Chứng minh:

a) $cos\frac{2\pi}{11}+cos\frac{4\pi}{11}+cos\frac{6\pi}{11}+cos\frac{8\pi}{11}+cos\frac{10\pi}{11}=-\frac{1}{2}$

b) $cos\frac{\pi}{11}+cos\frac{3\pi}{11}+cos\frac{5\pi}{11}+cos\frac{7\pi}{11}+cos\frac{9\pi}{11}=\frac{1}{2}$

Cho tam giác ABC, P thuộc miền trong của tam giác. Gọi K,M,L lần lượt là hình chiếu vuông góc của P lên BC,CA,AB. Xác định P sao cho tổng $BK^{2}+CL^{2}+AM^{2}$

Hình như sai đề rồi... theo mình là $BK^2+CM^2+AL^2$

Chứng minh $sinx.sin\left ( \frac{\pi }{3}-x \right ).sin\left ( \frac{\pi }{3}+x \right )=\frac{1}{4}sin3x$

Chứng minh đẳng thức: $cos^2x+cos^2\left ( \frac{2\pi}{3}-x \right )+cos^2\left ( \frac{2\pi}{3}+x \right )=\frac{3}{2}$

Lộn đề không bạn $P$ là giao của $BN$ và $CM$ thì phải

$N$ nằm trên $AB$ mà bạn!

Cho tam giác nhọn ABC với  $\widehat{BAC}=60^o$ độ.Cmr: $BC^2=AB^2+AC^2-AB.AC$

Bạn Việt Hoàng sửa không đúng, đề lúc nãy không phải như thế

Bài toán mạnh hơn: Cho $\Delta ABC$ nhọn có $\widehat{A}=60^o$. Chứng minh rằng: $\frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+c}=\frac{3}{a+b+c}$     ($1$)

Bài giải:

Ta có:

$(1)\Leftrightarrow \frac{a+b+c}{a+b}+\frac{a+b+c}{a+c}=3$

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

$\Leftrightarrow a^2=b^2+c^2-bc$  (Bài toán cần chứng minh đây!)

Kẻ $BK\perp AC$ ($K\in AC$ vì $\Delta ABC$ nhọn)

$\Rightarrow \widehat{ABK}=30^o\Rightarrow AK=\frac{c}{2}\Rightarrow KC=b-\frac{c}{2}$

Áp dụng $Py-ta-go$ ta có $BK^2=c^2-\frac{c^2}{4}=\frac{3c^2}{4}$

$\Delta BKC$ vuông tại $K$ nên theo $Py-ta-go$: $BK^2+KC^2=BC^2\Leftrightarrow \frac{3c^2}{4}+\left ( b-\frac{c}{2} \right )^2=a^2\Leftrightarrow a^2=b^2+c^2-bc$

Bài toán chứng minh xong!

Cho tam giác $ABC$ có đường cao $AH$, $I$ bất kì thuộc $AH$, Gọi $P,Q$ lần lượt là giao của $BI$ với $AC$ và $CI$ với $AB$. Chứng minh $AH$ là phân giác góc $PHQ$

Tam giác $ABC$ nhọn và $\widehat{A}=60^o$. CM: $\frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+c}=\frac{3}{a+b+c}$

Cho tam giác $ABC$ nhọn có phân giác trong $AD$. $M,N$ lần lượt là hình chiếu của $D$ lên $AC,AB$. Gọi $P$ là giao của $BM$ và $CN$. Chứng minh $AP$ vuông góc với $BC$

Giải phương trình: $1+(6x+2)\sqrt{2x^{2}-1}=2(5x^{2}+4x)$ (1)

ĐK: $|x|\geq \frac{1}{\sqrt{2}}$

Ta có:

$(1)\Leftrightarrow (3x+1)^2+(2x^2-1)-2(3x+1)\sqrt{2x^2-1}-1=(3x+1)^2+(2x^2-1)-(10x^2+8x)$

$\Leftrightarrow (3x+1-\sqrt{2x^2-1})^2=(x-1)^2$

$\Leftrightarrow \sqrt{2x^2-1}=2x+2$   ($2$)  hoặc  $\sqrt{2x^2-1}=4x$   ($3$)

Giải ($2$) và đối chiếu đk ta có $x=\frac{-4+\sqrt{6}}{2}$

Giải ($3$) VN

Kết luận

Cho tam íac ABC. Trên các cạnh BC,CA và AB của tam giác đó, lần lượt lấy các điểm A', B' và C'. Gọi $S_{a}$,S_{b},S_{c} và S tương ứng là diện tích của các tam giác AB'C', BC'A', CA'B' và ABC. Chứng minh bất đẳng thức: $\sqrt{S_{a}}+\sqrt{S_{b}}+\sqrt{S_{c}}\leq \frac{3}{2}\sqrt{S}$. Dấu đẳng thức xảy ra khi nào?

Ta có $2S_a=AC'.AB'.sinA$ và $2S=AB.AC.sinA$

$\Rightarrow \sqrt{\frac{S_a}{S}}=\sqrt{\frac{AC'.AB'}{AB.AC}}\leq \frac{1}{2}\left ( \frac{AC'}{AB}+\frac{AB'}{AC} \right )$

Tương tự: $\sqrt{\frac{S_b}{S}}\leq \frac{1}{2}\left ( \frac{BA'}{BC}+\frac{BC'}{BA} \right )$ ; $\sqrt{\frac{S_c}{S}}\leq \frac{1}{2}\left ( \frac{CB'}{CA}+\frac{CA'}{CB} \right )$

Do đó: $\sqrt{\frac{S_a}{S}}+\sqrt{\frac{S_b}{S}}+\sqrt{\frac{S_c}{S}}\leq \frac{1}{2}\left ( \frac{AC'}{AB}+\frac{BC'}{BA}+\frac{BA'}{BC}+\frac{CA'}{CB}+\frac{CB'}{CA}+\frac{AB'}{AC} \right )=\frac{3}{2}$ ($đpcm$)

Dấu $"="$ xảy ra khi và chỉ khi:

$\left\{\begin{matrix} \frac{AC'}{AB}=\frac{AB'}{AC}\\ \frac{BA'}{BC}=\frac{BC'}{BA}\\ \frac{CB'}{CA}=\frac{CA'}{CB} \end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} C'B'//BC\\ A'C'//CA\\ B'A'//AB \end{matrix}\right.$

$\Leftrightarrow A',B',C'$ là trung điểm của $BC,CA,AB$

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO                             KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP THPT

            HÀ TĨNH                                                                      NĂM HỌC 2013 - 2014

                                                                                                  MÔN: TOÁN LỚP 10

     ĐỀ CHÍNH THỨC                                                             Thời gian làm bài 180 phút

                                                                                            (Đề thi có 01 trang, gồm 5 câu)

Câu 1. a) Giải phương trình $8x^2-x-4=3\sqrt{2x-1}$

           b) Gọi $x_0$ là một nghiệm của phương trình $x^4+2x^2+2ax+a^2+6a+1=0$

           Tìm các giá trị của tham số $a$ để $x_0$ đạt giá trị nhỏ nhất? giá trị lớn nhất?

Câu 2. Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{matrix} \sqrt{x-2}-\sqrt{y-1}=27-x^3\\ (x-2)^4+1=y \end{matrix}\right.$

Câu 3. Giả sử $f_1(x)=x^2+a_1x+b_1$ và $f_2(x)=x^2+a_2x+b_2$ là hai tam thức bậc hai với hệ số nguyên, có nghiệm chung là $a$. Chứng minh rằng nếu $a$ không phải là hệ số nguyên thì tam thức bậc hai sau luôn có nghiệm thực:

$f(x)=x^2+(a_1+a_2)x+b_1+b_2$

Câu 4. a) Tam giác $ABC$ có $BC=a, CA=b$ và $\widehat{ACB}=60^o$. Các điểm $M, N$ được xác định bởi: $\left\{\begin{matrix} \overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{NB}=-2\overrightarrow{MB}-4\overrightarrow{NC}\\ \overrightarrow{NB}+2\overrightarrow{NC}=-2\overrightarrow{MA}-4\overrightarrow{MB} \end{matrix}\right.$

           Tìm hệ thức liên hệ giữa $a$ và $b$ để $MC$ và $NA$ vuông góc với nhau

            b) Tam giác $ABC$ có các cạnh $a,b,c$ và bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp lần lượt là $R,r$ thỏa mãn đẳng thức:

$$\frac{a^3+b^3+c^3}{abc}+\frac{2r}{R}=4$$

           Chứng minh tam giác $ABC$ đều

Câu 5. Cho các số thực dương $x,y,z$ thỏa mãn $x+y+z=3xyz$

           Chứng minh $\frac{1}{x^2+y^2z^2+1}+\frac{1}{y^2+x^2z^2+1}+\frac{1}{z^2+2x^2y^2+1}\leq \frac{3}{4}$

---------------------------------------- HẾT -----------------------------------------

Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không được giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh: .................................................... Số báo danh: ..........................

Cho $\Delta ABC$ vuông tại $A$. Xác định điểm $I$ thoả mãn hệ thức $b^2\overrightarrow{IB}+c^2\overrightarrow{IC}-2a^2\overrightarrow{IA}=\overrightarrow{0}$ ; Tìm điểm $M$ sao cho biểu thức $b^2\overrightarrow{MB}+c^2\overrightarrow{MC}-2a^2\overrightarrow{MA}=\overrightarrow{0}$ đạt giá trị lớn nhất

Trong mặt phẳng toạ độ $Oxy$ cho $\Delta ABC$ có $B(1;2)$. Đường thẳng $\Delta$ là đường phân giác góc $A$ có phương trình $2x+y-1=0$. Khoảng cách từ $C$ đến $\Delta$ gấp $3$ lần khoảng cách từ $B$ đến $\Delta$. Tìm toạ độ của $A$ và $C$ biết $C$ nằm trên trục tung.

Cho $\Delta ABC$ vuông tại $A$, gọi $\alpha$ là góc giữa hai trung tuyến $BM,CN$. CMR: $sin\alpha \leq \frac{3}{5}$

:Cho tam giác ABC không cân tai $A$ có $AH, AM, AP$ lần lượt là đường cao, trung tuyến và phân giác kẻ từ $A (H, P, M )$. Chứng minh rằng $PH=PM$ khi và chỉ khi $sinB.sinC=sin^2\frac{A}{2}$

Không mất tính tổng quát giả sử $AC>AB$

Gọi $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta ABC$

Kéo dài $AP$ cắt ($O$) tại $A'$. Khi đó $O,M,A'$ thẳng hàng

Ta có $\left\{\begin{matrix} \frac{sin\frac{A}{2}}{PB}=\frac{sinB}{PA}\\ \frac{sin\frac{A}{2}}{PC}=\frac{sinC}{PA} \end{matrix}\right.$

Do đó:

$$sinB.sinC=sin^2\frac{A}{2}\Leftrightarrow PA^2=PB.PC\Leftrightarrow PA^2=PA.PA'\Leftrightarrow PA=PA'\Leftrightarrow PH=PM$$

Cho tứ giác lồi $ABCD$ nội tiếp ($O;R$), $M$ là một điểm thay đổi trên đường tròn. Đặt $S=MA^2+MB^2+MC^2+MD^2$

a) Chứng minh rằng tứ giác $ABCD$ là một hình chữ nhật khi và chỉ khi $S$ là một hằng số

b) Khi $ABCD$ không phải là hình chữ nhật hãy xác định vị trí điểm $M$ sao cho $S_{Max}$ và $S_{Min}$

:Cho tam giác ABC không cân tai $A$ có $AH, AM, AP$ lần lượt là đường cao, trung tuyến và phân giác kẻ từ $A (H, P, M )$. Chứng minh rằng $PH=PM$ khi và chỉ khi $sinB.sinC=sin^2\frac{A}{2}$

Đặt $a = BC, b=CA, c=AB$

Giả sử $c < b$

$PM=BM-BP=\frac{a}{2}-\frac{ac}{b+c}=\frac{a(b-c)}{2(b+c)}$

$=\frac{R \sin A . \sin\frac{A}{2} \sin \frac{B-C}{2}}{\cos \frac{A}{2} \cos \frac{B-C}{2}}=2 \sin^{2}\frac{A}{2} \tan \frac{B-C}{2}$ 

 

$HP = AH.\tan HAP = AH. \tan \frac{B-C}{2}=2R\sin B \sin C \tan \frac{B-C}{2}$

Vậy $PM = PH \Leftrightarrow \sin^{2}\frac{A}{2} = \sin B \sin C$

Liệu còn cách nào khác đơn giản hơn không???

Cho $\Delta ABC$ có trọng tâm $G$. Biết rằng $AB$ là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp $\Delta ACG$. Các trung tuyến tương ứng với các cạnh $BC=a,AC=b,AB=c$ là $m_a,m_b,m_c$

a) Chứng minh $\frac{m_a}{m_b}=\frac{sinB}{sinA}$

b) Chứng minh $sin\widehat{CAG}+sin\widehat{CBG}\leq \frac{2}{\sqrt{3}}$

Giải bất phương trình $\frac{x}{x^2-x+1}-\frac{x}{x^2+x+1}\geq \frac{2}{3}$

1) cho phương trình $ x^4+ax^3+bx^2+ax+1=0$. chứng minh rằng nếu phương trình trên  có nghiệm thì $5(a+b)\geq4$

Mình nghĩ ở đây phải là $5(a^2+b^2)\geq 4$

Giả sử $x_0$ là một nghiệm của phương trình. Rõ ràng $x\neq 0$. Ta có

$x_0^4+ax_0^3+bx_0^2+ax_0+1=0\Leftrightarrow x_0^2+ax_0+b+\frac{a}{x_0}+\frac{1}{x_0^2}=0$ ($*$)

Đặt $t=x_0+\frac{1}{x_0}$ thì $t^2\geq 4$, phương trình ($*$) trở thành $t^2-2+at+b=0$

Suy ra $(t^2-2)^2=(-at-b)^2\leq (a^2+b^2)(t^2+1)$

$\Rightarrow a^2+b^2\geq \frac{(t^2-2)^2}{t^2+1}\geq \frac{\left ( t^2-\frac{t^2}{2} \right )^2}{t^2+\frac{t^2}{4}}=\frac{1}{5}t^2\geq \frac{4}{5}$

Dấu $"="$ xảy ra chẳng hạn khi $a=-\frac{4}{5},b=-\frac{2}{5}$ (tương ứng với $x=1,t=2$)

Vậy $5(a^2+b^2)\geq 4$

Đặt y=3-x bài toán trở thành : Tìm GTNN của $x^{4}+y^{4}+6x^{2}y^{2}$ trong đó x, y thỏa mãn  : $x^{2}+y^{2}\geqslant 5;x+y=3$

Từ hai hệ thức trên ta có : $(x^{2}+y^{2})+4(x+y)^{2}\geqslant 41\rightarrow 5(x^{2}+y^{2})+8xy\geqslant 41$

Mà : $16(x^{2}+y^{2})^{2}+25(2xy)^{2}\geqslant 40(x^{2}+y^{2})(2xy)$ đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow 4(x^{2}+y^{2})=5(2xy)$

Cộng hai vế của bất đẳng thức trên cho $25(x^{2}+y^{2})^{2}+16(2xy)^{2}\rightarrow 41((x^{2}+y^{2})^{2}+2xy)\geqslant (5(x^{2}+y^{2}+8xy))^{2}\geqslant 41^{2}\rightarrow x^{4}+y^{4}+6x^{2}y^{2}\geqslant 41$.

$41\left [ (x^{2}+y^{2})^{2}+(2xy)^2 \right ]$

$\Delta ABC$ có $AB=c,BC=a,CA=b$ và các trung tuyến tương ứng $m_a,m_b,m_c$. Tìm $Min$ của $P=\frac{a^3}{m_a^3}+\frac{b^3}{m_b^3}+\frac{c^3}{m_c^3}$

 

Bài 2: Cho a,b,c thỏa abc=1

CMR: $\frac{ab}{a^5 + b^5 + ab} + \frac{bc}{b^5 + c^5 + bc} + \frac{ac}{a^5 + c^5 + ac}  \leq 1 $

Không có $a,b,c>0$ ak?

Cho $\left\{\begin{matrix} ax+by=3\\ ax^2+by^2=5\\ ax^3+by^3=9\\ ax^4+by^4=17 \end{matrix}\right.$

Tính:

a) $A=ax^5+by^5$

b) $B=ax^{2013}+by^{2013}$