Cho hình bình hành ABCD, AB=5cm,AC=3,2 cm. d là dt đi qua đỉnh c cắt tia AB ở M,AD ở N
M: Xác định vị trí của d để SAMN min và AM+AN min

Cho tam giác ABC tù gọi R là bán kính đường tròn ngoại tiếp, r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác và x,y,z thứ tự là khoảng cách từ tâm O của đường tròn ngoại tiếp tới các cạnh BC,CA,AB.CMR x+y-z=R+r
 untitled3.bmp   947.02KB   47 downloads

theo em mình đừng suy nghĩ về những vấn đề này mà nên đi vào vấn đề thực tiện, ok

Bài 74/Giải hệ phương trình
$$\left\{\begin{matrix} x^{19}+y^5=1890z+z^{2001}\\ y^{19}+z^5=1890x+x^{2001}\\z^{19}+x^5=1890y+y^{2001} & & \end{matrix}\right.$$
Bài 75
$\sqrt{\frac{a-bx}{cx}}=\frac{(b+c)x+x^2}{a+x^2}$ (với $a,b,c>0$)
____________
Đề này của tỉnh, thành phố nào????

Sao không phải là 1 trong 2 đội sẽ thua

trí thông minh chỉ làm con người ta nhạy ben hơn còn chủ yếu vẫn là sự chăm chỉ, sự nô lực của bản thân, mình đã từn là người học kém nhất lớp,nhưng nhờ có lòng quyết tâm nay đã vào đội tuyển toán

Bài 19: Giải phương trình:
$$7x^2+7x=\sqrt{\frac{4x+9}{28}}$$ với $x>0$

Cách giải khác Đặt $\sqrt{\frac{4x+9}{28}}=y+\frac{1}{2},,(y\geq \frac{-1}{2})$
Ta có $\frac{4x+9}{28}=y^2+y+\frac{1}{4}\Leftrightarrow 7y^2+7y=x+\frac{1}{2}$
Cùng vs phương trình ban đầu ban đầu ta có hệ
$$\left\{\begin{matrix} 7x^2+7x=y+\frac{1}{2} & \\ 7y^2+7y=x+\frac{1}{2}& \end{matrix}\right.$$
Đến đây đơn giản rồi nhé

Một bài nhẹ
Bài 83 Giải phương trình
$(2x-1)^2=12\sqrt{x^2-x-2}+1$

Bài 54 Cho $\vartriangle ABC$ có 3 góc nhọn nội tiếp $(O)$. $BE, CF$ là các đường cao, các tiếp tuyến với đường tròn $(O)$ tại $B;C$ cắt nhau tại $S$. Các đường thẳng $ BC, OS $ cắt nhau tại $M$
a/CMR $\frac{AB}{AE}=\frac{SB}{ME}$
b/ CMR $\vartriangle AEM\sim \vartriangle ABS$
c/ Gọi $N$ là giao điểm của $AM$ và $EF$ , $P$ là giao điểm của $SA$ và $BC$.CMR $NP \perp BC $

Bài 63 :
Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp (O ; R) (AB < AC), các đườbnngg cao AD, BE, CF cắt nhau tại H.
a) Cm : BDHF, BFEC nội tiếp.
b) Cm : H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF.
c) Cm : $OA\perp EF$ và $\frac{S_{DEF}}{S_{ABC}}=\frac{r}{R}$ (với r là bk đường tròn nội tiếp tam giác DEF).
d) EF cắt BC tại M. Cm : $\frac{1}{CM}+\frac{1}{CD}=\frac{2}{BC}

d/$\frac{1}{CM}+\frac{1}{CD}=\frac{2}{BC}\Leftrightarrow \frac{1}{BC}-\frac{1}{CM}=\frac{1}{CD}-\frac{1}{CB}\Leftrightarrow \frac{MB}{BC.CM}=\frac{BD}{CD.CB}\Leftrightarrow \frac{MB}{BD}=\frac{CM}{CD}$
Ta lại có FB là tia phân giác của tam giác MFD ( cái này dễ bạn tự chứng minh nhé)
$\Rightarrow \frac{MF}{FD}=\frac{MB}{BD}$(1)
Mặt khác FC vuông góc với FB nên FC là tia phân giác ngoài
$\Rightarrow \frac{MF}{FD}=\frac{MC}{CD}$(2)
Từ (1) và (2) ta có điều phải chưng minh

Bài 29:
a/ E là trung điểm của dây MN $\Rightarrow OE\perp MN$ Mặt khác $AC\perp OC$
$\Rightarrow$ $A.E.O.C$ thuộc một đường tròn (cùng năm trên đương kính AO
b/ Tứ giác AEOC nội tiếp $\Rightarrow \widehat{AEC}=\widehat{AOC}=\frac{1}{2}sd BC$ (1)
Ta lại có $\widehat{BIC}=\frac{1}{2}sd BC$(2)
Từ (1) và(2) $\Rightarrow \widehat{AEC}=\widehat{BIC}$
c/$\widehat{AEC}=\widehat{BIC}$$\Rightarrow BI//MN$ (hai góc ở vị tri đồng dạng)

BÀI 58: Cho (O;R) và một đường thẳng d cố định không cắt (O).M là điểm di động trên d.Từ M kẻ tiếp tuyến MP và MQ với đường tròn..Hạ OH^d tại H và dây cung PQ cắt OH tại I;cắt OM tại K.
1. CMR: Tứ giác MHIK nội tiếp.
2. CMR: ${\rm{OJ}}.{\rm{OH}} = {\rm{OK}}.{\rm{OM}} = {{\rm{R}}^{\rm{2}}}$
3. CMr khi M di động trên d thì vị trí của I luôn cố định.
----------

Ta có MKHI là tứ giác nội tiếp
$\Rightarrow OI.OH=OK.OM=OP^2=R^2\Rightarrow OI=\frac{R^2}{OH}$ ( vì đường thẳng ố định nên OH cố định) Suy ra I cố định

.
d/ Ta có CO//BF ( tự chứng minh nhé)
O là trung điểm của AB
$\Rightarrow CF=CA$
MI//FC$\Rightarrow \frac{MI}{FC}=\frac{IB}{BC}$(1)(Ta lét)
IH//CA$\Rightarrow \frac{IB}{BC}=\frac{IH}{AC}$(2)
Từ (1) và(2) $\Rightarrow \frac{IM}{FC}=\frac{IH}{AC}$
$\Rightarrow IM=IC$
$\Rightarrow{S_{\Delta AIM}}+{S_{\Delta BIM}}=\frac{1}{2}.MI.(AH+HB)=\frac{1}{2}MI.AB=\frac{1}{2}IH.AB={S_{\Delta AIB}}$

Bài 64: AA1 là đường cao của tam giác ABC , H là trực tâm của tam giác đó.P là điểm tùy ý nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác. Q là điểm được lấy trên PH sao cho $HP.HQ=AH.HA1$.CMR Q nằm trên đường tròn Euler của tam giác ABC

Bài 112.
Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O;R). 3 đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H. AD cắt (O) tại K.
Tính $AD^{2}+BD^{2}+CD^{2}+DK^{2} theo R$

TheoPythagore$\Rightarrow AD^{2}+BD^{2}+CD^{2}+DK^{2} =AB^2+CK^2$
Kẻ đường kính BI ta có IC//AK $\Rightarrow CK=AI$
BI là đường kính nên tam giác ABI vuông tại I áp dụng Pythagore $AB^2+AI^2=(2R)^2\Rightarrow AB^2+CK^2=4R^2$
Nên $AD^{2}+BD^{2}+CD^{2}+DK^{2}=4R^2$

Bài 105: Cho (O) đường kính AB , M là điểm đối xứng với O qua A, đường thẳng d đi qua M cắt (O) tại C và D (C nằm giữa M và D), AD cắt BC tại I.CMR tam giác IOA cân

BÀI 359:
Cho a,b,c không âm thỏa a+b+c=3. Chứng minh rằng:
$\frac{a}{{b + {c^2}}} + \frac{b}{{c + {a^2}}} + \frac{c}{{a + {b^2}}} \ge \frac{3}{2}$
-----------

Một lời giải khá dài cho bài này, và có thể bị sai sót nữa, mọi người kiểm chứng dùm nha.

Theo BĐT Cauchy-Schwar ta có:

$VT\geq \frac{(a+b+c)^2}{ab+bc+ca+a^2b+b^2c+c^2a}=\frac{9}{(ab+bc+ca-abc)+(a^2b+b^2c+c^2a+abc)}$

Sử dụng BĐT quen thuộc với $a+b+c=3$ thì $$a^2b+b^2c+c^2a+abc\leq 4$$

Ta sẽ chứng minh $$A=ab+bc+ca-abc\leq 2$$

Thật vậy $$A=b(a+c)+ac(1-b)\leq b(3-b)+\frac{(a+c)^2(1-b)}{4}=b(3-b)+\frac{(3-b)^2(1-b)}{4}=\frac{(3-b)(b^2+3)}{4}$$

Đạo hàm $A'=\frac{-3(b-1)^2}{4}$

$$A'=0 \Leftrightarrow b=1$$

Dựa vào BBT ta tìm được $A\leq 2$ khi $a=b=c=1$

Từ đây, thay vào BĐT ban đầu, ta được:

$$VT\geq \frac{9}{(ab+bc+ca-abc)+(a^2b+b^2c+c^2a+abc)}\geq \frac{9}{2+4}=\frac{3}{2}$$

Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=1$

Bài 52:
Cho $x,y,z>0$
CMR: \[16xyz\left( {x + y + z} \right) \le 3\sqrt[3]{{{{\left( {x + y} \right)}^4}{{\left( {z + y} \right)}^4}{{\left( {x + z} \right)}^4}}}\]

$$(x+y)(y+z)(z+x)=(x+y+z)(xy+yz+zx)-xyz\geq 3(x+y+z)\sqrt[3]{x^{2}y^{2}z^{2}}-\dfrac{1}{3}(x+y+z)\sqrt[3]{x^{2}y^{2}z^{2}}=\dfrac{8}{3}(x+y+z)\sqrt[3]{x^{2}y^{2}z^{2}}$$
áp dụng bdt trên
$\Rightarrow 3\sqrt[3]{{{{\left( {x + y} \right)}^4}{{\left( {z + y} \right)}^4}{{\left( {x + z} \right)}^4}}}\geq 3\cdot \dfrac{8}{3}(x+y+z)\sqrt[3]{x^{2}y^{2}z^{2}}\cdot$$\sqrt[3]{\dfrac{8}{3}(x+y+z)\sqrt[3]{x^{2}y^{2}z^{2}}\cdot}$$\geq 8(x+y+z)\sqrt[3]{x^{2}y^{2}z^{2}}\cdot \sqrt[3]{8xyz}=16(x+y+z)xyz$
$\Rightarrow dpcm$

Bài 77:
Gọi $a,b,c$ là độ dài cạnh của 1 tam giác có 3 góc nhọn.
CMR: \[\forall x,y,z \in R\]
Ta luôn có: \[\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} + \frac{{{z^2}}}{{{c^2}}} > \frac{{2{x^2} + 2{y^2} + 2{z^2}}}{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}\]

P/s: Đây là đề thi Chuyên Lam Sơn Thanh Hóa nhá.

áp dụng bdt S vac
$\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} + \frac{{{z^2}}}{{{c^2}}}\geq \frac{(x+y+z)^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}=\frac{x^{2}+y^{2}+z^{2}+x(y+z)+y(x+z)+z(x+y)}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}> \frac{2x^{2}+2y^{2}+2z^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}$
(theo bdt tam giac ta co x+y>z, ....)
DPCM

Bài 261: Cho x,y,z $ \ge 0;x + y + z \le 3$
CMR: $$\frac{x}{{1 + x^2 }} + \frac{y}{{1 + y^2 }} + \frac{z}{{1 + z^2 }} \le \frac{3}{2} \le \frac{1}{{1 + x}} + \frac{1}{{1 + y}} + \frac{1}{{1 + z}}$$
Bài 262: Cho a,b,c là 3 số thực dương thay đổi thỏa mãn a+b+c=3
CMR: $$A = \frac{{a^3 }}{{b(2c + a)}} + \frac{{b^3 }}{{c(2a + b)}} + \frac{{c^3 }}{{a(2b + c)}} \ge 1$$
Bài 263: Cho a,b,c là 3 số thực dương. CMR
$$\frac{{b + c}}{{a + \sqrt[3]{{4(b^3 + c^3 )}}}} + \frac{{a + c}}{{b + \sqrt[3]{{4(a^3 + c^3 )}}}} + \frac{{b + a}}{{c + \sqrt[3]{{4(b^3 + a^3 )}}}} \le 2$$
Bài 264: Cho a,b,c là các số thực dương thay đổi thỏa mãn ab+bc+ac=abc. CMR:
$$\sqrt {a + bc} + \sqrt {b + ac} + \sqrt {c + ab} \ge \sqrt {abc} + \sqrt a + \sqrt c + \sqrt b$$
Bài 265: Cho a,b,c là các số dương thay đổi thỏa mãn ab+bc+ac=1. CMR
$$\frac{1}{{ab}} + \frac{1}{{ac}} + \frac{1}{{cb}} \ge 3 + \sqrt {\frac{1}{{a^2 }} + 1} + \sqrt {\frac{1}{{b^2 }} + 1} + \sqrt {\frac{1}{{c^2 }} + 1}$$
Bài 266: CMR với mọi số thực dương a,b ta có BĐT sau
$$\frac{{a + b}}{2} \ge \sqrt {ab} + \frac{{(a - b)^2 (a + 3b)(b + 3a)}}{{16(a + b)^3 }}$$
THTT
Bài 267: Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn $3(ab+bc+ac)=1$
CMR: $$\frac{a}{{a^2 - bc + 1}} + \frac{b}{{b^2 - ac + 1}} + \frac{c}{{c^2 - ba + 1}} \ge \frac{1}{{a + b + c}}$$

bài 263,
áp dụng bdt $\frac{a^{3}+b^{3}}{2}\geqslant (\frac{a+b}{2})^{3}$
=>$\sqrt[3]{4(b^{3}+c^{3})}\geqslant b+c =>VT\leq 2$
Q.E.D
bài 265
VT=$\sum \frac{ab+bc+ca}{ab}=\sum 1+\frac{c}{a}+\frac{c}{b}$
VP=$3+\sum \sqrt{\frac{a^{2}+1}{a^{2}}}=3+\sum \sqrt{\frac{(a+b)(a+c)}{a^{2}}}\leq 3+\frac{(a+b)+(a+c)}{2a}=3+\frac{6+\sum \frac{b}{a}+\frac{c}{a}}{2}$
trừ hồi rồi dùng cô si là ra

Bài 387 ( Đối với những ngưòi chưa biết chuẩn hoá)
BĐT $\Leftrightarrow 4(a+b+c).\sum \frac{a}{(b+c)^2}\geq 9\Leftrightarrow \sum 4\frac{a^2}{(b+c)^2}+\sum 4\frac{a}{b+c}\geq 9$
Đến đây Áp dụng Cauchy Scwharz dạng Engel và Nesbit ta có điều phải chứng minh

Bài 19: Cho $a,b>1$. Tìm min của $E = \dfrac{{{a^2}}}{{b - 1}} + \dfrac{{{b^2}}}{{a - 1}}$

Bài 19

Áp dụng BĐT Cauchy ta có:
$\dfrac{a^{2}}{b-1}+4(b-1)\geq 2\sqrt{\dfrac{a^{2}}{b-1}\cdot4(b-1) }=4a$
Tương tự
$\dfrac{b^{2}}{a-1}+4(a-1)\geq4b$
$\Rightarrow VT\geq 4a+4b-4(b-1)-4(a-1)=8$
dấu $=$ xảy ra khi và chỉ khi $ a=b=2$

Bài 50:
Cho a,b,c thực dương thỏa $a+b+c=3$
CMR: $a^4+b^4+c^4\geq a^3+b^3+c^3$

Bài 50 nè
Áp dụng bdt Cauchy:
$a^{4}+a^{4}+a^{4}+1\geq 4a^{3}$
$b^{4}+b^{4}+b^{4}+1\geq 4b^{3}$
$c^{4}+c^{4}+c^{4}+1\geq 4c^{3}$
Giờ chỉ cần chứng minh $a^{3}+b^{3}+c^{3}\geq 3$
Ta có:
$a^{3}+1+1\geq 3a \Rightarrow a^{3}+b^{3}+c^{3}\geq 3$
vì a+b+c=3
$\Rightarrow dpcm$

Bài này đổi biến đuợc mà, em h đang mắc mọi ngưòi thông cảm nha
$\inline \sum \frac{a}{a^2+2b+3}\leq \frac{1}{2}\Leftrightarrow \sum \frac{a}{4a+b+1}\leq \frac{1}{2}\Rightarrow \sum \frac{4a}{4a+b+1}\leq 2\Rightarrow \sum \frac{b+1}{4a+b+1}\geq 1$
Đến đây $\sum \frac{b+1}{4a+b+1}\geq 1=\sum \frac{b}{4a+b+1}+\frac{1}{4a+b+1}$
Ta áp dụng Cauchy Scwharz và áp dụng cái $a^2+b^2+c^2=3$ là $\square$

Cách khác
Áp dụng Cauchy Schwarz và giả thiết
$x^2+xyz=x^2+xy+yz+xz=(x+y)(x+z)\geq (x+\sqrt{yz})^2\Rightarrow \sqrt{x(x+yz)}\geq x+\sqrt{yz}$
$\Rightarrow \sqrt{x+yz}\geq \frac{x+\sqrt{yz}}{\sqrt{x}}=\sqrt{x}+\frac{\sqrt{yz}}{\sqrt{x}}$
Xây dựng các bđt khác tuơng tự
Ta lại có
$\sum \frac{\sqrt{xy}}{\sqrt{z}}=\sqrt{xyz}(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})=\sqrt{xyz}$
$\Rightarrow Q.E.D$