Cho hình vuông ABCD. M trên BC. AM cắt CD tại N; DM cắt BN tại P. CMR: AN vuông góc với CP.

Ta có: $GT\Rightarrow a,b,c\in [-1;1]\Rightarrow (a+1)(b+1)(c+1)\leq 0\Rightarrow abc+a+b+c+ab+bc+ca+1\geq 0$

Lại có: $(a+b+c+1)^2\geq 0\Rightarrow a^2+b^2+c^2+1+2a+2b+2c+2d+2ab+2bc+2ca\geq 0\Rightarrow 1+a+b+c+ab+bc+ca\geq 0$

Cộng 2 bđt trên ta được đpcm

Lẽ ra phải là lớn hơn chứ bạn!

3. Cho $a^{2}+b^{2}+c^{2}=1$. Chứng minh $abc+2(1+a+b+c+ab+bc+ca)\geq 0$

Do: $a^{2}+b^{2}+c^{2}=1$ $\rightarrow a,b,c\geq -1$ $\rightarrow (1+a)(1+b)(1+c)\geq 0 \rightarrow 1+\sum a+\sum ab+abc\geq 0.$

Mặt khác, ta có:$2(1+\sum a+\sum ab)=2(\sum a^2+\sum a+\sum ab)=2\sum a^2+2\sum a+2\sum ab=(\sum a)^2+2\left ( \sum a \right )+1=\left ( \sum a+1 \right )^2\geq 0$ $\rightarrow Q.E.D$

Tại sao bạn lại suy ra được ở chỗ *** như thế??? hình như bn làm sai r bước đó r

Do: $\sum ab\leq \frac{(a+b+c^2)}{3}\rightarrow \sum ab\leq 3 \rightarrow -\frac{a+b+c+ab+bc+ca}{2}\geq -\frac{2(a+b+c)}{2}$

Tìm tất cả các số nguyên tố p và các số nguyên dương x,y thỏa mãn: $\frac{x^3y}{x+y}=p$

Cho x, y,z >0 và $x+y+z=3$. Tìm GTNN của $\frac{1}{1+2x^3}+\frac{1}{1+2y^3}+\frac{1}{1+2z^3}$

Cho a, b, c>0. CMR: $\sqrt[3]{\frac{(a+b)(b+c)(c+a)}{8}}\geq \sqrt{\frac{ab+bc+ca}{3}}$

Cho a,b,c là 3 cạnh của 1 tam giác. CMR: $a(b-c)^2+b(c-a)^2+c(a+b)^2> a^3+b^3+c^3$

Dùng phản chứng bạn à

Kẻ $AK\perp BC.$ Ta có:

$\frac{AH}{HC}=\frac{2AB^2-BC^2}{BC^2}\Leftrightarrow AH.BC^2=(2AC^2-BC^2).HC\Leftrightarrow BC^2(AH+HC)=2AC^2.HC\Leftrightarrow BC^2=2AC.HC$ (1).

Mặt khác, $\triangle BHC\sim \triangle AKC\Leftrightarrow \frac{BC}{AC} =\frac{2HC}{BC}\Leftrightarrow BC^2=2AC.HC$(2). Từ (1) và (2), suy ra điều phải chứng minh

Cho a,b,c là các số nguyên dương sao cho $\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}$ là số nguyên.CMR: a,b,c là các số chính phương

 Giả sử phản chứng:$\widehat{A}\neq 90^{^{o}}$.

TH1: $\widehat{B},\widehat{C},\widehat{A}<90^{o}$.

Vẽ góc vuông DAC trên nửa mặt phẳng bờ AC chứa B và D,B,C thẳng hàng. Đặt $p(DAC)=p';p(DAH)=p'_{1}$.

Ta có:$$\left\{\begin{matrix} p^2=p_{1}^{2}+p_{2}^{2} & & \\ p'^{2}=p'_{1}^{2}+p_{2}^2 & & \end{matrix}\right \Rightarrow (p'-p)(p'+p)=(p'_{1}-p_{1})(p'_{1}+p_{1}) \Rightarrow p'+p=p'_{1}+p_{1}$$

TH2:$\widehat{B},\widehat{C}<90^{o};\widehat{A}>90^{o}$. Tương tự trường hợp trên ta thấy mâu thuẫn.

TH3:$\widehat{B},\widehat{C}>90^{o}: p_{2}^2>p^2\Rightarrow p_{1}^2<0$(mâu thuẫn).

Vậy giả thiết phản chứng sai.

$\Rightarrow Q.E.D$

Cho a,b khác 0.Tìm GTNN của: $\frac{a^4}{b^4}+\frac{b^4}{a^4}-(\frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{a^2})+\frac{a}{b}+\frac{b}{a}$

Tích $ab$ có lớn hơn 0 không bạn? 

không bạn ạ

1.Kẻ BH vuông góc với AC. Cần chứng minh: BH=HO. Đặt CH=x(cm). $\Delta CHB\sim CBA$. Từ đó tính được HO=HB=2x(cm)

$\rightarrow \widehat{BOC}=45^{o}$

2. Ta có: $\frac{AM}{AC}=\frac{AM}{AB}=\frac{DM}{DN}=\frac{CB}{CN}=\frac{AC}{NC}$

$\rightarrow \Delta ANC\sim \Delta MCA(c.g.c)\rightarrow 60^{o}=\widehat{ACK}+\widehat{NCK}=\widehat{ANC}+\widehat{NCK}=\widehat{AKC} \rightarrow \widehat{AKC}=60^{o}$

Đặt $a=\frac{x}{y};b=\frac{y}{z};c=\frac{z}{x}.$

$\rightarrow VT=\sum \frac{\frac{x}{y}}{\frac{x+y}{y}.\frac{y+z}{z}}=\sum \frac{xz}{(x+y)(y+z)}=\sum \frac{x^2z^2}{xz(x+y)(y+z)}\geq \frac{(\sum xz)^2}{3xyz(\sum x)+\sum x^2z^2}=\frac{(\sum xz)^2}{(\sum xz)^2+xyz(\sum x)}\geq \frac{\left ( \sum xz \right )^2}{(\sum xz)^2+\frac{\left ( \sum xz \right )^2}{3}}=\frac{3}{4}$

Dấu $"= "$ xảy ra khi $a=b=c=1$

$P=2a^3+7a^2b+7ab^2+2b^3=2(a^3+b^3)+7ab(a+b)=2(a+b)(a^2-ab+b^2)+7ab(a+b)=(a+b)\left [ 2(a^2-ab+b^2)+7ab \right ]=(a+b)(2a^2+5ab+2b^2).$

Cho tam giác ABC. Đường cao AH. $p,p_{1},p_{2}$ là chu vi các tam giác ABC, ABH, ACH. CMR: $\widehat{A}=90^{o}\Leftrightarrow p^{2}=p_{1}^{2}+p_{2}^{2}$

Ta có:

$\frac{AM}{OM}=\frac{S(ABM)}{S(BOM)}=\frac{S(AMC)}{S(BOC)}=\frac{S(ABC)}{S(BOC)}=\frac{S(AOB)+S(AOC)+S(BOC)}{S(BOC)}=\frac{S(AOB)}{S(BOC)}+\frac{S(AOC)}{S(BOC)}+1$ (1)

Chứng minh tương tự, ta cũng có:

$\frac{BN}{ON}=\frac{S(AOB)}{S(AOC)}+\frac{S(BOC)}{S(AOC)}+1$ (2) và $\frac{CP}{OP}=\frac{S(AOC)}{S(AOB)}+\frac{S(BOC)}{S(AOB)}+1$ (3). Cộng 3 vế của đẳng thức (1), (2), (3), ta có:

$\frac{AM}{OM}+\frac{BN}{ON}+\frac{CP}{OP}=[\frac{S(AOB)}{S(BOC)}+\frac{S(BOC)}{S(AOB)}]+[\frac{S(BOC)}{S(AOC)}+\frac{S(AOC)}{S(BOC)}]+[\frac{S(AOC)}{S(AOB)}+\frac{S(AOB)}{S(AOC)}]+3 \geq 2.3+3=9 \rightarrow Q.E.D$

Cho tam giác ABC không cân. Trên nửa mặt phẳng bờ AB,BC,CA không chứa C,A,B lần lượt; vẽ các tam giác cân ABX, BCZ, ACY  sao cho ∠AXB=∠AYC=∠BZC=120 °. Chứng minh rằng: AZ, BY, CX đồng quy.

Đề đúng đây (: Cho tam giác ABC không cân. Trên nửa mặt phẳng bờ AB,BC,CA không chứa C,A,B lần lượt; vẽ các tam giác cân ABX, BCZ, ACY  sao cho ∠AXB=∠AYC=∠BZC=120 °. Chứng minh rằng: AZ, BY, CX đồng quy.

Cách 1: Kẻ AH, AK $\perp$ với BN và DM.
Ta có: $S(ADM)=S(ABN)=\frac{1}{2}S(ABCD)$. Mà $DM= BN$ $\rightarrow$ $AK=AH$ 
$\rightarrow$ PA là phân giác $\widehat{BPD}$ $\rightarrow$ $Q.E.D$
Cách 2: Kẻ BP, AP kéo dài cắt BC, AD tại E, F.
Ta có: $\frac{PD}{PF}=\frac{PM}{BP}=\frac{DM}{BF}=\frac{BN}{BF}=\frac{AD}{AF}. \rightarrow$ PA là phân giác ngoài $\widehat{DPF}$ ( tính chất đường phân giác ngoài tam giác ).
$\rightarrow$ PA là phân giác $\widehat{BPD}$

$\rightarrow Q.E.D.$

Đây này bạn: http://diendantoanho...2-cmr-mambmcmd/

Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{matrix} x+y+z=6 & & \\ \sqrt{1-x^2}+\sqrt{16-y^2}+\sqrt{25-z^2}=8 & & \end{matrix}\right.$

Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{matrix} x+y+z=6 & & \\ x^{2}+y^{2}+z^{2}=18 & & \\ \sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}=4& & \end{matrix}\right.$