Cho $\Delta ABCD$ vuông tại $A$, đường cao $AH$. Đường tròn đường kính $AH$ cắt $AB, AC$ lần lượt tại $M$, $N$. $CM$ cắt $BN$ tại $I$. So sánh $S_{BIC}$ và $S_{AMIN}$

Cho hình vuông $\text{ABCD}$ $,$ $\text{I}$ là giao điểm của hai đường chéo, $\text{M}$ là trung điểm của $\text{AB}$. Đường tròn $\text{(O)}$ ngoại tiếp $\triangle \text{ADM}$ cắt $\text{BD , CD}$ lần lượt tại $\text{P , Q}$.
$a)$ Chứng minh rằng: $\text{P , Q}$ lần lượt là trung điểm của $\text{BI , CD}$.
$b)$ $\text{PO}$ cắt $\text{(O)}$ tại $\text{E}$. $\text{AE , AP}$ lần lượt cắt đường thẳng $\text{CD}$ tại $\text{F , N}$. Chứng minh rằng :
$\text{cos AFK = sinKFNcosKNF + sinKNFcosKFN}$.

BÀI SỐ 1 THẾ LÀ ĐÃ XONG!!!!!!!

Giải phương trình:
$$\frac{1}{(3x-1)^2}+\frac{1}{(2x-1)^2}=\frac{1}{(x+2)^2}$$

Cho tam giác ABC với đường phân giác CN , chứng minh $\frac{AB+AD-BD}{2}$

Chứng minh cái gì đây bạn??? Bạn post thiếu đề rồi

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 $\Delta ABC$ có $3$ góc nhọn. Gọi $O$ là trung điểm của $BC$. Vẽ đường tròn $(O;OC)$; đường cao $AD$ của $\Delta ABC$. Các tiếp tuyến $AM,AN$ với đường tròn $(O;OC)$ tại $M$ và $N$. Gọi $E$ là giao điểm của $MN$ và $AD$. Chứng minh rằng: $AE.AD=AM^2$

Cho tứ giác $ABCD$, các đường tròn nội tiếp $\Delta ABC$ và $\Delta ADC$ tiếp xúc với $AC$ lần lượt tại $M$ và $N$. Các đường tròn nội tiếp $\Delta BCD$ và $\Delta BDA$ tiếp xúc với $BD$ lần lượt tại $E$ và $F$. Chứng minh rằng: $MN=EF$

bài làm hơi khó hiểu, và lại còn phải chứng minh thêm bdt phụ nũa. nên ap dung côsi 2 số
cho h_a/l_{a , hb/lb, hc/lc rùi moi dung cosi 3 số tiếp thì đơn giản hơn.}

Tất nhiên bài toán này có nhiều cách giải khác nhau dựa trên các công thức tính độ dài đường cao và đường phân giác của một tam giác. Không những thế, bài toán này còn có thể tính theo cả góc $A, B$ và $C$. Chẳng hạn: $h_a=bsinC(=csinB),l_a=\frac{2bc}{b+c}cos\frac{A}{2},v.v...$
Tuy nhiên, cuối cùng đều phải sử dụng $BĐT Cauchy$ đối với ba số dương.
Chú ý thêm rằng có hệ thức sau đây giữa $r,R$ và các góc $A, B, C$: $r=4Rsin\frac{A}{2}sin\frac{B}{2}sin\frac{C}{2}$
2) Gọi $AH=h_a$ và $AD=l_a$, ta có $\widehat{HAD}=\frac{1}{2}|\widehat{B}-\widehat{C}|$, do đó:
$\frac{h_a}{l_a}=cos\frac{B-C}{2}$, tương tự $\frac{h_b}{l_b}=cos\frac{C-A}{2}$ và $\frac{h_c}{l_c}=cos\frac{A-B}{2}$
Từ đó: $\frac{h_a}{l_a}+\frac{h_b}{l_b}+\frac{h_c}{l_c}=cos\frac{B-C}{2}+cos\frac{C-A}{2}+cos\frac{A-B}{2}$
Từ kết quả này ta cũng có bất đẳng thức cần tìm...

Gọi a, b, c là dộ dài các cạnh BC, CA, AB của tam giác ABC và h_a,h_b,h_c là độ dài các đường cao tương ứng với 3 cạnh đó; l_a, l_b, l_c là độ dài các đường phân giác xuất phát từ các đỉnh A, B, C; r, R lần lượt là bán kinhs đường tròn nội tiếp và ngoai tiếp tam giác ABC. Chứng minh rằng :
$\frac{h_a}{l_a}+\frac{h_b}{l_b}+\frac{h_c}{l_c}\geq 3 \sqrt[3]{\frac{2r}{R}}$

Sử dụng các công thức tính độ dài đường cao và đường phân giác của một tam giác theo độ dài các cạnh:
$h_a=\frac{2}{a}\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}$
$l_a=\frac{2\sqrt{bc}}{b+c}\sqrt{p(p-a)}$
trong đó $p=\frac{1}{2}(a+b+c)$, ta được:
$\frac{h_a}{l_a}=\frac{b+c}{a\sqrt{bc}}\sqrt{(p-b)(p-c)}$ và hai hệ thức tương tự:
$\frac{h_b}{l_b}=\frac{c+a}{b\sqrt{ca}}\sqrt{(p-c)(p-a)}$
$\frac{h_c}{l_c}=\frac{a+b}{c\sqrt{ab}}\sqrt{(p-a)(p-b)}$
Từ đó, áp dụng bất đẳng thức $Cauchy$, ta được (với $S$ là diện tích tam giác):
$\frac{h_a}{l_a}+\frac{h_b}{l_b}+\frac{h_c}{l_c}\geq 3\sqrt[3]{\frac{(b+c)(c+a)(a+b)(p-a)(p-b)(p-c)}{a^2b^2c^2}}\geq 3\sqrt[3]{\frac{8S^2}{pabc}}=3\sqrt[3]{\frac{2r}{R}}$
(vì $(b+c)(c+a)(a+b) \geq 8abc$)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c, lúc đó $\Delta ABC$ đều.

Cho $2$ đường tròn $(O_1;R_1)$ và $(O_2;R_2)$ tiếp xúc ngoài nhau tại $A$. $B, C$ lần lượt di động trên $(O_1;R_1) , (O_2;R_2)$ sao cho $\widehat{BAC}=90^o$.
1) CMR: Trung điểm $M$ của $BC$ luôn thuộc $1$ đường thẳng cố định.
2) Hạ $AH\perp BC$.
a) Tìm tập hợp các điểm $H$.
b) CMR: $AH\leq \frac{2R_1R_2}{R_1+R_2}$

Cho $A$ và $B$ là hai điểm trong $\widehat{xOy}$. Dựng đường tròn đi qua $2$ điểm đó và định ra trên $Ox$ và $Oy$ $2$ dây bằng nhau.

Dựng $1$ đường tròn tiếp xúc với $1$ đường tròn cho trước tại $1$ điểm cho trước và tiếp xúc với $1$ đường thẳng cho trước không cắt đường tròn đã cho.

Dựng $\Delta ABC$ biết $AB=2a;OH=c$ ($O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta ABC$, $H$ là trực tâm), $OH//AB$.

Em xin được đăng kí tham gia khóa học, mong rằng trình độ $LATEX$ sẽ được cải thiện.

Gợi ý:

Kẻ BD, CE lần lượt vuông góc với OO'. Đặt AE = x, HE = y. Dựa vào tam giác đồng dạng tính được:
$AB^2 = \frac{{2{R^2}}}{r}.y;\,\,\,AC^2 = 2rx$. Chú ý: x + y = 2r.
Ta có: $Max(S_{ABC}) = Rr. $ <=> x = y.

$AB^2 = \frac{{2{R^2}}}{r}.y$ thì c/m thế nào bạn? Bạn thông cảm tí nha, mình hơi chậm hiểu tí!

Gợi ý:

Gọi E là trung điểm của AB. Đặt AE = x. Ta có: $OM \le OE + EM = x + \sqrt {{R^2} - {x^2}} \le R\sqrt 2 $

Chỗ này nên nói dấu $"="$ xảy ra như thế nào bạn?

Gợi ý:

a) Ta có: $BC = a = (p-b) + (p-c) \ge 2 \sqrt{(p-b)(p-c)}=2 \sqrt{Rr}$
b) Cho DO cắt (O) tại X, kẻ $XH \bot DO,~H \in AC $ vì 2 tam giác vuông OXH và IEC đồng dạng nên A, X, E thẳng hàng => đpcm

ak bạn ơi, chỗ này là sao nhỉ $\sqrt{(p-b)(p-c)}=2 \sqrt{Rr}$?

Cho đường thẳng: $(m-2)x+(m-1)y=1 (d_1)$. Chứng minh $(d_1)$ luôn đi qua điểm cố định với mọi giá trị $m$

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.

Gợi ý:

a) Ta có: $BC = a = (p-b) + (p-c) \ge 2 \sqrt{(p-b)(p-c)}=2 \sqrt{Rr}$
b) Cho DO cắt (O) tại X, kẻ $XH \bot DO,~H \in AC $ vì 2 tam giác vuông OXH và IEC đồng dạng nên A, X, E thẳng hàng => đpcm

Anh có thể giúp em làm câu b rõ hơn chút được không ạ.

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 $\Delta ABC$

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN HÀ TĨNH
HÀ TĨNH NĂM HỌC 2012 - 2013
MÔN TOÁN (Chuyên)
ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài 150 phút
(Đề thi có 01 trang)

Câu 1 a) Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{matrix} x^2+6x=6y\\ y^2+9=2xy \end{matrix}\right.$
b) Giải phương trình: $\sqrt[3]{x+6}+\sqrt{x-1}=x^2-1$
Câu 2 a) Cho các số $a, b, c, x, y, z$ thỏa mãn $\left\{\begin{matrix} x+y+z=1\\ \frac{a}{x^3}=\frac{b}{y^3}=\frac{c}{z^3} \end{matrix}\right.$
Chứng minh $\sqrt[3]{\frac{a}{x^2}+\frac{b}{y^2}+\frac{c}{z^2}}=\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}+\sqrt[3]{c}$
b) Tìm số nguyên $m$ để phương trình $x^2+m(1-m)x-3m-1=0$ có nghiệm nguyên.
Câu 3 Tam giác $ABC$ có góc $B, C$ nhọn, góc $A$ nhỏ hơn $45^o$, nội tiếp đường tròn tâm $O$, $H$ là trực tâm. $M$ là một điểm trên cung nhỏ $BC$ ($M$ không trùng với $B, C$). Gọi $N, P$ lần lượt là điểm đối xứng của $M$ qua các đường thẳng $AB, AC$.
a) Chứng minh tứ giác $AHCP$ nội tiếp đường tròn và $3$ điểm $N, H, P$ thẳng hàng.
b) Tìm vị trí của $M$ để diện tích tam giác $ANP$ lớn nhất.
Câu 4 Cho các số dương $a, b, c$ thỏa mãn điều kiện $abc=8$.
Chứng minh: $\frac{a+b+c}{2}\geq \frac{2+a}{2+b}+\frac{2+b}{2+c}+\frac{2+c}{2+a}$.
Câu 5 Cho $2012$ số thực $a_1,a_2,a_3,...,a_{2012}$ có tính chất tổng của $1008$ số bất kì lớn hơn tổng của $1004$ số còn lại. Chứng minh rằng trong $2012$ số thực đã cho có ít nhất $2009$ số thực dương.

Hello các anh chị e!!! Mình có bài muốn hỏi các bạn! Cùng thảo luận nhé
Bài 1:
Tính giá trị của biểu thức: M = $3a^{2}-6a\sqrt{3}+2$ với a = 3 + $\frac{1}{\sqrt{3}}$

Với bài này ta có thể thay vào tính trực tiếp. Còn không thì qua từng bước một.

Ta có $a=3+\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow 3a^2=28+6\sqrt{3}$
$6a\sqrt{3}=6\sqrt{3}(3+\frac{1}{\sqrt{3}})=18\sqrt{3}+6$
$\Rightarrow M=3a^2-6a\sqrt{3}+2=28+6\sqrt{3}-18\sqrt{3}-6+2=24-12\sqrt{3}$
Mặt khác: $24-12\sqrt{3}=18-2.3\sqrt{2}.\sqrt{6}+6=(3\sqrt{2}-\sqrt{6})^2$
Vậy $M=(3\sqrt{2}-\sqrt{6})^2$

..............................................................
=> $3{R^2} = 3O{G^2} + \frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{3} \ge \frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{3}$
Do vậy: $OA' + OB' + OC' \ge \frac{{R\sqrt 3 }}{2}$

Anh ơi, anh có thể không dùng vecto được không? Em cần cách của THCS.