Cho (O) và điểm A ngoài (O). (I) là đường tròn thay đổi qua A và cắt (O) tại M,N. K là giao của MN và tiếp tuyến của (I) tại A

a, CMR K thuộc một đường thẳng cố định

b, Cho (I) thay đổi qua A là tâm I thuộc (O). CMR MN tiếp xúc với một đường tròn cố định

Cho (O), điểm A cố định khác O và điểm M thay đổi trên (O). N là giao điểm thứ hai của (OAM) và (O). CMR: MN đi qua một điểm cố định

Cho nửa đường tròn (I), đường kính AB, C chuyển động trên (I). M,N thuộc AB , P,Q thuộc BC,CA sao cho MNPQ là hình vuông, O là tâm MNPQ. AP cắt BQ tại K. S là điểm chính giữa (I). CMR $\overline{O,K,S}$

Ta có

$A=x+2xy=x.(x-2y)+2xy=x^2\geq 0$

Vậy $minA=0.khi.x=0,y=\frac{-1}{2}$

mình nhìn hình 4 mà có cảm giác các đốm hồng mất đi đâu????????????????????????

Bạn nheo mắt lại rồi nhìn chằm chằm vào hình chữ thập xem sao 

Cho $x>;y>0$.Cm: $\frac{1}{(x-3)^3}+\left ( \frac{x-1^3}{y} \right )+\frac{1}{y^3}\geq 3(\frac{3-2x}{x-1}+\frac{x}{y})$

Mình nghĩ bài của bạn là như thế này?

$\frac{1}{(x-1)^3}+\left (\frac{x-1}{y} \right )^3+\frac{1}{y^3}\geq 3\left ( \frac{3-2x}{x-1}+\frac{x}{y} \right )$

Nếu là vậy thì đây là cách làm của mình:

Cauchy

$\frac{1}{(x-1)^3}+1+1\geq \frac{3}{x-1}$

$\left ( \frac{x-1}{y} \right )^3+1+1\geq 3.\frac{x-1}{y}$

$\frac{1}{y^3}+1+1\geq \frac{3}{y}$

Cộng lại, ta có

$VT\geq 3.\left ( \frac{1}{x-1}+\frac{1}{y}+\frac{x-1}{y}-2 \right )=VP$

 

KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HSG TỈNH LỚP 9 NĂM 2016-2017

THÀNH PHỐ VINH

 

Câu 1: (4,5đ)

a) Giải pt nghiệm nguyên: $2y^{2}x+x+y+1=x^{2}+2y^{2}+xy$

b) Cho a,b,c,d,e là 5 số tự nhiên thỏa mãn: $a^{4}+b^{4}+c^{4}+d^{4}+e^{4}=2009^{2008}$

Chứng minh tích abcde chia hết cho $10^{4}$

Câu 2: (4,5đ)

a) Giải pt: $x^{2}-2x+7+\sqrt{x+3}=2\sqrt{1+8x}+\sqrt{1+\sqrt{1+8x}}$

b) Cho 2 đa thức P(x) và Q(x) thảo mãn P(x)=Q(x) + Q(1-x) với mọi số thực x. Biết rằng các hệ số của đa thức p(x) là các số tự nhiên và P(0)=0. Tính P(P(2017))

Câu 3: (4đ)

Tìm min, max của: $P=\sqrt{2x+1}+\sqrt{3y+1}+\sqrt{4z+1}$

   biết x,y,z là các số thực không âm và x+y+z=4 

Câu 4: (6đ)

Cho tam giác ABC cân có $\measuredangle ABC=120$ nội tiếp (O). Tiếp tuyến qua A của (O) cắt đường thẳng BC tại D. Đường thẳng DO lần lượt cắt AB,AC tại E,F. Gọi M,N lần lượt là trung điểm của AB và AC. H là giao điểm của đường thẳng AO và (O). CMR:

a) EA=2EB và E,H,N thẳng hàng

b) AO, MF, NE đồng quy

Câu 5: (1đ)

Cho AB cố định. C là 1 điểm chuyển động trên nửa đ.tròn đường kính AB. Đường tròn tâm I nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với AB, AC tại M,N. Tìm vị trị của C để MN đạt giá trị lớn nhất

 

Hình như còn mỗi bài cuối nên mình chém nốt 

Không biết làm như này có đúng không 

Dễ thấy CMIN là hình vuông

$MN=\sqrt{2}.CM=\frac{\sqrt{2}}{2}.\left (CA+CB-AB \right )\leq \frac{\sqrt{2}}{2}\left ( \sqrt{2(CA^2+CB^2)}-2R \right )=\frac{\sqrt{2}}{2}(\sqrt{2.4R^2}-2R)=(2-\sqrt{2})R$

Vậy $MNmax=(2-\sqrt{2})R$ khi C là điểm chính giữa cung

Tại sao làm ra được đoạn này vậy 

điều kiện tồn tại là a,b,c đôi một khác nhau, mình chỉ nhân cả 2 vế lần lượt với $\frac{1}{b-c},\frac{1}{c-a},\frac{1}{a-b}$

Bài toán: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn : $a+b+c=1$.

 

Chứng minh rằng: 

                                 $\sqrt{a+\frac{(b-c)^{2}}{3}}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\leq \sqrt{3}$

 

Bài toán: $x,y,z>0$ , $x^{2}+y^{2}+z^{2}=14.$ Tìm GTLN của:

 

$P=\frac{4(x+z)}{x^{2}+3z^{2}+28}+\frac{4x}{x^{2}+yz+7}-\frac{5}{(x+y)^{2}}-\frac{3}{x(y+z)}$

bài đầu tiên là (b-c)^2 trên 4 hay 3 hả bạn??

Cảm ơn bạn nhiều nhé nhưng gửi nhầm bài chứ bài đó mình giải được rồi. Bạn thử giải bài này nhé..............

Cho $\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}=1$.$CMR:\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{c+a}+\frac{c^2}{a+b}=0$.

http://diendantoanho...ức/#entry667028

Từ gt suy ra

$\left\{\begin{matrix} \frac{a}{(b-c)^2}+\frac{b}{(c-a)(b-c)}+\frac{c}{(a-b)(b-c)}=0\\ \frac{a}{(b-c)(c-a)}+\frac{b}{(c-a)^2}+\frac{c}{(a-b)(c-a)}=0\\ \frac{a}{(b-c)(a-b)}+\frac{b}{(c-a)(a-b)}+\frac{c}{(a-b)^2}=0 \end{matrix}\right.$

Cộng 3 đẳng thức trên

$\Rightarrow \sum \frac{a}{(b-c)^2}+\sum \frac{a+b}{(b-c)(c-a)}=0\Leftrightarrow \sum \frac{a}{(b-c)^2}+\frac{\sum (a^2-b^2)}{(a-b)(b-c)(c-a)}=0$ $\Rightarrow dpcm$

Từ gt suy ra

$\left\{\begin{matrix} \frac{a^2}{b+c}+\frac{ab}{c+a}+\frac{ac}{a+b}=a\\ \frac{ab}{b+c}+\frac{b^2}{c+a}+\frac{bc}{a+b}=b\\ \frac{ac}{b+c}+\frac{bc}{c+a}+\frac{c^2}{a+b}=c \end{matrix}\right.$

Cộng vế với vế 3 đẳng thức trên

$\Rightarrow \sum \frac{a^2}{b+c}+\sum \frac{ab+bc}{c+a}=\sum a\Rightarrow dpcm$

Gọi $AA_{1},BB_{1},CC_{1}$ cắt $BC,CA,AB= A_{2},B_{2},C_{2}$

Ta có L là điểm Lemoine của $\Delta$ ABC

$\Rightarrow a^2\vec{LA}+b^2\vec{LB}+c^2\vec{LC}=0\Leftrightarrow a^2\vec{LA}+b^2(\vec{LA}+\vec{AB})+c^2(\vec{LA}+\vec{AC})=0\Leftrightarrow (a^2+b^2+c^2)\vec{AL}=b^2\vec{AB}+c^2\vec{AC}\Leftrightarrow \vec{AL}=\frac{b^2}{a^2+b^2+c^2}\vec{AB}+\frac{c^2}{a^2+b^2+c^2}\vec{AC}$

Ta có

$AA_1=\frac{1}{2}(\vec{AL}+\vec{AA_0})=\frac{1}{2}(\frac{b^2}{a^2+b^2+c^2}\vec{AB}+\frac{c^2}{a^2+b^2+c^2}\vec{AC}+\frac{1}{2}\vec{AB}+\frac{1}{2}\vec{AC})=\frac{1}{2}(\frac{a^2+c^2+3b^2}{2(a^2+b^2+c^2)}\vec{AB}+\frac{a^2+b^2+3c^2}{2(a^2+b^2+c^2)}\vec{AC})$

$\Rightarrow \frac{\overline{A_2B}}{\overline{A_2C}}=\frac{-(a^2+b^2+3c^2)}{a^2+c^2+3b^2}$

Thiết lập ba đẳng thức tương tự với $\frac{\overline{B_2C}}{\overline{B_2A}},\frac{\overline{C_2A}}{\overline{C_2B}}$ rồi nhân vào, theo định lý Ceva, ta có đpcm

Vào lúc 04 Tháng 1 2017 - 20:39, ChienTran đã nói:

làm gì có a + b + c = 1 hả bạn !!

Có đấy bạn. Nếu không có chọn a=b=ca=b=c có ngay điều vô lý. 

bạn ấy hỏi là a+b+c=1 cơ mà

Gọi T là giao điểm của AH với đường tròn đường kính BC .N trung điểm AH

Dễ thấy (AHET) = -1 => EN.ET =EA.EH =>EN.ED=1/2.EA.EH

Gọi E' là gđ của PQ với AH => 1/2.E'H.E'H=E'M.E'A=E'P.E'Q=E'N.E'D

=> E=E' 

mình không hiểu chỗ này lắm

1, Chỗ này mình nghĩ phải là E'H.E'A

2.  1/2.E'H.E'A=E'M.E'A tương đương 1/2 E'H= E'M tức là E trùng E' rồi còn đâu???

liệu có phải như thế này???

$x^3+y^3=(x+y)^3-3xy(x+y)=1-3xy\geq 1-3.\frac{(x+y)^2}{4}=\frac{1}{4}$

dấu bằng khi $x=y=\frac{1}{2}$

Với $a,b,c \geq 0$ chứng minh rằng
$\dfrac{abc+b+c-a}{a^2+1}+\dfrac{abc+c+a-b}{b^2+1} +\dfrac{abc+a+b-c}{c^2+1} \geq a+b+c$

Bạn có thể gợi ý cho mình hướng làm không

mình đặt b+c-a=x, c+a-b=y, a+b-c=z

áp dụng bất đẳng thức abc $\geq$ (b+c-a)(c+a-b)(a+b-c) = xyz

VP sẽ thành x+y+z còn tử số ở VT cũng đẹp nhưng mẫu số thì mình không biết làm thế nào

Mong bạn giúp đỡ 

Đây là 1 bài áp dụng định lý 4 điểm thuần túy

Dễ dàng nhận thấy

 $\triangle APD= \triangle ABQ  \Rightarrow APBR, ARCQ$ nội tiếp

Vẽ $O_{1},O_{2}$ ngoại tiếp $APBR, ARCQ$

gọi M,N là giao của AP, AQ với $O_{2},O_{1}$

$\widehat{PMQ}=\widehat{ACQ}=\widehat{PBA}=\widehat{PNA}$

$\Rightarrow MNPQ$ nội tiếp

$\Rightarrow \overline{AN}.\overline{AQ}=\overline{AP}.\overline{AM}$

Ta có 

$AP^2-AQ^2  =AP^2-\overline{AP}.\overline{AM}+\overline{AN}.\overline{AQ}-AQ^2  =\overline{AP}.(\overline{AP}-\overline{AM})-\overline{AQ}.(\overline{AQ}-\overline{AN})  =\overline{AP}.\overline{MP}-\overline{AQ}.\overline{NQ} =\overline{PA}.\overline{MP}-\overline{QA}.\overline{QN} =\overline{PR}.\overline{PC} -\overline{QR}.\overline{QB}= PO^2-QO^2$

Theo định lý 4 điểm, ta có đpcm

#P/s: có bạn nào biết phần mềm nào để vẽ hình không vậy?

chỉnh lại LATEX được không bạn

Bài 7

$dat \frac{1}{a}=x,\frac{1}{b}=y,\frac{1}{c}=z$

gt$\Leftrightarrow x+y+z=1$

biểu thức trở thành

$S=\sum \frac{x^4+y^4}{x^3+y^3}\geq \frac{x+y}{2}=1$

Vậy $MinS=1$ khi $a=b=c=3$

Câu 1:

Áp dụng Cauchy

$LHS\geq 3[abc(a+b)(b+c)(c+a)]^\frac{1}{6}\geq 3(abc8a^2b^2c^2)^\frac{1}{6}=3(8a^3b^3c^3)^\frac{1}{6}=RHS$

Câu 2: 

Ta có

$LHS=\frac{1}{3}(a-b)+\frac{1}{3}(a-b)+\frac{1}{3}(a-b)+\frac{1}{2}(b-c)+\frac{1}{2}(b-c)+c+\frac{108}{(a-b)^3(b-c)^2c}$

Áp dụng Cauchy có dpcm

Bài 2

Áp dụng Cauchy

$\sum \left ( \frac{a^3}{b}+ab \right )\geq \sum 2a^2\Rightarrow \sum \frac{a^3}{b}\geq \sum (2a^2)-\sum (ab)\geq \sum a^2\geq 2\sum (a)-3$ (1)

Mặt khác theo CM trên $2\sum \frac{a^3}{b}\geq 2\sum a^2\geq 2\sum ab$ (2)

Cộng hai bđt trên ta có

$3\sum \frac{a^3}{b}\geq 2\sum (a)+2\sum (ab)-3=9 \Rightarrow \sum \frac{a^3}{b}\geq 3$

Min S=3 khi a=b=c=1

$(a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})\geq 6(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b})$ $\geq 6.\frac{3}{2}=9$

bđt nesbitt thôi mà

vậy ĐK 3 cạnh $\bigtriangleup$ là để tung hỏa mù hả bạn? 

Áp dụng bđt Holder

$\Rightarrow P\geq \left ( 3+\frac{2}{abc^\frac{1}{3}} \right )^3\geq \left (3+\frac{2}{\frac{a+b+c}{3}} \right ) ^3\geq 343$

dấu = khi $a=b=c=\frac{1}{2}$

$gtdb\Leftrightarrow \frac{1}{yz}+\frac{1}{xz}+\frac{1}{xy}=1$

$Dat \frac{1}{x}=a,\frac{1}{y}=b,\frac{1}{z}=c$

$\Rightarrow ab+bc+ca=1$

$DCCM

$\Leftrightarrow \sum \frac{\frac{1}{x}}{\sqrt{\frac{1}{x^2}+1}}\leq \frac{3}{2}$

$\Leftrightarrow \sum \frac{a}{\sqrt{(a+b)(a+c)}} \leq \frac{3}{2}$

$taco LHS=\sum \frac{\sqrt{a}\sqrt{a}}{\sqrt{(a+b)(a+c)}}\leq \frac{1}{2}\sum \left ( \frac{a}{a+b}+\frac{a}{a+c} \right )=\frac{3}{2}=RHS\Rightarrow dpcm$