Cho a, b , c không âm . Chứng minh rằng a³+b³+c³+9abc+4(a+b+c) ≥8(ab+ac+bc)

Bạn tham khảo ở đây:D
http://www.wolframal...≥8(ab+ac+bc)

Giải phương trình :$\sqrt{x} +\sqrt[4]{x+4} +4\sqrt{17-x} +8\sqrt[4]{17-x}=34$

Ta dễ dàng tính được
$x^4 +y^4 =4(x^2y^2) +x^3y +xy^3$
$\rightarrow \sqrt{x^4 +y^4} =\sqrt{4(x^2y^2) +x^3y +xy^3} \geq \sqrt{3\sqrt[3]{4x^6.y^6}} =\sqrt{3 \sqrt[3]{4}}.xy$
Ta có $(x+y)^3 =5(x^2y+ xy^2) =5xy(x+y)$
$\rightarrow \sqrt{(x+y)^3} =\sqrt{5xy(x+y)}$
Ta có
$A\geq (\sqrt{\sqrt{3 \sqrt[3]{4}}.xy})^2 -2\sqrt{\sqrt{3 \sqrt[3]{4}}.xy.(x+y)}+(x+y) =( \sqrt{3 \sqrt[3]{4}}.xy-(x+y))^2 =0$
Do$ \sqrt{(x+y)^3} =\sqrt{5xy(x+y)} \leq 2\sqrt{\sqrt{3 \sqrt[3]{4}}.xy.(x+y)}$
Vậy $A \geq 0$
Dấu "=" sảy ra khi
$ \sqrt{3 \sqrt[3]{4}}.xy=(x+y)$
Cái này mình chỉ tim ra x=y=0 thoả mãn , chưa biết loại các TH khác, bạn nào loại hộ mình nha

Bài toán :
Cho tứ giác $\mathrm{ABCD}$ nội tiếp $(\mathrm{O})$. Điểm $\mathrm{M}$ thay đổi trên đường tròn không trùng vào đỉnh của tứ giác. Gọi $\mathrm{A' ,B' ,C' ,D'}$ Lần lượt là hình chiếu vuông góc của $\mathrm{M}$ xuống $\mathrm{AB,BC,CD,DA}$. Hỏi $\mathrm{D'}$ luôn hay luôn không là trực tâm của $\triangle \mathrm{A'B'C'}$ ?

Bài 2:
a, Bạn tự làm đi :|
Mình làm câu c mà không dùng câu b
Dễ thấy$ \Delta AMO$ và $\Delta APB$ $:\text{vuông}$
$\Rightarrow MO // PB$
$\Rightarrow \Delta AMO $~$ \Delta APB $
$\Rightarrow AM =\frac{1}{2} AP$
$\Rightarrow M :\text{là trung điểm AP}$
b,Dễ Thấy $\Delta AMS$ ~ $\Delta APO$
$\Rightarrow \angle ASM =\angle AOM$
$\Rightarrow SM // OP$

Dễ đàng suy ra từ định  lý ceva 

$\Rightarrow \frac{BH}{CH} =\frac{DB}{DA} =\frac{BC}{AC}$

$\Rightarrow BG =\frac{CH.BC}{AC} =AC$

Định lý ceva ở đây  bạn thay vào là ra cái hệ thức của mình thôi

Bài toán: Cho tam giác $ABC$, lấy điểm $A_{1}$ trên cạnh $BC$ sao cho $BA_{1}:A_{1}C=2:1$, kẻ trung tuyến $CC_{1}$ ($C_{1}\in AB$). Hỏi $CC_{1}$ chia $AA_{1}$ theo tỉ số nào?

Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$, lấy điểm $D$ trên cạnh $AC$, vẽ $DH$ vuông góc với cạnh huyền $BC$, chứng minh đẳng thức:
$$\frac{AC}{BC}=\frac{AD \cdot BH+DH \cdot AB}{BD^2}$$

Bài làm :
sử dụng Định lýpotoleme cho tứ giác nội tiếp $BHDA$
$\Rightarrow BH .AD +AB. DH =BD .AH$
$\Rightarrow \frac{BH .AD +AB. DH}{BD^2} =\frac{AH}{BD} =\frac{HC}{DC}=\frac{AC}{BC} :\text{Dựa vào tam giác đồng dạng }$

Dễ thấy khi kẻ $AH \perp BC $

$\Rightarrow \angle BAH =\angle IAC$ cùng phụ với $\angle ABC$

Mà từ giả thiết  $\Rightarrow \angle DAI =\angle DAI'$ và $\angle DAB =\angle  DAC $

$\Rightarrow  \angle I'AB =\angle IAC$

Từ 2 điều trên  $\Rightarrow AI'D$ thẳng hàng $\Rightarrow AI' \perp BC$

Chứng minh bằng phương pháp phản chứng . Gọi các hình chữ nhật nhỏ là : $A_{1} ,A_{2} , A_{3},A_{4} ...... A_{9}$
giả sử diện tích các phần chung của 2 hình chữ nhật nào cũng nhỏ hơn $\frac{1}{9}$
$A_{1}$ có diện tích =1
Phần diện tích của$A_{2}$ không bị phủ bởi $A_{1}$ luôn lớn hơn :
1 - $\frac{1}{9}$=$\frac{8}{9}$
Phần diện tích của $A_{3}$ không bị phủ bởi $A_{1}$ và $A_{2}$ luôn lớn hơn :
1-$\frac{1}{9} - \frac{1}{9} = \frac{7}{9}$

Phần diện tích của $A_{4}$ không bị phủ bởi $A_{1}$ và $A_{2}$ và $A_{3}$ luôn lớn hơn :
1-$\frac{1}{9} - \frac{1}{9} - \frac{1}{9} = \frac{6}{9}$

Phần diện tích của $A_{5}$ không bị phủ bởi $A_{1}$ và $A_{2}$ và $A_{3}$ và $A_{4}$ luôn lớn hơn :
1-$\frac{1}{9} - \frac{1}{9} - \frac{1}{9} - \frac{1}{9} = \frac{5}{9}$

Phần diện tích của $A_{6}$ không bị phủ bởi $A_{1}$ và $A_{2}$ và $A_{3}$ và $A_{4}$ và $A_{5}$ luôn lớn hơn :
1-$\frac{1}{9} - \frac{1}{9} - \frac{1}{9} - \frac{1}{9} - \frac{1}{9} = \frac{4}{9}$

Phần diện tích của $A_{7}$ không bị phủ bởi $A_{1}$ và $A_{2}$ và $A_{3}$ và $A_{4}$ và $A_{5}$và $A_{6}$ luôn lớn hơn :
1-$\frac{1}{9} - \frac{1}{9} - \frac{1}{9} - \frac{1}{9} - \frac{1}{9} - \frac{1}{9}= \frac{3}{9}$

Phần diện tích của $A_{8}$ không bị phủ bởi $A_{1}$ và $A_{2}$ và $A_{3}$ và $A_{4}$ và $A_{5}$và $A_{6}$ và $A_{7}$ luôn lớn hơn :
1-$\frac{1}{9} - \frac{1}{9} - \frac{1}{9} - \frac{1}{9} - \frac{1}{9} - \frac{1}{9} - \frac{1}{9}= \frac{2}{9}$

Phần diện tích của $A_{9}$ không bị phủ bởi $A_{1}$ và $A_{2}$ và $A_{3}$ và $A_{4}$ và $A_{5}$và $A_{6}$ và $A_{7}$ và $A_{8}$ luôn lớn hơn :
1-$\frac{1}{9} - \frac{1}{9} - \frac{1}{9} - \frac{1}{9} - \frac{1}{9} - \frac{1}{9} - \frac{1}{9} - \frac{1}{9} = \frac{1}{9}$
Tổng diện tích của 9 hình chữ nhật sẽ lớn hơn:
$\frac{8}{9}+\frac{7}{9}+\frac{6}{9}+\frac{5}{9}+\frac{4}{9}+\frac{3}{9}+\frac{2}{9}+\frac{1}{9}=5 $
Điều nè vô lý

Tổng 3 số vô tỷ chưa chắc đã là số vô tỷ bạn à

Bài làm :

$m^2=(\sqrt{a} +\sqrt{b} +\sqrt{c})^2 = \sum a + 2(\sum \sqrt{ab} )$

$\Rightarrow \sum \sqrt{ab} =n \in Q$

$\Rightarrow (\sum \sqrt{ab})^2 =\sum ab +2\sqrt{abc}(\sqrt{a} +\sqrt{b} +\sqrt{c}) \in Q$

$\Rightarrow \sqrt{abc}=p$

Vậy Theo định lý viét đảo ta có :
$\sqrt{a^3} -ma +n\sqrt{a} -p =0 \in Q$

$\Rightarrow \sqrt{a}(a+n) \in Q$

$\Rightarrow \sqrt{a} \in Q$ 

Tượng tự $\Rightarrow a ,b,c$ đều là các số chính phương

1.
Cho a,b,c dương thỏa mãn:
$6(\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2})\leq 1+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$
Tìm max:
$S=\frac{1}{10a+b+c}+\frac{1}{a+10b+c}+\frac{1}{a+b+10c}$
2.
Cho a,b,c dương thỏa mãn a+b+c=1
Tìm min: $\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{1}{ab}+\frac{1}{ac}+\frac{1}{bc}$
3. Cho a,b,c dương. Tìm max:
$T=\frac{a}{2a+b+c}+\frac{b}{a+2b+c}+\frac{c}{a+b+2c}$
------

Lời nhắn từ BQT: Bạn phải đặt tiêu đề theo quy định! Những bài vi phạm sau sẽ bị xóa mà không có nhắc nhở! Cảm ơn.

Bài 2 :
$\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{1}{ab}+\frac{1}{ac}+\frac{1}{bc} \geq \frac{16}{a^2+b^2+c^2+3ab+3bc+3ca} +\frac{18}{3ab+3bc+3ca} \geq \frac{16}{(a+b+c)^2 +ab+bc+ca} +18 \geq \frac{16}{1+\frac{1}{3}} +18 =30$
Dấu $=$ xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c=\frac{1}{2}$

$A =x+y-2xy =x(1-2y) -\frac{1}{2}(1-2y)+\frac{1}{2}$
$\rightarrow x(1-2y) -\frac{1}{2}(1-2y) =\frac{-1}{2}$
$\rightarrow (1-2y)(x-\frac{1}{2}) =\frac{-1}{2}$
$\rightarrow (2y-1)(2x-1)=1$
Ước nguyên của 1 chỉ có 1 và -1
Th1 :$2y-1 =2x-1 =1$
$\rightarrow y=x=1$
TH2 :$2y-1=2x-1 =-1$
$\rightarrow x=y =0$

Bài 1: Cho 3 đg tròn có bán kính = nhau dùng đi qua điểm P và đôi một cắt nhau ở A, B, C thành $\Delta ABC$ có 3 góc nhọn.
a) C/m: P là trực tâm $\Delta ABC$
b) C/m: Đg tròn ngoại tiếp $\Delta ABC$ có bán kính = bán kính 3 đg tròn đã cho.
Bài 2: Cho (O;R) dựng đg tròn (O';R') sao cho O nằm trên (O';R'). Dây AB của (O;R) di động và tiếp xúc vs (O';R') tại C. X/đ vị trí của dây AC để tổng $AC^{2}+BC^{2}$ max.

Tks e1

Bài 1:
Bài làm:
Vẽ hình như bài của mình
Dễ thấy $OPO_{2}A$ và $O_{1}BO_{2}B :\text{HÌnh bình hàng}$
$\Rightarrow OA // O_{1}B$
Mà $OA =O_{1}B \Rightarrow OO_{1}BA :\text{HÌnh bình hành}$
$\Rightarrow OO_{1} //AB$
Mà $OO_{1} \perp CP$
$\Rightarrow CP \perp AB$
Tương tự$ \Rightarrow DPCM$
b,Dễ thấy $OCJA, JBO_{1}C, AJBO_{2}:\text{Hình thoi}$
$\Rightarrow AC=JB=JC=R$
$\Rightarrow DPCM$

Em xin chém bài 1:
1,Chiều xuôi
D,B,F thẳng hàng $\rightarrow \Delta ABF$~$\Delta DAF$
$\rightarrow \frac{AF}{FD}=\frac{BF}{AF}=\frac{AB}{AD}(1)=k$
Dễ dang cm :
$\Delta BFC ~ \Delta CFD$
$\rightarrow \frac{FC}{FD}=\frac{BC}{DC}=\frac{BF}{FC}(2)=k'$
Từ (1) và (2) $\rightarrow \frac{k}{k'}=\frac{AF}{FC}=1$
$\rightarrow \frac{\frac{AB}{AD}}{\frac{BC}{DC}}=\frac{AB.DC}{AC.BC}=1$
$\rightarrow ĐPCM$
* chiều ngược
DPCM $\leftrightarrow \frac{AB.DC}{AC.BC}=1 \leftrightarrow\frac{\frac{AB}{AD}}{\frac{BC}{DC}}=1$
Gọi Tiếp tuyến tại A $\cap$ DB ={ F}
Gọi Tiếp tuyến tại C $\cap$ DB ={ F'}
$\rightarrow \Delta ABF$~$\Delta DAF$
$\rightarrow \frac{AF}{FD}=\frac{BF}{AF}=\frac{AB}{AD}(1)=k$
$\Delta BF'C ~ \Delta CF'D$
$\rightarrow \frac{F'C}{F'D}=\frac{BC}{DC}=\frac{BF'}{F'C}(2)=k'$
Mà$ \frac{k}{k'}=1$
$\rightarrow FA=F'C$
$\rightarrow F\equiv F'$
$\rightarrow DPCM$
2, CM em nghĩ CM như câu a rồi thêm với câu a $\rightarrow DPCM$

Bài làm :
Dễ thấy :
AH =2 OF
Mà để $AH =R \Leftrightarrow R =2 OF \Leftrightarrow F$ là trung điểm $OG$
$\Leftrightarrow BOCG :\text{Hình bình Hành}$
$\Leftrightarrow BOCG :\text{Hình Thoi}$
Xét $\Delta BOF$ có : $sin_{OBF} =\frac{1}{2} \Rightarrow \angle OBF =30^o$
$\Rightarrow \angle OBG =60^o \Rightarrow \angle BGC =120^ \Rightarrow \angle BAC =60^o$

Bài làm
a, (Được chữa rồi )
Dễ tháy $S_{AMCB} =\frac{1}{2} S_{ABCD} :\text{Từ giả thiết}$
Mà $S_{AMCB} =S_{ABC} +S_{AMC} $
$\Rightarrow AC.(BG+MH) =\frac{1}{2} AC(BG +DF)$
$\Rightarrow AC(BG+2MH-DF)=0$
$\Rightarrow MH =\frac{DF-BG}{2}$
$\Rightarrow MH=\frac{DC.sin\angle ACD -BC.sin\angle BCG}{2} :\text{Const}$

Phần Thuận :

Kẻ $BX \perp PQ$ và $CY \perp PQ$

Ta có : $\frac{S_{PBM}}{S_{MCQ}} =\frac{MB}{MC}=\frac{BX}{CY}$

$\Rightarrow \sin_{XMB} =Sin_{PMA}$ 

Từ đó dễ dàng suy ra $\angle XMB =\angle PMA \Rightarrow PQ$ là phân giác $\angle AMB$

Tương tự  $\Rightarrow PQ$ là phân giác $\angle DMC$

$\Rightarrow \frac{AP}{PC} =\frac{DQ}{QC} \Rightarrow AB =CD \Rightarrow AD //BC$ .

Phần đào thì dễ rồi

Ta có $|u|+|v| \geq |u+v|$
thay vào ta có :
$A\geq 10.|\frac{-11}{10}|=11$
Dấu $"="$ sảy ra $\leftrightarrow$$ \frac{-3}{10} \leq x\leq\frac{1}{4}$
---------------------------------------------------
Mình nhầm, thank bạn $thedragonknight$

Bài 2: có trong TTT2 số 104 giải toán qua thư ( câu c thôi )
Tìm TTT2 số 106 đẻ xe kq

Chém nốt bài còn lại , bài hay mà trôi đi thì phý lắm
Bài làm
(thông cảm , mình nhầm D,E,F với X,Y,Z )
Gọi A',B',C' lần lượt là các điểm đối xứng với A,B,C qua ED,EF,FD
1, A',B',C' trùng nhau tại 1 điểm
CM:
Dễ thấy$ \angle FDC' =\angle DFC$
$\angle CDF=\angle C'DF$
$\angle .....=....\angle...$
$\rightarrow \angle DFC' +\angle FDC' +\angle EDA' +\angle DEA' +\angle EFB' +\angle FEB' =180^o$
$\rightarrow \angle C'DA' =\angle A'EB' =\angle B'FC' =0^o$
$\rightarrow (1)$ đúng
Hình phần (1)
2,Phần còn lại
Gọi H,K,L,J,M lần lượt là các đường vuông góc hạ xuống
Dễ dàng cm :
$DHMB ,DHKA,AKIE,EILK,CLJF,FJMB :tgnt$
$\rightarrow HK //BO$
$\rightarrow MK //AB$
$\rightarrow$ ...$//$...
$\rightarrow$ H là trực tâm của$ \Delta MDK$
Ta có $\angle HDK =\angle HMK$
Mà $\angle HMK=\angle BHM$
$\angle BHM =\angle BDM$ ( tgnt)
$\rightarrow \angle DK =\angle MDH +\angle KDH=\angle MDH +\angle BDM =60^o$
CMTT $\rightarrow \angle KEL =\angle MFL =60^0$
$\rightarrow DPCM$
Hình phần (2)

Bài làm 
$(a^2+b^2+c^2)(x^2+y^2+z^2) \geq (ax+by+cz)^2 $

mà  $(a^2+b^2+c^2)(x^2+y^2+z^2) =30^2 =(ax+by+cz)^2 $

$\Rightarrow \frac{a}{x} =\frac{b}{y} =\frac{c}{z} =\frac{a+b+c}{x+y+z}$

mà $\frac{a^2}{x^2} =\frac{a^2+b^2+c^2}{x^2+y^2+z^2} =\frac{25}{36} \Rightarrow \frac{a}{x} = \pm \frac{5}{6} =\frac{a+b+c}{x+y+z}$

Gọi 4 số đó là a,b,c,d
ta có :
theo đầu bài :
$abc +d =2\rightarrow a^2 bc +ad =2a$
$bcd +a =2\rightarrow bcd^2 +ad =2d$
Trừ đi nhau ta có
bc(a+d) =2
$\rightarrow bca +bcd =2$
$\rightarrow bca =a$
$\rightarrow bc =1$
$CMTT \rightarrow ab=1 ,ac=1$
$\rightarrow$a=b=c=d =1

Chém bài này :
DKXD:
$x\neq \sqrt{x^2+3},-\sqrt{x^2+3},y\neq \sqrt{y^2+3},-\sqrt{y^2+3}$
PT 1 $\Leftrightarrow \frac{x{\sqrt{y^2+3}-xy}}{3}+\frac{y\sqrt{x^2+3}-xy}{3}=\frac{2}{3}\Leftrightarrow x\sqrt{y^2+3}-2xy+y\sqrt{x^2+3}=2$
PT 2 $\Leftrightarrow \frac{x(\sqrt{y^2+3}-y)+y(\sqrt{x^2+3}-x)}{(\sqrt{x^2+3}-3)(\sqrt{y^2+3}-y)}=\frac{2}{3}$$\Leftrightarrow (\sqrt{x^2+3}-x)(\sqrt{y^2+3}-y)=3\Leftrightarrow 3(\sqrt{y^2+3}-y)=3(x+\sqrt{x^2+3})\Leftrightarrow \sqrt{y^2+3}-y=x+\sqrt{x^2+3}$
Làm tương tự,ta được :
$\sqrt{x^2+3}-x=y+\sqrt{y^2+3}$Cộng vế theo vế,ta được :
$x+y=0\Rightarrow x=-y$
Thay vào (1),ta có :$x\sqrt{(-x)^2+3}-2xy-x\sqrt{x^2+3}=2\Leftrightarrow -(y).2x=2\Leftrightarrow 2x^2=2\Leftrightarrow x^2=1\Leftrightarrow \begin{bmatrix} x=1,y=-1 \\ x=-1,y=1 \end{bmatrix}(Q.E.D)$
Nhớ thử lại nghiệm,hình như thỏa hết

Đến đây là như thế nào anh :|