Cho $\Delta$ABC nhọn nội tiếp ( O ) , đường cao BE và CF. Tiếp tuyến tại B và C cắt nhau tại S , BC cắt OS tại M .Gọi AM cắt EF tại N, AS cắt BC tại P. CMR : NP $\perp$ BC 

Đây là đề SPHN năm 2011 mà!

tức là sao??????????????

Thật đáng buồn cho một con người.( KO như mấy đội cứ sa thait HLV hoài)

FAN MU (Percy)

Cho tam giác $ABC$ có 3 góc nhọn. Từ điểm $I$ thuộc miền trong của tam giác vẽ các đoạn thẳng $IH, IK, IL$ theo thứ tự vuông góc với $BC, CA, AB$. Tìm vị trí điểm $I$ sao cho $AL^{2}+BH^{2}+CK^{2}$ nhỏ nhất.

Ta có:

$BL^{2}+HC^{2}+AK^{2}=(IB^{2}-IL^{2})+(IC^{2}-IH^{2})+(IA^{2}-IK^{2})=(IB^{2}-IH^{2})+(IC^{2}-IK^{2})+(IA^{2}-IL^{2})=AL^{2}+BH^{2}+KC^{2}$

Nên $2(AL^{2}+BH^{2}+KC^{2})=AL^{2}+BH^{2}+KC^{2}+BL^{2}+AK^{2}+HC^{2}=(AL^{2}+BL^{2})+(BH^{2}+HC^{2})+(CK^{2}+AK^{2})\geq \frac{(AL+BL)^{2}}{2}+\frac{(BH+HC)^{2}}{2}+\frac{(CK+AK)^{2}}{2}=\frac{AB^{2}+BC^{2}+CA^{2}}{2}$

$\Rightarrow AL^{2}+BH^{2}+KC^{2}\geq \frac{AB^{2}+BC^{2}+CA^{2}}{4}$

Dấu "=" khi I là tâm đường tròn ngoại tiếp.

$\sqrt[3]{x(y+z)}=\sqrt[3]{2}.\sqrt[3]{x.\frac{y+z}{2}.1}\leq \sqrt[3]{2}.\frac{x+\frac{y+z}{2}+1}{3}=\sqrt[3]{2}.\frac{2x+y+z+2}{6}$

Tương tự và cộng lại :

$\sqrt[3]{x(y+z)}+\sqrt[3]{y(z+x)}+\sqrt[3]{z(x+y)}\leq \sqrt[3]{2}.\frac{4(x+y+z)+6}{6}\leq \sqrt[3]{2}.\frac{4\sqrt{3(x^{2}+y^{2}+z^{2})}+6}{6}=3.\sqrt[3]{2}$

Do đó $P\geq \frac{9}{\sqrt[3]{x(y+z)}+\sqrt[3]{y(z+x)}+\sqrt[3]{z(x+y)}}\geq \frac{9}{3.\sqrt[3]{2}}=\frac{3}{\sqrt[3]{2}}$

$MinP=\frac{3}{\sqrt[3]{2}}\Leftrightarrow x=y=z=1$

P=$\sqrt[-3]{x(y+z)}+\sqrt[-3]{y(z+x)}+\sqrt[-3]{z(x+y)}$ mà bạn.

Mình nghĩ thế này: ( nếu sai thì góp ý nhá, đừng chém  ) 

- Áp dụng: $\begin{vmatrix} a+b \end{vmatrix} \leqslant \begin{vmatrix} a \end{vmatrix} + \begin{vmatrix} b \end{vmatrix}$

Suy ra: $\begin{vmatrix} a+b-2 \end{vmatrix} \leqslant \begin{vmatrix} a-1 \end{vmatrix} + \begin{vmatrix} b-1 \end{vmatrix} = 2$

=> $-2 \leqslant a+b-2\leqslant 2$

=> $-1 \leqslant a+b-1 \leqslant 3$

=> $0 \leqslant \begin{vmatrix} a+b-1 \end{vmatrix}$

Min P= 0, khi chẳng hạn $a=\frac{-1}{2}, b=\frac{3}{2}$

a,b không âm mà bạn. Sao lại a=$-\frac{1}{2}$ vậy?

Sao không thấy ai giải bài hình vậy nhỉ. Làm cái luôn:

Gọi I là trung điểm AC. Ta sẽ chứng minh BE là phân giác $\widehat{IBF}$

Lấy M là điểm chính giữa cung lớn AC

Khi đó ta có M,D,F thẳng hàng và hai tứ giác BMEF và BDIM nội tiếp nên ta có đpcm

1(2đ) 

2(2,5đ)

3(1,5đ)

4(4đ)

bạn coi lại bài hình cái SPhuthuyS

Bạn là câu 3b V1 cái xem nào

Cho $\Delta ABC$ . Đường phân giác $AD$ . $N$ là hình chiếu của $D$ trên $AC$ , $M$ là hình chiếu của $D$ trên $AB$ . $BN$ cắt $DM$ tại $E$ , $CM$ cắt $DN$ tại $F$ . 

Chứng minh rằng :

a , $EF$ song song với $BC$

b, $AB$ vuông góc với $EF$ . ( ?)

Thế thì AB vuông góc BC à. Khi đó tam giác ABC vuông (vô lý)

cho $(O;\frac{AB}{2}$. Trên (O) lấy M và E theo thứ tự A,M,E,B;AM cắt BE tại C,AE cắt MB tại D. CM tiếp tuyến tại M và E cắt nhau tại một điểm trên CD

Gọi I là trung điểm CD. Ta sẽ chứng minh I à giao điểm của tiếp tuyến tại M và E

Ta có :$\widehat{CEI}+\widehat{OEB}=\widehat{ICE}+\widehat{OBE}=90^{0}\Rightarrow \widehat{IEO}=90^{0}$

Cho tam giác ABC có bán kính đường tròn ngoại tiếp là R.H là trực tâm của tam giác.Chứng minh:

a) $HA+HB+HC\leq 3R$

b)$HA+HB+HC< \frac{2}{3}(AB+BC+AC)$

Xem tại http://diendantoanho...-z-frac-23-abc/

cho nửa đường tròn (O) đường kính AB và một điểm M lưu động trên nửa đường tròn này. gọi H là hình chiếu của M trên AB. tìm vị trí của M để diện tích tam giác MOH lớn nhất

$S_{MOH}=\frac{1}{2}MH.HO\leq \frac{1}{2}.\frac{MH^{2}+HO^{2}}{2}=\frac{MO^{2}}{4}=\frac{R^{2}}{4}$

Dấu "=" khi MH=MO nên tam giác MHO vuông cân $\Rightarrow \widehat{MOA}=45^{0}$

Cho tam giác ABC có $\widehat{A}=45^{0}$. Gọi M,N lần lượt là chân đuờng cao kẻ từ B và C của tam giac ABC

a)Tính tỉ số $\frac{MN}{BC}$

b) Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Chứng minh rằng $OA\perp MN$

a, $\Delta AMN\sim \Delta ABC(g.g)\Rightarrow \frac{MN}{BC}=\frac{AM}{AB}=cos45^{0}=\frac{1}{\sqrt{2}}$

b, Kẻ tiếp tuyến Ax tại A của (O) nên Ax vuông góc OA

Ta có: $\widehat{MAx}=\widehat{ABC}=\widehat{NAM}\Rightarrow MN//Ax$ hay MN vuông góc OA

1.$y=\frac{cosx-sinx+1}{sinx+2cosx-4}$

 

2.$y=\frac{cos3x+sin3x+1}{cos3x+2}$

 

3.$y=\frac{1-3sinx+2cosx}{2+sinx+cosx}$

 

4.$y=\frac{sinx.cosx+cos^{2}x}{sinx.cosx+1}$

Hình như post nhầm chỗ rồi thì phải?

http://diendantoanho...ng-thức-thcs-2/

Bạn có thể xem thêm ở danh sách các BĐT trên. BĐT Min-cốp-xki ở mục 9

Đó chỉ là hệ quả của B.C.S. Gọi tên khác thì cũng chả sao

Vận dụng Min-cốp-xki $\sqrt{ac}+\sqrt{bd}\leq \sqrt{(a+b)(c+d)}$

 

: $VP\geq \frac{a+b}{[\sqrt{(a+b)[(3a+b)+(3b+a)]}}=\frac{a+b}{\sqrt{4(a+b)^{2}}}=\frac{1}{2}$

Hình như tên của BĐT ấy là Bu-nhi-a Cốp-xki ( hay còn gọi là Cauchy-Schwarz hoặc viết tắt là B.C.S) chứ!

Mọi người giúp mình nhé!

 

Có bạn nào có tài liệu về nội dung của BĐT Holder và 1 vài ví dụ liên quan đến BĐT này cùng cách giải thì đăng lên giúp mình với nhé!

Cảm ơn nhìu!!!      

BĐT Holder:

Với m dãy số dương (a_1,1,a_1,2,...,a_1,n),(a_2,1,a_2,2,...,a_2,n),...,(a_m,1,a_m,2,...,a_m,n) ta có:

$\prod_{i=1}^{m}(\sum_{j=1}^{n})\geq (\sum_{j=1}^{n}\sqrt[m]{\prod_{i=1}^{m}}a_{i,j})^{m}$

 

Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn nội tiếp(O) (AB<AC). Đường cao BE của tam giác ABC cắt (O)] tại K. Kẻ KD vuông góc BC tại D

a. Cm:KB là đường phân giác của $\hat{AKD}$

b. Tia DE cắt đường thẳng]AB tại I. Cm:KI vuông góc AB

c. Qua E kẻ đường thẳng vuông góc [TEX]CA[/TEX], đường thẳng này cắt AB tại H. Cm: CH // KI

 

Đường thẳng này là đường cao BE à??

 

Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn nội tiếp(O) (AB<AC). Đường cao BE của tam giác ABC cắt (O)] tại K. Kẻ KD vuông góc BC tại D

a. Cm:KB là đường phân giác của $\hat{AKD}$

b. Tia DE cắt đường thẳng]AB tại I. Cm:KI vuông góc AB

c. Qua E kẻ đường thẳng vuông góc [TEX]CA[/TEX], đường thẳng này cắt AB tại H. Cm: CH // KI

 

b, Vì KEDC nội tiếp $\Rightarrow \widehat{DCK}=\widehat{IEK}$

Vì ABCK nội tiếp $\Rightarrow \widehat{DCK}=\widehat{IAK}$

$\Rightarrow \widehat{IEK}=\widehat{IAK}$ hay AIKE nội tiếp nên KI vuông góc AB

 

Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn nội tiếp(O) (AB<AC). Đường cao BE của tam giác ABC cắt (O)] tại K. Kẻ KD vuông góc BC tại D

a. Cm:KB là đường phân giác của $\hat{AKD}$

b. Tia DE cắt đường thẳng]AB tại I. Cm:KI vuông góc AB

c. Qua E kẻ đường thẳng vuông góc [TEX]CA[/TEX], đường thẳng này cắt AB tại H. Cm: CH // KI

 

a, Tứ giác KEDC nội tiếp $\Rightarrow \widehat{ECB}=\widehat{EKD}$

mà $\widehat{ECB}=\widehat{EKA}$ (cùng chắn cung AB)

$\Rightarrow \widehat{EKD}=\widehat{EKA}$ hay KB là phân giác

cho 2 đường tròn (O) và (O') tiếp xúc ngoài tại A. Một cát tuyến quay quanh A cắt 2 đường tròn tại B và C. Tìm tập hợp trung điểm của BC.

Kẻ đường kính AD của (O) và AE của (O')

Ta có BD//CE (cùng vuông góc BC)

Gọi I là trung điểm BC và M là trung điểm DE thì IM//BD//CE

Suy ra IM vuông góc IA 

Nên I thuộc đường tròn đường kính MA cố định

1, Sử dụng BĐT

VT>=2+3=5=VP

2, Chuyển vế. Phân tích thành tổng hai bình phương =0

x2−3x+2−−−−−−−−−√+x2−4x+3−−−−−

Giải các phương trình sau:

 

1.$\sqrt{3x^2-12x+16}+\sqrt{y^2-4y+13}=5$

 

2.$x^2+4x+5=2\sqrt{2x+3}$

 

3.$\sqrt{x^2-3x+2}+\sqrt{x^2-4x+3}=2\sqrt{x^2-5x+4}$

1, Sử dụng BĐT

VT>=2+3=5=VP

Giải các phương trình sau:

 

4.) $\sqrt{(5-2\sqrt{6})^x}+\sqrt{(5+2\sqrt{6})^x}=10$

 

5.) $x=\sqrt{x-\frac{1}{x}}+\sqrt{1-\frac{1}{x}}$

5, Đk: x$\geq 1$

Áp dụng BĐT Cô-si ta có:

$\sqrt{x-\frac{1}{x}}\leq \frac{x-\frac{1}{x}+1}{2}$

$\sqrt{1-\frac{1}{x}}=\sqrt{(x-1)\frac{1}{x}}\leq \frac{x-1+\frac{1}{x}}{2}$

$\Rightarrow \sqrt{x-\frac{1}{x}}+\sqrt{1-\frac{1}{x}}\leq x$