Cho tam giác ABC nhọn , đường cao AD , BE, CF cắt nhau tại H . lấy K thuộc cạnh DC , kẻ AS vuông góc với HK , gọi I là giao điểm của EF và AH . Chứng minh SH là tia phân giác của góc DSI .

Cho $a,b,c\geq 0$ . T/m $a^{_{2}}+b^{2}+c^{2}=1$. Tìm max $P = a^{3}+b^{3}+c^{3}-3abc$

$\left\{\begin{matrix}x-2y+1=\sqrt{xy+8+2y^{2}+3x^{2}/x^{2}+1{}} & & \\ & & \end{matrix}\right.x^{3}+(y-3)x^{2}+(1-y)x-2y^{2}+y-8=0$

$\sum \frac{1}{a}=1$

Cm $\sum \frac{a^{2}}{a+bc}\geqslant \frac{a+b+c}{4}$

Bạn còn cách khác không?

vì nghiệm duy nhất =0 nên có thể sử dụng nhân liên hợp

$x^{2}+\sqrt[3]{x^{4}-x^{2}}=2x+1$

ta thấy x=0 ko là nghiệm .chia cả 2 vế cho x ta có$x+\sqrt[3]{x-\frac{1}{x}}=2+\frac{1}{x}<=>x-\frac{1}{x}+\sqrt[3]{x-\frac{1}{x}}-2=0 =>\sqrt[3]{x-\frac{1}{x}}=1 =>...$

Tìm min , max của các nghiệm của phương trình sau

$x^{2}-mx+m^{2}-5=0$

$x^{2}+2x\sqrt{x-\frac{1}{x}}=3x+1$

ta thấy x=0 ko là nghiệm 

chia cả 2 vế cho x ta có $x+2\sqrt{x-\frac{1}{x}}=3+\frac{1}{x}$

=>$\sqrt{x-\frac{1}{x}}=1 => x-\frac{1}{x}=1 =>x^{2}-x-1=0$

=>...

$\Delta PCH đồng dạng \Delta POM$=>$\frac{PH}{PM}=\frac{PC}{PO}$

$\Delta HCQ đông dạng \Delta NOQ => \frac{HQ}{NQ} = \frac{CQ}{OQ}$

mà $\frac{OP}{PC}=\frac{OQ}{CQ}$

NÊN =>$\frac{PH}{PM}=\frac{HQ}{NQ}$

=>  $\frac{PM}{MC}.\frac{CN}{NQ}.\frac{QH}{HP}=1$ 

=> 3 ĐG ĐỒNG QUYtheo định lí cê va đảo

chứng minh với mọi a,b,c dương:

$\frac{a}{\sqrt{a^{2}+3bc}}+\frac{b}{\sqrt{b^{2}+3ca}}+\frac{c}{\sqrt{c^{2}+3ab}}\geq 1,5$

xem giùm em bài toán bài 4 và 5 với ạ. Em xin cảm ơn nhiều

a. chứng minh $\Delta CIE đồng dạng \Delta CBA=>...$

b. ta có BEDA là hình thoi =>ED//AB =>...

c. tg CIHD nt =>EIH=HCD=BCH=>...

d. lấy F trên Ca sao cho CF=AB. i là giao của trug trực CA và AB . chứng minh I thuộc đg tr.t MN bằng tam giác bằng nhau

Cho x,y,z là các số thực thuộc đoạn [-1;1] và thỏa mãn điều kiện $x+y+z+xyz=0$

Chứng minh rằng $\sqrt{x+1}+\sqrt{y+1}+\sqrt{z+1}\leq 3$

+ $x+y+x\leq 0 ta có \sqrt{x+1}+\sqrt{y+1}\sqrt{z+1}\leq \sqrt{3(z+y+z+3)}\leq 3$

+$x+y+z> 0\Rightarrow xyz< 0$

giả sử z<0 => x,y thuộc đoạn$\left \{ 0 ,\right 1\}$

=> $\sqrt{x+1}+\sqrt{y+1}+\sqrt{z+1}\leq \sqrt{2x+2y+4}+\sqrt{z+1}$

nên ta cần chứng minh $\sqrt{2x+2y+4}+\sqrt{z+1}\leq 3\Leftrightarrow \frac{2x+2y}{2+\sqrt{2x+2y+4}}\leq \frac{-z}{1+\sqrt{z+1}}\Leftrightarrow \frac{-2z(xy+1)}{2+\sqrt{2x+2y+4}}\leq \frac{-z}{1+\sqrt{z+1}}\Leftrightarrow 2xy+2(1+xy)\sqrt{z+1}\leq \sqrt{2x+2y+4}\Leftrightarrow 2xy+2(1+xy)\sqrt{1+\frac{(1-x)(1-y)}{1+xy}}\leq \sqrt{2x+2y+4}\Leftrightarrow xy +\sqrt{(1-x)(1-y)(1+xy)}\leq \sqrt{1+\frac{x+y}{2}}$ 

ta lại có $xy +\sqrt{(1-x)(1-y)(1+xy)}\leq \sqrt{1+xy-y}\leq 1\leq \sqrt{1+\frac{x+y}{2}}$

=>đpcm

cho $a,b,c\geq 0 \sum a^{2}=1$ Tìm $MaxP = \sum a^{3}-2abc$

 

 

Cho $a,b,c\geq 0$ và $a^{2}+b^{2}+c^{2}=1$.

 

Tìm $MAX_{P}=a^{3}+b^{3}+c^{3}-3abc$

 

không ạ ! đề chính xác là -2abc ạ ? e đã kiểm tra lại rồi

sao cho 4a+1 và 4b-1 nguyên tố cùng nhau và a+blaf ước của 16ab+1

cho $\Delta$ ABC ;I và G là tâm nội tiếp và trọng tâm.

đường tròn bàng tiếp $(I_{a});\left ( I_{b} \right );\left ( I_{c} \right )$ tiếp xúc với BC;CA;AB tại M;N;P.

chứng minh:AM;BN;CP đồng quy tại 1 điểm thuộc IG.

Chứng minh đc

 $(p-b)\underset{MB}{\rightarrow}+(p-c)\underset{MC}{\rightarrow}=(p-c)\underset{NC}{\rightarrow}+(p-a)\underset{NA}{\rightarrow}=(p-a)\underset{PA}{\rightarrow}+(p-b)\underset{PB}{\rightarrow}=\underset{0}{\rightarrow}$

=> 3 đg đồng quy tại điểm K thỏa mãn

$(p-a)\underset{KA}{\rightarrow}+(p-b)\underset{KB}{\rightarrow}+(p-c)\underset{KC}{\rightarrow}=\underset{0}{\rightarrow}$

$\Rightarrow p(\underset{KB}{\rightarrow}+\underset{KA}{\rightarrow}+\underset{KC}{\rightarrow})-(a+b+c)\underset{KI}{\rightarrow}=\underset{0}{\rightarrow}$

$3p\underset{KG}{\rightarrow}-2p\underset{KI}{\rightarrow}=\underset{0}{\rightarrow}$

=> K thuộc IG

1.       Cho tam giác ABC không có góc tù nội tiếp (O). Các đường phân giác của các góc A, B, C cắt nhau tại I và theo thứ tự cắt (O) tại điểm thứ hai là M, N, P

a.       C/m: tam giác BIM cân

b.       MP cắt NB tại J, OM cắt BC tại K. C/m tứ giác MBJK nội tiếp

c.       C/m: IB.IC/IM = 2r (r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC)

d.       Giả sử IB = IK. IB = 2IK. Tính góc A của tam giác ABC

giúp mình bài này, nêu hướng thôi cũng được

a.$\angle IBM=\frac{\angle B+\angle A}{2} \angle BIM=\frac{\angle B+\angle A}{2}$

b.$\angle BKM=90$

$\angle BJM=180-\angle JBM-\angle JMB=180-\frac{\angle B+\angle A+\angle C}{2}=90$=> tgnt

Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Hai đường chéo $AC$ và $BD$ vuông góc với nhau tại $H$. Gọi $M$ là điểm trên cạnh $AB$ sao cho $AM=\frac{1}{3}AB$ và $N$ là trung điểm của $HC$. Chứng minh rằng $DN⊥MH.$

gọi E ,F lần lượt là trung điểm của HB , MB

=> AM = MF = FB = $\frac{1}{3 }$AB

K,G lần lượt là giao điểm của MH với DN và AE

$\Delta AHB$ đồng dạng $\Delta DHC$ => $\frac{AH}{HB}=\frac{DH}{HC}\Rightarrow \frac{AH}{2HE}=\frac{DH}{2HN}\Rightarrow \frac{AH}{HE}=\frac{DH}{HN}$

=>$\Delta AHE$ đồng dạng $\Delta DHN$=> $\angle NDH =\angle EAH$

Ta có : HM//EF ; AG=GE ;

$\Rightarrow \Delta AHG$ cân tại G => $\angle AHG =\angle EAG$

Ta có : $\angle KDH +\angle DHK= \angle EAH +\angle DHK=\angle AHG+\angle DHK=90$

=> $\Delta DHK$ vuông góc tại K

=> đpcm

  Cho đường tròn $(O;R)$ đường kính $AB.$ Qua $B$ kẻ tiếp tuyến $d$ của đường tròn $(O).MN$ là một đường kính thay đổi của đường tròn $(M$ không trùng với $A,B).$ Các đường thẳng $AM$ và $AN$ cắt đường thẳng $d$ lần lượt tại $C$ và $D.$ Gọi $I$ là giao điểm của $CO$ và $BM.$ Đường thẳng $AI$ cắt $(O)$ tại điểm thứ hai là $E,$ cắt đường thẳng $d$ tại $F.$ Chứng minh $3$ điểm $C,E,N$ thẳng hàng.

 

hungvuong.png

Ta có CO, BM, AF đồng quy tại I trong tam giác ABC nên theo định lí Ceva ta có :

$\frac{AM}{MC}.\frac{CF}{FB}.\frac{BO}{AO}=1$ Mà BO=AO $\Rightarrow \frac{AM}{MC}=\frac{BF}{CF}$=>MF//BA 

dễ dàng chứng minh đc tứ giác MEFC nội tiếp => $\angle MEC=\angle CFM=90$

MÀ MEN =90 => C,E,N thẳng hàng

kẻ AD vuông góc BC 

Ta có :$\frac{BI}{BA}=\frac{CI}{CA}$

Mà $\Delta ABD$ đồng dạng $\Delta IBH$=>$\frac{BD}{BH}=\frac{AB}{IB}$

TƯƠNG TỰ $\frac{KC}{DC}=\frac{IC}{AC}$

=>$\frac{BD}{BH}=\frac{DC}{KC}\Leftrightarrow \frac{BH}{KC}=\frac{BD}{CD}$}

=>$\frac{BH}{AH}.\frac{AK}{KC}.\frac{CD}{BD}=1$

=> AD, CH , BK đồng quy tại một điểm M 

=> AM vuông góc BC

Cho $a,b,c > 0$. Chứng minh rằng: 

$6(a^{3}+b^{3}+c^{3})\geq 18abc+(\sum \sqrt[3]{a(b-c)^{2}})^{2}$

Giải hệ phương trình $\left\{\begin{matrix}x^2+2+(y^2-y-1)\sqrt{x^2+2}=y^3-y & & \\ 2x+xy+2+(x+2)\sqrt{y^2+4x+4}=0 & & \end{matrix}\right.$

ĐK :...

$x^{2}+2 + (y^{2}-y-1)\sqrt{x^{2}+2}-y^{3}+y=0\Leftrightarrow (\sqrt{x^{2}+2}-y)(\sqrt{x^{2}+2}+y^{2}-1)=0\Leftrightarrow \sqrt{x^{2}+2}=y$

vì $\sqrt{x^{2}+2}\geq \sqrt{2}\Leftrightarrow \sqrt{x^{2}+2}+y^{2}\geq \sqrt{2}> 1$=> loại 

thay vào phương trình 2 ...$y>\geq 0 \Rightarrow x^{2}+2=y^{2}$

nghiệm bằng -1 =>nhân liên hợp 

mình không hiểu chỗ này lắm

1, Chỗ này mình nghĩ phải là E'H.E'A

2.  1/2.E'H.E'A=E'M.E'A tương đương 1/2 E'H= E'M tức là E trùng E' rồi còn đâu???

sorry bn mình đã sửa

Cho tam giác $ABC$ nhọn, trực tâm $H$.$AH\cap BC\equiv D$. $E$ thuộc đoạn $AD$ sao cho $\widehat{BEC}=90^{0}$. $M$ là trung điểm $EH$.Đường tròn đường kính $AM$ cắt đường tròn $Euler$ của tam giác $ABC$ tại $P,Q$.Chứng minh: $PQ$ đi qua $E$.

Gọi T là giao điểm của AH với đường tròn đường kính BC .N trung điểm AH

Dễ thấy (AHET) = -1 => EN.ET =EA.EH =>EN.ED=1/2.EA.EH=EA.EM

Gọi E' là gđ của PQ với AH => E'M.E'A=E'P.E'Q=E'N.E'D

=> E=E' 

Chưa hiểu chỗ $(AHET)=-1$ (mình học hình kém,mong bạn thông cảm  )

Vẽ đường cao BF . Khi đó : AH.AD=AF.AC=AT.AE mà D là trung điểm ET => ...