng đường thẳng $d$ để $S_{AOB}$ min.
__
Lời giải:
Để chứng minh bài toán này, ta xài tới một bổ đề quen thuộc sau
Cho $\triangle ABC$. Trên $BC$ lấy $M$ bất kì. Đường thẳng qua $M$ song song $AB,AC$ cắt $AC,AB$ lần lượt tại $P,Q$.
Khi đó ta có $S_{APMQ} \leq \frac{S_{ABC}}{2}$
Chứng minh: không mất tính tổng quát, giả sử $MB < MC$.
Trên đoạn $MC$ lấy điểm $H$ sao cho $MH = MB$. Qua $H$ kẻ đường thẳng song song với $AB$ cắt $AC$ tại $K$.
Dễ dàng chứng minh $\triangle QMB = \triangle GMH$
Ta có $2S_{APMQ} = S_{AKGQ} = S_{AKHMQ} + S_{GHM} = S_{AKHMQ} + S_{QBM} = S_{AKHB} < S_{ABC}$
Vậy bổ đề chứng minh, đẳng thức xảy ra khi $M$ là trung điểm BC.
Áp dụng vào bài toán. Từ $M$ kẻ đường thẳng song song với $Ox,Oy$ cắt $Oy,Ox$ lần lượt tại $P,N$
Áp dụng bổ đề trên, ta có $S_{AOB} \geq 2S_{MNOP}$
Mà $M$ cố định nên $S_{MNOP}$ cố định.
Dấu bằng xảy ra khi $M$ là trung điểm $AB$.
*Bonus cách dựng: dựng đường song song từ $M$ đến 2 tia của góc rồi lấy đổi xứng.

Bài 13.[Đề thi thử THPT Uông Bí]
CH0 2 số dương $x,y$ thỏa mãn $12x^2+2y^2=5$.Chứng minh rằng:
$$x+y+\frac{1}{xy}\geq \frac{7}{2}$$

Dự đoán dấu bằng xảy ra khi $x=\frac{1}{2}, y = 1$
$x+y+\frac{1}{xy}$
$4x + \frac{1}{xy} + 2y - y - 3x$
$\geq (\frac{2}{\sqrt{y}} + \frac{2}{\sqrt{y}} + 2y) - \frac{y^2}{2} - \frac{1}{2} - \frac{6x^2}{2} - \frac{3}{4}$
$\geq 6 - \frac{1}{2} - \frac{3}{4} - \frac{5}{4} = \frac{7}{2}$

mấy anh cho em xin tài liệu về các bổ đề hình học THCS và một vài phương pháp xử lý mấy bài toán bằng máy tính bỏ túi được không?

Nếu để có một tài liệu chuyên về bổ đề hình học thì không có đâu bạn à.
Bạn có thể tham khảo topic này ở bên MS: http://forum.mathsco...ead.php?t=20877
_______
Nhân tiện, em đang cần tài liệu về số học THCS, từ cơ bản, nâng cao, lý thuyết v.v.v. em đều lấy hết.
Em xin cảm ơn.

Bài 2:
Phương trình tương đương $y^2 = \frac{x^2-5}{2}$
Suy ra $x$ lẻ.
Vậy $ x \equiv 1 \pmod{8}$
$\Rightarrow x^2 - 5 \equiv -4 \pmod{8}$
$\Rightarrow x^2 -5 \vdots 4$
$\Rightarrow y^2 \vdots 2$
$\Rightarrow y^2 \vdots 4$
$\Rightarrow x^2-5 \vdots 8$ (vô lý)
Vậy pt không có nghiệm nguyên

Thật hài hước khi câu e có ở trong này :

Bài làm của MSS01 - BlackSelena
Ta có
$F = \dfrac{[(-2)^2 + 1] . F}{5}$
Áp dụng bất đẳng thức $Cauchy-Schwarz$, ta có:
$\dfrac{[(-2)^2 + 1] . F}{5} \geq \dfrac{(-2x - 4y +-2 + 2x + ay + 5)^2}{5} = \dfrac{[y(a-4) + 3]^2}{5}$
TH1: $ a= 4$ thì min $F = \dfrac{9}{5}$
Dấu = xảy ra khi $\dfrac{-2}{x+2y+1} = \dfrac{1}{2x+ay+5}$
$\Leftrightarrow x + 2y + 1 = -4x - 2ay - 10$
$\Leftrightarrow 5x = -2y - 8y - 11$
$\Leftrightarrow x = \dfrac{-10y - 11}{5}$
TH2: Với $a \neq 4$ thì min $F = 0$
Dấu = xảy ra khi $\left\{\begin{matrix} y = \dfrac{-3}{a-4}\\ \dfrac{-2}{x+2y+1} = \dfrac{1}{2x+ay+5} \end{matrix}\right.$
$\Leftrightarrow -4x - \dfrac{6a}{4-a} -10 = x + \dfrac{6}{4-a} + 1$
$\Leftrightarrow -5x = \dfrac{6+6a}{4-a} + 11$
$\Leftrightarrow x = \dfrac{10-a}{a-4}$.
$\boxed{\text{Kết luận}}:$
+ Với $a= 4$ thì min $F = \dfrac{9}{5}$, đẳng thức xảy ra khi $x = \dfrac{-10y - 11}{5}$
+ Với $a \neq 4$ thì min $F = 0$, đẳng thức xảy ra khi $\left\{\begin{matrix}
y = \dfrac{-3}{a-4}\\
x = \dfrac{10-a}{a-4}
\end{matrix}\right.$
----
$S=52-(24-21)+3.10+10=89$

Một cách khác cũng xài quy nạp để chứng minh .
Với $n = 0$ ta thấy đúng.
Giả sử đúng với $n=k$, khi đó: $3^{2^{4k+1}} + 2 \vdots 11$
Ta sẽ chứng minh nó vẫn đúng với $n = k + 1$
Hay $3^{2^{4(k+1)+1}} + 2 \vdots 11$
Thật vậy, $3^{2^{4(k+1)+1}} + 2 = (3^{2^{4k+1}})^{16} - 2^{16} + 2^{16} + 2$
Ta có $(3^{2^{4k+1}})^{16} - 2^{16} \vdots 3^{2^{4k+1}} + 2 \vdots 11$ theo hằng đẳng thức và giả thiết quy nạp.
Mặt khác, $2^{16} + 2 = 2(2^{15} + 1) \vdots 11$
Vậy $3^{2^{4(k+1)+1}} + 2 \vdots 11$
Theo nguyên lí quy nạp, ta có đpcm.

Anh à định lí Ptoleme em chưa học... phải cuối tháng 9 em mới biết vậy anh có cách nào khác nữa ko ? ( chỉ trong chương 2 hình nhé )

Ý anh Triết là đấy là định lý Ptolemy thôi, còn cách chứng minh thì anh ấy đã nêu ra rồi còn gì.

Cho hình thang $ABCD$ $(AB//CD;AB<CD)$ .Hai đoạn thẳng cắt nhau tại $O$.Gọi $E$ là trung điểm của $CD$.$F$ là giao điểm của $OE$ và $AB$.Chứng minh rằng $FA=FB$

P/s:Mình có một cách giải như sau (Nhưng kiến thức này trên lớp chưa dùng nên các bạn xem có đúng không ha).
Dễ thấy $AF//DE$ nên theo hệ quả của $Talet$,ta có:
$\dfrac{AF}{DE}=\dfrac{OF}{FE}$
Tương tự ta có $\dfrac{BF}{ED}=\dfrac{OF}{FE}$
Suy ra:$\dfrac{AF}{DE}=\dfrac{BF}{ED}$
Mà $DE=EC$ suy ra $(đpcm)$
Minh muốn các bạn giúp mình về kiến thức của lớp 8 HKI.Dùng Diện Tích Để Chứng Minh nha)

Việc chi phải máy móc thế anh @@??
Xài diện tích chắc cũng được nhưng nó chẳng khác gì Thales cả :-S

Dùng diện tích thì em có cách này nhưng mà không phải lớp 8 cho lắm )
Bài làm
Dễ thấy :$\frac{OA}{OB} =\frac{OD}{OC} (1)$
$S_{DOE} =S_{EOC}$
$\Rightarrow \frac{S_{DOE}}{S_{EOC}}=1$
$\Rightarrow \frac{\frac{OD.OE.SinDOE}{2}}{\frac{OC.OE.SinEOC}{2}}=1$
$\Rightarrow \frac{OD.SinDOE}{OC.Sin EOC}=1$
Mà để $S_{OFA} =S_{OFB} thì \frac{OA.SinDOE}{OB.Sin EOC}=1$
Kết hợp với $(1) \Rightarrow DPCM$
--------------------------------------
Bài làm chỉ mang tính *bắt buộc* Dính lứu 1 tí đến diện tích .Mà cũng có khi chẳng khác j cách của bạn thậm chí dài hơn .

Ý anh ấy là không xài Thales mà =)).

Giải phương trình: $\sqrt{x^{2}-4x+5}+\sqrt{2x^{2}+8x+16}+\sqrt{4x^{2}-4x+2}=\sqrt{5x^{2}-32x+53}$.

$\sqrt{x^{2}-4x+5}+\sqrt{2x^{2}+8x+16}+\sqrt{4x^{2}-4x+2}$
$=\sqrt{(x-2)^2+1}+\sqrt{(2x-1)^2+1}+\sqrt{-(x+4)^2+(-x)^2}$
Áp dụng bất đẳng thức Mincopxki, ta có:
$VT \geq \sqrt{(x-2+2x-1-x-4)^2+(1+1-x)^2}$
$=\sqrt{5x^2 - 32x + 53}$
Dấu bằng xảy ra khi $x = -1$
Kết luận, nghiệm của pt là $\boxed{x=-1}$

Mở rộng 1 của MSS01-BlackSelena, đổi hệ số của x thành m.
$F=(mx+2y+1)^2+(2mx+ay+5)^2$
Cũng tương tự ...
Nếu $a \neq 4$ thì min $F = 0$
Dấu "=" xảy ra khi $ y = \frac{-3}{a-4}$
$x = \frac{10-a}{4m-am}$
Nếu $a = 4$ thì min $F = \frac{9}{5}$
Dấu bằng xảy ra khi $x = \frac{-10y-11}{5m}$

Lần này các bạn làm bài tốt quá hè . Thấy mở rộng ầm ầm à.
Chú dvquang nguy hiểm ghê @@!

Cho tam giác $ABC$ cân tại $A$
Tia phân giác góc $B$ cắt $AC$ tại $F$
Giả dụ $BF + FA = BC$
Tính các góc tam giác

Để thuân tiện, ta đặt $\angle B = 2x$
Trên tia $BF$ lấy điểm $M$ sao cho $BM = BC$, kẻ đường thẳng song song với $BC$ từ $F$ cắt $AB,MC$ tại $P,N$
Khi đó $\angle BMC=\angle BCM=90^\circ-{x\over 2}\implies \angle FNM=\angle BCM=90^\circ-{x\over 2}$
$\angle FCN=90^\circ-{5x\over 2}$
Vậy $\triangle MFN$ cân,
$\Rightarrow MF = FN = FA$
$\angle MFC=\angle FBC+\angle FCB=3x$
$\angle MFN=\angle MBC=x\implies\angle NFC=\angle AFP=2x$ and $\angle PFB=x$
Dễ dàng chứng minh $\triangle APF = \triangle CFN$
$\Rightarrow \triangle NFC$ cân tại $N$
Vậy $2x=90^\circ-{5x\over 2}\iff {9x\over 2}=90^\circ\iff x=20^\circ$
Vậy $\angle BAC = 100^o$, $\angle ABC = \angle ACB = 40^o$

Bài giải
Kẻ $DX // BC $:
Lấy $E$ trên $ BC$ sao cho $BE =BD$
Theo giả thiết $\Rightarrow AD=EC (1)$
Ta có :
Theo t/c phân giác $\Rightarrow \frac{AD}{DC} =\frac{AB}{BC} \Rightarrow \frac{AD}{AC} =\frac{AB}{BC+AB} \Rightarrow AD =\frac{AB.AC}{BC+AB}$
CMTT $\Rightarrow DC =\frac{BC.AC}{BC+AB} =\frac{BC.AB}{AB+BC} :\text{Vì $\Delta ABC$ cân tại A}$
Vì kẻ $// \Rightarrow \frac{DX}{BC} =\frac{AD}{AC} =\frac{\frac{AB.AC}{BC+AB}}{AC} =\frac{AB}{BC+AB} \Rightarrow DX =\frac{BC.AB}{AB+BC}$
Do đó $DX=DC (2)$
Từ (1) và (2) cộng với $\angle DCE =\angle ADX$
$\Rightarrow \Delta ADX =\Delta EDC$
$\Rightarrow DE =EC$
Đến đây mọi chuyện đã dễ thở:
$\angle BDC =\frac{\angle B}{2} +\angle A$
mà $\angle BDC =\angle BDE +\angle EDC =\angle BED +\angle C =180^0 - \angle A +\angle C$
$\Rightarrow \frac{\angle B}{2} +\angle A = 180^0 - \angle A +\angle C$
$\Rightarrow 2\angle A =180 +\frac{\angle C}{2}$
$\Rightarrow 2(180-2\angle C) =180 +\frac{\angle C}{2}$
$\Rightarrow 360 -4\angle C =180 +\frac{\angle C}{2}$
$\Rightarrow 360 =9\angle C$
$\Rightarrow \angle C =40^o$
$\Rightarrow \angle B =40^o$
$\Rightarrow \angle A =100^o$

Việc chứng minh $DX = DC$ có nhất thiết phải "giết gà bằng dao mổ trâu thế không" ?
Ta có $DXBC$ là hình thang cân và $BD$ là tia phân giác.

Hề hề, theo em có người yêu mới có hứng khởi đề học hành

Thế rốt cục là "hầu đinh"?

Ôi dào, giờ mới biết cái topic này....
Đối với em mặt mũi không ra gì , học lại dốt nát ------------------>>>> Chả ai có yêu thế mới sướng quá trời quá đất.......

Bài 2 : Cho một nhóm 6 người.CMR có 3 người đôi một quen nhau hoặc đôi 1 không quen nhau

Bài này viết đề rõ ràng ra phải là
Cho một nhóm 6 người. Chứng minh rằng có 3 người đôi một quen nhau hoặc 3 người đôi 1 không quen nhau .
Lời giải:
Gọi 6 người đó là $A,B,C,D,E,F$
Theo nguyên lí Dirichlet thì $A$ quen hoặc không quen ít nhất 3 người.
Không mất tính tổng quát, giả sử $A$ quen $B,C,D$
Nếu trong $B,C,D$ có đôi một quen nhau thì nó tạo với $A$ 3 người đôi một quen nhau
Nếu trong $B,C,D$ không có đôi một quen nhau thì ta có đpcm $\blacksquare$

Cho tứ giác $ABCD$.Gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm của $AD,BC$.Chứng minh rằng $MN=\frac{AB+CD}{2}$

Theo em đề đúng phải là $MN \leq \frac{AB+CD}{2}$
Cách giải, lấy trung điểm $P$ của $AC$
Khi đó ta có $MN \leq MP + NP = \frac{AB+CD}{2}$
Dấu = xảy ra khi $ABCD$ là hình thang.

Lời giải:
a,Nối $AC$, cắt $BM,BN$ lần lượt tại $G,H$
$NG \cap MH = I$
Dễ thấy $ABHM:tgnt$, $NGBC:tgnt$
$\Rightarrow NG \perp MB, MH \perp BN$
Vậy $I$ là trực tâm $\triangle MBN$
$\Rightarrow BJ \perp MN$
Mặt khác, ta có $\angle ABM = \angle AHM = \angle GNM = \angle MBJ$
$\Rightarrow \triangle ABM = \triangle JBM$
$\Rightarrow AM = BJ = x$
Chứng minh tương tự, ta cũng có $JN = NC = y$
Vậy áp dụng Pythagore vô $\triangle DMN$, ta có
$(1-x)^2 + (1-y)^2 = (x+y)^2$
$\Leftrightarrow x+y = 1- xy$ (đpcm)
b, Biểu diễn lại $S_{BMN}$:
$S_{BMN} = S_{ABCD} - 2S_{MDN}$
Vậy ta quy về tìm max $S_{MDN}$
Đặt $a = MD = 1-x \\ b = DN = 1-y$
Ta có, $MN + DN + MD = AD + DC = 2$
$\Rightarrow a + b + \sqrt{a^2+b^2} = 2$
Tới đây là phép AM-GM khá cơ bản:
$2 = a+b+\sqrt{a^2+b^2} \geq 2\sqrt{ab} + \sqrt{2ab} + \sqrt{ab}(2+\sqrt{2})$
Vậy $\frac{ab}{2} \leq \frac{2}{(2+\sqrt{2})^2}$
Min $S_{MBN} = 4 -\frac{2}{(2+\sqrt{2})^2}$
Dấu = xảy ra khi nào thì xin nhường lại chủ topic :-t.
Bài này hoàn toàn tổng quát được với độ dài cạnh hình vuông là $ a $

mấy con gà

ừ, mình cũng thấy một con gà ở đây

Cho $M$ nằm ngoài $(O)$. Từ $M$ về 2 tiếp tuyến tiếp xúc với $(O)$ tại $A$ và $B$. $OA$ cắt $(O)$ tại $C$. Vẽ $BE$ vuông góc $AC$ tại $E$. $BE$ cắt $CM$ tại $I$. Chứng minh $I$ là trung điểm $BE$

Kéo dài $AM$ cắt $BC$ tại $D$
Khi đó, ta có $\angle ABD = 90^o$.
$OM \parallel CD \Rightarrow \angle AMO = \angle ADC$
Mặt khác $\angle AMO = \angle OMB = \angle MBD$
$\Rightarrow \angle MBD = \angle MDB \Rightarrow MB = MD$
Vậy $MD = MB (= MA)$
Vậy theo Thales, ta có $\frac{IE}{MA} = \frac{IB}{MD} (=\frac{CI}{CM})$
$\Rightarrow IE = IA (dpcm)$

Chứng minh các bất đẳng thức sau:
8)Cho bốn số dương chứng minh
$\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+d}+\dfrac{c}{a+d}+\dfrac{d}{a+b} \geqslant 2$

Câu này là Nesbitt 4 biến :>
Đặt
$S = \frac{a}{b+c} + \frac{b}{c+d} + \frac{c}{d+a} + \frac{d}{a+b}$
$M = \frac{b}{b+c} + \frac{c}{c+d} + \frac{d}{d+a} + \frac{a}{a+b}$
$N = \frac{c}{b+c} + \frac{d}{c+d} + \frac{a}{d+a} + \frac{b}{a+b}$
Khi đó, ta có $M + S \geq 4$ và $N + S \geq 4$
Mặt khác, ta có $M+N = 4$
Vậy $M+N + 2S \geq 8 \Rightarrow S \geq 2$ (đpcm)
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=d$

Bài 1:
Thế $b = -(c+a)$ vào bđt cần chứng minh thì:
$$Q.e.D\Leftrightarrow -a(a+c)-2c(a+c)+3ac\leq 0$$

$$\Leftrightarrow a^2+2c^2\geq 0$$
Luôn đúng, ta có đpcm.
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=0$

Bài 3: Thuần $AM-GM$ mẫu X_X
$\frac{x}{x^4+y^2} + \frac{y}{y^4+x^2} \leq \frac{1}{2} + \frac{1}{2} = 1$
Bài 4 cũng vậy thôi, nhưng đánh giá thêm khúc cuối là có $\frac{1}{a^4} + \frac{1}{b^4} + \frac{1}{c^4} \geq 2(\sum \frac{1}{a^2b^2})$

Khi $x,y$ càng về 0 thì biểu thức càng nhỏ @@!.