Với những giá trị nào của $m$ thì $\forall x \in \left ( 0; \frac{\pi }{2} \right )$ ta luôn có $m\sin^{3} x+2m\cos^{2}x\leq 3m\sin x\cos^{2}x$.

Xét đường cong $y =mx^{3}-nx^{2}-mx+n\; (C)$. Tìm tất cả cặp số $(m,n)$ sao cho trong các giao điểm của $(C)$ với trục hoành có hai giao điểm cách nhau 1995 đơn vị và khoảng cách từ tâm đối xứng (điểm uốn) của $(C)$ đến trục hoành là 2000 đơn vị.

Đầu tiên ta đi chứng minh $AH$ là trực tâm $\Delta SBD$. Theo giả thiết ta có $AH\perp \left ( SBD \right )$ mặt khác $SA\perp \left ( SBD \right )$ nên $SH\perp BD$. Chứng minh tương tự ta có H thuộc đường cao thứ hai, suy ra $AH$ là trực tâm $\Delta SBD$.

Gọi ${A}'$ là giao điểm của $SH$ và $BD$. Vì $BD\perp \left ( SA{A}' \right )$ nên góc giữa $\left ( SBD \right )$ và $\left ( ABD \right )$ bằng $\widehat{S{A}'A}=\widehat{A{A}'H}$.

Lại có $AH\perp \left ( SBD \right )$ nên $\Delta HBD$ là hình chiếu vuông góc của $\Delta ABD$ lên $\left ( SBD \right )$. Theo công thức định lý hình chiếu ta có $\frac{S_{HBD}}{S_{ABD}}=\cos \widehat{A{A}'H}=\sin \widehat{ASH}=\frac{AH}{AS}$.

Tương tự $\frac{S_{HSD}}{S_{ASD}}=\frac{AH}{AB},\frac{S_{HSB}}{S_{ASB}}=\frac{AH}{AD}$.

Suy ra $a.S_{HBD}+b.S_{HSD}+c.S_{HSB}=\frac{abc}{2}\left ( \frac{AH}{AS}+\frac{AH}{AB}+\frac{AH}{AD} \right )$.

Ta chứng minh được $\frac{1}{AH^{2}}=\frac{1}{AS^{2}}+\frac{1}{AB^{2}}+\frac{1}{AD^{2}}$.

Nên $\left ( \frac{AH}{AS}+\frac{AH}{AB}+\frac{AH}{AD} \right )^{2}\leqslant 3\left ( \frac{AH^{2}}{AS^{2}}+\frac{AH^{2}}{AB^{2}}+\frac{AH^{2}}{AD^{2}} \right )=3$.

Suy ra $\left ( \frac{AH}{AS}+\frac{AH}{AB}+\frac{AH}{AD} \right )\leqslant \sqrt{3}$.

Vậy ta có đpcm. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$

Tử số vế trái là mũ 5 nha mọi người, mình không sửa được

Cho tứ diện $ABCD$, trong $\Delta BCD$ lấy điểm $M$. Từ $M$ kẻ các đường thẳng song song với các cạnh $AB, AC, AD$ cắt các mặt $\left ( ACD \right ),\left ( ABD \right ),\left ( ABC \right )$ lần lượt tại $A_{1},B_{1},C_{1}$. Tìm vị trí điểm $M$ để thể tích tứ diện $MA_{1}B_{1}C_{1}$ lớn nhất.

Nếu như đặc biệt hóa bài toán với tứ diện $ABCD$ vuông thì $MA_{1}B_{1}C_{1}$ vuông nốt, lại chứng minh được $AB\cdot AC\cdot AD \geqslant 27MA_{1}\cdot MB_{1}\cdot MC_{1}$, nhưng mà mình chưa chứng minh được trường hợp tổng quát.

Đặt: $\frac{a}{\sqrt{3}}=\frac{b}{\sqrt{2}}=\frac{2c}{\sqrt{6}-\sqrt{2}}=t\; (t > 0)$

$\left\{\begin{matrix} a=\sqrt{3}\: t\\ b = \sqrt{2}\: t \\ c= \left ( \frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2} \right )\, t \end{matrix}\right.$

Ta có $\cos \widehat{A}=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc}=\frac{\left ( \sqrt{2}\, t \right )^{2}+\left ( \frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2}\, t \right )^{2}-\left ( \sqrt{3}\, t \right )^{2}}{2\sqrt{2}t\cdot \left ( \sqrt{6}-\sqrt{2}t \right )}=\frac{-1}{2}$$\Rightarrow \widehat{A}=120^{\circ}$

Còn lại làm tương tự

Gọi A, B, C là ba góc của tam giác ABC.

1) Chứng minh rằng: $\left ( 1+\tan\frac{A}{4} \right )\left ( 1+\tan\frac{B}{4} \right )\left ( 1+\tan\frac{C}{4} \right )=2\left ( 1+\tan\frac{A}{4}\tan\frac{B}{4}\tan\frac{C}{4} \right )$

2) Tìm GTLN của biểu thức $P = \left ( 1+\tan\frac{A}{4} \right )\left ( 1+\tan\frac{B}{4} \right )\left ( 1+\tan\frac{C}{4} \right )$

Giải phương trình  $\sin^{3}x+4\cos^{3}x=3\cos x$

Cho $a,b,c,d,e$ là các số thực dương thỏa mãn: $a^{4}+b^{4}+c^{4}+d^{4}+e^{4}=1$.

Chứng minh rằng $\frac{a^{3}}{b^{4}+c^{4}+d^{4}+e^{4}}+\frac{b^{3}}{c^{4}+d^{4}+e^{4}+a^{4}}+\frac{c^{3}}{d^{4}+e^{4}+a^{4}+b^{4}}+\frac{d^{3}}{e^{4}+a^{4}+b^{4}+c^{4}}+\frac{e^{3}}{a^{4}+b^{4}+c^{4}+d^{4}}\ge \frac{5\sqrt[4]{5}}{4}$