Cho x,y,z thỏa mãn $xyz=8$. Chứng minh:

$\frac{x^{2}}{x^{2}+2x+4} + \frac{y^{2}}{y^{2}+2y+4} + \frac{z^{2}}{z^{2}+2z+4}\geq 1$

Đặt $x=2a;y=2b;z=2c$ thì $abc=1$, BĐT trở thành:

$\sum \frac{a^2}{a^2+a+1}\geq 1$

Bây giờ đặt $a=\frac{m^2}{np};b,c$ tương tự ta thu được BĐT sau:

$\sum \frac{\frac{m^4}{n^2p^2}}{\frac{m^4}{n^2p^2}+\frac{m^2}{np}+1}=\sum \frac{m^4}{m^4+m^2np+n^2p^2}\geq \frac{(m^2+n^2+p^2)^2}{\sum m^4+mnp(m+n+p)+\sum m^2n^2}\geq 1$ (dễ dàng chứng minh)

Cho x,y,z thỏa mãn $xyz=1$. Chứng minh:

$\frac{1}{(1+x)^{2}}+\frac{1}{(y+1)^{2}}+\frac{1}{(z+1)^{2}}\geq \frac{3}{4}$

Ta có: $\frac{1}{(1+x)^2}+\frac{1}{(1+y)^2}\geq \frac{1}{(xy+1)(\frac{x}{y}+1)}+\frac{1}{(1+xy)(\frac{y}{x}+1)}=\frac{1}{1+xy}=\frac{z}{z+1}$

Do đó cần chứng minh BĐT:

$\frac{z}{z+1}+\frac{1}{(z+1)^2}\geq \frac{3}{4}<=>4(z^2+z+1)\geq 3(z+1)^2<=>(z-1)^2\geq 0$ (Luôn đúng)

Cho tam giác đều ABC có H là trung điểm BC. Lấy D,E lần lượt thuộc AB,AC sao cho góc DHE= 60 độ

Chứng minh: đường phân giác của góc BAC, BDE, BEC đồng quy

Chứng minh đường phân giác của góc $BAC,BDE,DEC$ đồng quy mới đúng chứ nhỉ.

Lời giải: Gọi $I$ là giao 2 đường phân giác ngoài của tam giác $ADE$.

Khi đó $I$ chính là tâm đường tròn bàng tiếp góc $A$ của tam giác $ADE$ nên $I$ thuộc đường phân giác góc $A$ của tam giác $ABC$.

Gọi $D'$ là điểm đối xứng với $C$ qua $BI$ thì $D'\in AB$

Khi đó $\widehat{BD'C}=90-\frac{\widehat{ABC}}{2}$

Từ đó chỉ cần chứng minh được tứ giác $D'AIC$ nội tiếp để nói $D'=D$ nữa là xong (phần này đơn giản).

Chứng minh rằng với $2n$ đội bóng ($n\in N^*$) thì luôn xếp lịch được $2n-1$ vòng đấu sao cho mỗi vòng mỗi đội đá đúng một trận và $2$ đội bất kì đá với nhau đúng một lần.

Với $a,b,c,d>0$.Chứng minh:

$\frac{ab}{a+b}+\frac{cd}{c+d}\leq \frac{(a+c)(b+d)}{a+b+c+d}$

Quy đồng kết hợp chuyển vế thu được BĐT tương đương $(ad-bc)^2\geq 0$

cho a,c,b>0 thỏa a+b+c=1 c/m

$\frac{1}{ab+2c^{2}+2c}+\frac{1}{bc+2a^{2}+2a}+\frac{1}{ca+2b^{2}+2b}\geq \frac{1}{ab+bc+ca}$

Ta có: $(ab+bc+ca)^2=a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+2abc\geq a^2b^2+2abc^2+2abc=ab(ab+2c^2+2c)$

Do đó: $\frac{1}{ab+2c^2+2c}\geq \frac{ab}{(ab+bc+ca)^2}$

Thiết lập 2 BĐT tương tự suy ra ĐPCM

Câu b sử dụng câu a suy ra được $x \leqslant 806$. Chỉ cần chỉ ra $806$ tập thõa mãn là được :3 

Cuối cùng cũng ra

Ta tách như sau:

Ta sẽ nhóm các cặp có dạng sau: $(404-x;1612-x)$ với $x$ chạy từ $0->403$.

Dạng $(1208-x;807-x)$ với $x$ chạy từ $0->400$

Cuối cùng còn cặp $(405;406)$

Đáp án: $x_{max}=806$

 

Câu 3: (5đ) Phân chia tập $A=\left \{ 1;2;3;...;2016 \right \}$ thành $1008$ tập con rời nhau, mỗi tập gồm hai phần tử, ta gọi kích thước của mỗi tập con là tổng hai phần tử của nó. Gọi $x$ là số các tập con mà kích thước của chúng phân biệt từng đôi một và không vượt quá $2016$, gọi $S$ là tổng tất cả các phần tử của các tập con đó.

     a) Chứng minh rằng      $x(2x+1) \leqslant S \leqslant \frac{-x^2+4033x}{2}$

     b) Tìm giá trị lớn nhất của $x$.

 

 

Mới làm được câu a):

Có $x$ tập con có 2 phần tử nên tổng $S$ bằng tổng của $2x$ phần tử.

Vì các phần tử phân biệt nên $S\geq 1+2+...+2x=x(2x+1)$

Theo giả thiết thì kích thước của các tập con trong $x$ tập con đó phân biệt từng đôi một và không vượt quá $2016$.

Do đó: $S\leq (2017-1)+(2017-2)+...+(2017-x)=\frac{-x^2+4033x}{2}$

=> ĐPCM 

Ngang đây có thể suy ra được $x\leq 806$. Giờ cần chứng minh với $x=806$ thì tồn tại $806$ tập con thỏa mãn bài toán, hoặc thử chứng minh với một đại lượng gần nhất $\leq 806$ nào đó

Ngồi thi còn ko vẽ được cái hình nữa :'(

Tội vậy, thế câu a cũng giải không ra à, rứa còn câu cuối răng không giải, sở trường của mi tê. 

Ta có :

$\sum \frac{a^{2}+b^{2}}{c} \geq \frac{(a+b)^{2}}{2c} \geq \frac{2\sum a}{\sum 2c}(C-S)=1$

Dấu bằng khi $a=b=c=\frac{1}{3}$

 

Spoiler

 Sáng cũng làm ngu bài một tiết Hình :''<  

Cái tội không học làm chi, đã bảo dùng Mene với Ceva rồi chì 

Chú mày làm sai câu bất kìa, chủ quan là toi đời đó nha

Câu 2 đã có tại đây (#20)

TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUỐC HỌC - HUẾ                                         ĐỀ KIỂM TRA TOÁN 10

                            TỔ TOÁN                                                                                          Thời gian : 120 phút.

 

 

 

Câu 2: (6đ) Cho tam giác $ABC$, điểm $X$ thay đổi trên đường thẳng $BC$ sao cho $C$ nằm giữa $B$ và $X$. Gọi $M$ là trung điểm của $AB$. Đường tròn nội tiếp tam giác $ABX$ tiếp xúc với $BX, AX$ lần lượt tại $D,E$.

     a) Gọi $I$ là giao điểm của $DE$ và phân giác trong của góc $B$. Chứng minh $MI || BC$

     b) Các đường tròn nội tiếp các tam giác $ABX$ và $ACX$ cắt nhau tại $P$ và $Q$. Chứng minh rằng đường thẳng $PQ$ đi qua một điểm cố định.

 

 

a) Theo một bổ đề quen thuộc thì $\widehat{AIB}=90$ độ.

Sau đó như thế nào thì dễ rồi.

b) 

Gọi giao điểm của $MI$ với $PQ$ là $N$, $K,L$ theo thứ tự là giao của $PQ$ với $AX,BX$. Các điểm còn lại như hình vẽ.

Dễ thấy điểm $I$ cố định và $EG=DJ$

$PQ$ là trục đẳng phương nên dễ chứng minh $PQ//ED$.

Lại có $IN//DL$ nên $INLD$ là hình bình hành dẫn đến $IN=DL=\frac{DJ}{2}$

Mà $DJ=DC+CL=DC+CO=BC-BR+AC-AO=AC+BC-BR-(AE+EG)=AC+BC-AB-DJ$.

Nên $DJ$ có độ dài không đổi dẫn đến $IN$ có độ dài không đổi.

Mà $I$ cố định và $IN//BC$ nên $N$ cố định.

=> ĐPCM

Bài 3. Cho tam giác $ABC$ nhọn nội tiếp đường tròn $( C)$. Gọi $B_1,C_1$ lần lượt là trung điểm $AC,AB$. Kí hiệu $D$ là chân đường cao hạ từ $A$ và $G$ là trong tâm tam giác $ABC$. Gọi $(C')$ là đường tròn qua $B_1$ và $C_1$, đồng thời tiếp xúc với $(  C)$ tại $X \ne A$.

a) Gọi $W$ là giao điểm của tiếp tuyến tại $X$ của $( C)$ với $B_1C_1$. Chứng minh rằng $WA$ tiếp xúc với $( C)$.

b) Chứng minh rằng $D,G,X$ thẳng hàng.

 

a) Dễ thấy đường tròn $(AB_1C_1)$ tiếp xúc với đường tròn $( C)$ tại $A$ nên $WA$ tiếp xúc với $( C)$

b) Gọi $E$ là giao điểm của $XD$ với đường tròn $( C)$

D đối xứng với A qua $B_1C_1$ nên $WA=WD=WX$ hay tam giác $ADX$ nội tiếp đường tròn tâm $W$.

Do đó $\widehat{AXD}=\widehat{AWC_1}=\widehat{AC_1B_1}-\widehat{ACB}=\widehat{ABC}-\widehat{ACB}=\widehat{AXC}-\widehat{ACB}$

Từ đó dẫn đến $AECB$ là hình thang cân.

Lấy $H$ là trung điểm $AE$ và $F$ là trung điểm $BC$ suy ra $AHFD$ là hình chữ nhật

Do đó $DF=AH=\frac{AE}{2}$

Mà $AG=2GF$.

Từ đó dễ suy ra $D,G,X$ thẳng hàng.

Câu 1a dễ chứng minh bằng cách sử dụng đạo hàm, còn câu 1b em chưa thử @@

Về câu bất đề kiểm tra trường Đông miền Nam năm 2015, thực ra em tạo chủ đề này để mọi người cùng thảo luận xem có những cách giải nào cho bài toán này (vì em mất 3h để giải xong hoàn chỉnh, và đang có nhiều hướng giải chưa sử dụng )

Đề bài: Cho $a,b,c$ là các số thực không âm sao cho $(a+b)(b+c)(c+a)>0$. Chứng minh rằng ta có BĐT:

$\frac{ab}{(a+b)^2}+\frac{bc}{(b+c)^2}+\frac{ca}{(c+a)^2}+\frac{5}{4}\geq \frac{6(ab+bc+ca)}{(a+b+c)^2}$  $(*)$

Lời giải: Chuẩn hóa $a+b+c=1$ thì $q=ab+bc+ca\leq \frac{1}{3}$

Ta có bổ đề sau:

$\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}+2(\frac{ab}{(a+b)^2}+\frac{bc}{(b+c)^2}+\frac{ca}{(c+a)^2})\geq \frac{5}{2}$

Do đó: $2(\frac{ab}{(a+b)^2}+\frac{bc}{(b+c)^2}+\frac{ca}{(c+a)^2})\geq \frac{5}{2}-\frac{1-2q}{q}$

Nên chỉ cần chứng minh BĐT sau:

$5-\frac{1-2q}{q}\geq 12q<=>12q^2-7q+1\leq 0$ 

Tuy nhiên không phải với mọi $q\leq \frac{1}{3}$ thì BĐT trên đúng.

Do đó ta xét trường hợp còn lại: $12q^2-7q+1\geq 0$.

Thử đánh giá vế trái của BĐT $(*)$, ta có:

$\sum \frac{ab}{(a+b)^2}+\frac{5}{4}\geq \sum \frac{ab}{2(a^2+b^2)}+\frac{5}{4}$

$=\sum \frac{(a+b)^2}{4(a^2+b^2)}+\frac{1}{2}\geq \frac{(a+b+c)^2}{2(a^2+b^2+c^2)}+\frac{1}{2}=\frac{1}{2-4q}+\frac{1}{2}$

Nên chỉ cần chứng minh:

$\frac{1}{2-4q}+\frac{1}{2}\geq 6q<=>\frac{1}{1-2q}+1\geq 12q<=>12q^2-7q+1\geq 0$ (đúng theo trường hợp này).

Vậy BĐT được chứng minh hoàn toàn, dấu bằng xảy ra tại $a=b=c$; $a=b,c=0$ và các hoán vị

có 1 cách dùng Hàng điểm. Từ $A$ kẻ đường $||BC$

Từ $A$ kẻ đường $//BC$ thì có hàng điểm gì

Lời giải:

Giả sử $M'$ là giao của 2 đường tròn $(AID)$ và $(BIC)$.

Ta có: $\widehat{AM'I}=\widehat{ADB}=\widehat{ACB}=\widehat{IM'B}$

Từ đó suy ra $\widehat{AM'B}=\widehat{AOB}$ hay tứ giác $ABOM'$ nội tiếp.

Tương tự: Tứ giác $COM'D$ nội tiếp.

Do đó $M'$ là giao của 2 đường tròn $(AOB)$ và $(COD)$ nên $M\equiv M'$

Từ đó suy ra $M$ cũng là giao của 2 đường tròn $(AID)$ và $(BIC)$ nên kết hợp với tính chất trục đẳng phương suy ra $J,I,M$ thẳng hàng.

Bổ đề: Cho tứ giác CBED nội tiếp (A). BC cắt DE tại F. G là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác FBD. Khi đó, GF vuông góc CE.

Chứng minh:

Hạ BH vuông góc FD thì dễ dàng chứng minh được $\widehat{FBH}=\widehat{DBG}$

Suy ra: $\widehat{FBG}=\widehat{DBH}$

Sau đó kết hợp với tứ giác BCDE nội tiếp dễ dàng chứng minh được GF vuông góc CE.

Trở lại bài toán.

Gọi M là giao của AC và PE; N là giao của PF và AB.

Dễ dàng chứng minh $AEPC$ nội tiếp.

Do đó $ME.MP=MA.MC$ hay $M$ thuộc trục đẳng phương của $(O);(J)$

Tương tự $N$ thuộc trục đẳng phương của $(O);(J)$ nên $MN$ chính là trục đẳng phương của $(O);(J)$.

Dẫn đến $OJ\perp MN$ (1)

Lại có: $\widehat{NEP}=\widehat{PFC}=\widehat{MFN}$ nên tứ giác FMEN nội tiếp.

Áp dụng bổ đề đã được chứng minh ở trên cho tứ giác $FMEN$ ta được $JP\perp MN$ (2)

Kết hợp (1) và (2) suy ra $J,P,O$ thẳng hàng (điều phải chứng minh).

Câu số học có vẻ giống bài IMO 1990. 

Hơi liên quan: T gọi $p$ là ước nguyên tố nhỏ nhất của $n$ thì chứng minh được $a$ phải là số tự nhiên thỏa mãn $a+1$ chia hết cho $p^2$ (đó mới là điều kiện cần, chưa phải điều kiện đủ).

Nói chung: "Ngu số" @@  

$x,y,z>0 $ thỏa $x+y+z=3$.Tìm $Min$:

$P=\frac{4x}{y(2\sqrt{1+8y^3}+4x-2)}+\frac{4y}{z(2\sqrt{1+8z^3}+4y-2)}+\frac{4z}{x(2\sqrt{1+8x^3}+4z-2)}$

Ta có:

$P=\sum \frac{4x}{y(2\sqrt{(1+2y)(1-2y+4y^2)}+4x-2)}\geq \sum \frac{4x}{y(2+4y^2+4x-2)}=\sum \frac{x}{y^2+xy}$

Đến đây ta mạnh dạn AM-GM 3 số thì:

$P\geq 3.\sqrt[3]{\frac{1}{(x+y)(y+z)(z+x)}}$

Tiếp tục sử dụng AM-GM cho 3 số ở dưới mẫu suy ra $min P=\frac{3}{2}$

Dấu bằng xảy ra tại $x=y=z=1$ 

Câu $3$ ($5,0$ điểm)

Câu b) Không liên quan đến câu a) lắm (giống định lý Newton).

Đề thi:

Câu 1: Cho $a,b,k$ là các số nguyên dương thỏa mãn $k=\frac{a^2+ab+b^2}{ab+1}$. Chứng minh rằng $k$ là một số chính phương.

 

Giả sử $k$ không là số chính phương, cố định $k$.

Ta chọn ra cặp $(a,b)$ thỏa mãn $a+b$ nhỏ nhất.Vì tính đối xứng của $a,b$ nên có thể giả sử $a\geq b>0$.

Xét phương trình bậc 2 ẩn $x$.

$k=\frac{x^2+xb+b^2}{xb+1}$ 

Suy ra: $x^2+(b-kb)x+b^2-k=0$

Phương trình này có 2 nghiệm $a$ và $x_0$.

Sử dụng định lý Viet ta có:

$a+x_0=kb-b$  (1)

$ax_0=b^2-k$   (2)

Dễ thấy $x_0$ là số nguyên. 

Nếu $x_0<0$ thì $x_0\leq -1$. Khi đó $x^2+(b-bk)x+b^2-k\geq x^2-b+bk+b^2-k>0$ (mâu thuẫn)

Nếu $x_0=0$ thì $k=b^2$ (trái giả thiết).

Nếu $x_0>0$ thì $x_0+b=\frac{b^2-k}{a}+b<a+b$ (mâu thuẫn với tính nhỏ nhất của $a+b$).

Vậy $k$ luôn là một số chính phương.

Đề thi:

Câu 1: Cho $a,b,k$ là các số nguyên dương thỏa mãn $k=\frac{a^2+ab+b^2}{ab+1}$. Chứng minh rằng $k$ là một số chính phương.

Câu 2:

Cho dãy số $(x_n)$ được xác định bởi công thức $x_0=4$;$x_{n+1}=\frac{3x_n}{2x_n+3-\sqrt{x_n^2+9}}$, mọi $n\in N$

Chứng minh dãy số $(x_n)$ có giới hạn hữu hạn, tìm giới hạn đó.

Câu 3:

1.Cho $A_1,A_2,A_3,...A_64$ là các tập hợp con của tập hợp $A=${$1,2,3,...,2016$}, trong đó mỗi tập hợp $A_i(i=1,2,...,64)$ có đúng $1008$ phần tử. 

Chứng minh rằng trong các tập hợp $A_i(i=1,2,...,64)$ luôn tìm được hai tập hợp có chung ít nhất $496$ phần tử.

2. Cho $m$ người tham gia một cuộc thi ném $10$ quả bóng vào một chiếc rổ ($m$ là số tự nhiên lẻ và $\geq3$), gọi $k$ là một số nguyên dương sao cho nếu lấy ra $2$ người bất kì trong $10$ người chơi thì kết quả của hai người giống nhau tại nhiều nhất $k$ lần ném. Chứng minh $k\geq \frac{5(m-1)}{m}$.

Câu 4:

1. Tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn tâm $K$. Gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm $AC,BD$. Giả sử $AB$ cắt $CD$ tại $E$ và $AD$ cắt $BC$ tại $F$. Gọi $O,O'$ là tâm các đường tròn ngoại tiếp tam giác $EMN$ và $FMN$. Đường thẳng qua $F$ và vuông góc với $ME$ cắt $OO'$ tại $P$.

Chứng minh rằng:

a) $EF$ là tiếp tuyến chung của  hai đường tròn $(MNE)$ và $(MNF)$.

b) $MP$ vuông góc với $MF$.

2. Cho đường tròn đường kính $AB$. Gọi $m,n$ lần lượt là tiếp tuyến tại $A,B$ của đường tròn. Trên mặt phẳng bờ $n$ chứa $A$ lấy một điểm $M$ ở ngoài đường tròn thỏa mãn: tia $MA$ và các tiếp tuyến $MT$, $MT'$ lần lượt cắt $n$ tại $C,P,Q$. Chứng minh rằng $PC=QB$

Bạn cho mình hỏi ở đây mình biết  bạn dùng UCT, nhưng mình lại không biết cách mà bạn lại biết đổi ra được $\frac{9}{8}a -\frac{1}{8}$ , cũng như cách bạn chứng minh bất đẳng thức bạn tìm được là đúng  . Mong bạn viết rõ một tí , mình còn hơi kém

Mình tính đạo hàm bạn ạ, gọi là phương pháp tiếp tuyến trong chứng minh BĐT  

Bài 3. Cho tam giác $ABC$ có $AB+BC=3AC$, đường tròn $(I)$ nội tiếp tam giác $ABC$ tiếp xúc với $AB,BC,CA$ lần lượt tại $D,E,F$. Trên cạnh $AC$ lấy $M$ sao cho $AM=CF$. Gọi $N,P$ là giao điểm của $MB$ và đường tròn $(I)$ với $N$ nằm giữa $B$ và $P$. Đường thẳng $CN$ cắt đường thẳng $DE$ tại $K$. Chứng minh rằng đường tròn qua ba điểm $I,K,N$ tiếp xúc với đường tròn $(I)$.

Lời giải:

Bổ đề: Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn $(I)$, $(I)$ tiếp xúc với $BC$ tại $D$. Kẻ đường kính $DD'$. Gọi $E$ là giao điểm của $AD'$ với $BC$ thì khi đó $BD=CE$.

Gợi ý chứng minh: Vẽ đường tròn bàng tiếp góc A, gọi $r,r_a$ lần lượt là bán kính của 2 đường tròn đó.

Sau đó xét phép vị tự tâm $A$, tỉ số $\frac{r_a}{r}$

....

Áp dụng:

Từ điều kiện của đề bài là $AM=CF$ kết hợp với bổ đề dễ chứng minh $F,I,N$ thẳng hàng hay $NF\perp AC$

Do đó: $tan ACN=\frac{2r}{CF}=\frac{2S_{ABC}}{p(p-c)}=\frac{2\sqrt{p(p-a)(p-b)}}{p\sqrt{p-c}}$

Lại có: $tan(\frac{\Pi }{2}-\frac{\widehat{A}}{2})=cot(\frac{\widehat{A}}{2})=\sqrt{\frac{p(p-a)}{(p-b)(p-c)}}$

Mà: $\frac{2\sqrt{p(p-a)(p-b)}}{p\sqrt{p-c}}=\sqrt{\frac{p(p-a)}{(p-b)(p-c)}}$

Thật vậy: Sau khi rút gọn ta được đẳng thức đúng sau:

$p=2b<=>\frac{a+b+c}{2}=2b<=>a+c=3b$ (Đúng theo giả thiết).

Từ đó dẫn đến $\widehat{ACN}=90^{\circ}-\frac{\widehat{A}}{2}$

Nghĩa là $CN\perp AI$.

Gọi giao điểm của $AI$ và $DE$ là $K'$ thì theo một bổ đề quen thuộc suy ra được $\widehat{AK'C}=90^{\circ}$.

Dẫn đến $K\equiv K'$

Do đó tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $INK$ thuộc đoạn thẳng $IN$.

Suy ra điều phải chứng minh.

(Lời giải hơi dài). 

Đề hơi mờ mọi người thông cảm

Câu 1: Chuẩn hóa $a+b+c=3$, khi đó BĐT trở thành:

$\sum (\frac{a}{3-a}+\sqrt{\frac{a}{2(3-a)}})\geq 3$

Lại có: $\frac{a}{3-a}+\sqrt{\frac{a}{2(3-a)}}=\frac{2a+\sqrt{2a(3-a)}}{2(3-a)}\geq \frac{9}{8}a-\frac{1}{8}$

Thiết lập 2 BĐT tương tự rồi cộng lại suy ra ĐPCM

​

Ở chỗ $S,T_1,T_3$ và $X,T_3,P$ thẳng hàng là định lý Pappus chứ ạ, nghe tên định lý Descartes thấy lạ lạ (search google không có)