Bài này hình như có vấn đề bạn à????

Chắc là không phải thế đâu, hình như là đường thẳng qua E vuông góc với AD.

http://diendantoanho...cosa-cosb-cosc/

Cho $\Delta ABC,BC=a,CA=b,AB=c$ và $M$ là điểm nằm trong tam giác. Gọi $H,I,K$ là hình chiếu của $M$ lên $BC,CA,AB$

a) CMR: $\frac{a}{MH}\overrightarrow{MH}+\frac{b}{MI}\overrightarrow{MI}+\frac{c}{MK}\overrightarrow{MK}=\overrightarrow{0}$

b) CMR $M$ là trọng tâm $\Delta HIK$ khi và chỉ khi $a^2\overrightarrow{MA}+b^2\overrightarrow{MB}+c^2\overrightarrow{MC}=\overrightarrow{0}$

Cho $\Delta ABC$ nội tiếp $(O)$ có $M$ là trung điểm của $BC$. Vẽ đường cao $AD$ của $\Delta ABC$. Gọi $E,F$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $B,C$ trên đường kính $AJ$. Chứng minh $M$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta DEF$

Gọi N là trung điểm AB.

Vì MN là đương trung bình trong tam giác ABC

$\Rightarrow MN//AC$, mà AC vuông góc CJ

$\Rightarrow$ MN vuông góc CJ, mà CD//ED

$\Rightarrow$ MN vuông góc ED

tam giác NDE có ND=NE (=$\frac{1}{2}NB$)

$\Rightarrow$$\Delta NDE$ cân tại N

$\Rightarrow$ MN là trung trực ED

$\Rightarrow$ DM=ME

$\widehat{ADE}=\widehat{ABE}$ (do ABDE nội tiếp)

$\widehat{EFD}=\widehat{ACB}$ (do ACFD nội tiếp)

mà $\widehat{ABE}=\widehat{ACB}$

$\Rightarrow \widehat{ADE}=\widehat{EFD}$\

mà $\widehat{ADE}=\frac{\widehat{HME}}{2}$

$\Rightarrow \widehat{EFD}=\frac{\widehat{HME}}{2}$

$\Rightarrow$ F thuộc (M;DE)

Suy ra M là tâm đường tròn ngoại tiếp DEF

 

Vì sao $\widehat{ADE}=\frac{\widehat{HME}}{2}$ vậy bạn?

Giải phương trình:
a) $\sqrt{5x-1}+\sqrt[3]{9-x}=2x^2+3x-1$
b) $6x^2-10x+5-(4x-1\sqrt{6x^2-6x+5})=0$

Bài 1 có giới hạn lớp mấy ko bạn

 

Đây là đề thi học sinh giỏi tỉnh lớp 9

Cho $x\in \mathbb{R}$ thỏa mãn $x^2+(3-x)^2\geq 5$. Tìm $Min$ của $P=x^4+(3-x)^4+6x^2(3-x)^2$

Đặt $y=3-x$ bài toán đã cho trở thành:

 

Tìm $Min$ của $P=x^4+y^4+6x^2y^2$ trong đó $x,y$ là các số thực thỏa mãn $\left\{\begin{matrix} x+y=3\\ x^2+y^2\geq 5 \end{matrix}\right.$

 

Từ các hệ thức trên ta có: $\left\{\begin{matrix} x^2+y^2+2xy=9\\ x^2+y^2\geq 5 \end{matrix}\right.$

 

$\Rightarrow (x^2+y^2)+4(x^2+y^2+2xy)\geq 5+4.9=41$

 

$\Rightarrow 5(x^2+y^2)+4(2xy)\geq 41$

 

Mặt khác:

 

$16(x^2+y^2)^2+25(2xy)^2\geq 40(x^2+y^2)(2xy)$    ($1$)

 

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow 4(x^2+y^2)=5(2xy)$

 

Cộng hai vế của BĐT ($1$) với $25(x^2+y^2)^2+16(2xy)^2$ ta thu được

 

$41[(x^2+y^2)^2+(2xy)^2]\geq [5(x^2+y^2)+4(2xy)]^2\geq 41^2$

 

Suy ra: $(x^2+y^2)^2+(2xy)^2\geq 41\Leftrightarrow x^4+y^4+6x^2y^2\geq 41$

 

Đẳng thức xảy ra 

 

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x+y=3\\ x^2+y^2=5\\ 4(x^2+y^2)=5(2xy) \end{matrix}\right.$

 

$\Leftrightarrow \begin{bmatrix} (x;y)=(1;2)\\ (x;y)=(2;1) \end{bmatrix}$

 

Do đó $P_{Min}=41\Leftrightarrow x=1$ hoặc $x=2$

Một bài toán hay, nhưng nó thành xấu khi bạn post vô tổ chức như vậy, không có tí đk gì của $(x,y,z)$ cả ?
Giải như sau:
$$x^2+y^2+z^2+2xy+2yz+2zx-2x+2y=t^2$$
$$x^2+2x(y+z-1)+(y+z)^2+2y=t^2$$
$$\Delta_x'=(y+z-1)^2-(y+z)^2-2y=u^2$$
$$-4y-2z-1=u^2$$
$$\Rightarrow -4y-2z+1\geq 0$$
Và từ đó suy ra $-2(2y+z)+1$
Khi ấy $x_1,x_2=-(y+z-1)\pm\sqrt{-2(2y+z)+1}$ với $-2(2y+z)+1$ là số chính phương
Vậy mọi nghiệm là $\boxed{(x,y,z)=\left(-(y+z-1)\pm\sqrt{-2(2y+z)+1},y,z\right)}$ với $-2(2y+z)+1$ là số chính phương

P/S việc thiếu đk của bạn dẫn đến sự không áp dụng được một cách rất hay như sau
Biến đổi $A=(x+y+z)^2-2(x-y)=t^2$
Đến đây nếu có đk $x,y,z$ không âm, ta có thể dùng chặn kẹp giữa hai số chính phương liên tiếp, nhưng bạn không cho điều kiện đó thì xét cực kì vất vả, có khi còn không ra vì như ở trên mình chỉ ra vô số nghiệm nên cách này sẽ không ra được vì nó là cách thử và sai (xét miền, giới hạn nghiệm) thì chỉ tìm được hữu hạn nghiệm

Bạn có thể chứng minh luôn trường hợp còn lại không với điều kiện là $x,y,z$ dương

bài này dùng vecto cũng chứng minh được

 

Bài nào dùng được bất đẳng thức $Bunyakovsy$ thì sẽ dùng được bất đẳng thức $Vector$

Cho tam giác ABC thoả: $Sin^2B + sin^2C + sinBsinC \geqslant sin^2A$

Tìm GTNN của $P=cotA + cotB + cotC$

Cám ơn!

 

$Sin^2B + sin^2C + sinBsinC \leq sin^2A$ chứ nhỉ?

Dễ dàng cm được $\sum \frac{a^{2}}{b^{2}}\geq \sum \frac{a}{b}$
Ta cần CM : $\sum \frac{a^{2}}{b^{2}}+ \sum \frac{a}{b}\geq 2\frac{a+b+c+d}{\sqrt[4]{abcd}}$
Sử dụng BDT AM-GM :$\frac{a^{2}}{b^{2}}+\frac{b^{2}}{c^{2}}+\frac{a}{b}+\frac{c}{d}\geq 4\sqrt[4]{\frac{a^{3}}{bcd}}=4\frac{a}{\sqrt[4]{abcd}}$
Tương tự và cộng từng vế lại ta có đpcm

Cho mình hỏi một tí, giả sử $0< \frac{a}{b}\leq 1$ thì làm sao mà $\frac{a^2}{b^2}\geq \frac{a}{b}$ được bạn???

Chứng minh rằng:
a) $\frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{c^2}+\frac{c^2}{d^2}+\frac{d^2}{a^2}\geq \frac{a+b+c+d}{\sqrt[4]{abcd}}$
b) $\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq \frac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}$
-------------------------------------
p/s: Đây là một bài trong bài tập tết của mình, nhưng mình lại không thấy điều kiện, mình đưa nguyên si lên để nhờ mọi người giúp, bài này mình nghĩ cần có thêm đk $a,b,c,d$ dương

Bạn dùng bất đẳng thức sau$a^{2}+b^{2}\geq \frac{(a+b)^{2}}{2}$
sau đó dùng AM-GM

Bạn làm cụ thể dùm mình được không bạn?

$\frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{c^2}+\frac{c^2}{d^2}+\frac{d^2}{a^2}\geq\frac{1}{2}(\frac{a}{b}+\frac{b}{c})^{2}+\frac{1}{2}(\frac{c}{d}+\frac{d}{a})^{2}\geq \frac{1}{4}(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{d}+\frac{d}{a})^{2}$
AM-GM
$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{d}+\frac{d}{a}\geq 4\sqrt[4]{\frac{abcd}{abcd}}=4$

Nhưng đề y/c chứng minh khác mà bạn, nó đâu có ra số cụ thể

Cho $\Delta ABC$, $M,N,P$ lần lượt là trung điểm của $AB,BC,CA$. $Q,R \in BC$ sao cho $BQ=QR=RC$. $I$ là giao của $AQ$ và $BP$, $K$ là giao $AR$ và $CM$. Chứng minh: $M,I,N$ thẳng hàng.

 

Gọi $T$ là giao điểm của $MP$ và $AQ$.

$M, P$ lần lượt là trung điểm của $AB$ và $AC$ nên $MP$ là đường trung bình của $\Delta ABC\Rightarrow MP//BC\Rightarrow TP//QC$

Theo $Ta-lét$ ta có: $\frac{TP}{QC}=\frac{AP}{AC}=\frac{1}{2}$

Mà $\frac{BQ}{QC}=\frac{1}{2}$. Suy ra: $TP=BQ$

Áp dụng hệ quả định lí $Ta-lét$ vào $\Delta BQI$ ta có: $\frac{BI}{IP}=\frac{BQ}{TP}=1\Rightarrow I$ là trung điểm của $BP$

Ta lại có $N, P$ lần lượt là trung điểm của $BC, AC$ nên là đường trung bình của $\Delta ABC$ suy ra $NP//AB$.

Do đó: $BMPN$ là hình bình hành.

Mà $I$ là trung điểm của $BP$ suy ra $I$ là trung điểm của $MN$ suy ra $đpcm$

Trong tam giác vuông . Tỉ số của đường cao và đường trung tuyến là $\frac{12}{13}$. Tính tỉ số 2 cạnh góc vuông . 

 

Bạn tự vẽ hình lấy nhé!

 

Giả sử đó là tam giác $ABC$ vuông tại $A$ có đường cao $AH$ và đường trung tuyến $AM$.

Đặt $AH=12a, AM=13a$ ($a>0$).

Ta có: $HM^2=AM^2-AH^2\Rightarrow HM^2=169a^2-144a^2=25a^2\Rightarrow HM=5a$

Ta lại có: $AM=MB=MC=13a$ nên $BH=8a$

$\Rightarrow AB^2=BH^2+AH^2=64a^2+144a^2=208a^2\Rightarrow AB=4a\sqrt{13}$

$AC^2=AH^2+HC^2=144a^2+324a^2=468a^2\Rightarrow AC=6a\sqrt{13}$

Vậy $\frac{AB}{AC}=\frac{4a\sqrt{13}}{6a\sqrt{13}}=\frac{2}{3}$

Cho $A=200.(9^{2013}+9^{2012}+...+9^2+9+1)$. Chứng minh $A+25$ là số chính phương

Một hành khách đi bộ xuống cầu thang máy đang chuyển động cùng chiều hết $1$ phút. Nếu người đó đi với vận tốc gấp đôi thì hết $45$ giây. Hỏi nếu người đó đứng yên trên thang máy thì mất bao lâu để đi xuống?

Tìm a⁴ + b⁴ + c⁴ =? biết a+b+c =0 và a² + b² + c² = 2

 

Tổng quát bài toán:

 

Cho ba số $a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c=0$ và $a^2+b^2+c^2=\alpha^2$. Tính $a^4+b^4+c^4$ theo $\alpha$

 

Lời giải:

 

Từ $a+b+c=0\Rightarrow a=-(b+c)\Rightarrow a^2=(b+c)^2$

 

$\Rightarrow a^2-b^2-c^2=2bc\Rightarrow \left ( a^2-b^2-c^2 \right )^2=4b^2c^2$

 

$\Rightarrow a^4+b^4+c^4=2a^2b^2+2b^2c^2+2c^2a^2$

 

$\Rightarrow 2(a^4+b^4+c^4)=\left ( a^2+b^2+c^2 \right )^2=\alpha^4$

 

$\Rightarrow a^4+b^4+c^4=\frac{\alpha^4}{2}$

Cho tam giác ABC vuông cân tại A. Trên nửa mặt phẳng bờ BC không chứa điểm A vẽ tam giác cân BCD có góc B=90 độ. Biết AC bằng $\sqrt{45}$cm. Độ dài đoạn AD là...?

 

Từ giả thiết ta có $\Delta BCD$ vuông cân tại $B$             ($1$)

 

$\Delta ABC$ vuông cân tại $A \Rightarrow AB=AC=\sqrt{45}$

 

Áp dụng định lí $Pythagore$ vào $\Delta ABC$ vuông cân tại $A$ ta có: 

 

$AB^2+AC^2=BC^2\Rightarrow (\sqrt{45})^2+(\sqrt{45})^2=BC^2\Rightarrow BC^2=90\Rightarrow BC=\sqrt{90}$ (Vì $BC>0$)

 

Kết hợp ($1$) $\Rightarrow BC=BD=\sqrt{90}$

 

Áp dụng định lí $Pythagore$ vào $\Delta BCD$ vuông cân tại $B$ ta có:

 

$BC^2+BD^2=CD^2\Rightarrow (\sqrt{90})^2+(\sqrt{90})^2=CD^2\Rightarrow CD^2=180\Rightarrow CD=\sqrt{180}$ (Vì $CD>0$)

 

Ta lại có: $\Delta ABC$ vuông cân tại $A$ nên $\widehat{ACB}=45^o$

 

               $\Delta BCD$ vuông cân tại $B$ nên $\widehat{BCD}=45^o$

 

$\Rightarrow \widehat{ACB}+\widehat{BCD}=45^o+45^o=90^o\Rightarrow \widehat{ACD}=90^o$

 

Áp dụng định lí $Pythagore$ vào $\Delta ACD$ vuông tại $C$ ta có:

 

$AC^2+CD^2=AD^2\Rightarrow (\sqrt{45})^2+(\sqrt{180})^2=AD^2\Rightarrow AD^2=225\Rightarrow AD=15$ (Vì $AD>0$)

 

Vậy độ dài đoạn $AD=15cm$

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 $25(x^{2}+y^{2})^{2}+16(2xy)^{2}\rightarrow 41((x^{2}+y^{2})^{2}+2xy)\geqslant (5(x^{2}+y^{2}+8xy))^{2}\geqslant 41^{2}\rightarrow x^{4}+y^{4}+6x^{2}y^{2}\geqslant 41$.

 

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

Cho $a,b,c$ là $3$ cạnh của tam giác. CMR:
$$\sqrt[3]{a+b-c}+\sqrt[3]{a+c-b}+\sqrt[3]{b+c-a}\leq \sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}+\sqrt[3]{c}$$

Đề có thiếu ko vậy ta, nếu giả sử đó là tam giác đều thì không lẽ $\sum \sqrt[3]{a}\leq \sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}$?

Đề này mình vừa nhận về, nhưng theo như bạn nói thì chắc là như thế. Vậy thì sửa lại vế phải là $\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}+\sqrt[3]{c}$