Bài 24. Cho tam giác $ABC$, $M,N,P$ là các điểm bất kì trên các cạnh $BC,CA,AB$. Chứng minh rằng trong các tam giác $ANP, BMP, CMN$ tồn tại một tam giác có diện tích không vượt quá $\frac{1}{4}$ diện tích tam giác $ABC$.

một kết quả khác khi $M,N,P$ là chân các đường phân giác.

Với a,b là các số nguyên dương $Cho A=(a+b)^{2}-2a^{2};B=(a+b)^{2}-2b^{2}.Cm A,B không đồng thời là số chính phương$

Bài này thi chuyên Sư Phạm bạn nhé.

Lời giải ở đây: 

Cho $a,b,c\geq 0;a+b+c=3$. Tìm $Min$ của $\sum \frac{1}{a^{2}+abc}$

Áp dụng $AM-GM$ ta có:

$\frac{1}{a(a+bc)}+\frac{bc+a}{4}\geq \frac{1}{\sqrt{a}}$

Suy ra: 

$\sum \frac{1}{a^2+abc}\geq \sum \frac{1}{\sqrt{a}}-\frac{ab+bc+ca+a+b+c}{4}$

Ta lại có: 

$\sum \frac{1}{\sqrt{a}}\geq \frac{9}{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}}$

Vì $a+b+c=3$ nên $\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\leq 3;ab+bc+ca\leq 3$

Suy ra: $\sum \frac{1}{\sqrt{a}}-\frac{ab+bc+ca+a+b+c}{4}\geq \frac{3}{2}$

p/s: Em dùng lắm BĐT như này mà không bị ngược dấu nhỉ ??. Thấy sai sai, anh kiểm tra lại nhé 

Cho hàm số $f(x)=(x^4+\sqrt{2}x-7)^{2018}$. Tính $f(a)$ với $a=(4+\sqrt{15})(\sqrt{5}-3)\sqrt{4-\sqrt{15}}$

( Hơi lẻ ạ )

Chỗ bôi đỏ phải là $\sqrt{5}-\sqrt{3}$

Ta có: 

$(4+\sqrt{15})(\sqrt{5}-\sqrt{3}).\sqrt{4-\sqrt{15}}=\sqrt{4+\sqrt{15}}.(\sqrt{5}-\sqrt{3}).\sqrt{(4-\sqrt{15})(4+\sqrt{15})}=\sqrt{4+\sqrt{15}}.(\sqrt{5}-\sqrt{3})=\sqrt{\frac{(\sqrt{5}+\sqrt{3})^2}{2}}.(\sqrt{5}-\sqrt{3})=\sqrt{2}$

Suy ra $f(x)=(x^4+\sqrt{2}x-7)^{2018}=1$

Cho 2 số dương $a,b$. Số $c$ là một số khác 0 thỏa mãn $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=0$. CMR

$\sqrt{a+b}=\sqrt{a+c}+\sqrt{b+c}$

Trước hết ta lập luận: Vì $a,b>0$ nên $c<0$

Suy ra $\frac{1}{b}+\frac{1}{c}<0\Leftrightarrow \frac{b+c}{bc}<0\Rightarrow b+c>0$

Tương tự nên ta có: $c+a>0$

Từ giả thiết suy ra $ab+bc+ca=0$

$\Rightarrow (c+a)(c+b)=c^2\Rightarrow 2\sqrt{(c+a)(c+b)}=-2c$ (vì $c<0$)

$\Leftrightarrow (c+a)+(c+b)+2\sqrt{(c+a)(c+b)}=a+b\Rightarrow \left ( \sqrt{c+a}+\sqrt{c+b} \right )^2=a+b\Rightarrow$ đpcm

Cho $x=\sqrt{2+\sqrt{3}}-\sqrt{\frac{\sqrt[3]{6\sqrt{3}-10}}{\sqrt{3}+1}}$. Tính $A=(x^4+x^3-x^2-2x-1)^{2019}$

Ta có:

$\sqrt{2+\sqrt{3}}-\sqrt{\frac{\sqrt[3]{6\sqrt{3}-10}}{\sqrt{3}+1}}=\frac{\sqrt{4+2\sqrt{3}}}{\sqrt{2}}-\sqrt{\frac{\sqrt[3]{(\sqrt{3}-1)^3}}{\sqrt{3}+1}}=\frac{\sqrt{3}+1}{\sqrt{2}}-\sqrt{\frac{\sqrt{3}-1}{\sqrt{3}+1}}$

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

Suy ra $x=\sqrt{2}\Rightarrow x^4+x^3-x^2-2x-1=1\Rightarrow A=1$

Vì $a,b,c$ là độ dài 3 cạnh tam giác có chu vi là 4 nên $0<a,b,c<2$.

Ta đi chứng minh:  $\frac{1}{a}+2a>\frac{9}{4-a}$ $\Leftrightarrow (a-1)^2(a-2)<0$ (đúng)

Thiết lập các BĐT tương tự ta có đpcm 

Cho $x,y$ là các số thực dương thỏa mãn $x^{2}+y^{3}\geq x^{3}+y^{4}$. Chứng minh rằng $x^{3}+y^{3}\leq 2$

Áp dụng $AM-GM$ ta có: 

$x^3+x^3+1\geq 3x^2$

$y^4+y^4+y^4+1\geq 4y^3$

Suy ra $2x^3+3y^4+2\geq y^3+3(x^2+y^3)\geq y^3+3(x^3+y^4)\Rightarrow x^3+y^3\leq 2$

Hôm nay là tròn 1 tháng từ khi TOPIC hình học được thành lập. Chúng ta có vẻ là đã trải qua hầu hết các kì thi THPT trên các tỉnh toàn cả nước. TOPIC cũng đã gặt hái nhiều thành công nhất định, chúng ta đã trải qua rất nhiều bài toán hay khác nhau cùng với nhiều lời giải đẹp. Mình xin chân thành cảm ơn sự đóng góp của các thành viên đã giúp cho TOPIC phát triển. Tuy vậy vẫn còn tồn tại khá nhiều bài toán hình hay chưa có lời giải, mình mong các bạn xem lại các bài toán mà các bạn đưa lên, nếu có lời giải thì cần post lên để giúp TOPIC hoàn thiện hơn. Cuối cùng, mình xin tuyên bố kết thúc TOPIC và sẽ không đăng bài lên nữa. Chúc các bạn có một mùa hè vui vẻ, bổ ích, các cuộc thi đã qua rồi hãy gác lại phía sau nhé. Thân mến!

- Khoa Linh -

Vì sao có $CEFD$ là hình thang, $K$ là trung điểm $EF$ thì suy ra được đpcm vậy bạn?

Chịu khó nghĩ tí đi bạn, đáng ra bài này nhìn hình là hiểu ý tưởng rồi...

Cho 2 đường tròn $(O)$ và $(O')$ cắt nhau tại $A$ và $B$. Gọi $K$ là điểm sao cho $OAO'K$ là hình bình hành. Điểm $C$ thuộc $(O)$. $CA$ cắt $(O')$ tại $D$. Chứng minh $KC=KD$

Bài này khá quen.

Ta có: $OO'$ đi qua trung điểm $AB,AK$ từ đó suy ra $OO' $ || $BK$

$BK$ cắt hai đường tròn tại $E,F$.

Khi đó $AE,AF$ là đường kính và ta có: $CEFD$ là hình thang. 

Kết hợp $K$ là trung điểm $EF$ (dễ chứng minh). Từ đó suy ra đpcm

Một mở rộng nho nhỏ: Đường tròn $(K;KD)$ cắt $(O),(O')$ tại $M,N$ thì $M,A,N$ thẳng hàng

Câu 1: Giải PT 

$3\sqrt{3}(x^2+4x+2)-\sqrt{x+8}=0$

(trích đề thi tuyển sinh THái Bình 2018-2019)

Bình phương rồi dùng Casio tìm nhân tử

https://khoalinhmath...huyen-hung.html

Ta có: $\triangle DEH \sim \triangle BEA(g.g)\Rightarrow ED=\sqrt{5}EH$

Đặt $EH=x$. Áp dụng hệ thức lượng ta có: $ED^2=EH.EC\Rightarrow EC=5x\Rightarrow AE=5x\Rightarrow AH=6x$

Từ đó suy ra $AH=3HD$

Cho mình hỏi bài này luôn: Cho $0<x<1$ và $0<y<1$ và $\frac{x}{1-x}+\frac{y}{1-y}=1$. Tính $P=x+y+\sqrt{x^2-xy+y^2}$

Quy đồng giả thiết ta sẽ có: 

$-3xy=1-2(x+y)$

Suy ra $P=x+y+\sqrt{x^2-xy+y^2}=x+y+\sqrt{(x+y)^2-3xy}=x+y+\sqrt{(x+y)^2-2(x+y)+1}=x+y+\left | 1-(x+y) \right |$

Mặt khác: 

$\frac{x}{1-x}+\frac{y}{1-y}=1\Rightarrow \frac{x}{1-x}<1\Rightarrow 2x<1$. Tương tự $2y<1$ rồi suy ra $x+y<1$ 

Vậy từ đó ta có: $P=1$.

p/s: Lần sau tạo chủ đề mới nhé 

Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=1$. CMR

$\frac{bc}{a^2+1}+\frac{ac}{b^2+1}+\frac{ba}{c^2+1}\leq \frac{3}{4}$

Tác giả: Phạm Kim Hùng

Ta có: 

$\sum \frac{bc}{a^2+1}\leq \frac{1}{4}\sum \frac{(b+c)^2}{a^2+(b^2+c^2+a^2)}\leq \frac{1}{8}\sum \left ( \frac{b^2}{a^2+b^2}+\frac{c^2}{c^2+a^2} \right )=\frac{3}{4}$

Cho các số không âm $a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c=1$. 

Tìm GTLN, GTNN của biểu thức: 

$P=\sqrt{\frac{a}{a+1}}+\sqrt{\frac{b}{b+1}}+\sqrt{\frac{c}{c+1}}$

(Sưu tầm)

Cho $a,b,c$ là độ dài 3 cạnh của một tam giác có chu vi là 3. Chứng minh rằng: 

$\frac{ab}{a+b-c}+\frac{bc}{b+c-a}+\frac{ca}{c+a-b}\geq 3$

-Sáng tác-

Ta viết lại BĐT dưới dạng: 

$\sum \frac{4ab}{a+b-c}\geq 4(a+b+c)\Leftrightarrow \sum \left [ \frac{4ab}{a+b-c}-(a+b+c) \right ]\geq a+b+c$

$\sum \frac{(a+c-b)(b+c-a)}{(a+b-c)}\geq a+b+c$

Bất đẳng thức trên là BĐT quen thuộc sau: $\frac{xy}{z}+\frac{yz}{x}+\frac{zx}{y}\geq x+y+z$

Lời giải tại đây:

Cho $a,b,c$ là độ dài 3 cạnh của một tam giác có chu vi là 3. Chứng minh rằng: 

$\frac{ab}{a+b-c}+\frac{bc}{b+c-a}+\frac{ca}{c+a-b}\geq 3$

-Sáng tác-

Bên đó thi chuyên chưa?

$\boxed{\text{Bài 143}}$ Cho $a,b,c >0$ ;abc=1.

Chứng minh $\frac{1}{(1+a)^2}+\frac{1}{(1+b)^2}+\frac{1}{(1+c)^2}+\frac{2}{(1+a)(1+b)(1+c)} \geq 1$

 

Lời giải của mình khá "vất vả" nhưng đem lại hiệu quả: 

Quy đồng ta có BĐT tương đương:

$\sum (a+1)^2(b+1)^2+2(a+1)(b+1)(c+1)\geq (a+1)^2(b+1)^2(c+1)^2$

$\Leftrightarrow (a+b+c)^2+4(a+b+c)-6abc-a^2b^2c^2-2abc(ab+bc+ca)-4abc(a+b+c)+4 \geq 0$

Thay $abc=1$ ta có BĐT trở thành: $a^2+b^2+c^2\geq 3$ (đúng theo AM-GM)

p/s: Bên mình sắp thi rồi, mùng 7,8 tháng 6. Mong bạn sớm đưa ra lời giải hay hơn   

Cho a , b , c > 0, biết rằng a² + b² + c² = 12

 

Chứng minh: ( a + 1 )( b + 1 )( c + 1 ) $\leq$ 27

Ta có:

$(a+b+c)^2\leq 3(a^2+b^2+c^2)=36\Rightarrow a+b+c\leq 6$

Áp dụng AM-GM ta có: 

$(a+1)(b+1)(c+1)\leq \frac{(a+b+c+3)^3}{27}\leq \frac{9^3}{27}=27$

có phương pháp nào để kẻ đường phụ ko anh? hay làm nhiều mới có! Em sắp thi rồi mà kém nhất là phần hình. :

Thực sự hình học là một mảng trừu tượng, có nhiều lời giải khá mất tự nhiên. 

Về việc kẻ thêm thì phải làm nhiều, dựa vào kinh nhiệm đã có thôi và một chút dự đoán, may mắn nữa ...
Chúc bạn thành công