Một ô tô đi từ A đến B với vận tốc trung bình 40km/h , lúc ban đầu ô tô đi với vận tốc đó. Khi còn 60 km thì đi được nửa quãng đường AB. Ô tô tăng thêm 10 km/h trên nửa quãng đường còn lại do đó đến sớm hơn 1h so với dự định .
Tính quãng đường AB

Gọi $x$ là độ dài quãng đường $AB$ ( $x > 0$ )
$\implies \dfrac{x}2$ là nửa quãng đường $AB$
Giả sử $CB$ là quãng đường ô tô đi với vận tốc mới là $40 + 10 = 50 \; \mathrm{km/h}$ 
thì $CB$ dài $\dfrac{x}2 + 60 \; \mathrm{km}$
Nên thời gian dự định đi trên quãng đường đó là $\dfrac{\dfrac{x}2 + 60}{40} \; \mathrm{h}$
và thời gian thực tế đi trên quãng đường đó là $\dfrac{\dfrac{x}2 + 60}{50} \; \mathrm{h}$
Theo đề bài ta có : $\dfrac{\dfrac{x}2 + 60}{40} - \dfrac{\dfrac{x}2 + 60}{50} = 1$
$\qquad \qquad \quad \quad \iff x = 280 \quad \textrm{(nhận)}$
Vậy $AB$ dài $280 \;\mathrm{km}$

Có : $x(1+a) = x + ax = ax+by+cz$
TT : $y(1+b) = z(1+c) =  ax+by+cz$

Khi đó $\dfrac1{1+a} + \dfrac1{1+b} + \dfrac1{1+c} = \dfrac{x}{x(1+a)} + \dfrac{y}{y(1+b)} + \dfrac{z}{z(1+c)} = \dfrac{x+y+z}{ax+by+cz} = \dfrac{2(ax+by+cz)}{ax+by+cz} = 2$

Kẻ $OM \perp CD \implies CM = MD$

Xét hình thang $ABKH$ có $OM$ là đường trung bình $\implies OM = \dfrac12(AH + BK)$

Áp dụng định lý Pythagoras : $OM = \sqrt{OC^2 - CM^2} = \sqrt{15^2 - 9^2} = 12$

Giả sử $AH \geqslant BK$

Gọi $N$ là giao điểm của $AH$ và $(O) \implies BNHK$ là hình chữ nhật

$\implies HK = BN$

Có $S_{ABKH} = \dfrac12(AH+BK).HK = OM.HK = 12.BN \leqslant 12.AB = 360$ (cm$^2$)

$\implies {S_{ABKH}}_\mathrm{max} = 360$ cm$^2 \iff N \equiv A \iff CD \parallel AB$

Dễ dàng CM được $\triangle{EMN} \sim \triangle{EFD} \implies \angle{NME} = \angle{DFE}$, mà $\angle{DFE} = 90^\circ - \angle{FDE} = 90^\circ - \angle{DEG}$

$\implies \angle{NME} + \angle{DEG} = 90^\circ$

$\iff EG \perp MN$

Tiếp tục CM $\triangle{MIE} \sim \triangle{MEN} \implies \dfrac{S_{MIE}}{S_{MEN}} = \left(\dfrac{ME}{MN}\right)^2$

$\iff S_{MIE} = \left(\dfrac{ME}{MN}\right)^2\cdot S_{MEN}$

Lại có $\triangle{MEN} \sim \triangle{FED} \implies \dfrac{S_{MEN}}{S_{FED}} = \left(\dfrac{MN}{FD}\right)^2$

$\iff S_{MEN} = \left(\dfrac{MN}{FD}\right)^2\cdot S_{FED}$

$\implies S_{MIE} = \left(\dfrac{ME}{FD}\right)^2\cdot S_{FED}$

Tự tính các cạnh rồi thay vào

$(2n+1)^3 = (2n+1)^2(2n+1) = (2n+1)^2[(n+1)^2-n^2] = [(n+1)(2n+1)]^2 - [n(2n+1)]^2$ (đpcm)

thầy có thể chỉ em cách xóa dấu vết của đường thẳng chỉ còn lại 1 đoạn thẳng thôi được không,ví như vẽ 2 đường đòng quy á ,mà em không biết xóa máy cái đường thẳng thừa 

Bạn nháy chuột phải vào đối tượng cần xóa ( không hẳn là xóa ), chọn ẩn đối tượng
VD : Hạ từ $A$ vuông góc $d$ tại $H$

Sau khi vẽ một hồi thì ra được như thế này :

Cần xóa đường thẳng kẻ từ $A$ vuông góc $d$, chỉ lấy đoạn $AH$ ? Làm như sau :

+ Nháy chuột phải vào đối tượng cần xóa

+ Bỏ tick ô hiển thị đối tượng, ra được như sau :

+ Tới đây thì như ý muốn rồi, dùng công cụ đoạn thẳng để nối $A, H$ lại là xong :

Geogebra Online vẽ hình học không gian thì làm như thế nào ạ? 

Có phải cái bạn cần tìm là cái này không bạn ?

Vẽ 2 góc = nhau ntn thầy ạ VD: Cho tam giác $ABC$ có trung tuyến $AM$. Lấy $P$ trong tam giác sao cho $\widehat{MAB}=\widehat{CAP}$

Đại loại như bạn đặt $\angle{MAB} = \alpha$ và dựng $\angle{CAP} =\alpha$ bằng công cụ Góc với độ lớn cho trước

Cụ thể hơn :

Trước hết dựng $\triangle{ABC}$ với trung tuyến $AM$

Cần dựng điểm $P$ trong $\triangle{ABC}$ sao cho $\angle{MAB} = \angle{CAP}$ ? Làm như sau :

+ Dùng công cụ Góc để đo $\angle{MAB}$, sau đó nháy chuột phải để xem tên của góc vừa đo. Ở đây góc này tên là $\alpha$

+ Tiếp theo ta chọn công cụ Góc với độ lớn cho trước, sau đó nhấp lần lượt vào 2 điểm $C, A$. Hiện lên một bảng yêu cầu ta nhập giá trị của góc cần vẽ và chiều của góc. Để nhập $\alpha$ thì bạn nhấp vào nút $\alpha$ ở bên phải, hiện ra một bảng các chữ cái Hy Lạp. Về chiều của góc thì bạn chọn theo chiều kim đồng hồ (nếu bạn không biết thì cứ chọn đại, không đúng thì Ctrl + Z rồi chọn cái còn lại   )

+ Nhấp OK. Đây là thành quả :

+ Vẫn chưa vừa ý lắm nhỉ ? Tiếp theo ta dựng tia $AC'$ và giao điểm $P'$ của tia vừa vẽ và $BC$

+ Ẩn điểm $C'$ và tia $AC'$. Sau đó vẽ đoạn thẳng $AP'$ rồi lấy $P$ tùy ý trên $AP'$

+ Cuối cùng ẩn đi đoạn $AP'$ và điểm $P'$, ẩn đi hai góc đã vẽ lúc đầu (hoặc bạn có thể giữ lại như trong hình).

Chúc bạn thành công 

P/s : Bạn nào giúp mình gộp 3 bài lại, hình như mình spam hơi nhiều roài 

$H = \sqrt{x^2 + 1} + \sqrt{(1-x)^2 + 2^2} \overset{Mincowski}{\geqslant} \sqrt{(x + 1 -x)^2 + (1 + 2)^2} = \sqrt{10}$

$\implies H_\text{min} = \sqrt{10} \iff x= \dfrac13$

Đặt $\dfrac1a = x > 0 ; \dfrac1b = y > 0 ; \dfrac1c = z > 0 \implies xy + yz + xz = 1$

$$P = \prod\limits_{cyc}\left(1+\dfrac1{x^2}\right) = \prod\limits_{cyc}\dfrac{x^2+1}{x^2} = \prod\limits_{cyc}\dfrac{x^2+xy+yz+xz}{x^2} = \prod\limits_{cyc}\dfrac{(x+y)(x+z)}{x^2} = \left[\dfrac{(x+y)(y+z)(x+z)}{xyz}\right]^2 \overset{AM-GM}{\geqslant} \left(\dfrac{8xyz}{xyz}\right)^2 = 64$$

Vậy $P_\textrm{min} = 64 \iff x = y = z = \dfrac1{\sqrt{3}} \iff a=b=c=\sqrt{3}$

P/s: Mình tưởng min

​2/ Cho $ a,b,c \in R $ t/m: $a^2+b^2=1$. CMR: $\frac{1}{\sqrt{2}}\leq a^3+b^3\leq 1$
 

+) Từ $a^2 + b^2 = 1 \implies |a|,|b| \leqslant 1 \implies -1 \leqslant a, b \leqslant 1$

Ta có : $a^2(a-1) \leqslant 0 \iff a^3 \leqslant a^2$

Tương tự : $b^3 \leqslant b^2$

$\implies S = a^3 + b^3 \leqslant a^2 + b^2 = 1$

Dấu '=' xảy ra $\iff (a;b) = (0;1)$ và hoán vị

+) Ta có :

$\left( a^3 + \dfrac{a}2 \right) + \left( b^3 + \dfrac{b}2 \right) \overset{AM-GM}{\geqslant} \sqrt{2} a^2 + \sqrt{2} b^2 = \sqrt{2}$

$\implies a^3 + b^3 \geqslant \sqrt{2} - \dfrac{a+b}2 \geqslant \sqrt{2} - \dfrac{\sqrt{a^2+b^2}}{\sqrt{2}} = \sqrt{2} - \dfrac1{\sqrt{2}} = \dfrac1{\sqrt{2}}$

$\implies S \geqslant \dfrac1{\sqrt{2}}$

Dấu '=' xảy ra $\iff a = b = \dfrac1{\sqrt{2}}$

Vậy $\dfrac1{\sqrt{2}} \leqslant S \leqslant 1$

4b/ Cần so sánh $\sqrt{88}$ với $\sqrt{21} + \sqrt{23}$

Ta có : $$\left(\sqrt{21} + \sqrt{23}\right)^2 = 21 + 2\sqrt{21\cdot 23} + 23 = 44 + 2\sqrt{22^2 - 1} < 44 + 2\sqrt{22^2} = 88$$

Vậy $\boxed{\sqrt{21} + \sqrt{23} < \sqrt{88}}$

4a/

$$a^3 + b^3 = \sqrt{2(\sqrt{3} - 1)^2} - \dfrac{4(\sqrt{6} - \sqrt{2})}{6 - 2} = \sqrt{2}(\sqrt{3} - 1) - \sqrt{2}(\sqrt{3} - \sqrt{1}) = 0$$

Vậy $a = -b \implies \boxed{a^5 + b^5 = 0}$

Giả sử $2$ đường thẳng đó là $d$ và $d'$

* Dựng hình :

+ Hạ $CH \perp d$ và $CH' \perp d'$ ($H \in d ; H' \in d'$)

+ Trên $d$ lấy $A$, trên $d'$ lấy $A'$ sao cho $HA = HH' = H'A'$

+ Kẻ $AB \perp AC$ ($B \in d'$) và $A'B \perp A'C$ ($B' \in d$)

+ Các $\triangle{ABC}$ và $\triangle{A'B'C}$ là những tam giác cần dựng

* CM : Cái này dễ rồi, gợi ý là lấy $K$ là hình chiếu của $B$ và $B'$ lần lượt trên $d$ và $d'$

* Biện luận : Bài toán này có 2 nghiệm hình : 1 là $A$ nằm trên $d$, 2 là $A$ nằm trên $d'$

$$\sum\limits_{cyc} \dfrac{a^2}{a+2b^2} = \sum\limits_{cyc} \left( a -  \dfrac{2ab^2}{a+b^2+b^2} \right) \overset{AM-GM}{\geqslant} \sum\limits_{cyc} \left( a - \dfrac{2ab^2}{3b\sqrt[3]{ab}} \right) =  \sum\limits_{cyc} \left( a - \dfrac23\sqrt[3]{ab\cdot ab \cdot 1} \right) \overset{AM-GM}{\geqslant} \sum\limits_{cyc} \left[ a - \dfrac29\left(ab + ab + 1\right) \right] = 3 - \dfrac29\left(2\sum\limits_{cyc} ab + 3\right) \geqslant 3 - \dfrac29\left(2\sum\limits_{cyc} \dfrac{(a+b+c)^2}3 + 3\right) = 3 - \dfrac29\left(2\sum\limits_{cyc} \dfrac{3^2}3 + 3\right) = 1$$

1/ $P = (\dfrac{x}2 + y)^2 + 3(\dfrac{x}2-1)^2 + 2014 \geqslant 2014$

Từ các gt dễ dàng tính được các số liệu trên hình

$\implies \angle{NMA_1} = 180^\circ - 45^\circ - 30^\circ - 30^\circ = 75^\circ$

và $\angle{MNP} =180^\circ - 45^\circ - 30^\circ = 105^\circ$

$\implies \angle{NMA_1} + \angle{MNP} = 180^\circ \implies MP \parallel MA_1$, mà $MA_1 \perp QE$ nên $NP \perp QE$ 

Từ đây dễ dàng CM $Q, E, P, D$ cùng thuộc một đường tròn

Tương tự, $\implies MQ \perp PF \implies Q, F, P, D$ cùng thuộc một đường tròn

$\implies$ đpcm

Bổ đề $3\sum a^{2}b\leq \left ( \sum a \right )\left ( \sum a^{2} \right )$

P=$\sum \frac{x}{\sqrt{y}}= \sum \frac{x^{2}}{x\sqrt{y}}\geq \frac{\left ( \sum x \right )^{2}}{\sum x\sqrt{y}}$

Theo bổ đề ta có $3\sum x\sqrt{y}\leq \left (\sum x \right )\left ( \sum \sqrt{x} \right )$

Dự đoán min=6

Ta phải chứng minh

 $\left (\sum x \right )^{2}\geq \left 2( \sum x \right )\left ( \sum \sqrt{x} \right )\Leftrightarrow \sum x\geq 2\sum \sqrt{x}$

Mà theo bđt Cauchy-Schwarz $\sum \sqrt{x}\leq \sqrt{3\sum x}$ nên ta phải chứng minh

$\sqrt{\sum x}\geq 2\sqrt{3}\Leftrightarrow \sum x\geq 12$

Bđt cuối luôn đúng nên ta có min=6 khi x=y=z=4 

Chỗ bị lỗi là $\left (\sum x \right )^{2}\geq 2\left( \sum x \right )\left ( \sum \sqrt{x} \right )\Leftrightarrow \sum x\geq 2\sum \sqrt{x}$ nhé

b) Đặt $\sqrt[4]{x} = a$ và $\sqrt[4]{1-x} = b$

Ta có được $a, b > 0$ và $a^4 + b^4 = 1$ và $a + b + a^2 +b^2 = 2 + \sqrt[4]{8}$

Ta có $2 + \sqrt[4]{8} = a + b + a^2 +b^2 \overset{C-S}{\leqslant} \sqrt{2(a^2+b^2)} + a^2 + b^2 \overset{C-S}{\leqslant} \sqrt{2\sqrt{2(a^4+b^4)}} + \sqrt{2(a^4 + b^4)} = \sqrt[4]{8} + \sqrt{2}$

$\iff 2 \leqslant \sqrt{2}$ (vô lý)

Vậy pt vô nghiệm

TH1 : $n = 3k$

thì $2^n - 1 = 2^{3k} - 1 = 8^k - 1 = (8-1)A = 7A$ chia hết cho $7$

TH2 : $n = 3k+1$

thì $2^n - 1 = 2^{3k+1} - 1 = 2\cdot 8^{k} - 1 = 2(8^k - 1) + 1 = 2\cdot (8-1)A + 1 = 2\cdot 7A + 1$ chia $7$ dư $1$ nên $2^n-1$ không chia hết cho $7$

TH3 : $n = 3k+2$

thì $2^n - 1 = 2^{3k+2} - 1 = 4\cdot 8^k - 1 = 4(8^k - 1) + 3 = 4\cdot (8 - 1)A + 3 = 4\cdot 7A + 3$ chia $7$ dư $3$ nên $2^n-1$ không chia hết cho $7$

Vậy với mọi $n \in \mathbb{Z^+}$ chia hết cho $3$ thì $2^n-1$ chia hết cho $7$

Bài 2:Cho $\Delta ABC$ cân tại A. M và N là các điểm di động trên các tia AB,AC sao cho trung điểm I của MN thuộc cạnh BC. Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN luôn đi qua 1 điểm cố định khác A.

Từ $M,N$ hạ $MH,NK \perp BC$

Đường thẳng $\perp AB$ kẻ từ $B$ và đường thẳng $\perp AC$ kẻ từ $C$ cắt nhau tại $G$

CM $\triangle{MHI} = \triangle{NKI} \implies MH = NK$

CM $\triangle{BMH} = \triangle{CNK} \implies BM = CN$

CM $\triangle{ABG} = \triangle{ACG} \implies BG = CG$

CM $\triangle{BMG} = \triangle{CNG} \implies \widehat{BMG} = \widehat{CNG}$

$\implies AMGN$ nội tiếp hay đường tròn ngoại tiếp $\triangle{AMN}$ đi qua $G$ là điểm cố định khác $A$

Hoặc áp dụng AM-GM đơn giản :

$$\dfrac{a^3}{b} + ab \geqslant 2a^2$$

Tương tự

$$\implies \dfrac{a^3}{b} + \dfrac{b^3}{c} + \dfrac{c^3}{a} + ab + bc + ca \geqslant 2(a^2+b^2+c^2) \geqslant 2(ab+bc+ca)$$

$$\implies \dfrac{a^3}{b} + \dfrac{b^3}{c} + \dfrac{c^3}{a} \geqslant ab+bc+ca$$

Dấu '=' xảy ra khi $a=b=c$

$\sum \frac{a^{3}}{b} \\=\sum \frac{a^{4}}{ab} \\Áp \ dụng \ bất \ đẳng \ thức \ Cauchy \ Schwarz: \\\geq \frac{(a^{2}+b^{2}+ c^{2})^{2}}{ab+bc+ca} \\\geq a^{2}+b^{2}+c^{2}$

Thường thì chỉ dùng $ quanh công thức thôi nhé

$\sum \frac{a^{3}}{b}=\sum \frac{a^{4}}{ab}$

Áp  dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz:
$\geq \frac{(a^{2}+b^{2}+ c^{2})^{2}}{ab+bc+ca} \geq a^{2}+b^{2}+c^{2}$

Chú ý $$n^4 + 4 = n^4 + 4n^2 + 4 - 4n^2 = (n^2+2)^2 - 4n^2 = (n^2 + 2 - 2n)(n^2 + 2 + 2n) = [(n-2)n + 2][n(n+2) + 2]$$

Bạn thay vào là sẽ rút gọn được