Cho $\Delta ABC$ cân tại $A$, $O$ là trung điểm của $BC$. Vẽ đường tròn $(O)$ tiếp xúc với $AB,AC$. $I$ là điểm trên cung nhỏ $BC$. Qua $I$ vẽ tiếp tuyến với đường tròn $(O)$ cắt $AB,AC$ lần lượt tại $M,N$.
a) Chứng minh rằng: $BM.CN=\frac{BC^2}{4}$
b) Tìm vị trí của điểm $I$ trên cung nhỏ $BC$ để $BM+CN$ ngắn nhất.

 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O. Lấy M thuộc cung nhỏ BC . N, E lần lượt đối xứng với M qua AB, AC. Tìm vị trí của M để NE có giá trị lớn nhất biết H, N , E thẳng hàng.

 

Bạn nào giải được thì vẽ hình hộ mình luôn. Xin cám ơn.    

$H$ ở đâu bạn?

cho tam giác ABC nhọn, từ I ở miền trong tam giác kẻ IH,IK,IL lần lượt vuông góc với BC,CA,AB
tìm vị trí của I để AL^2+BH^2+CK^2 nhỏ nhất

Xin lỗi bạn vì mình cũng đang bận nên chưa vẽ được hình up lên cho bạn, bạn thông cảm nha.
Bài giải:

Áp dụng định lí $Pythagore$ ta có:
$AL^2+LI^2=AK^2+KI^2 (=AI^2)$
$BH^2+HI^2=BL^2+LI^2 (=BI^2)$
$CK^2+KI^2=CH^2+HI^2 (=CI^2)$
Cộng vế theo vế của các đẳng thức trên ta được:
$(AL^2+BH^2+CK^2)+(LI^2+HI^2+KI^2)=(AK^2+BL^2+CH^2)+(LI^2+HI^2+KI^2)$
$\Rightarrow AL^2+BH^2+CK^2=AK^2+BL^2+CH^2$
$\Rightarrow 2(AL^2+BH^2+CK^2)=(AL^2+BL^2)+(BH^2+CH^2)+(CK^2+AK^2)$
Mặt khác:
$AL^2+BL^2\geq \frac{(AL+BL)^2}{2}=\frac{AB^2}{2}$
$BH^2+CH^2\geq \frac{(BH+CH)^2}{2}=\frac{BC^2}{2}$
$CK^2+AK^2\geq \frac{(CK+AK)^2}{2}=\frac{CA^2}{2}$
$\Rightarrow (AL^2+BL^2)+(BH^2+CH^2)+(CK^2+AK^2)\geq \frac{AB^2+BC^2+CA^2}{2}$
$\Rightarrow 2(AL^2+BH^2+CK^2)\geq \frac{AB^2+BC^2+CA^2}{2}$
$\Rightarrow (AL^2+BH^2+CK^2)\geq \frac{AB^2+BC^2+CA^2}{4}$
Đẳng thức xảy ra khi $\left\{\begin{matrix} AL=BL\\ BH=CH\\ CK=AK \end{matrix}\right.$ hay $I$ là giao của ba đường trung trực, tức $I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta ABC$
Vậy $Min_{(AL^2+BH^2+CK^2)}=\frac{AB^2+BC^2+CA^2}{4}$ khi và chỉ khi $I$ là tâm đường tròn nội tiếp $\Delta ABC$

Cho đường tròn $(O)$ cố định, đường kính $AC$ và $BD$. Qua $C$ vẽ tiếp tuyến với đường tròn $(O)$ cắt $AB, AD$ kéo dài tại $E$ và $F$.

Tìm vị trí của $E$ và $F$ để $S_{\Delta AEF}$ nhỏ nhất khi đường kính $AC$ cố định.

Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn $(O;R)$, $AC\perp BD$ tại $I$ ($I\neq O$). Tìm vị trí của $ABCD$ để $S_{ICD}$ lớn nhất

I. Phân tích:
Ta cần đánh giá tích ID.IC, để làm điều này ta nghĩ ngay đến công thức đặc trưng cho tứ giác nội tiếp ABCD có 2 đường chéo vuông góc với nhau tại I là: $IA^2+IB^2+IC^2+ID^2=DB^2=4R^2$. Chú ý là IC.IA = IB.ID = $R^2 - OI^2$

II. Gợi ý:
Ta có: $(R^2 - OI^2 )(\frac{1}{IC^2}+\frac{1}{ID^2})+IC^2+ID^2=4R^2$
$ \Rightarrow 4S(1+ \frac{R^2-OI^2}{4S^2} \le 4R^2)$
$ \Rightarrow .... $
III. Khai thác:
Tứ giác nội tiếp có 2 đường chéo vuông góc là 1 loại tứ giác đặc biệt nên có nhiều tính chất cũng rất đặc biệt bí mật.

Anh ơi, anh làm rõ hơn được không ạ, em cũng chỉ mới hiểu sơ sơ thôi ạ.

Cho $\Delta ABC$ nhọn có $BC$ cố định, góc $A$ bằng $60^o$ và nội tiếp đường tròn $(O;R)$ cho trước. Gọi $K$ là giao điểm của ba đường phân giác trong.

a) CMR: $\widehat{BOC}=\widehat{BKC}=120^o$, suy ra bốn điểm $B,K,O,C$ nằm trên một đường tròn. Xác định tâm và bán kính.

b) Khi $A$ di động trên cung lớn $BC$, với vị trí nào của $A$ thì $KB+KC$ đạt giá trị lớn nhất.

Tìm tất cả các số nguyên tố $a,b,c$ thỏa mãn: $a^b+b^a=c$

Một bài toán hay, nhưng nó thành xấu khi bạn post vô tổ chức như vậy, không có tí đk gì của $(x,y,z)$ cả ?
Giải như sau:
$$x^2+y^2+z^2+2xy+2yz+2zx-2x+2y=t^2$$
$$x^2+2x(y+z-1)+(y+z)^2+2y=t^2$$
$$\Delta_x'=(y+z-1)^2-(y+z)^2-2y=u^2$$
$$-4y-2z-1=u^2$$
$$\Rightarrow -4y-2z+1\geq 0$$
Và từ đó suy ra $-2(2y+z)+1$
Khi ấy $x_1,x_2=-(y+z-1)\pm\sqrt{-2(2y+z)+1}$ với $-2(2y+z)+1$ là số chính phương
Vậy mọi nghiệm là $\boxed{(x,y,z)=\left(-(y+z-1)\pm\sqrt{-2(2y+z)+1},y,z\right)}$ với $-2(2y+z)+1$ là số chính phương

P/S việc thiếu đk của bạn dẫn đến sự không áp dụng được một cách rất hay như sau
Biến đổi $A=(x+y+z)^2-2(x-y)=t^2$
Đến đây nếu có đk $x,y,z$ không âm, ta có thể dùng chặn kẹp giữa hai số chính phương liên tiếp, nhưng bạn không cho điều kiện đó thì xét cực kì vất vả, có khi còn không ra vì như ở trên mình chỉ ra vô số nghiệm nên cách này sẽ không ra được vì nó là cách thử và sai (xét miền, giới hạn nghiệm) thì chỉ tìm được hữu hạn nghiệm

Bạn có thể chứng minh luôn trường hợp còn lại không với điều kiện là $x,y,z$ dương

Trong mặt phẳng toạ độ $Oxy$ cho $\Delta ABC$ có $B(1;2)$. Đường thẳng $\Delta$ là đường phân giác góc $A$ có phương trình $2x+y-1=0$. Khoảng cách từ $C$ đến $\Delta$ gấp $3$ lần khoảng cách từ $B$ đến $\Delta$. Tìm toạ độ của $A$ và $C$ biết $C$ nằm trên trục tung.

Tìm số tự nhiên $n$ để $n^3-3n^2-3n-1$ chia hết cho $n^2+n+1$

Tìm số nguyên tố $p$ để $p^4+2$ là số nguyên tố

Tìm số nguyên $m$ để phương trình: $x^2+m(1-m)x-3m-1=0$ có nghiệm nguyên

Em cho anh 1 bài gần giống đọc trước nè:

$x^2-m(m+1)x+3m-1=0$

* m>0: m(m+1) > 0; 3m-1 >0 => x1,x2 > 0.
(x1-1) (x2-1)= x1x2-x1-x2+1 = 3m-1-m(m+1) + 1 = 1 - (m-1)^2 <= 1
=> x1 hoặc x2 = 1 ; hoặc x1-1 = x2-1 =1
=> m = 2 hoặc m = 1.
m = 2, x1=1,x2=5
m = 1, không tồn tại x nguyên.

* m = 0: x = ±1
* m < -7:
ta có ∆ = (m(m+1))² - 4(3m-1) < [m(m+1)+1]²
<=> [m(m+1)]² - 12m + 4 < [m(m+1)]² + 2m(m+1) +1
<=> 2m² + 14m > 3
<=> 2m(m+7) >3
<=> (-2m)(-m-7) > 3
đúng vì (-2m) > 14, (-m-7) >=1
vậy 
∆ = (m(m+1))² - 4(3m-1) < [m(m+1)+1]²
dễ thấy -4(3m-1) > 0
=> [m(m+1)]² < ∆ < [m(m+1)+1]²
=> ∆ không là số chính phương
=> theo bổ đề ở cuối bài ta có pt đả cho trong trường hợp này ko có nghiệm nguyên.

* -7 <= m <= -1:
thử từng m, giải ra x xem nguyên hay không
=> m = -1 , -4 là nhận đc !

kết luận : m thuộc { -4, -1, 0, 2 }

-------
bổ đề 
chứng minh rằng pt bậc 2 hệ số nguyên nếu có nghiệm nguyên thì ∆ là số chính phương.
--
giả sử pt có nghiệm nguyên, thì 2 nghiệm đều nguyên
x1=(-b+√∆)/2a
=> √∆ = b+2a.x1 nguyên
=> ∆ chính phương.

 

Bài này em lấy ở đâu vậy? Nếu tự làm thì anh có chỗ cần hỏi nek!

Tìm số có hai chữ số $\overline{ab}$ sao cho $p=\frac{a.b}{|a-b|}$ là một số nguyên tố

Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: $-2x^6+x^3+8x^2-3x-91=0$

Cho $\left\{\begin{matrix} a\geq 1\\ b\geq 1\\ c>0\\ a+b+abc=ab \end{matrix}\right.$. Tìm Min: $P=\sqrt{(a-1)(b-1)}+\frac{18ab}{a+b+2abc}$

Cho các số thực $x,y$ thảo mãn $x^2+y^2=6$. Hãy tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của biểu thức: $P=x-\sqrt{5}y$

 

<Trích đề thi vào lớp 10 THPT chuyên ĐH Vinh, Nghệ An _ 2007-2008>

Tìm Min, Max của $A=\frac{x+2y+1}{x^2+y^2+1}$

Điều kiện $-1\leq x\leq \frac{5}{4}$
Ta có
$BT=1.\sqrt{x+1}+2\sqrt{\frac{5}{4}-x}\leq \sqrt{\left ( 1^{2}+2^{2} \right )\left ( \left ( \sqrt{x+1} \right )^{2}+\left ( \sqrt{\frac{5}{4}-x} \right )^{2} \right )}=\frac{\sqrt{3\sqrt{5}}}{2}$$BT=1.\sqrt{x+1}+2\sqrt{\frac{5}{4}-x}\leq \sqrt{\left ( 1^{2}+2^{2} \right )\left ( \left ( \sqrt{x+1} \right )^{2}+\left ( \sqrt{\frac{5}{4}-x} \right )^{2} \right )}=\frac{3\sqrt{5}}{2}$

Bạn ơi, bạn xem lại coi, sao hai cái lại có hai kết quả khác nhau???

Tìm GTNN và GTLN của biểu thức: $y=\sqrt{x+1}+\sqrt{5-4x}$

Cho tam giác ABC, P thuộc miền trong của tam giác. Gọi K,M,L lần lượt là hình chiếu vuông góc của P lên BC,CA,AB. Xác định P sao cho tổng $BK^{2}+CL^{2}+AM^{2}$

Hình như sai đề rồi... theo mình là $BK^2+CM^2+AL^2$

http://diendantoanho...frac1x-frac1y2/

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $A$ biết $A=(x-1)^4+(x-3)^4-6(x-1)^2(x-3)^2$

 

<Trích đề thi vào lớp 10 THPT TP.Hà Nội _ 2008-2009>

Cho $x\geq xy+1$. tìm giá trị lớn nhất của biếu thức $P=\frac{xy}{x^2+y^2}$

 

<Trích đề thi HSG lớp 9 tỉnh Hà Tĩnh _ 2005-2006>

-------------------------------------------------------------------------------------

Bài toán trên được xây dựng từ bài toán: Cho hai số dương $x, y$ thỏa mãn $x+\frac{1}{y}\leq 1$. Tìm giá trị nhỏ nhất của $A=\frac{x}{y}+\frac{y}{x}$.

Giải:

Ta có $1\geq x+\frac{1}{y}\geq 2\sqrt{\frac{x}{y}}\Rightarrow \frac{x}{y}\leq \frac{1}{4}\Rightarrow \frac{y}{x}\geq 4$

$A=\frac{x}{y}+\frac{y}{x}=\left ( \frac{x}{y}+\frac{y}{16x} \right )+\frac{15y}{16x}\geq 2\sqrt{\frac{x}{y}.\frac{y}{16x}}+\frac{15}{16}.4=\frac{17}{4}$

Đẳng thức xảy ra khi $x=\frac{1}{2},y=2$

 

Nhưng bài toán này có thêm điều kiện $x,y$ dương, còn bài toán đặt ra ở đầu thì không có. Vì vậy, mình đang bí chỗ này, nhờ các bạn giúp đỡ!