Cho 2 đường tròn ở ngoài nhau $(O_1)$ và $(O_2)$. Kẻ tiếp tuyến chung ngoài EF.Vẽ $(O)$ tiếp xúc ngoài với $(O_1)$ và $(O_2)$\ 3 đường tròn trên cùng thuộc 1 nửa mf bờ EF. 2 tiếp tuyến chung trong của $(O_1)$ và $(O_2)$ cắt (O)tại A, B, A', B'. CMR $A'B'//EF$

trước hết ta c/m $\Delta ABC$ có 2 điểm E, F trên BC t/m $\widehat{BAE}=\widehat{CAF}$ thì $\frac{BE.BF}{CE.CF}=\frac{AB^2}{AC^2}$





C/m

Kẻ $EI \perp AB, FK \perp AC$

$\Delta IAE \sim \Delta KAF(gg)\Rightarrow \frac{EI}{FK}=\frac{AE}{AF}$

do đó $\frac{BE}{CF}=\frac{S_{\Delta ABE}}{S_{\Delta ACF}}=\frac{AB.EI}{AC.FK}=\frac{AB.AE}{AC.AF}$

tương tự $\frac{BF}{CE}=\frac{S_{\Delta ABF}}{S_{\Delta ACE}}=\frac{AB.AF}{AC.AE}$

suy ra $\frac{BE.BF}{CF.CE}=\frac{AB.AE.AB.AF}{AC.AF.AC.AE}=\frac{AB^2}{AC^2}$

quay trở lại bài toán


trên AD lấy E' sao cho $\widehat{BCF}=\widehat{ACE'}$

a/d bt trên ta đc

$\frac{DF.DE}{AF.EA}=\frac{BD^2}{BA^2}$

$\frac{DF.DE'}{FA.E'A}=\frac{CD^2}{CA^2}$

mà theo tính chất đường phân giác trong của 1 tam giác

$\frac{BD}{BA}=\frac{DC}{CA}$

do đó $\frac{DF.DE}{AF.EA}=\frac{DF.DE'}{AF.E'A}$

$\Rightarrow \frac{DE}{EA}=\frac{DE'}{E'A}$

E và E' cùng chia trong đoạn ED theo 1 tỉ số suy ra $E\equiv E'$

hay $\widehat{ACE}=\widehat{ BCF}$

D-B=17.7h
E=10
F=0
S=60.3

mở rộng

Tìm số nguyên dương p sao cho $5^p+12^p= a^2 (a\in Z^+)$

G:

tương tự như trên ta c/m đc p phải chẵn. đặt $p=2h(h\in Z^+)$

$\Rightarrow (12^h)^2+(5^h)^2=a^2$

($(12^h, 5^h, a)$ là 1 bộ 3 số nguyên thuỷ pitago nên ta có $\left\{\begin{matrix} 12^h=2dn & & \\ 5^h=d^2-n^2 & & \end{matrix}\right.( d, n \in Z^+; d>n)$

$12^h=2dn \Rightarrow 2n$ ko chia hết cho 5 $ \Rightarrow$ d+n & d-n ko cùng số dư khi chia cho 5

mà $(d-n)(d+n)=5^h; d-n<d+n$ nên $d-n=1$

suy ra $12^h=2n(n+1)$

$\Leftrightarrow n(n+1)=2^{2h-1}.3^h$

mặt khác dễ thấy $(n, n+1)=1$ nên

$\left\{\begin{matrix} n=3^h & & \\ n+1=2^{2h-1} & & \end{matrix}\right.$

hoặc $\left\{\begin{matrix} n+1=3^h & & \\ n=2^{2h-1} & & \end{matrix}\right.$

TH1: $2^{2h-1}-1=3^h$

$2\equiv -1(mod3)\Rightarrow 2^{2h-1}\equiv -1(mod3)\Rightarrow 3^h \equiv 1 (mod3)\Rightarrow h=0$ (L)

TH2: $2^{2h-1}=3^h-1$

* $h=1 \Rightarrow k=2$ (t/m bt)

* $h>1 \Rightarrow 2^{2h-1}\vdots 4\Rightarrow (3^h-1)\vdots 4 \Rightarrow h\vdots 2$

đặt $h=2k(k\in Z^+)$ $\Rightarrow (3^k-1)(3^k+1)=2^{4k-1}$

$\Rightarrow \left\{\begin{matrix} 3^k-1=2^x & & \\ 3^k+1=2^y & & \end{matrix}\right.( x, y\in Z^+, x<y)$

$\Rightarrow 2^y-2^x=2$

$\Leftrightarrow 2^x(2^{y-x}-1)=2$

đến đây là ra x=1, y=2 => k=1=> h=2 (thử lại k t/m)

vậy p=2

Vì p là số nguyên tố nên:

* Với p=2 thì $5^p+12^p=169$ là số chính phương (t/m)

* Với $p\neq 2$ thì $p=2k+1(k\in Z^+)$

khi đó $5^p=5^{2k+1}=5.25^k$

mà $25\equiv 1(mod3)\Rightarrow 25^k\equiv 1(mod3)$

$5\equiv 2(mod3)$

suy ra $5^p\equiv 2(mod3)$

$\Rightarrow 5^p+12^p\equiv 2(mod3)$

$\Rightarrow 5^p+12^p$ ko là số chính phương (loại)

Vậy p=2

D-B=0.8h
E=9
F=1*10=10
S=84.2

Thế nếu đổi lại đề $A\geq \frac{3}{\sqrt{2}}$ thì có được không ạ

thử 1 vài trường hợp thấy sai

chính xác là k ss đc $\sum \frac{a}{a+b}$ vs $\frac{3}{2}$

xét pt bậc 2 ẩn a để chặn khoảng của x

$x \in \left \{ -3;-2;-1;0;1;2 \right \}$

với mỗi gt của x thay vào tìm a
L: Lần sau post lời giải rõ ràng, không làm tắt vậy nhé bạn

$\sum \frac{a}{a + b} \geq \frac{3}{2}$(em thấy trong STBĐT anh Hùng bảo cho nó chạy tới vô cùng thì thế (trang 330 thì phải))

Mà BĐT cần cm tương đương với

$\sum \frac{a^3}{(a + b)^3} \geq \frac{3}{8}$
Áp dụng (*) thì nó hiển nhiên đúng theo Holder

$\sum \frac{a^3}{(a + b)^3}.(1 + 1 + 1)(1 + 1 + 1) \geq [\sum \frac{a}{a + b}]^3 \geq \frac{3^3}{8}$

Suy ra đpcm

nhầm

làm j có bđt ấy

Bù cho Quân này :
Tìm $k$ để PT :
$(x^{2}+2)\left [ x^{2} -2x(2k-1)+5k^{2}-6k+3\right ]= 2x+1$ có nghiệm.

$x^2-2x(2k-1)+5k^2-6k+3=(x-2k+1)^2+(k-1)^2+1\geq 1$

$\Rightarrow 2x+1\geq x^2+2$

$\Rightarrow x=1$

khi $x=1 \Rightarrow k=1$

TL k=1

Bài 30:

Cho đường tròn (O) và điểm A nằm ngoài đường tròn. Từ A kẻ hai tiếp tuyến AB, AC ( B, C là hai tiếp điểm ) và cát tuyến AMN (M nằm giữa A và N) với đường tròn. Gọi E là trung điểm dây MN, I là giao điểm thứ hai của đường thẳng CE với đường tròn.
a) Cm : 4 điểm A, O, E, C cùng thuộc một đường tròn.
b) Cm :$\widehat {AEC} = \widehat {BIC}$ .
c) Cm : BI // MN
d) Xác định vị trí cát tuyến AMN để diện tích $\Delta $ AIN lớn nhất.

d.

$S_{\Delta AIN}=S_{\Delta ABN} \leq \frac{AB.BN}{2} \leq \frac{AB.2R}{2}$

$"=" \Leftrightarrow$ N đối xứng với B qua O

Bài toán 1.
Cho $0 \le a,b,c \le \dfrac{1}{\sqrt{3}}$ . Chứng minh rằng :
$$\dfrac{a+b}{1-ab}+\dfrac{b+c}{1-bc}+\dfrac{c+a}{1-ca}\le 2\dfrac{a+b+c-abc}{1-ab-bc-ca}$$

bđt cần c/m tương đương với

$\frac{(bc+ca)(a+b)}{1-ab}+\frac{(ca+ab)(b+c)}{1-bc}+\frac{(ab+bc)(c+a)}{1-ca}\geq 2abc$ (*)

abc=0 -> (*) đúng

abc>0

$(*)\Leftrightarrow \frac{(a+b)^2}{(1-ab)ab}+\frac{(b+c)^2}{(1-bc)bc}+\frac{(c+a)^2}{(1-ca)ca}\geq 2$

ta có

$ \frac{(a+b)^2}{(1-ab)ab}+\frac{(b+c)^2}{(1-bc)bc}+\frac{(c+a)^2}{(1-ca)ca}\geq \frac{(a+b)^2}{ab}+\frac{(b+c)^2}{bc}+\frac{(c+a)^2}{ca}= >2$

giả sử tồn tại các số nguyên a, b, c t/m bt

ta có $a+b-c+b+c-a=2b$ nên trong 3 số a, b-c, b+c-a phải có 1 số chẵn $\Rightarrow a(b-c)(b+c-a)^2\vdots 2$

tương tự $\Rightarrow c(a-b)(a+b-c)^2\vdots 2$

$\Rightarrow a(b-c)(b+c-a)^2+c(a-b)(a+b-c)^2\vdots 2$ (vô lí)

$\Rightarrow$ gs sai

$AC \perp BD ; BP\neq DP \Rightarrow \widehat{ABC}\neq \widehat{ADC}$

$\frac{AB.BC. sinABC}{AD.DC. sin ADC}=\frac{S_{\Delta ABC}}{S_{\Delta ADC}}=\frac{BP}{PD}=\frac{AB.BC}{AD.DC}$

$\Rightarrow sinABC= sin ADC \Rightarrow \widehat{ABC}+\widehat{ADC}=180 \Rightarrow ABCD nt$

ax

nhầm biến lung tung

coi như bài này e làm a, b, c thành x, y, z vậy

ta có 2 bđt :

(i) $m^3+n^3+k^3\geq 3mnk$

(ii) $Y=(a_1^4+a_2^4+a_3^4)(b_1^4+b_2^4+b_3^4)(c_1^4+c_2^4+c_3^4)(d_1^4+d_2^4+d_3^4)\geq(a_1b_1c_1d_1+a_2b_2c_2d_2+a_3b_3c_3d_3)^4$

$m, n, k, a_i, b_i, c_i, d_i> 0 (i=\overline{1;3})$

c/m:

(i) $m^3+n^3+k^3-3mnk=\frac{1}{2}(m+n+k)\left [ (m-n)^2+(n-k)^2 +(k-m)^2\right ]\geq 0\Rightarrow (i)$

$"=" \Leftrightarrow m=n=k$

(ii): a/d $p^4+q^4+r^4+s^4\geq 2p^2q^2+2r^2s^2\geq 4pqrs$ $(p, q, r, s>0)$

$\frac{a_1^4}{a_1^4+a_2^4+a_3^4}+\frac{b_1^4}{b_1^4+b_2^4+b_3^4}+\frac{c_1^4}{c_1^4+c_2^4+c_3^4}+\frac{d_1^4}{d_1^4+d_2^4+d_3^4}\geq \frac{4a_1b_1c_1d_1}{\sqrt[4]{Y}}$

$\frac{a_2^4}{a_1^4+a_2^4+a_3^4}+\frac{b_2^4}{b_1^4+b_2^4+b_3^4}+\frac{c_2^4}{c_1^4+c_2^4+c_3^4}+\frac{d_2^4}{d_1^4+d_2^4+d_3^4}\geq \frac{4a_2b_2c_2d_2}{\sqrt[4]{Y}}$

$\frac{a_3^4}{a_1^4+a_2^4+a_3^4}+\frac{b_3^4}{b_1^4+b_2^4+b_3^4}+\frac{c_3^4}{c_1^4+c_2^4+c_3^4}+\frac{d_3^4}{d_1^4+d_2^4+d_3^4}\geq \frac{4a_3b_3c_3d_3}{\sqrt[4]{Y}}$

cộng vế với vế các bđt trên ta đc (ii)

$"=" \Leftrightarrow a_1:a_2:a_3=b_1:b_2:b_3=c_1:c_2:c_3=d_1:d_2:d_3$

trở lại bài toán

$x^5+y^2+z^2\leq x^5+xyz(y^2+z^2)=x(x^4+yz(y^2+z^2))\leq x(x^4+\frac{(y^2+z^2)^2}{2})\leq x(x^4+y^4+z^4)$

$\Rightarrow \frac{x^5}{x^5+y^2+z^2}\geq \frac{x^4}{x^4+y^4+z^4}$

xây dựng 2 bđt tương tự rồi cộng vế vs vế 3 bđt trên ta thu đc

$E=\frac{{{x^5}}}{{{x^5} + {y^2} + {z^2}}} + \frac{{{y^5}}}{{{x^2} + {y^5} + {z^2}}} + \frac{{{z^5}}}{{{x^2} + {y^2} + {z^5}}}\geq 1$

$x^5+y^2+z^2 \geq 3 \sqrt[3]{x^5y^2z^2}\geq 3x\Rightarrow \frac{x}{x^5+y^2+z^2}\leq \frac{1}{3}$

xây dựng 2 bđt tương tự rồi cộng vế vs vế 3 bđt trên ta thu đc

$ U= \frac{{{x}}}{{{x^5} + {y^2} + {z^2}}} + \frac{{{y}}}{{{x^2} + {y^5} + {z^2}}} + \frac{{{z}}}{{{x^2} + {y^2} + {z^5}}} \leq 1$

kết hợp dùng (ii) ta đc

$E^4\geq E\geq E.U.U.U\geq A^4\Rightarrow E\geq A$

$(A = \frac{{{x^2}}}{{{x^5} + {y^2} + {z^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{x^2} + {y^5} + {z^2}}} + \frac{{{z^2}}}{{{x^2} + {y^2} + {z^5}}})$

$"="\Leftrightarrow x=y=z=1$

Bài làm rất tốt Lỗi nhầm biến anh trừ 0.5đ. ok?
D-B=19h
E=9.5
F=0
S=57.5

Cho tam giác ABC có I là tâm đường tròn nội tiếp. Gọi $C_1, B_1$ là trung điểm của AB, AC, $B_2, C_2$ là giao của $IC_1$ với AC, $IB_1$ với AB. Tìm độ lớn của $\widehat{BAC}$ để $S_{\Delta AB_2C_2}=S_{\Delta ABC}$

$2(|x|+|y|)=|x|+|y|+|x|+|-y|\geq |x+y|+|x-y|$

$"=" \Leftrightarrow xy=0$

Giải PT:
$3\sqrt{x+1}+2\sqrt{x-4}=x+5$

$(x+5)^2=(3\sqrt{x+1}+2\sqrt{x-4})^2\leq 13(2x-3)\Rightarrow (x-8)^2\leq 0\Rightarrow x=8$

$\left\{\begin{matrix}
-2<x_1<-1 & & \\
1<x_2<2 & &
\end{matrix}\right.\Rightarrow -1<-a<1\Rightarrow a=0 $

pt $x^2=-b$ có 2 no $x_1, x_2$ t/m $-2<x_1<-1; 1<x_2<2\Rightarrow 1 \leq -b \leq 4\Rightarrow b\in \left \{ -3;-2 \right \}$

$a, b>0 \Rightarrow x_1, x_2, x_3>0$

$\left\{\begin{matrix} x_1+x_2+x_3=1 & & \\ x_1x_2+x_2x_3+x_3x_1=3a & & \\ x_1x_2x_3=b & & \end{matrix}\right.$

$\Rightarrow \left\{\begin{matrix} a^3\geq b^2 & & \\ b\leq \frac{1}{27} & & \end{matrix}\right.$

$\Rightarrow \frac{a^3}{b^3}+27b\geq \frac{1}{b}+27b=\frac{1}{27b}+27b+\frac{26}{27b}\geq 2+26=28$

Cho $x,y,z$ là các số thực dương. Tìm GTNN của :
$$\sqrt[4]{4 (x+y)}+\sqrt[4]{4(y+z)}+\sqrt[4]{4(z+x)}+2\left (\dfrac{x}{y^2}+\dfrac{y}{z^2}+\dfrac{z}{x^2}\right )$$

$P \geq 3\sqrt[12]{64(x+y)(y+z)(z+x)}+2.\frac{3}{\sqrt[3]{xyz}}$

$ \geq 3\sqrt[12]{512xyz}+\frac{6}{\sqrt[3]{xyz}}$

$ =\frac{3}{4}\sqrt[12]{512xyz}+\frac{3}{4}\sqrt[12]{512xyz}+\frac{3}{4}\sqrt[12]{512xyz}+\frac{3}{4}\sqrt[12]{512xyz}+\frac{6}{\sqrt[12]{x^4y^4z^4}}$

$\geq \frac{15}{\sqrt[5]{16}}$

$"=" \Leftrightarrow x=y=z=2\sqrt[5]{16}$

Cho x và y thỏa mãn biểu thức : $x^{2}+5y^{2}-4xy-3x+6y+2=0$.
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của: S= $x-2y$.

$x^{2}+5y^{2}-4xy-3x+6y+2=0$

$\Leftrightarrow (x-2y-\frac{3}{2})^2=\frac{1}{4}-y^2$

$\Rightarrow (x-2y-\frac{3}{2})^2 \leq \frac{1}{4}\Rightarrow \frac{-1}{2}\leq x-2y-\frac{3}{2}\leq \frac{1}{2}\Rightarrow 1\leq x-2y\leq 2$

Điểm rơi sai.
Lời giải+Hướng dẫn:
Giả sử điểm rơi xảy ra khi $a=m;b=n;c=p$ với $m,n,p>0$. Ta sử dụng bđt AM-GM đánh giá như sau
\[
a^3 + a^3 + \frac{1}{{m^3 }} \ge \frac{{3a^2 }}{m} \Rightarrow 2a^3 \ge \frac{{3a^2 }}{m} - \frac{1}{{m^3 }}
\]
Tương tự
\[
\begin{array}{l}
2b^3 \ge \frac{{3b^2 }}{n} - \frac{1}{{n^3 }} \Rightarrow 3b^3 \ge \frac{{9b^2 }}{{2n}} - \frac{3}{{2n^3 }} \\
2c^3 \ge \frac{{3c^2 }}{p} - \frac{1}{{p^3 }} \Rightarrow 4c^3 \ge \frac{{6c^2 }}{p} - \frac{2}{{p^3 }} \\
\Rightarrow A \ge \frac{3}{m}a^2 + \frac{9}{{2n}}b^2 + \frac{6}{p}c^2 - \frac{1}{{m^3 }} - \frac{3}{{2n^3 }} - \frac{2}{{p^3 }} \\
\end{array}
\]
Mặt khác, ta cần phải sử dụng giả thiết $a^2+2b^2+3c^2=1$ nên ta sẽ có hệ như sau:
\[
\left\{ \begin{array}{l}
\frac{3}{m}:\frac{9}{{2n}}:\frac{6}{p} = 1:2:3 \\
m^2 + 2n^2 + 3p^2 = 1 \\
\end{array} \right.
\]
Từ pt đầu, ta rút được
\[
n = \frac{3}{4}m;p = \frac{2}{3}m
\]
Thế vào pt sau, ta có:
\[
m^2 + 2.\frac{9}{{16}}m^2 + 3.\frac{4}{9}m^2 = 1 \Leftrightarrow m = 2\sqrt {\frac{6}{{83}}} \Rightarrow \left( {m;n;p} \right) = \left( {2\sqrt {\frac{6}{{83}}} ;\frac{3}{2}\sqrt {\frac{6}{{83}}} ;\frac{4}{3}\sqrt {\frac{6}{{83}}} } \right)
\]
Thế vào ban đầu, ta sẽ có các đánh giá thích hợp và thu được
\[
\min A = \frac{{7691}}{{498\sqrt {498} }}
\]

k đọc phần trên nhưng kết quả cũng sai nốt

ax

nhầm thành $2a^2+3b^2+4c^2=1$

hình như min phải = $\frac{12\sqrt{407}}{407}$