Bài Toán: Cho $\Delta{ABC}$ cân tại $A$, $D$ trên $AB$ sao cho $3AD=AB$ $(D \in AB)$. $H$ là chân đường cao kẻ từ $B$ đến $DC$. $M$ là trung điểm cũa $HC$. 
CMR: $\angle AMB $ vuông

Có BĐT phụ: $\sqrt{(a+b)(a+c)} \ge \sqrt{a}(\sqrt{b}+\sqrt{c})$
CM: Biến đỗi tương đương

Cho a,b,c>0, abc=1 cmr :

$\frac{1}{a^3(b+c)}+\frac{1}{b^{3}(c+a)}+\frac{1}{c^3(a+b)}\geq\frac{3}{2}$

$BDT \Longleftrightarrow \sum \dfrac{(abc)^2}{a^3(b+c)} = \sum \dfrac{a^2}{b+c} \geqslant \dfrac{(a+b+c)^2}{a+b+c} \geqslant \dfrac{3}{2}$

Bài 3:

2.

Cách 1: Dùng miền giá trị

Cách 2: $P=\dfrac{x^2-2x+2014}{x^2}=\dfrac{2014x^2-2.2014.x+2014^2}{2014x^2}=\dfrac{(x^2-2.2014.x+2014^2)+2013x^2}{2014x^2}=\dfrac{(x-2014)^2+2013x^2}{2014x^2}=\dfrac{(x-2014)^2}{2014x^2} + \dfrac{2013}{2014} \geqslant \dfrac{2013}{2014}$

$PT$ $(2)$ $\Longrightarrow$ $ x^5+y^5=(x^2+y^2).1$ $\Longleftrightarrow$ $ x^5+y^5=(x^2+y^2).(x^3+y^3)$ $\Longleftrightarrow$ $ x^5+y^5=x^5+y^5 +xy(x^2+y^2)$ $\Longleftrightarrow$ $xy(x^2+y^2) =0$

 gbnv.bmp   1.76MB   121 Số lần tảiMinh họa: https://www.facebook...&type=1

$\oplus$ Gọi $X$ và $Y$ là giao điểm của $FK$ với $DC$ và $BC$ với $EH$.

$\oplus$ Giả sữ ba đường thẵng $FK, AC, EH$ cắt nhau tại $I$.

$\longrightarrow$ Theo định lý $Menelaus$ cho $\Delta{ABC}$ cát tuyến $EIY$, ta có: 

$$\dfrac{AE}{EB} . \dfrac{BY}{YC}.\dfrac{IC}{IA}=1$$

$$\Longleftrightarrow \dfrac{BY}{YC} = \dfrac{IA}{IC}$$

$\longrightarrow$ Theo định lý $Menelaus$ cho $\Delta{ADC}$ cát tuyến $FIX$, ta có: 

$$\dfrac{AF}{FD} . \dfrac{DX}{XC}.\dfrac{IC}{IA}=1$$

$$\Longleftrightarrow \dfrac{DX}{XC} = \dfrac{IA}{IC}$$

$\oplus$ Ta đi chứng minh: $ \dfrac{DX}{XC} =\dfrac{BY}{YC}$ $\Longleftrightarrow$ $XY \parallel BD $

$\oplus$ Dễ dàng chứng minh được $\Delta{IKH} \sim \Delta{IYX}$ $\Longleftrightarrow$ $\angle IKH = \angle IYX$ $\Longrightarrow $ $H,K,Y,X$ đồng viên

$\Longrightarrow$ $\angle HXY = \angle HKY = \angle HIC = \angle HDB$

$\Longrightarrow$ $\angle HXY = \angle HDB$ $\Longrightarrow$ $XY \parallel BD $

$Q.E.D$

Đặt : $y=\frac{4x-3}{x^{2}+2x+3}\Rightarrow x^{2}y+2xy+3y-4x+3=0$
Xét $y\neq 0$
$\Rightarrow x^{2}y+x(2y-4)+3y+3=0\Rightarrow \Delta =(2y-4)^{2}-4y(3y+3)\geq 0\Rightarrow -4\leq y\leq \frac{1}{2}$
$\Rightarrow \left\{\begin{matrix} y_{min}=-4\Leftrightarrow x=-1,5 & \\ y_{max}=\frac{1}{2}\Leftrightarrow x=3 & \end{matrix}\right.$

http://www.wolframal...-3}{x^{2}+2x+3}

$\dfrac{-3}{2} \leq \frac{4x-3}{x^{2}+2x+3} \leq 3$

Mình có bài này mong các bạn giải giùm:

Cho a,b thỏa mãn $\sqrt{a}+\sqrt{b}=1$. Chứng minh:

$ab(a+b)^{2} \leq \frac{1}{64}$

Mình đang học lớp 8, các bạn dùng kiến thức lớp 8 nhé.

Thanks.

$\oplus$ Đặt $\sqrt{a} = x$ và $\sqrt{b}=y$ $\Longrightarrow x+y=1$

$BDT \Longleftrightarrow x^2y^2(x^2+y^2)^2 \leq \dfrac{1}{64}$

$\Longleftrightarrow 2xy.(x^2+y^2).2xy.(x^2+y^2) \leq \dfrac{1}{16}$

Áp dụng Cauchy, ta có: $2xy.(x^2+y^2) \leq \dfrac{(2xy+x^2+y^2)^2}{4} = \dfrac{(x+y)^2}{4} = \dfrac{1}{4}$

$\Longrightarrow$ $2xy.(x^2+y^2) \leq \dfrac{1}{4}$

$\Longrightarrow$ $\left[2xy.(x^2+y^2) \right]^2 \leq \dfrac{1}{16}$

$QED$

http://mathworld.wol...alTriangle.html

Tài liệu về tam giác Bàn đạp có thể giúp gì cho anh chăng??

Mình giãi theo máy tính $Vinacal 570 ES PLUS II $ nhé:

$\oplus$ Ta có quy trình: $A=\sqrt[3]{X+A}$

$\boxed{CALC} X? 3 \boxed{=} A? 0 \boxed{=} . . . $ 
$\boxed{Kết Quã:} 1.671699882$

  Bài này mình vừa nghĩ ra các bạn xem xem có sai không nha! Nếu sai thì góp ý cho mình với nha các bạn!!!!!

- Dự đoán dấu bằng xảy ra <=> x=y=2

  ta có :$P=\frac{3x}{4}+\frac{1}{x}+\frac{2}{y^{2}}+y$

  Xét biểu thức PP ta có :

   $\frac{3x}{4}+\frac{1}{x}\geq 2\sqrt{\frac{3}{4}}\doteq \sqrt{3}(*)$

  ta có :$\frac{2}{y^{2}}+y=\frac{y}{32}+\frac{y}{32}+\frac{2}{y^{2}}+\frac{30y}{32}(**)$

  =>^{$\frac{y}{32}+\frac{y}{32}+\frac{2}{y^{2}}+\frac{30y}{32}\geq 3\sqrt[3]{\frac{1}{8}}+\frac{2.30}{32}= \frac{27}{8}(***)$}

  từ (*)(**)(***) ta có :$P=\frac{3x}{4}+\frac{1}{x}+\frac{2}{y^{2}}+y\geq \sqrt{3}+\frac{27}{8}=\frac{27+8\sqrt{3}}{8}$

  vậy min P=$\frac{27+8\sqrt{3}}{8}$

Dự đoán dấu bằng chứ đâu có được sữ dụng cái điều dự đoán đó đâu bạn ơi

$\oplus$ Ta thấy: $\Delta{ADD'} \sim \Delta{BB'A}$ $\Longrightarrow$ $\dfrac{AD'}{DD'} =  \dfrac{BB'}{AB'}$

$\oplus$ Ta thấy: $\Delta{DD'C} \sim \Delta{B'CB}$ $\Longrightarrow$ $\dfrac{B'C}{DD'} =  \dfrac{BC}{DC}$

$\oplus$ Ta dể dàng nhận thấy $AB' = D'C$

$\Longleftrightarrow$ $AD' + D'B' = D'B' + B'C$

$\Longleftrightarrow$ $AD'  =  B'C$

$\Longleftrightarrow$ $\dfrac{AD'}{DD'} = \dfrac{B'C}{DD'}$ $(1)$

$\oplus$ Ta đi chứng minh $(1)$ đúng $\Longleftrightarrow$ $ \dfrac{BB'}{AB'} = \dfrac{BC}{DC}$ $(2)$

Thật vậy: Xét $\Delta{ABB'}$ và $\Delta{BCD}$ , ta có:

$\cdot \angle BAC = \angle BDC$

$\cdot \angle BCD = \angle BB'A = 90^\circ$

$\Longrightarrow$ $\Delta{ABB'} \sim \Delta{BCD}$

$\Longrightarrow$  $ \dfrac{BB'}{AB'} = \dfrac{BC}{DC}$

$\Longrightarrow$ $(2)$ đúng

$Q.E.D$

Mình làm thì ra thế này, k biết có đúng hay sai không

$\oplus$ Ta có: $(a+b-c)^2 \ge 0$

$\Longrightarrow$ $a^2+b^2+c^2+2ab-2bc-2ca \ge 0 $

$\Longrightarrow a^2+b^2+c^2 \ge 2bc+2ca-2ab$

Mà $a^2+b^2+c^2 = \dfrac{5}{3} < 2$

$\Longrightarrow$ $2bc+2ca-2ab \leq 2$

Mà $a,b,c >0 \Longrightarrow abc \ge 0$

$\Longrightarrow$ $\dfrac{2bc+2ca-2ab}{2abc} < \dfrac{2}{2abc}$

$\Longrightarrow$ $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}-\frac{1}{c} < \frac{1}{abc}$

Tỗng quát hơn cho câu $a$::

$\boxed{Bài toán}$ Cho tứ giác $ABCD$ thỏa mãn điều kiện $\angle DAC + \angle DBC = 180^\circ$.  Nếu $I$ là giao điểm của $AC$ và $BD$ thì ta luôn có đẵng thức: $DI.DB + IC.CA = DC^2$

$$Soln$$

$\oplus$ Gọi $H$ là một điểm trên $DC$ sao cho $\angle DIH = \angle DCB$

$\Longrightarrow$ Tứ giác $IBCH$ là tứ giác nội tiếp

$\oplus$ Dể thấy: $\Delta{DIH} = \Delta{DCB}$ $(g-g)$

$\Longrightarrow$ $\dfrac{DI}{DH} = \dfrac{DC}{DB}$

$\Longrightarrow$ $DI.DB = DH.DC$ $(1)$

$\oplus$ Ta có: $\left\{\begin{matrix} \angle IHC + \angle IBC =180^\circ & \\ \angle DAC + \angle IBC =180^\circ & \end{matrix}\right.$

$\Longrightarrow$ $\angle DAC = \angle IHC$

$\oplus$ Dể thấy $\Delta{DAC} \sim \Delta{IHC}$ $(g-g)$

$\Longrightarrow$ $\dfrac{IC}{HC} = \dfrac{DC}{AC}$

$\Longrightarrow$ $IC.AC = DC.HC$ $(2)$

$\oplus$ Cộng vế thêo vế $(1)$ và $(2)$, ta có: 

$DI.DB + IC.AC = HD.DC + DC.DC$

$\Longleftrightarrow$ $DI.DB + IC.AC = DC.(HD+HC) = DC^2$

$Q.E.D$

Mấy cái chữ kí của ban c/m la vô lý rồi.Sửa đi không người ta cười.

Mẫu = 0 vô lí rồi mà còn rút gọn.         

Để đấy đánh lừa trí tưỡng tượng thôi =))) Ai cười thì cười thôi, mình đâu quan tâm =))

Tìm m để $2(m+1)x +2 >0$ với $x \in (-1;1)$

$\boxed{1}$ Với $a,b,c \in R$, tìm Min $A=\dfrac{a}{a+c} + \dfrac{b}{b+a} + \dfrac{c}{b+c}$

$\boxed{2}$ Với $x,y,z  \in R$ và $xyz=1$ tìm Min: $\sum \dfrac{1}{x+1}$

$\oplus$ Gọi $K$ là trung điểm của $AB$, kẻ đường vuông góc từ $K$ với $AB$ cắt $BD$ và $AC$ lần lượt tại $O_2$, $O_1$

$\Longrightarrow$ $O_1$ và $O_2$ là các đường tròn ngoại tiếp của $\Delta{ADB}$ và $\Delta{ABC}$

$\Longrightarrow$ $O_1A = R_1$ và $O_2B=R_2$
 

$\oplus$ Dể dàng chứng minh được: $\Delta{O_1AK} \sim \Delta{ABO}$

$\Longrightarrow$ $\dfrac{O_1A}{AB} = \dfrac{AK}{AO}$

$\Longrightarrow$ $\dfrac{R_1}{a} = \dfrac{a}{2AO}$

$\Longrightarrow$ $4AO^2 = \dfrac{a^4}{R_1^2}$ $(1)$

$\oplus$ Dể dàng chứng minh được: $\Delta{O_2BK} \sim \Delta{ABO}$

$\Longrightarrow$ $\dfrac{O_2B}{AB} = \dfrac{BK}{BO}$

$\Longrightarrow$ $\dfrac{R_2}{a} = \dfrac{a}{2BO}$

$\Longrightarrow$ $4BO^2 = \dfrac{a^4}{R_2^2}$ $(2)$

$\oplus$ Cộng $(1)$ và $(2)$, ta có: 

$(AO^2 + OB^2) = a^4\left(\dfrac{1}{R_1^2} + \dfrac{1}{R_2^2} \right)$

$\Longleftrightarrow$ $\left(\dfrac{1}{R_1^2} + \dfrac{1}{R_2^2} \right) = \dfrac{4}{a^2}$ 
$QED$

$\oplus$ Dễ dàng chứng minh được: Tứ giác $MDAE$ là hình bình hành $\Longrightarrow$ $DE= AM$

$\Longrightarrow$ $Min DE$ $\Longleftrightarrow$ $Min AM$

$\Longrightarrow$ $M$ là chân đường cao kẻ từ $A$ tới $BC$

$\Longrightarrow$ $Min DE = AM$ Với $AM$ là chân đường cao kẻ từ $A$ tới $BC$

CMR:  $(x+y)(y+z)(z+x) \ge \dfrac{8}{9}(x+y+z)(xy+yz+xz)$ $(x,y,z>0)$

Áp dụng BĐT AM-GM:

Ta có : $\frac{1}{x^3(y+z)}=\frac{1}{x^3(y+z)}+\frac{y+z}{4}+\frac{x}{2}-\left ( \frac{y+z}{4}+\frac{x}{2} \right )\geq 3\sqrt[3]{\frac{1}{x^3(y+z)}.\frac{y+z}{4}.\frac{x}{2}}-\frac{y+z+2x}{4}=\frac{3}{2}x-\frac{2x+y+z}{4}$

$\Rightarrow \sum \frac{1}{x^3(y+z)}\geq \frac{3}{2}\sum x-\frac{4(x+y+z)}{4}=\frac{1}{2}(x+y+z)\geq \frac{1}{2}.3\sqrt[3]{xyz}=\frac{3}{2}$

Chỗ nào không biết có vấn đề gì không nữa??

$3\sqrt[3]{\dfrac{1}{x^3(y+z)}.\dfrac{y+z}{4}.\dfrac{x}{2}} = \dfrac{3}{2}x$

$\oplus$ Ta có: $\left\{\begin{matrix} xy+x+2y=1 & \\ x^2+2x+y^2+y=3-xy & \end{matrix}\right.$

$\Longleftrightarrow$ $\left\{\begin{matrix}  y(x+2) + (x+2)=3 & \\ 2x^2+4x+2y^2+2y=6-2xy & \end{matrix}\right.$

$\Longleftrightarrow$ $\left\{\begin{matrix}  (y+1)(x+2)=3 & \\ (x^2+y^2+2xy) + (x^2+4x+4) + (y^2+2y+1)=17& \end{matrix}\right.$

$\Longleftrightarrow$ $\left\{\begin{matrix}  (y+1)(x+2)=3 & \\ (x+y)^2 + (x+2)^2 + (y+1)^2=17& \end{matrix}\right.$

$\oplus$ Đặt: $y+1=a$ , $x+2=b$ 

Hệ phương trình $\Longleftrightarrow$ $\left\{\begin{matrix}  ab=3 & \\ (a+b-3)^2 + a^2 + b^2=17& \end{matrix}\right.$

(Hệ phương trình đối xứng loại I)