$\boxed{\text{Bài 3}}$

      b) Tam giác $ABC$ có các cạnh $a, b, c$ và bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội

tiếp lần lượt là $R, r$ thỏa mãn đẳng thức:               .

                                      $\dfrac{a^3+b^3+c^3}{abc}+\dfrac{2r}{R}=4$

Chứng minh tam giác $ABC$ đều

$\boxed{\text{Lời giải bài 3b}}$

Ta có: $S_{ABC}=p.r=\dfrac{abc}{4R}=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}\implies \dfrac{2r}{R}=\dfrac{8S_{ABC}^2}{pabc}$

Từ giả thiết: $\dfrac{a^3+b^3+c^3}{abc}+\dfrac{2r}{R}=4 \iff \dfrac{a^3+b^3+c^3}{abc}+\dfrac{8S_{ABC}^2}{pabc}=4\\ \iff p(a^3+b^3+c^3)+8.p.\dfrac{a+b-c}{2}.\dfrac{a-b+c}{2}.\dfrac{-a+b+c}{2}=4abcp\\ \iff a^3+b^3+c^3+(a+b-c)(a-b+c)(-a+b+c)-4abc=0\\ \iff a^2b+a^2c+ab^2-6abc+ac^2+b^2c+bc^2=0\\ \iff b(a-c)^2+c(a-b)^2+a(b-c)^2=0\\ \iff a=b=c \hspace{0,5cm}\square$

PS: Các bạn nhớ đọc kĩ quy định khi post. Trích lại đề bài đó và sử dụng lệnh \boxed{\text{Lời giải bài..}}

Khởi động nào các mem

$\boxed{\text{ĐỀ SỐ 1}}$ (Dành cho HSG THPT không chuyên)

$\boxed{\text{Bài 1}}$

a) Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{matrix} \sqrt{5x^2+2xy+2y^2}+\sqrt{2x^2+2xy+5y^2}=3(x+y)\\ \sqrt{2x+y+1}+2\sqrt[3]{7x+12y+8}=2xy+y+5 \end{matrix}\right.$

b) Gọi $x_{1},x_{2}$ là hai nghiệm của tam thức: $f(x)=x^2+ax+b$ với $a,b \in[-1,1]$. Chứng minh: $(\left | x_{1} \right |+1)(\left | x_{2} \right |+1) \leqslant 2+\sqrt{5}$

$\boxed{\text{Bài 2}}$ Tìm tất cả các giá trị của $m$ để bất phương trình sau có nghiệm:

$\sqrt{x-1}-2\sqrt[4]{x^2-x}+m\sqrt{x}\leqslant 0$

$\boxed{\text{Bài 3}}$

      a) Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Gọi $I$ là trung điểm của $AC$ và $M$ là điểm thoả mãn $\overrightarrow{OM}=2\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}$. Biết rằng $OM$ vuông góc với $BI$ và $AC^2=3BC.BA$. Tính $\widehat{ABC}$

      b) Tam giác $ABC$ có các cạnh $a, b, c$ và bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội

tiếp lần lượt là $R, r$ thỏa mãn đẳng thức:               .

                                      $\dfrac{a^3+b^3+c^3}{abc}+\dfrac{2r}{R}=4$

Chứng minh tam giác $ABC$ đều

$\boxed{\text{Bài 4}}$

       Trong mặt phẳng với hệ tọa độ $Oxy$, cho tam giác $ABC$. Gọi $H,K$ lần lượt là chân đường cao hạ từ các đỉnh $B,C$ của tam giác $ABC$. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác $ABC$ biết $H(5,-1),K\left ( \dfrac{1}{5},\dfrac{3}{5} \right )$, phương trình đường thẳng $BC$ là $x+3y+4=0$ và điểm $B$ có hoành độ âm.

$\boxed{\text{Bài 5}}$

     Cho $a,b,c$ dương. Chứng minh rằng:

$a^2+b^2+c^2+a^2b^2c^2\geq 2(ab+bc+ca-1)$

File pdf (in ấn):  DE_LAN_1.pdf   120.5K   302 Số lần tải ($\LaTeX{}$ bởi: Nguyễn Phúc Tăng)

    Kì thi HSG tỉnh, Olympic 30/4 là một kì thi đầy cam go, quyết liệt đối với các bạn học sinh, nhất là các bạn học sinh trường chuyên.  Nói như vậy để thấy rằng, vượt qua kì thi và dành 1 kết quả cao là một thử thách lớn đối với các thí sinh, và điều đó đòi hỏi sự chuẩn bị, ôn tập kĩ lưỡng và những kĩ năng vững vàng đến từ các bạn. Nhằm đáp ứng nhu cầu bức thiết về mặt kiến thức đó, thiết nghĩ cần có 1 topic cần được lập ra để cho chúng ta rèn luyện và củng cố. Em xin thay mặt cho các thành viên 2k2 trên diễn đàn lập ra topic này.

     Topic xin đưa ra những quy định như sau:

- Tuyệt đối không spam. Trước mỗi bài sử dụng lệnh \boxed{\text{Bài....}}, trước lời giải sử dụng lệnh \boxed{\text{Lời giải bài....}}

- Post đề nào, giải xong đề đó. Tránh đăng tràn lan gây loãng topic

- Giải bài nào chỉ trích dẫn bài đó, không trích dẫn toàn văn gây xấu topic.

     Mỗi tuần Topic sẽ đăng đúng 1 đề có cấu trúc giống 1 đề chính thức, và sẽ thảo luận đúng trong tuần đó để giải quyết hết các bài tập trong đề đó.

Nếu các bạn có mong muốn đóng góp cho Topic hãy nhắn tin trực tiếp với bạn HoangKhanh2002 để gửi đề.

       Rất mong các bạn gần xa sẽ ủng hộ thế mạnh của mình để các mem ở Topic ta tham gia thi đạt KQ tốt nhất. Mong các ĐHV THPT, ĐHV OLYMPIC tham gia nhiệt tình

Xin chân thành cảm ơn anh Lê Hoàng Bảo (Baoriven) đã giúp đỡ!!!

a,b,c là các số thực dương thỏa mãn $\frac{1}{\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{b}}+\frac{1}{\sqrt{c}}=2$ 

Tìm Max P=$\frac{1}{\sqrt{a+3b}}+\frac{1}{\sqrt{b+3c}}+\frac{1}{\sqrt{c+3a}}$

Áp dụng $AM-GM$ ta có:

$P=\dfrac{1}{\sqrt{a+3b}}+\dfrac{1}{\sqrt{b+3c}}+\dfrac{1}{\sqrt{c+3a}}\leqslant \dfrac{1}{\sqrt{4\sqrt[4]{ab^3}}}+ \dfrac{1}{\sqrt{4\sqrt[4]{bc^3}}}+ \dfrac{1}{\sqrt{4\sqrt[4]{ca^3}}}\\ =\dfrac{1}{2}\left ( \dfrac{1}{\sqrt[8]{ab^3}}+ \dfrac{1}{\sqrt[8]{bc^3}}+ \dfrac{1}{\sqrt[8]{ca^3}}\right )\leqslant \dfrac{1}{8}\left ( \dfrac{1}{\sqrt{a}}+\dfrac{3}{\sqrt{b}}+\dfrac{1}{\sqrt{b}}+\dfrac{3}{\sqrt{c}}+\dfrac{1}{\sqrt{c}}+\dfrac{3}{\sqrt{a}} \right ) \\=\dfrac{1}{2}\left ( \dfrac{1}{\sqrt{a}} +\dfrac{1}{\sqrt{b}} +\dfrac{1}{\sqrt{c}} \right )=1$

Dấu "=" xảy ra: $\iff a=b=c=\dfrac{9}{4} \hspace{0,5cm} \square$

Giải hệ phương trình:

$\left\{\begin{matrix}(17-3x)\sqrt{5-x}+(3y-14)\sqrt{4-y}=0 & & \\ 2\sqrt{2x+y+5}+3\sqrt{3x+2y+11}=x^2+6x+13 & & \end{matrix}\right.$

ĐK: $\left\{\begin{matrix} x\leqslant 5\\ y\leqslant 4\\ 2x+y+5\geqslant 0\\ 3x+2y+11\geqslant 0 \end{matrix}\right.$

Phương trình thứ nhất viết lại dưới dạng: $(2+3(5-x))\sqrt{5-x}=(2+3(4-y))\sqrt{4-y}$

Xét hàm $f(t)=(2+3t^2)t\implies f'(t)=9t^2+2>0\implies f(t)$ đồng biến trên $\mathbb{R}$ $\implies 5-x=4-y \iff x-y=1$

Thay vào phương trình thứ 2:

$\iff 2\sqrt{3x+4}+3\sqrt{5x+9}=x^2+6x+13$

Đến đây tư giải

Câu hệ: Chuyển về đồng bậc thôi

$\left\{\begin{matrix} x^3+xy^2-10y=0\\ x^2+6y^2=10 \end{matrix}\right. \iff x^3+xy^2-y(x^2+6y^2)=0 \\\iff (x-2y)(x^2+xy+3y^2)=0$

Câu bất:

Sử dụng BĐT $Cauchy-Schwarz$ dạng $Engel$ ta có:

$\sum_{cyc} \dfrac{a^4}{b^3(a+2c)}=\sum_{cyc}\dfrac{\dfrac{a^4}{b^2}}{b(a+2c)}\geqslant \sum_{cyc}\dfrac{\left (\sum \dfrac{a^2}{b} \right )^2}{3(ab+bc+ca)}\geqslant \dfrac{(a+b+c)^2}{(a+b+c)^2}=1$

Dấu "=" xảy ra: $\iff a=b=c \hspace{0,5cm} \square$

$\boxed{208}$ Giải phương trình: $x+\sqrt{2x-1}\sqrt[3]{2x+1}=3+\sqrt{x+2}\sqrt[3]{x+4}$

Bài này có vẻ khá phức tạp nhưng có thể xử lí khá dễ như sau:

$2x-1+\sqrt{2x-1}\sqrt[3]{2x-1+2}=x+2+\sqrt{x+2}\sqrt[3]{x+2+2}$

Xét hàm: $f(t)=t+\sqrt{t}\sqrt[3]{x+2} \implies f(t)'$. Dễ dàng kiểm tra được tính đồng biến

$\implies x+2=2x-1 \implies x=3$

Thử lại và kết luận

Tiếp lửa cho topic bằng 2 bài toán sau đây:

$\boxed{207}$ Giải phương trình $\sqrt{4x-1}+\sqrt[4]{8x-3}=4x^4-3x^2+5x$

$\boxed{208}$ Giải phương trình: $x+\sqrt{2x-1}\sqrt[3]{2x+1}=3+\sqrt{x+2}\sqrt[3]{x+4}$

Cho $a,b,c> 0$ và thỏa mãn: $a+b+c=1$. Chứng minh rằng:

$\frac{b\sqrt{c}}{a(\sqrt{3c}+\sqrt{ab})}+\frac{c\sqrt{a}}{b(\sqrt{3a}+\sqrt{bc})}+\frac{a\sqrt{b}}{c(\sqrt{3b}+\sqrt{ca})}\geq \frac{3\sqrt{3}}{4}$

Biến đổi vế trái: $\dfrac{b\sqrt{c}}{a(\sqrt{3c}+\sqrt{ab})}+\dfrac{c\sqrt{a}}{b(\sqrt{3a}+\sqrt{bc})}+\dfrac{a\sqrt{b}}{c(\sqrt{3b}+\sqrt{ca})}=\dfrac{\sqrt{\dfrac{bc}{a}}}{3\sqrt{\dfrac{3ca}{b}}+a}+\dfrac{\sqrt{\dfrac{ac}{b}}}{3\sqrt{\dfrac{3ab}{c}}+b}+\dfrac{\sqrt{\dfrac{ab}{c}}}{3\sqrt{\dfrac{3bc}{a}}+c}$

Đặt: $\sqrt{\dfrac{bc}{a}}=x,\sqrt{\dfrac{ac}{b}}=y,\sqrt{\dfrac{bc}{a}}=z \implies xy+yz+zx=1$

Áp dụng BĐT $Cauchy-Schwarz$ dạng $Engel$ ta có:

$\sum \dfrac{x}{\sqrt{3}y+yz}=\sum \dfrac{x^2}{\sqrt{3}xy+xyz}\geqslant \dfrac{(x+y+z)^2}{\sqrt{3}+xyz}$

Mà: $(x+y+z)^2\geqslant 3(xy+yz+zx)=3, xy+yz+zx\geqslant 3\sqrt[3]{x^2y^2z^2}$

Do đó: $\sum \dfrac{x}{\sqrt{3}y+yz}\geqslant \dfrac{3}{\sqrt{3}+\dfrac{1}{\sqrt{3}}}=\dfrac{3\sqrt{3}}{4}$

Dấu "=" xảy ra: $\iff a=b=c=\dfrac{1}{3} \hspace{0.5cm} \square$

Cho a,b,c là các số thực tùy ý

CMR: $(a+b-c)^2(b+c-a)^2(c+a-b)^2 \geq (a^2+b^2-c^2)(b^2+c^2-a^2)(c^2+a^2-b^2)$

Giải như sau:

Kẻ $AD$ cắt $(ABC)$ tại $E$

Gọi $F$ là tâm $(ABC)$

Ta có: $\dfrac{1}{BD^2}+\dfrac{1}{CD^2}=\dfrac{2}{AD^2} \iff \dfrac{2}{AD^2}=\dfrac{BD^2+CD^2}{BD^2.CD^2}=\dfrac{BD^2+CD^2}{AD^2DE^2}\\\iff 2DE^2=BD^2+CD^2=(BF-FD)^2+(BF+FD)^2=2(BF^2+DF^2)\\ \iff DE^2-DF^2=BF^2 \iff BF^2=EF^2$ (điều này hiển nhiên)

Giải HPT: $\left\{\begin{matrix} x+\frac{3x-y}{x^2+y^2}=3\\y-\frac{x+3y}{x^2+y^2}=0 \end{matrix}\right.$

ĐK: $x,y$ không cùng bằng 0

Xét $x=0$ không tìm được $y$

Xét $y=0\implies$ không có x

Xét $x\neq 0,y\neq 0$. Hệ đã cho tương đương với: $\left\{\begin{matrix} xy+\dfrac{xy+3y^2}{x^2+y^2}=3y\\ xy-\dfrac{xy-3x^2}{x^2+y^2}=0 \end{matrix}\right.\implies 2xy+3=3y\implies x=\dfrac{3y-3}{2}$

Thay vào PT(2) và giải thôi $\iff \dfrac{(3y-3)^2}{4y}+y^3-y+\dfrac{9y-9}{2y}=0 \iff 4y^4+5y^2-9=0$

Vậy: $\boxed{(x,y)\in \left \{ (1,-1);(2,1) \right \}}$

Tiếp cận hướng đẳng cấp cũng khá phức tạp.

Đây là hướng của em. Cách này đã được anh Bùi Thế Việt nghĩ ra....

Đã sửa

$\boxed{\text{Bài toán 204}}$ Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{matrix} 3x^2+xy-9x-y^2-9y=0\\ 2x^3-20x-x^2y-20y=0 \end{matrix}\right.$

Bằng máy tính thử vài giá trị của $y$ rồi solve $x$, ta có được 2 nghiệm sau: $(x,y)\in \left \{ (0,0),(2,-1) \right \}\implies x+2y=0 \iff x=-2y$

Thế vào hệ ta có: $\left\{\begin{matrix} 9y(y+1)=0\\ -20y(y+1)(y-1)=0 \end{matrix}\right.$

Có ngay ý tưởng

Lấy $20(y-1)PT(1)+9PT(2)$ ta được: $20(y-1)(3x^2+xy-9x-y^2-9y)+9(2x^3-20x-x^2y-20y)=0\\ \iff (x+2y)(18x^2+15xy-60x-10y^2-80y)=0$

Trường hợp 1 dễ rồi

Trường hợp 2: Ta có hệ: $\left\{\begin{matrix} 18x^2-10y^2+15xy-60x-80y=0\\ 3x^2-y^2+xy-9x-9y=0 \end{matrix}\right.$

Hệ này cũng đã được anh Việt đưa ra dạng tổng quát

Hệ dạng: $\left\{\begin{matrix} a_{1}x^2+b_{1}y^2+c_{1}xy+d_{1}x+e_{1}y+f_{1}=0\\ a_{2}x^2+b_{2}y^2+c_{2}xy+d_{2}x+e_{2}y+f_{2}=0 \end{matrix}\right.$

Đặt: $\left\{\begin{matrix} a=a_{1}+ka_{2},b=b_{1}+kb_{2},c=c_{1}+kc_{2}\\ d=d_{1}+kd_{2},e=e_{1}+ke_{2},f=f_{1}+fa_{2} \end{matrix}\right.$

Thế vào công thức: $dec+4abf=ae^2+bd^2+fc^2$. Tìm được $k$. Lấy $PT(1)+kPT(2)$ rồi tìm $\Delta$ và phân tích nhân tử thôi

Bài toán được giải quyết khá đơn giản về mặt ý tưởng

Bài 206 tương tự dạng này, cái trong ngoặc của bài này là sử dụng tư duy đẳng cấp

Bài của Khánh sử dụng phương pháp thế, đây là 1 hệ rất quen thuộc của những đề luyện thi đại học

Từ phương trình $(2)$ $\Rightarrow y=\frac{2x^2-20x}{x^2+20}$ thế vào phương trình $(1)$ ta được 

$3x^2-9x+\frac{x(2x^3-20x)}{x^2+20}-(\frac{2x^3-20x}{x^2+20})^2-\frac{9(2x^3-20x)}{x^2+20}=0$

$\Leftrightarrow \frac{x(x-10)(x-2)(x^2-15x+20)}{(x^2+20)^2}=0$

giải phương trình tìm $x$ có vẻ bài này có 1 số nghiệm lẻ

Giải pháp này chưa hiệu quả lắm!!!

Nó sẽ không khả thi lắm trong 1 số trường hợp

Để chứng tỏ điều đó, mời chị giải 1 bài toán cùng dạng

$\boxed{\text{Bài 206}}$ Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{matrix} 4x^3+3xy^2=7y\\ y^3+6x^2y=7 \end{matrix}\right.$

Hình lời giải có một lỗi và lỗi đó đã hại cái lời giải hay!

Đã sửa

$\boxed{\text{Bài toán 204}}$ Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{matrix} 3x^2+xy-9x-y^2-9y=0\\ 2x^3-20x-x^2y-20y=0 \end{matrix}\right.$

Bài 203: GPT $\frac{1}{\sqrt{x+3}}+\frac{1}{\sqrt{3x+1}}=\frac{2}{1+\sqrt{x}}$

Sửa lại lời giải như sau nhé (Cảm ơn tiền bối An Infinitesimal)

Áp dụng BĐT $Cauchy-Schwarz$ ta có: $\left ( \dfrac{1}{\sqrt{x+3}}+\dfrac{1}{\sqrt{3x+1}} \right )^2\leqslant 2\left ( \dfrac{1}{x+3}+\dfrac{1}{3x+1} \right )$

Mà: $\left ( \dfrac{2}{\sqrt{x}+1} \right )^2-2\left ( \dfrac{1}{x+3}+\dfrac{1}{3x+1} \right)=\dfrac{4(\sqrt{x}-1)^4}{(\sqrt{x}+1)^2(x+3)(3x+1)}\geqslant 0$

Do đó: $\frac{1}{\sqrt{x+3}}+\frac{1}{\sqrt{3x+1}}\leqslant \frac{2}{1+\sqrt{x}}$

Đẳng thức xảy ra: $\iff x=1$

Thử lại thấy thoả mãn

Cho tứ giác ABCD. M, N thay đổi $\epsilon$ AB, CD sao cho: $\frac{AM}{AB}=\frac{CN}{CD}$

Tìm quĩ tích trung điểm I của MN.

Mọi người giúp mk nhé !!

Bài này khá hay và khó!!! Đã có lời giải, xin mở rộng nó như sau.

Cho tứ giác ABCD. M, N thay đổi $\in$ AB, CD. Tìm quĩ tích trung điểm I của MN.

Gọi $P,Q,R,S$ lần lượt là trung điểm của $AD, BD, BC, CA$

Vì $I$ là trung điểm của $MN$ nên: $\overrightarrow{PI}=\dfrac{1}{2}(\overrightarrow{AM}+\overrightarrow{DN})$ (cái này tự chứng minh nha)

Đặt: $\dfrac{AM}{AB}x, \dfrac{CN}{CD}=y$. Vì $\overrightarrow{AM}$ cùng hướng với $\overrightarrow{AB}$, $\overrightarrow{CN}$ cùng hướng với $\overrightarrow{CD}$ $\implies \overrightarrow{AN}=x\overrightarrow{AB},\overrightarrow{CN}=y\overrightarrow{CD}$

Do đó: $\overrightarrow{PI}=\dfrac{1}{2}(x\overrightarrow{AB}+y\overrightarrow{CD})$

Nhận thấy: $PQRS$ là hình bình hành, nên tồn tại các điểm $Z,T$ thứ tự thuộc $PQ,PS$ sao cho: $\overrightarrow{PZ}=x\overrightarrow{PQ},\overrightarrow{PT}=y\overrightarrow{PS}$

Vì vậy, suy ra: $\overrightarrow{PI}=\dfrac{1}{2}(x\overrightarrow{AB}+y\overrightarrow{CD})=x\overrightarrow{PQ}+y\overrightarrow{PS}=\overrightarrow{PZ}+\overrightarrow{PT}$, suy ra: $PZIT$ là hình bình hành

Vậy: $I$ thuộc miền hình bình hành $PQRS$

Cho tam giác cân ABC ($AB=AC$), đường phân giác BD thỏa mãn $BC= BD+AD$. Tính các góc của tam giác?

Đây hình như là 1 bài HSG Toán 8 (có trên blog của mình thì phải)

Giải như sau:

Trên $BC$ lấy $K$ sao cho: $BD=BK$

Từ điều kiện bài toán: $BC=BD+AD=BK+AD=BK+KC \implies KC=AD$

Nhận thấy: $\dfrac{AB}{BC}=\dfrac{AD}{CD}=\dfrac{KC}{CD} \implies \Delta KCD \sim \Delta ACB$

Do đó: $\Delta KCD$ cân tại $K$

Thiết lập các biểu thức:

$\widehat{BKD}=\dfrac{180^o-\dfrac{\widehat{ABC}}{2}}{2}\\ \widehat{DKC}=180^o-2\widehat{ACB}=180^o-2\widehat{ABC}$

Giải phương trình: $\dfrac{180^o-\dfrac{\widehat{ABC}}{2}}{2}+180^o-2\widehat{ABC}=180^o$

Suy ra: $\widehat{ABC}=40^o=\widehat{ACB} \implies \widehat{BAC}=100^o$

Cho a,b,c>0 Thỏa: $a^2 +b^2 +c^2 = 3$
Cmr: $\frac{a}{bc} +\frac{2b}{ac} + \frac{5c}{ab} \geq 2\sqrt{6}$
 

Đề bài có sai không bạn

Mọi người giải thích hộ e chỗ này đk không !!!!!!!!

Bài toán: Cho tam giác ABC có M là điểm tuỳ ý. Gọi A₁, B₁, C₁ lần lượt là các điểm đối xứng của M qua các trung điểm I, J, K của BC, CA, AB.

CMR: AA₁, BB₁, CC₁ đồng quy tại trung điểm của mỗi đoạn (gọi là điểm O)

Có một cách khác là sử dụng tâm tỉ cự (Tài liệu chuyên Toán HH 10). Còn mình nghĩ cách của bạn là trong sách "Bài tập nâng cao và một số chuyên đề hình học 10" của thầy Nguyễn Minh Hà

Xin trình bày lại cái tâm tỉ cự tí

Dễ thấy các tứ giác $BMCA_{1}$, $AMCB_{1}$, $AMBC_{1}$ là các hình bình hành

Do đó: $A_{1}$ là tâm tỉ cự của hệ điểm $\left \{ B,M,C \right \}$ với các hệ số tương ứng: $\left \{1,-1,1 \right\}$, tương tự $B_{1},C_{1}$

Gọi $P$ là tâm tỉ cự của hệ điểm $\left \{ A,B,M,C \right \}$ với các hệ số tương ứng là $\left \{ 1,1,-1,1 \right \}$

$\implies \overrightarrow{PA}+\overrightarrow{PB}-\overrightarrow{PM}+\overrightarrow{PC}=\overrightarrow{0}$

Theo công thức thu gọn nhận thấy: $(1-1+1)\overrightarrow{PA_{1}}=\overrightarrow{PB}+\overrightarrow{PC}-\overrightarrow{PM}$

Do đó: $\overrightarrow{PA_{1}}+\overrightarrow{PA}=\overrightarrow{0}$. Từ đấy có đpcm

Cách giải của thầy Hà trong 2 cuốn sách khác nhau

Cho $n$ số dương: $0<x_{1} \leqslant x_{2} \leqslant x_{3} \leqslant ... \leqslant x_{n}$. Chứng minh rằng với $n \geqslant 3$, ta có:

$\sum_{i=1}^{n}\dfrac{x_{i}}{x_{i}+1}\geqslant \sum_{i=1}^{n}\dfrac{x_{i}+1}{x_{i}}$ với quy ước: $x_{n+1}=x_{1}$

cho 3 số thực dương x, y, z thỏa mãn: $\frac{1}{x^2} + \frac{1}{y^2}+ \frac{1}{z^2} =3$ . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:$P= \sum \frac{y^2z^2}{x(y^2+z^2)}$

Ta có: $P=\sum \dfrac{1}{x(\dfrac{1}{y^2}+\dfrac{1}{z^2})}$

Đặt:$(\dfrac{1}{x}; \dfrac{1}{y};\dfrac{1}{z})=(a,b,c)$

Khi đó: $P=\sum \dfrac{a}{b^2+c^2}=\sum \dfrac{a}{3-a^2}$

Ta chứng minh: $\dfrac{x}{3-x^2} \geqslant \dfrac{1}{2}x^2$

$\iff \dfrac{(x-1)^2.x.(x+2)}{2.(3-x^2)} \geqslant 0$ (BĐT này luôn đúng)

Do đó: $ P\geqslant \dfrac{1}{2} (a^2+b^2+c^2)=\dfrac{3}{2}$

Dấu "=" xảy ra: $\iff x=y=z=1 \square$

 Câu 4:(3 điểm)

Cho nửa đường tròn tâm $O$ đường kính $BC$ và $A$ trên nửa đường tròn.Đường cao $AH$.Trên nửa mặt phẳng bờ $BC$ chứa $A$, vẽ nửa đường tròn $\left ( O_{1},R_{1} \right )$ đường kính $HB$ và nửa đường tròn $\left ( O_{2},R_{2} \right )$ đường kính $HC$ cắt $AB,AC$ tại $E,F$.$M$ là giao của các tiếp tuyến tại $A,B$ của $(O)$.

a) Chứng minh: $BEFC$ nội tiếp.

b) $MC,AH,EF$ đồng quy

c) $(I,r)$ là đường tròn tiếp xúc ngoài $(O_{1}),(O_{2})$ và tiếp xúc vói $EF$ tại $D$.Chứng minh:

 

$\frac{1}{\sqrt{r}}=\frac{1}{\sqrt{R_{1}}}+\frac{1}{\sqrt{R_{2}}}$

Xử hình đê các bác . Chỉ giỏi doạ người thôi!!!

a) Câu này khuyến mại

Ta có: $AEHF$ là hình chữ nhật $\implies \widehat{AEF}=\widehat{AHF}=\widehat{ACB} \implies BEFC$ nội tiếp

b) Vì $AEHF$ là hình chữ nhật $\implies EF$ đi qua trung điểm $AH$
Gọi $P$ là giao điểm của $MC$ và $AH$, $K$ là giao điểm của $AC$ và $BM$

$\Delta ABK, \widehat{BAK}=90^o, BM=MA \implies MK=MB=MA$

Theo ông $Thales$: $\dfrac{AP}{MK}=\dfrac{PH}{MB} \implies AP=PH$ hay $MC$ đi qua trung điểm $AH$

Vậy $AH, EF, MC$ đồng quy tại trung điểm $AH$

c) Dễ dàng chứng minh: $EF$ là tiếp tuyến chung của $(O_{1})$ và $(O_{2})$ bằng cộng góc

Đẳng thức cần chứng minh: $\dfrac{1}{\sqrt{r}}=\dfrac{1}{\sqrt{R_{1}}}+\dfrac{1}{\sqrt{R_{2}}}\iff \sqrt{R_{1}}.\sqrt{R_{2}}=\sqrt{r}(\sqrt{R_{1}}+\sqrt{R_{2}})$

Gọi $L$ là chân đường vuông góc từ $O_{1}$ xuống $FO_{2}$, $N$ là chân đường vuông góc từ $I$ xuống $EF$

Nhận thấy: $EF=O_{1}L=\sqrt{O_{1}O_{2}^2-LO_{2}^2}=\sqrt{(R_{1}+R_{2})^2-(R_{1}-R_{2})^2}=2\sqrt{R_{1}.R_{2}}$

Tương tự: $EN=2\sqrt{R_{1}.r},NP=2\sqrt{R_{2}r}$

Mà: $EF=FN+NE$ nên có ngay đpcm

Đề chung:

Câu bất:

Ta có: $P=\sum \dfrac{1}{x(\dfrac{1}{y^2}+\dfrac{1}{z^2}}$

Đặt:$(\dfrac{1}{x}; \dfrac{1}{y};\dfrac{1}{z})=(a,b,c)$

Khi đó: $P=\sum \dfrac{a}{b^2+c^2}=\sum \dfrac{a}{3-a^2}$

Nhận thấy: $3a^2(1-a^2)^3=3a^2(1-a^2)(1-a^2)(1-a^2) \leqslant \dfrac{3^4}{4^4}$

Do đó: $ P\geqslant \dfrac{3}{2}$

Bài 1:

a) ĐK: $x \geqslant 4$

Đặt: $\sqrt{x-4}=a \geqslant 0$, $\sqrt{x+4}=b \geqslant 0$

$\implies 4b^2-a^2+7a-14b=0 \iff (2b-a)(2b+a-7)=0$

Đến đây thì dễ rồi

+) $2b=a \iff 4x+16=x-4 \iff x=-\dfrac{20}{3}$

+) $2b+a-7=0 \iff 2\sqrt{x+4}+\sqrt{x-4}=7$

Bình phương lên

b) Trừ theo vế hai phương trình của hệ ta có:

$2x-2y+4=(x+y)(x-y+2) \iff (x-y+2)(x+y-2)=0$

Đến đây tự làm

Bài hình: Câu a, b dễ xơi. Còn câu c khó!