Bài hình ngày thứ hai chỉ cần chứng minh MN vuông góc AP và sử dụng tính các góc theo góc tam giác ABC là sẽ có điều phải chứng minh.

MN vuông góc AP cả một vấn đề đấy 

câu b hình 

PQ là đường kính MA cắt (O) tại T

chứng minh $\widehat{AQJ}=90$ bằng cộng góc $\Rightarrow$ QJ song song AP

MI²=MB*MC=MT*MA $\Rightarrow$ IT vuông góc MA

chứng minh QAT đồng dạng PIT $\Rightarrow \frac{QA}{AT}= \frac{PI}{IT}= \frac{QJ}{IT}$ 

 $\Rightarrow $  AQJ đồng dạng ATI  $\Rightarrow \widehat{AJQ}= \widehat{AIT}= \widehat{AMI}$ hay $\widehat{JAI}= \widehat{IMA}$

 $\Rightarrow $ MA vuông góc AJ  từ đây A J P H M cùng thuộc một đường tròn

suy ra $\widehat{KHO}=\widehat{KDO}=\widehat{APJ}=\widehat{AHJ}$ hay A K H thẳng hàng (dpcm)

câu 1 

dùng cauchy-schwarz + chú ý dấu bằng khi a=3 b=1 c=2

Câu 3 $\sum \sqrt{a^{2}b+b^{2}c}$ =$\sum \sqrt{b(a^{2}+bc)}$$\leq \sqrt{(a+b+c)(a^{2}+b^{2}+c^{2}+ab+bc+ca)}$

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

ban trinh bay ra duoc k

chuẩn hóa abc=1 đưa về p,q,r và chú ý r $\geq \frac{p(4q-p^{2})}{9}$

câu 6

 a) ta có $\widehat{AEC}=\widehat{AMB}=\widehat{ADB}$ suy ra BDOE nội tiếp

$\Rightarrow \widehat{AOE}= \widehat{ABC}= \widehat{AME}$ suy ra AEOM nội tiếp

b)theo định lý pappus có OMN thẳng hàng

$\Rightarrow$ $\widehat{CMN}= \widehat{AMO}= \widehat{BEC}= \widehat{BMC}$

$\Rightarrow$ MN luôn đi qua điêm đối xứng của B qua AC $\Rightarrow$ dpcm

nhận xét $2\sqrt{1+8y^{3}}\leq 2+4y^{2}$ (am gm)

$\Rightarrow$ P $\geq \sum \frac{x}{y(y^{2}+x)}$ =$\sum \frac{1}{y}-\sum \frac{y}{x+y^{2}}$

$\geq \sum \frac{1}{x}-\frac{1}{2}\sum \frac{1}{\sqrt{x}}$ (do x+y² $\geq$ 2y$\sqrt{x}$) 

mà $\sum \frac{1}{\sqrt{x}}\leq \sqrt{3(\sum \frac{1}{x})}$

$\Rightarrow$ P $\geq \sum \frac{1}{x}-\frac{1}{2}\sqrt{3(\sum \frac{1}{x})}$ và $\sum \frac{1}{x}\geq 3$ $\Rightarrow$ P $\geq$ $\frac{3}{2}$

Bài hình

a) SI vuông góc AC ID vuông góc SD $\Rightarrow$ SI² =SD*SC  $\Rightarrow$ S thuộc trục đẳng phương của (O) và (C) $\Rightarrow$  dpcm

b) dễ có SJD cân với trung trực SE $\Rightarrow$ $\widehat{JEF}= \widehat{DEF}= \widehat{DAF}$ và SE  vuông góc AD

 $\Rightarrow$ AF  vuông góc EJ

câu hình 

a) dùng phương tích 

b)EP cắt QF tại U , PF cắt EQ taị V AN cắt BM tại T  $\Rightarrow$ UV là đường đối cực của T đối với (EFPQ).

(ADN) cắt (BDM) tại K $\Rightarrow$ T là trực tâm của KAB $\Rightarrow$ TD vuông góc AB .

từ đây được (ATEF)=(BTPQ)=-1 (1) $\Rightarrow$ A B thuộc đường đối cực của T đối với (EFPQ).

$\Rightarrow$ ABUV thẳng hàng

 (1) $\Rightarrow$ AB PE QF đồng qui tại U .

AQ cắt BF tại H áp dụng định lý Desargues cho 2 tam giác AQE BPF được H V T thẳng hàng 

Có (UVAB)=-1 đặt AP căt BE tại Z $\Rightarrow$ TZV thẳng hàng 

$\Rightarrow$ TZVH thẳng hàng  áp dụng định lý Desargues cho 2 tam giác AEY BPX  $\Rightarrow$ AB PE XY đồng qui

 $\Rightarrow$ đpcm

AX cắt CE tại M ,AB cắt DE tại N $\Rightarrow$ MN vuông góc AB

áp dụng Menelaus cho MAC với sự thẳng hàng của O F X cần có $\frac{XM}{XA}= \frac{FC}{FM}$ $\Leftrightarrow$ $\frac{MN}{AD}= \frac{MN}{BC}$ (đúng)

$\Rightarrow$ đpcm

BÀI 74 để ý $\frac{x^{2}+y^{2}+z^{2}}{xy+yz+zx}\geq \frac{x^{2}+y^{2}+z^{2}+y^{2}}{xy+yz+zx+y^{2}}$

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

suy ra  VT =$\frac{x^{2}+2y^{2}+z^{2}+(x+y)\sqrt{xy}+(y+z)\sqrt{yz}}{(x+y)(y+z)}$ 

                  $\geq$ $\frac{x^{2}+2y^{2}+z^{2}+2xy+2yz}{(x+y)(y+z)}$

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

                   $\geq$ 2

Dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow$ x=z , y=0

$AP$ cắt $BC$ tại $L$.

Ta có tứ giác toàn phần $ABFPEC$ có $(ABE)$ cắt $(ACF)$ tại $G$ nên $G$ là điểm $Miquel$ của tứ giác $ABFPEC$.

Do đó tứ giác $GPBF$ và $GPCE$ nội tiếp.

Ap dụng định lý $Brocard$ cho tứ giác $ABPC$ ta suy ra $O,L,G$ thẳng hàng và $OG\perp EF$.

Ta có $\widehat{ALR}=\frac{1}{2}(\widetilde{AC}+\widetilde{BP})=\frac{1}{2}\widetilde{AQ}=\widehat{ADR}$

$\Rightarrow ALDR$ nội tiếp.

Ta cũng có $AOPG$ nội tiếp(kết quả quen thuộc)(1) và $OG$ là trung trực $PD$.

Từ đó $\widehat{AOL}=\widehat{LPG}$(do(1))$=\widehat{LDG}=180-\widehat{ARL}$

$\Rightarrow A,O,L,D,R$ cùng thuộc một đường tròn $\Rightarrow \widehat{ARO}=\widehat{ADO}=\widehat{DAO}=\widehat{DRO}=\widehat{QRO}$.

Đến đây sử dụng bổ đề cũ:Tam giác $ABC$ cân tại $A$ một điểm D thỏa mãn $\widehat{ADB}=\widehat{ADC}$ thì ta có $AD\perp BC$.

$\Rightarrow OR\perp AQ.$

câu 2

3P=(a³+b³+1)+(b³+c³+1)+ (c³+a³+1)+(a³+b³+c³)-3  dùng am gm...

bài 4 a+b+c+$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$ $\geq$ a+b+c+$\frac{9}{a+b+c}$ = a+b+c+$\frac{9}{4(a+b+c)}$ +$\frac{27}{4(a+b+c)}$

          $\geq$ 3+$\frac{27}{4*\frac{3}{2}}$  =....

bài 6 dùng bđt minkopki 

bài 3 thay 1=ab+bc+ca vào mẫu rồi nhóm sau đó dùng am gm

bài 8 để ý$\frac{1}{a+2b}$ $\leq$ $\frac{1}{9}$($\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{b}$) $\Rightarrow$ ....

bài 9 có $\frac{1}{1+a}$ = $\frac{b}{1+b}+\frac{c}{1+c}$ $\geq$ 2$\sqrt{\frac{bc}{(1+b)(1+c)}}$ tương tự ....

 nhìn lướt qua mới chỉ làm được 3 bài

uk minh nham   sr ban nha

AI cắt (ABC) tại J $\Rightarrow$ J là tâm của (BICD).

Tiếp tuyến tại B cắt tiếp tuyến tại C của (BIC) tại T .

chứng minh ACBT  nội tiếp (bằng biến đổi góc) suy ra AT vuông góc AI $\Rightarrow$ T A E thẳng hàng

Dựa vào TB²=TC²=TI*TD=TA*TE  $\Rightarrow$ $\widehat{TEC}$ = $\widehat{TCA}$ = $\widehat{TBA}$= $\widehat{TEB}$ 

$\Rightarrow$ DPCM

biến đổi phương trình thành (a²+b²+ab)²+1=4ab

nhận xét x²+1 $\not\equiv$ 0 ()mod 4) $\Rightarrow$ đpcm

không biết có nhầm hay k

xét x=0 $\Rightarrow$ y=1

với x $\neq$ 0 từ phương trình (1) được x³-x²y+xy²-x²-3xy-2x=0 kết hợp với phương trình(2) 

$\Rightarrow$ x²+y²+3xy+3x-y=0 kết hợp với (1) $\Rightarrow$ 4xy+4x+2y+2=0 $\Leftrightarrow$ (y+1)(4x+2)=0

$\Rightarrow$ ....

bdt đó sai với a=b=0,8;C=$\sqrt[3]{1.976}$

C1: Quy nạp |x_n-$\sqrt{2}$| <$\frac{1}{2^{n}}$ với mọi n$\geq$3

       mà lim$\frac{1}{2^{n}}$=0

       suy ra lim$x_{n}$ =  $\sqrt{2}$

C2 dùng định lý Lagrang

a+bc=a(a+b+c)+bc=(a+b)(a+c) , tương tự ... rồi dùng am gm

Đường thẳng qua $I$ vuông góc $AI$ cắt $AC, AB$ tại $H$ và $G' ; CG'$ cắt $EF$ tại $K'$.

ta có $\Delta CIH \sim \Delta IBG' (g-g)\Rightarrow BG'.HC=G'I^2=G'E.G'A \Rightarrow \frac{BG'}{G'A}=\frac{G'E}{HC}$ (1)

$G'H$ song song $K'F \Rightarrow \frac{K'G'}{G'C}=\frac{FH}{HC}=\frac{EG'}{HC}$ (2)

từ (1)(2) $\Rightarrow \frac{BG'}{G'A}=\frac{K'G'}{G'C}$ hay $BK'$ song song $AC$.

$\Rightarrow K\equiv K'\Rightarrow G \equiv G'$ (đpcm)