ax

nhầm thành $2a^2+3b^2+4c^2=1$

hình như min phải = $\frac{12\sqrt{407}}{407}$

Điểm rơi sai.
Lời giải+Hướng dẫn:
Giả sử điểm rơi xảy ra khi $a=m;b=n;c=p$ với $m,n,p>0$. Ta sử dụng bđt AM-GM đánh giá như sau
\[
a^3 + a^3 + \frac{1}{{m^3 }} \ge \frac{{3a^2 }}{m} \Rightarrow 2a^3 \ge \frac{{3a^2 }}{m} - \frac{1}{{m^3 }}
\]
Tương tự
\[
\begin{array}{l}
2b^3 \ge \frac{{3b^2 }}{n} - \frac{1}{{n^3 }} \Rightarrow 3b^3 \ge \frac{{9b^2 }}{{2n}} - \frac{3}{{2n^3 }} \\
2c^3 \ge \frac{{3c^2 }}{p} - \frac{1}{{p^3 }} \Rightarrow 4c^3 \ge \frac{{6c^2 }}{p} - \frac{2}{{p^3 }} \\
\Rightarrow A \ge \frac{3}{m}a^2 + \frac{9}{{2n}}b^2 + \frac{6}{p}c^2 - \frac{1}{{m^3 }} - \frac{3}{{2n^3 }} - \frac{2}{{p^3 }} \\
\end{array}
\]
Mặt khác, ta cần phải sử dụng giả thiết $a^2+2b^2+3c^2=1$ nên ta sẽ có hệ như sau:
\[
\left\{ \begin{array}{l}
\frac{3}{m}:\frac{9}{{2n}}:\frac{6}{p} = 1:2:3 \\
m^2 + 2n^2 + 3p^2 = 1 \\
\end{array} \right.
\]
Từ pt đầu, ta rút được
\[
n = \frac{3}{4}m;p = \frac{2}{3}m
\]
Thế vào pt sau, ta có:
\[
m^2 + 2.\frac{9}{{16}}m^2 + 3.\frac{4}{9}m^2 = 1 \Leftrightarrow m = 2\sqrt {\frac{6}{{83}}} \Rightarrow \left( {m;n;p} \right) = \left( {2\sqrt {\frac{6}{{83}}} ;\frac{3}{2}\sqrt {\frac{6}{{83}}} ;\frac{4}{3}\sqrt {\frac{6}{{83}}} } \right)
\]
Thế vào ban đầu, ta sẽ có các đánh giá thích hợp và thu được
\[
\min A = \frac{{7691}}{{498\sqrt {498} }}
\]

k đọc phần trên nhưng kết quả cũng sai nốt

Với a,b,c là các số dương thỏa a²+2b²+3c²=1. Tìm GTNN của A= 2a³+3b³+4c³.

$(2a^3+3b^3+4c^3)(2a^3+3b^3+4c^3)(2+3+4)\geq (2a^2+3b^2+4c^2)^3=1$

$\Rightarrow 2a^3+3b^3+4c^3 \geq \frac{1}{3}$

$"=" \Leftrightarrow a=b=c= \frac{1}{3}$

Giải phương trình:

$$36(a^2+11a+30)(a^2+11a+31)=(a^2+11a+12)(a^2+9a+20)(a^2+13a+42)$$

$36(a^2+11a+30)(a^2+11a+31)=(a^2+11a+12)(a^2+9a+20)(a^2+13a+42)$

$ \Leftrightarrow 36(a+5)(a+6)(a^2+11a+31)=(a^2+11a+12)(a+4)(a+5)(a+6) (a+7)$

$\Leftrightarrow (a+5)(a+6)\left [ 36(a^2+11a+31)-(a^2+11a+12)(a^2+11a+28) \right ]=0$

$\Leftrightarrow a+5=0 hoac a+6=0hoac 36(a^2+11a+31)-(a^2+11a+12)(a^2+11a+28)=0$

* $36(a^2+11a+31)-(a^2+11a+12)(a^2+11a+28)=0$

$\Leftrightarrow 36(x+19)-x(x+16)=0 ( dat x=a^2+11a+12)$

$\Leftrightarrow x^2-20x-684=0$

$\Leftrightarrow (x+18)(x-38)=0$

Với $ x+18=0\Rightarrow a^2+11a+12=-18\Leftrightarrow (a+5)(a+6)=0$

Với $x-38=0\Rightarrow a^2+11a+12-38=0\Leftrightarrow (a-2)(a+13)=0$

Vậy pt có tập no $S=\left \{ -13;-6;-5; 2\right \}$

Lưu ý không nên viết tắt từ ngữ trong thi cử.
D-B=2.3h
E=10
F=0
S=75.7

Trừ nửa số điểm chứ sao
Nhỡ đâu trong trường hợp góc B hoặc C không nhọn thì biểu thức S mới đạt GTNN thì kết quả bài toán sẽ sai (may mắn là min bài này rơi vô TH1)

trừ cái đầu mi á

bài này chả có lí do để chia trg hợp

>''< đang bực mình thì chớ

trừ điểm ng ra đề đúng hơn

thứ nhất, cô giáo t bảo ở THCS chỉ dùng tslg của góc nhọn

thứ hai, t vẫn chưa hiểu tại sao cần xét trường hợp góc B hoặc C tù

@ ĐG: hôm nay ngoan nhỉ

Vậy vì sao khi giải pt $|x-1|=2x+3$ phải xét $x\geq 1$ và $x<1$??? Đơn giản để KHÔNG BỎ XÓT NGHIỆM . Chắc bạn hiểu ý mình
.

2 cái này khác nhau mà

nếu cứ làm bt, k quan tâm đến góc tù thì có việc j k?

=.=

Gọi G là giao của 2 đường trung tuyến BD và CE thì G là trọng tâm tam giác ABC

tam giác ABC có D, E là trung điểm của AC, AB nên DE//BC

Gọi I, N, K là chân đường vuông góc hạ từ E, G, D xuống BC, H là trung điểm của BC

kéo dài NG cắt ED tại M

do DE//BC nên EI=DK=MN

$\Delta GNC$ có EM//NC $\Rightarrow \frac{MG}{MN}=\frac{EG}{EC}=\frac{2}{3}\Rightarrow MN=\frac{2}{3}GN$ X

theo quan hệ đường vuông góc, đường xiên $GN\leq GH$

tam giác GBC vuông ở G có trung tuyến GH nên $GH=\frac{1}{2}BC$

do đó$EI=DK\leq \frac{1}{2}BC$

a/d định lí pytago ta có $BE^2+DC^2=EG^2+BG^2+DG^2+GC^2=\frac{5}{4}(GB^2+GC^2)=\frac{5}{4}BC^2$

ta có

$S=\sqrt{3}(\frac{BE^2}{EI^2}+\frac{DC^2}{DK^2})+\sqrt{2}=\sqrt{3}\frac{BE^2+CD^2}{EI^2}+\sqrt{2}\geq \sqrt{3}\frac{\frac{5}{4}BC^2}{\frac{1}{4}BC^2}+\sqrt{2}=5\sqrt{3}+\sqrt{2}$

dấu = xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC có $AB=AC=\frac{\sqrt{10}}{2}BC$

Sai từ dấu X trở xuống dẫn đến sai kết quả. Vẫn cho điểm nửa đoạn trên.
D-B=17.9h
E=4
F=0
S=42.1

Bà nói vậy thì tui cũng chịu z_z
Vậy làm sao bà khẳng định được góc B hoặc C tù thì biểu thức đã cho không đạt GTNN?
Thôi im lặng là vàng, đợi anh Hân chấm cho nó lành

ta chưa từng k/đ như thế=.=

mà tam giác đó nhọn hay tù k phải là vấn đề cần quan tâm

vs lại im lặng là vàng, rộn ràng là kim cương+kim cương quý hơn vàng

theo em thì nên xét cả trường hợp 2 để có điều kiện tam giác ABC nhọn...Dù em đã không xét trường hợp đó @@

sao tam giác ABC phải nhọn?

mà sửa cái đề thành cho tam giác nhọn là hợp lí nhất

$(x-7)^1-(x-7)^{11}=0$

$\Leftrightarrow (x-7)[ 1- (x-7)^{10}]=0$

$\Leftrightarrow x-7=0 hoac 1-(x-7)^{10}=0 $

* $x-7=0\Leftrightarrow x=7$

*$1-(x-7)^{10}=0\Leftrightarrow (x-7)^{10}=1^{10}\Leftrightarrow |x-7|=1\Leftrightarrow x=8 hoac x=6$

vậy pt có tập nghiệm $S=\left \{ 6;7;8 \right \}$

sao đề lần này ngộ vậy nhỉ

D-B=6.8h
E=10
F=0
S=71.2

*Giả sử tồn tại điểm M nằm ở phần mp giới hạn bởi tia AB và tia đối tia AC



$\widehat{MBC}> 45^o> \widehat{BCM}\Rightarrow CM> BM \Rightarrow 2AM^2=BM^2-CM^2<0$

(vô lí)

*Giả sử tồn tại điểm M nằm ở phần mp giới hạn bởi tia AB, AC t/m $MB^2-MC^2=2MA^2$



Vẽ tam giác AMN vuông cân ở A( M, N khác phía đối với AC )

$\Delta BAM=\Delta CAN (cgc) \Rightarrow BM=CN$

Do đó $MN^2=2AM^2=BM^2-CM^2=CM^2-CN^2$

$\Rightarrow \Delta MCN$ vuông ở M

$\Rightarrow \widehat{AMC}=\widehat{AMN}+\widehat{NMC}=45^o+90^o=135^o$

vậy quỹ tích của M là cung chứa góc $135^o$ dựng trên đoạn AC nằm ở nửa mp bờ AC chứa B trừ A, C

*Giả sử tồn tại điểm M nằm ở nửa mp bờ AC ko chứa B t/m $MB^2-MC^2=2MA^2$



tương tự như trên quỹ tích của M là cung chứa góc $45^o$ dựng trên đoạn AC nằm ở nửa mp bờ AC ko chứa B trừ A, C

Tóm lại quỹ tích của M là cung chứa góc $135^o$ dựng trên đoạn AC nằm ở nửa mp bờ AC chứa B và cung chứa góc $45^o$ dựng trên đoạn AC nằm ở nửa mp bờ AC ko chứa B trừ A, C

Chia nhiều trường hợp quá, hơn nữa, lại chỉ mới suy ra, thiếu phần đảo.
D-B=19.9h
E=7đ
F=0
S=49.1

$x^4+y^4+z^4=1984-104x$

với các số nguyên dương x, y, z:

$1984-104x \vdots 8 \Rightarrow x^4+y^4+z^4 \vdots 8$

$\Rightarrow$ trong 3 số chính phương $x^4, y^4, z^4$ hoặc có 2 số lẻ, 1 số chẵn hoặc 3 số cùng chẵn

mặt khác dễ thấy nếu trong 3 số $x^4, y^4, z^4$ hoặc có 2 số lẻ, 1 số chẵn thì $x^4+ y^4+ z^4$ chia 8 dư 2 (mâu thuẫn) X

do đó $x^4, y^4, z^4$ đều chẵn $\Rightarrow$ x, y, z chẵn

suy ra

$20^x\equiv (-1)^x (mod3) \Rightarrow 20^x\equiv 1 (mod3)$

$11^y\equiv (-1)^y (mod3) \Rightarrow 11^y\equiv 1 (mod3)$

$1969^z\equiv 1^z (mod3) \Rightarrow -1969^z\equiv -1 (mod3)$

như vậy $A=20^x+11^y+1969^z \equiv 1(mod3) \Rightarrow 4A \equiv 1 (mod3)\Rightarrow 4A+1 \equiv 2(mod3)$ (1)

giả sử A có thể viết dưới dạng $a^2+a$ $(a \in N)$

$\Rightarrow 4A+1 =4a^2+4a+1=(2a+1)^2$ là số chính phương $\Rightarrow 4A+1$ chia 3 dư 0 hoặc 1 (mâu thuẫn với (1))

do đó điều giả sử sai

Vậy A ko thể viết dưới dạng $a^2+a$ $(a \in N)$

Chỗ X lý luận không "đẹp"
D-B=14.2h
E=9
F=0
S=60.8

trước hết ta c/m $\Delta ABC$ có 2 điểm E, F trên BC t/m $\widehat{BAE}=\widehat{CAF}$ thì $\frac{BE.BF}{CE.CF}=\frac{AB^2}{AC^2}$





C/m

Kẻ $EI \perp AB, FK \perp AC$

$\Delta IAE \sim \Delta KAF(gg)\Rightarrow \frac{EI}{FK}=\frac{AE}{AF}$

do đó $\frac{BE}{CF}=\frac{S_{\Delta ABE}}{S_{\Delta ACF}}=\frac{AB.EI}{AC.FK}=\frac{AB.AE}{AC.AF}$

tương tự $\frac{BF}{CE}=\frac{S_{\Delta ABF}}{S_{\Delta ACE}}=\frac{AB.AF}{AC.AE}$

suy ra $\frac{BE.BF}{CF.CE}=\frac{AB.AE.AB.AF}{AC.AF.AC.AE}=\frac{AB^2}{AC^2}$

quay trở lại bài toán


trên AD lấy E' sao cho $\widehat{BCF}=\widehat{ACE'}$

a/d bt trên ta đc

$\frac{DF.DE}{AF.EA}=\frac{BD^2}{BA^2}$

$\frac{DF.DE'}{FA.E'A}=\frac{CD^2}{CA^2}$

mà theo tính chất đường phân giác trong của 1 tam giác

$\frac{BD}{BA}=\frac{DC}{CA}$

do đó $\frac{DF.DE}{AF.EA}=\frac{DF.DE'}{AF.E'A}$

$\Rightarrow \frac{DE}{EA}=\frac{DE'}{E'A}$

E và E' cùng chia trong đoạn ED theo 1 tỉ số suy ra $E\equiv E'$

hay $\widehat{ACE}=\widehat{ BCF}$

D-B=17.7h
E=10
F=0
S=60.3

mở rộng

Tìm số nguyên dương p sao cho $5^p+12^p= a^2 (a\in Z^+)$

G:

tương tự như trên ta c/m đc p phải chẵn. đặt $p=2h(h\in Z^+)$

$\Rightarrow (12^h)^2+(5^h)^2=a^2$

($(12^h, 5^h, a)$ là 1 bộ 3 số nguyên thuỷ pitago nên ta có $\left\{\begin{matrix} 12^h=2dn & & \\ 5^h=d^2-n^2 & & \end{matrix}\right.( d, n \in Z^+; d>n)$

$12^h=2dn \Rightarrow 2n$ ko chia hết cho 5 $ \Rightarrow$ d+n & d-n ko cùng số dư khi chia cho 5

mà $(d-n)(d+n)=5^h; d-n<d+n$ nên $d-n=1$

suy ra $12^h=2n(n+1)$

$\Leftrightarrow n(n+1)=2^{2h-1}.3^h$

mặt khác dễ thấy $(n, n+1)=1$ nên

$\left\{\begin{matrix} n=3^h & & \\ n+1=2^{2h-1} & & \end{matrix}\right.$

hoặc $\left\{\begin{matrix} n+1=3^h & & \\ n=2^{2h-1} & & \end{matrix}\right.$

TH1: $2^{2h-1}-1=3^h$

$2\equiv -1(mod3)\Rightarrow 2^{2h-1}\equiv -1(mod3)\Rightarrow 3^h \equiv 1 (mod3)\Rightarrow h=0$ (L)

TH2: $2^{2h-1}=3^h-1$

* $h=1 \Rightarrow k=2$ (t/m bt)

* $h>1 \Rightarrow 2^{2h-1}\vdots 4\Rightarrow (3^h-1)\vdots 4 \Rightarrow h\vdots 2$

đặt $h=2k(k\in Z^+)$ $\Rightarrow (3^k-1)(3^k+1)=2^{4k-1}$

$\Rightarrow \left\{\begin{matrix} 3^k-1=2^x & & \\ 3^k+1=2^y & & \end{matrix}\right.( x, y\in Z^+, x<y)$

$\Rightarrow 2^y-2^x=2$

$\Leftrightarrow 2^x(2^{y-x}-1)=2$

đến đây là ra x=1, y=2 => k=1=> h=2 (thử lại k t/m)

vậy p=2

Vì p là số nguyên tố nên:

* Với p=2 thì $5^p+12^p=169$ là số chính phương (t/m)

* Với $p\neq 2$ thì $p=2k+1(k\in Z^+)$

khi đó $5^p=5^{2k+1}=5.25^k$

mà $25\equiv 1(mod3)\Rightarrow 25^k\equiv 1(mod3)$

$5\equiv 2(mod3)$

suy ra $5^p\equiv 2(mod3)$

$\Rightarrow 5^p+12^p\equiv 2(mod3)$

$\Rightarrow 5^p+12^p$ ko là số chính phương (loại)

Vậy p=2

D-B=0.8h
E=9
F=1*10=10
S=84.2

ax

nhầm biến lung tung

coi như bài này e làm a, b, c thành x, y, z vậy

ta có 2 bđt :

(i) $m^3+n^3+k^3\geq 3mnk$

(ii) $Y=(a_1^4+a_2^4+a_3^4)(b_1^4+b_2^4+b_3^4)(c_1^4+c_2^4+c_3^4)(d_1^4+d_2^4+d_3^4)\geq(a_1b_1c_1d_1+a_2b_2c_2d_2+a_3b_3c_3d_3)^4$

$m, n, k, a_i, b_i, c_i, d_i> 0 (i=\overline{1;3})$

c/m:

(i) $m^3+n^3+k^3-3mnk=\frac{1}{2}(m+n+k)\left [ (m-n)^2+(n-k)^2 +(k-m)^2\right ]\geq 0\Rightarrow (i)$

$"=" \Leftrightarrow m=n=k$

(ii): a/d $p^4+q^4+r^4+s^4\geq 2p^2q^2+2r^2s^2\geq 4pqrs$ $(p, q, r, s>0)$

$\frac{a_1^4}{a_1^4+a_2^4+a_3^4}+\frac{b_1^4}{b_1^4+b_2^4+b_3^4}+\frac{c_1^4}{c_1^4+c_2^4+c_3^4}+\frac{d_1^4}{d_1^4+d_2^4+d_3^4}\geq \frac{4a_1b_1c_1d_1}{\sqrt[4]{Y}}$

$\frac{a_2^4}{a_1^4+a_2^4+a_3^4}+\frac{b_2^4}{b_1^4+b_2^4+b_3^4}+\frac{c_2^4}{c_1^4+c_2^4+c_3^4}+\frac{d_2^4}{d_1^4+d_2^4+d_3^4}\geq \frac{4a_2b_2c_2d_2}{\sqrt[4]{Y}}$

$\frac{a_3^4}{a_1^4+a_2^4+a_3^4}+\frac{b_3^4}{b_1^4+b_2^4+b_3^4}+\frac{c_3^4}{c_1^4+c_2^4+c_3^4}+\frac{d_3^4}{d_1^4+d_2^4+d_3^4}\geq \frac{4a_3b_3c_3d_3}{\sqrt[4]{Y}}$

cộng vế với vế các bđt trên ta đc (ii)

$"=" \Leftrightarrow a_1:a_2:a_3=b_1:b_2:b_3=c_1:c_2:c_3=d_1:d_2:d_3$

trở lại bài toán

$x^5+y^2+z^2\leq x^5+xyz(y^2+z^2)=x(x^4+yz(y^2+z^2))\leq x(x^4+\frac{(y^2+z^2)^2}{2})\leq x(x^4+y^4+z^4)$

$\Rightarrow \frac{x^5}{x^5+y^2+z^2}\geq \frac{x^4}{x^4+y^4+z^4}$

xây dựng 2 bđt tương tự rồi cộng vế vs vế 3 bđt trên ta thu đc

$E=\frac{{{x^5}}}{{{x^5} + {y^2} + {z^2}}} + \frac{{{y^5}}}{{{x^2} + {y^5} + {z^2}}} + \frac{{{z^5}}}{{{x^2} + {y^2} + {z^5}}}\geq 1$

$x^5+y^2+z^2 \geq 3 \sqrt[3]{x^5y^2z^2}\geq 3x\Rightarrow \frac{x}{x^5+y^2+z^2}\leq \frac{1}{3}$

xây dựng 2 bđt tương tự rồi cộng vế vs vế 3 bđt trên ta thu đc

$ U= \frac{{{x}}}{{{x^5} + {y^2} + {z^2}}} + \frac{{{y}}}{{{x^2} + {y^5} + {z^2}}} + \frac{{{z}}}{{{x^2} + {y^2} + {z^5}}} \leq 1$

kết hợp dùng (ii) ta đc

$E^4\geq E\geq E.U.U.U\geq A^4\Rightarrow E\geq A$

$(A = \frac{{{x^2}}}{{{x^5} + {y^2} + {z^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{x^2} + {y^5} + {z^2}}} + \frac{{{z^2}}}{{{x^2} + {y^2} + {z^5}}})$

$"="\Leftrightarrow x=y=z=1$

Bài làm rất tốt Lỗi nhầm biến anh trừ 0.5đ. ok?
D-B=19h
E=9.5
F=0
S=57.5

đặt $\left\{\begin{matrix} x+y=a & & \\ y+z=b & & \\ z+x=c & & \end{matrix}\right. (a, b, c>0)$

phương trình đã cho trở thành $\frac{b}{a+2b}+\frac{c}{b+2c}+\frac{a}{c+2a}=1$

mặt khác ta có

$\frac{a}{a+2b}+\frac{b}{b+2c}+\frac{c}{c+2a}=\frac{a^2}{a^2+2ab}+\frac{b^2}{b^2+2bc}+\frac{c^2}{c^2+2ac}\geq \frac{(a+b+c)^2}{(a+b+c)^2}=1$

$\Rightarrow \frac{3}{2}-\frac{1}{2}(\frac{a}{a+2b}+\frac{b}{b+2c}+\frac{c}{c+2a})\leq 1$

$\Rightarrow \frac{b}{a+2b}+\frac{c}{b+2c}+\frac{a}{c+2a}\leq 1$

dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $\frac{a}{a^2+2ab}=\frac{b}{b^2+2bc}=\frac{c}{c^2+2ca}$

$\Leftrightarrow \frac{1}{a+2b}=\frac{1}{b+2c}=\frac{1}{c+2a}=\frac{1+1+1}{a+2b+b+2c+c+2a}=\frac{1}{a+b+c}$

$\Leftrightarrow a+2b=b+2c=c+2a=a+b+c$

$\Leftrightarrow a=b=c$

$\Leftrightarrow x=y=z$

vậy phương trình đã cho có nghiệm dương x=y=z=k ( k>0)

Chưa chứng minh BĐT Cauchy-Schwart dạng Engel: trừ 4đ.
D-B=1.5h
E=6
F=0
S=64.5

Dựng hình bình hành BICA'

Gọi M, N thứ tự là trung điểm của BC, B'C'; G là giao của A'N và AM

$\vartriangle BIC=\vartriangle CA'B\Rightarrow \vartriangle BIC \sim \vartriangle AB'C\Rightarrow \left\{\begin{matrix} \widehat{BCI}=\widehat{ACB'} & & \\ \frac{IC}{BC} =\frac{B'C}{AC}& & \end{matrix}\right.\Rightarrow \vartriangle IB'C\sim \vartriangle BAC(c.g.c)$

do đó $\frac{IB'}{B'C}=\frac{AB}{AC}=\frac{AC'}{B'C}\Rightarrow IB'=AC'$

c/m tương tự ta đc $AB'=C'I$

suy ra AC'IB' là hình bình hành $\Rightarrow$ N là trung điểm của AI

$\vartriangle AIA'$ có trung tuyến AM và A'N cắt nhau tại G nên G là trọng tâm $\vartriangle AIA'$

$\Rightarrow \frac{AG}{AM}=\frac{A'G}{A'N}=\frac{2}{3}$

do đó G là trọng tâm của tg ABC và A'B'C' (đpcm)

Mở rộng

Gọi D, E, F lần lượt là chân đg vg góc hạ từ A', B', C' xuống BC, CA, AB thì G cũng là trọng tâm tg DEF

p/s: k thấy kí hiệu đồng dạng nên dùng ~

Một số lỗi lý luận nhỏ và trình bày. Sao không thấy lời chứng minh cho mở rộng?
D-B=8.8h
E=10
F=0
S=69.2

DC còn cái kết bố bé Ayumi -> boss, Ayumi cũng bị teo nhỏ, về sau cả nhà này die, shin x ran, ai+mitsu theo FBI, DB còn mỗi genta, yoko die, mori-> eri

Bài 30:

Cho đường tròn (O) và điểm A nằm ngoài đường tròn. Từ A kẻ hai tiếp tuyến AB, AC ( B, C là hai tiếp điểm ) và cát tuyến AMN (M nằm giữa A và N) với đường tròn. Gọi E là trung điểm dây MN, I là giao điểm thứ hai của đường thẳng CE với đường tròn.
a) Cm : 4 điểm A, O, E, C cùng thuộc một đường tròn.
b) Cm :$\widehat {AEC} = \widehat {BIC}$ .
c) Cm : BI // MN
d) Xác định vị trí cát tuyến AMN để diện tích $\Delta $ AIN lớn nhất.

d.

$S_{\Delta AIN}=S_{\Delta ABN} \leq \frac{AB.BN}{2} \leq \frac{AB.2R}{2}$

$"=" \Leftrightarrow$ N đối xứng với B qua O

Bài 19: Cho đường tròn (O;R) và điểm M nằm ngoài đường tròn (O). Kẻ hai tiếp tuyến MB;MC của (O) và tia Mx nằm giữa hai tia MO và MC. Qua B kẻ đường thẳng song song với Mx, đường thẳng này cắt (O) tại điểm thứ hai là A; AC cắt Mx tại I. Vẽ đường kính BB'. Qua O kẻ đường thẳng vuông góc với BB', đường thẳng này cắt MC; B'C lần lượt tại K và E
Chứng minh:
a) Tứ giác MOIC nội tiếp;
b) OI vuông góc với Mx;
c) ME có độ dài không phụ thuộc vị trí của điểm M;
d) Khi M di động mà OM=2R thì K chuyển động trên đường nào? Tại sao?

c.

các tứ giác BOCE, BOCM nt nên B, O, I, C, E, M cùng thuộc 1 đtròn

suy ra OBME là hcn => ME=R

d.

$OM=2ME\Rightarrow \widehat{MOE}=30^o$

$ME=OC\Rightarrow \widehat{MOE}=\widehat{OMC}\Rightarrow OK=KM$

suy ra $OK=\frac{2\sqrt{3}}{3}R$

Bài 339:
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức:
$$\frac{x-y}{x^4+y^4+6}$$

$\left | \frac{x-y}{x^4+y^4+6} \right |\leq \frac{|x-y|}{2(x^2+y^2)+4} \leq \frac{|x-y|}{(x-y)^2+4}\leq 4\Rightarrow -4\leq \frac{x-y}{x^4+y^4+6}\leq 4$

$(a^2-1)(b^2-1)=1\Rightarrow a^2b^2-a^2-b^2+1=1\Rightarrow a^2b^2=a^2+b^2\geq 2ab\Rightarrow ab\geq 2$ Khi đó: $P=|1+ab|+|a+b|\geq |1+2|+\sqrt{(a+b)^2}\geq 3+\sqrt{4ab}\geq 3+2\sqrt{2}$ Dấu bằng xảy ra khi $a=b=\sqrt{2}$ Vậy $minP=3+2\sqrt{2}$ khi $a=b=\sqrt{2}$ P/s:

min P=1 chứ

cậu sai ngay ở dòng đầu rồi

xem lại đi