$IE\parallel BA$ mà $OM\perp AB$ $=>OM\perp EI={G}$

Ta cần tính OG

Gọi $L$ là trung điểm $OM$

Dễ thấy $IL\parallel =\frac{1}{2}OA$ nên $IL\perp AM$ và $IL=\frac{r}{2}$ nên tam giac $ILM$ vuông tại $I$

Có $LG.LM=\frac{r^{2}}{4}$ $<=>LG.r\frac{3}{2}=\frac{r^{2}}{4}$

$<=>LG=\frac{1}{6}r$

Hay $OG=r\frac{3}{2}+r\frac{1}{6}=\frac{5}{3}r$

Bài 1 bạn có thể tham khảo ở http://diendantoanho...eqslant-frac18/

Bài 2

Có 3 trường hợp là góc $A$ nhọn, tù hoặc vuông

+Với góc $A$ nhọn thì có 

$\angle ABC+\angle C=2\alpha>180^{o}$

Có $\sin 2\alpha=\sin (180-2\alpha)=\sin BAC$

$=\frac{BE}{AB}$

Do đó $\frac{h^{2}}{2\sin 2\alpha}=\frac{BE^{2}}{2\frac{BE}{AB}}$

$=\frac{BE.AB}{2}=\frac{AC.BE}{2}=S_{ABC}$ 

+Với $A$ tù thì $2\alpha<180^{o}$

$\sin 2\alpha=\frac{BE}{AB}$

Và làm tương tự

+VớI $A$ vuông thì $\sin 2\alpha=\sin 90=1$

Nên $\frac{h^{2}}{2\sin 2\alpha}=\frac{h^{2}}{2}=S_{ABC}$

Vậy ta có dpcm

Mình nghĩ đề bài thiếu, gt phải thêm là $\angle A=120$

Đường thẳng song song vs $AB$ cắt $AC$ tại $E$

$AD$ là phân giác nên $\angle BAD=\angle DAE=60$

Suy ra $\angle ADE=60$(=$\angle BAD$ so le trong)

Dễ thấy $\Delta DAE$ đều nên $AD=AE=DE$

Nên $\frac{AD}{AB}=\frac{DE}{AB}=\frac{EC}{AC}$ ($Thales$)

$\frac{AD}{AC}=\frac{AE}{AC}$

Do đó  $\frac{AD}{AC}+\frac{AD}{AB}=\frac{EC}{AC}+\frac{AE}{AC}=\frac{AC}{AC}=1$

hay $\frac{1}{AB}+\frac{1}{AC}=\frac{1}{AD}$ {dpcm)

bài này còn có chiều ngược lại, tóm lại ta có

$\angle BAC=120$<=>$\frac{1}{AB}+\frac{1}{AC}=\frac{1}{AD}$

Ta hạ $DI\perp AB$. Phân giác $\angle BOA$ cắt $DI$ tại $J$

Dễ thấy $DI\parallel OH$ nên  $\angle HOB=\angle BDI$ (so le trong)

Mà $\angle HOB=\angle BOJ$ nên $\angle BOJ=\angle BDI$

Do đó tam giác $ODJ$ cân tại $J$ $=>$ $OJ=DJ$

$OA=BD$ (gt) 

$\angle JOA=\angle BDI$ ($=\angle BOJ$)

nên $\Delta BJD=\Delta AJO$ (c,g,c)

Nên $BJ=JA$=> $\Delta BJA$ cân tại $J$. Mà $IJ\perp BA$

Suy ra $I$ là trung điểm AB. Suy ra  $\Delta ABD$ cân tại $D$

nên $BD=DA$. Mà $BD=OA$ (gt) nên $AD=OA$ do đó $\Delta OAD$ cân (ĐPCM) 

DPCM <=> tia AD nằm giữa tia AH và AM<=>$\angle BAH<\angle BAD<\angle BAM$ 

Từ C kẻ dg thg song song với AB; giao AM tại N

Dễ dàng có $\angle N=\angle BAM$ và $CN=AB$

có AB<AC (gt) nên AC>CN nên $\angle N>\angle NAC$

Do đó $\angle MAC<\angle BAM$

nên $\angle BAM>\frac{\angle BAC}{2}=\angle BAD$ (@)

trong tam giác vuông $BAH$ có

$\angle BAH=1v-\angle B=\frac{\angle BAC+\angle B+\angle ACB}{2}-\angle B$

$=\frac{\angle BAC}{2}+\frac{\angle ACB-\angle B}{2}<\frac{\angle BAC}{2}=\angle BAD$ (@@)

 (vì gócACB<góc B)

Từ @ và @@ suy ra $\angle BAH<\angle BAD<\angle BAM$ 

Do đó có dpcm

Ta thấy: $x+y<c$ , $y+z<a$, $z+x<b$

$\Rightarrow x+y+z<\frac{a+b+c}{2}<\frac{2}{3}(a+b+c)$

Sai rồi Thuận ơi. phải là $x+y>c$; $y+z>a$ ;$z+x>b$ nên $x+y+z>\frac{a+b+c}{2}$ chứ!

Bạn Hung Ton có thể nói lí do tại sao bạn đặt diện tích tam giác $DEC$ là $k$ mà không phải là tam giác khác không ?

Cảm ơn nhiều. (Cách bạn giải xem chừng có vẻ rất hiệu quả cho các bài toán tính tỉ số diện tích  )

Mình có thể ko đặt tam giác $DEC$ mà có thể đặt tam giác $BDE;CEA;...$ cũng được, miễn sao là phù hợp. Mục đích là biểu diễn diện tích của các tam giác liên quan tới bài theo cùng 1 đại lượng rồi tính thôi [ cái này mình cũng chỉ làm theo kinh nghiệm là chính ]

Cho tam giác $ABC$ lấy $D$ trên $BC$ sao cho $\frac{DC}{BC}=\frac{2}{7}$. Trên $AD$ lần lượt lấy $G;E$ sao cho $AG=GE=ED$ , $CE$ cắt $AB$ tại $M$. Tính tỉ số $\frac{AM}{MB}$

Đặt $S_{CDE}=2k=>S_{BDE}=5k$ và $S_{BEC}=6k$ do $\frac{CD}{BD}=2/5$

Vì $\frac{DE}{DA}=1/3$ nên $S_{ECA}=4k$

Dễ dàng cm được $\frac{AM}{BM}=\frac{S_{CEA}}{S_{BCE}}=4/7$ (từ A;B hạ vuông góc xuống CM)

BÀI 4

Cho tam giác ABC. M nằm trong tam giác. MD:ME;MF lần lượt vuông góc với BC;CA:AB. ĐẶt BC=a; CA=b; AB=c. MD=x; ME=y; MF=z

Tính MIN A=$\frac{a}{x}+\frac{b}{y}+\frac{c}{z}$

cho tam giác ABC có 3 góc nhon và AD, BE, CF đồng quy tại M tìm M để S_DEF đạt GTLN

 

Ta dễ dàng cm được $\frac{S_{AEF}}{S_{ABC}}=\frac{AE.AF}{AB.AC}$ (Từ E;C hạ vuông góc xuống AB xong dùng Thales)

Do đó, hoàn toàn tương tự có

$\frac{S_{AEF}.S_{BFD}.S_{DEC}}{ (S_{ABC})^{3}}$

$=\frac{AE.AF.BF.BD.DC.EC}{(AB.BC.AC)^{2}}$

$\leq\frac{(\frac{AE+EC}{2})^{2}.(\frac{AF+BF}{2})^{2}.(\frac{BD+DC}{2})^{2}}{(AB.BC.CA)^{2}}$

$=\frac{1}{64}$ ( Bất đẳng thức $ab\leq(\frac{a+b}{2})^{2}$ với a; b là số ko âm)

Do đó 3 tam giác AEF; BFD; DEC có diện tích nhỏ hơn hoặc bằng $S_{ABC}$\4

Do đó $S_{DEF}\geq\frac{S_{ABC}}{4}$

Dấu "=" xảy ra <=> E;F;D là trung điểm AC;AB;CB

cho tam giác ABC. trên AC lấy N,I sao cho AN=NI=IC. gọi D,Elaf trung điểm của AB,BC. AE cắt DN và BI ở M,K.

tính diện tích tứ giác MNIK

Nối MI. Đặt $S_{MIN}=k$ => $S_{ANM}=S_{MIN}=k$ (N là trung điểm cạnh AI) => $S_{AMI}=2k$ 

Mà M là trung điểm AK do N là trung điểm AI và MN song song với IK nên $S_{AMI}=S_{IMK}=2k$

Do đó $S_{NMKI}=k+2k=3k$

Nối Ck. có AI=2CI nên $S_{CIK}=2k$

nên $S_{ACK}=2k+4k=6k$

dễ dàng cm được $S_{ACK}=S_{AKB}=6k$

do đó $S_{ABI}=4k+6k=10k$

$AI=2AC/3$ nên $S_{ABI}=2S_{ABC}/3$ nên $S_{ABC}=15k$

Do đó $S_{NMKI}=3S_{ABC}/15=S_{ABC}/5$

Áp dụng    $a^{3}+b^{3}+c^{3}-3abc=(a+b+c)(a^{2}+b^{2}+c^{2}-ab-bc-ca)$

                 $a^{2}+b^{2}+c^{2}-ab-bc-ca\geq 0$

                 $abc\geq (a+b-c)(b+c-a)(a+c-b)$

=>$(a+b-c)^{3}+(b+c-a)^{3}+(a+c-b)^{3}-3abc\geq (a+b-c)^{3}+(b+c-a)^{3}+(a+c-b)^{3}-3(a+b-c)(b+c-a)(a+c-b)=(a+b+c)((a+b-c)^{2}+(b+c-a)^{2}+(a+c-b)^{2}-(a+b-c)(b+c-a)-(a+b-c)(a+c-b)-(b+c-a)(a+c-b))=(a+b+c)(4a^{2}+4b^{2}+4c^{2}-4ab-4bc-4ca)= (a+b+c)(a^{2}+b^{2}+c^{2}-ab-bc-ca+3(a^{2}+b^{2}+c^{2}-ab-bc-ca))\geq (a+b+c)(a^{2}+b^{2}+c^{2}-ab-bc-ca)=a^{3}+b^{3}+c^{3}-3abc<=>(a+b-c)^{3}+(b+c-a)^{3}+(a+c-b)^{3}-3abc\geq a^{3}+b^{3}+c^{3}-3abc<=>(a+b-c)^{3}+(b+c-a)^{3}+(a+c-b)^{3}\geq a^{3}+b^{3}+c^{3}$

Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=> Tam giác đều.

cái đoạn $(a+b-c)^{3}+(b+c-a)^{3}+(a+c-b)^{3}-3abc\geq (a+b-c)^{3}+(b+c-a)^{3}+(a+c-b)^{3}-3(a+b-c)(b+c-a)(a+c-b)$ 

hình như sai dấu rồi bạn ơi. 

Ta có hình vẽ : 

Cần chứng minh $S_{BMNC}$=$S_{HBAG}+S_{ACIJ}$

Gọi M;L là giao cuả MB; NC với HG;JI

Có tam giác HBK=tam giác GAP (c,g,c) => $S_{HBK}$=$S_{GAP}$ 

Nên $S_{HBAG}$=$S_{KBAP}$

lại có $S_{KBAP}$=$S_{BMQR}$ nên $S_{HBAG}$=$S_{BMQR}$

Tương tự $S_{RQNC}$=$S_{ACIL}$

Do đó ta có dpcm

a, dùng diện tích,

b, hệ thức lượng

còn câu c nữa mà 

Cho tam giác ABC (góc A vuông). Kẻ đường cao AH (H thuộc BC)

a\ CM: AH.BC=AB.AC

b\ Có M,N là trung điểm cạnh CB và AB. Đường vuông góc Với BC kẻ từ B giao với MN tại I

 CM: $IB^{2}=IM.IN$

c\ IC giao AH tại O. CM: O là trung điểm AH

Trong các tứ giác có ba cạnh bằng a cho trước, tìm tứ giác có diện tích lớn nhất

Có tứ giác lồi ABCD (0<AB=BC=CD=a). Nên tam giác ABC cân ở B

Hạ BH vuông góc với AC. (0<BH=b<a)

Theo Pythagore thì $AH=HC=\sqrt{a^{2}-b^{2}}$

$S(ABC)=AH.BH=b\sqrt{a^{2}-b^{2}}$

S(ACD)$\leq \frac{AC.CD}{2}$

$=a\sqrt{a^{2}-b^{2}}$

(Dấu bằng xảy ra khi góc ACD=1v)

Có 

S(ABCD)=S(ABC)+S(ACD)

$\leq b\sqrt{a^{2}-b^{2}}+a\sqrt{a^{2}-b^{2}}$

=$\sqrt{a^{2}-b^{2}}(a+b)$

=$\sqrt{(a+b)^{2}(a^{2}-b^{2})}$

=$\sqrt{(a+b)^{3}(a-b)}$

=$\sqrt{\frac{(a+b)^{3}(3a-3b)}{3}}$

=$\sqrt{\frac{(a+b)(a+b)(a+b)(3a-3b)}{3}}$

$\leq \sqrt{\frac{1}{3}\left ( \frac{3a}{4} \right )^{4}}$

=$\frac{3\sqrt{3}}{16}a^{2}$

Với bất đẳng thức AM-GM 4 số

Dấu = xảy ra khi và chỉ khi

a+b=3a-3b

gócACD=1v

hay b=a/2

<=>góc ABH=60<=> góc ABC=120

góc ACD=1v<=>góc BCD =120

Mình xin giải bài này 

$AI \parallel MK \Rightarrow  \frac{MK}{AI}=\frac{KC}{IC}=\frac{KC}{BI}$

$AI \parallel NK \Rightarrow \frac{NK}{AI}=\frac{BK}{BI}$

$\Rightarrow \frac{NK+KM}{AI}=\frac{KC+BK}{BI}=\frac{BC}{BI}=2$

$\Rightarrow KM+KN=2AI$   

p/s: ko biết mình làm đúng ko vì thừa gt góc A= 60

bạn có thể tổng quát với n x n ô giúp mình được không

ok. để mình nghĩ đã 

Chưa chặt chẽ đâu em, em thử lấy $3$ đáy lớn, $1$ đáy nhỏ làm cạnh hình vuông xem ($2$ đáy lớn ở $2$ góc) (nói cách khác, em chưa giải thích rõ vì sao $x,y$ khác tính chẵn lẻ)

Em cảm ơn anh ạ. Em đã fix lại bài rồi, anh xem có sai xót gì nữa ko 

Link hình này bạn

http://upanh.com/vie...&id=2rn28j3l9yw

MÌnh xin làm bài này

Gọi M;G;H là trung điểm đoạn BK;BC;AB. I là trung điểm đoạn BG

Có MG là đg trung bình tam giác BKC;  $\angle BKC$=1v nên $\angle BMG$ =1v

I là trung điểm BG nên MI=$\frac{1}{2}BG=\frac{1}{4}BC$ (const)

do đó M luôn thuộc cung GH cố định do cung GH thuộc đường tròn có tâm là điểm I cố định

Mình có được Đồng  học dốt quá@@

đây là cách giải của mình, ko biết đúng ko nữa

có cạnh lớn và bé của hình thang cân đó là 3 và 1, có góc đáy bằng 45 nên suy ra cạnh bên là $\sqrt{2}$

có: cạnh của hình vuông phải đc xếp từ các cạnh của hình thang

cạnh là 10 là số hữu tỉ, mà $\sqrt{2}$ là số vô tỉ nên bắt buộc phải xếp từ 2 cạnh đáy của hình thang đó

mà cứ 1 hình thang có đáy lớn (3) làm một phần của cạnh hình vuông thì hai hình thang xếp bên cạnh phải xếp ngược lại, tức là canh 1 làm cạnh của hình vuông.

ta có pt nghiệm nguyên 

3x+y=10 (x>1 để 2 hình thang có cạnh 3 được xếp ở đầu đoạn thẳng)

x=2=>y=4(H1)

x=3=>y=1(H2)

cả hai trường hợp khi xếp hình theo các bước bắt buộc thì đến bước nào đó sẽ có 1 phần hình vuông ko thể đc xếp bởi các hình thang

do đó ko xếp đc 

p/s: chắc mình làm đúng rồi nhỉ?   

Thứ 2 là mình chứ có phải Jinbe đâu   

p/s: bạn Thuận cao dã man quá

giả sử dựng đc một tam giác thoả mãn đề bài

tam giác đó nằm trong một hình chữ nhật là tập hợp của các ô vuông

suy ra diện tích tam giác đều đó bằng hiệu của hình chữ nhật đó với các tam giác quanh nó nên là số hữu tỉ

gọi 1 cạnh của tam giác đều lá a

thì diện tích tam giác đề đó là $\frac{a^{2}\sqrt{3}}{4}$ là số vô tỉ

nên điều giả sử là sai. nên ko dựng đc tam giác thoả mãn đề bài  

p/s: bài này mình ko làm đc nên đã hỏi thầy Tưởng trường mình, cảm ơn thầy   

mình xin làm b2( đặt 2n=k^2)

$\frac{3}{4}+\frac{8}{9}+\frac{15}{16}+...+\frac{2n-1}{2n}=(k-1)-(\frac{1}{2^{2}}+\frac{1}{2^{3}}+...+\frac{1}{k^{2}})$

ta thấy với mọi x$\geq 1$ thì x^2>x(x-1)>0 nên

$\frac{1}{x^{2}}<\frac{1}{x(x-1)}=\frac{1}{x-1}-\frac{1}{x}$

$\Rightarrow \frac{1}{4}\leq \frac{1}{2^{2}}+\frac{1}{3^{2}}+...+\frac{1}{k^{2}}< 1-\frac{1}{k}$

$\Rightarrow \frac{1}{2^{2}}+\frac{1}{3^{2}}+...+\frac{1}{k^{2}} \notin \mathbb{Z}$

$\Rightarrow k-1 - (\frac{1}{2^{2}}+\frac{1}{3^{2}}+...+\frac{1}{k^{2}}) \notin \mathbb{Z}$

có đpcm (ta cho x=2,3,...,k ) 

không biết mình làm đúng không