Cho các số thực dương a, b,c. Chứng minh rằng :

               $\frac{2(a^{3}+b^{3}+c^{3})}{abc}+\frac{9(a+b+c)^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}\geqslant 33$

Dùng S.O.S như sau:

BĐT cần chứng minh tương đương với:

$\dfrac{2(a^3+b^3+c^3)}{abc}-6+\dfrac{9(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2}-27\geqslant 0\\ \iff \dfrac{2(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)}{abc}+\dfrac{18(ab+bc+ca-a^2-b^2-c^2)}{a^2+b^2+c^2}\geqslant 0\\\iff \left [ (a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2 \right ]\left ( \dfrac{a+b+c}{abc}-\dfrac{9}{a^2+b^2+c^2} \right )\geqslant 0$

Mà: $\dfrac{a+b+c}{abc}-\dfrac{9}{a^2+b^2+c^2}=\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ca}-\dfrac{9}{a^2+b^2+c^2}\\\geqslant \dfrac{9}{ab+bc+ca}-\dfrac{9}{a^2+b^2+c^2}\geqslant 0$

Do đó: $\implies Q.E.D$

Anh ơi file bị lỗi rồi...

Ai có thể cho em xin file khác của quyển Hình học không ạ??

Plssss...

Em cảm ơn. 

Bạn có hai quyển của NGUyễn Vũ Thanh đó chưa? Có cho mình xin link hoặc phiền bạn gửi cho mình qua địa chỉ: [email protected]. cảm ơn bạn nhiều!!!!!!!!!!!!

ai co tai lieu ve he pt ko cho em xem voi 

Có đấy. Mail bạn là gì mình gửi cho. Tài liệu cực hay mình sưu tầm được

Sao mình không tải được file đính kèm trong topic này

https://diendantoanh...-thi-hsg-lớp-9/

 

Ad xem giùm. Cám ơn

Bạn đọc mail mình gửi cho

Cảm ơn em. Lỗi thứ hai anh đã sửa như anh vừa nói ở trên. Còn lỗi đầu tiên anh cũng đã trả lời trên FB, do bạn đó dùng Windows XP là hệ điều hành đã quá cũ. Trên Win XP thì dùng Firefox sẽ vào được.

Em cũng bị vậy. Mà sao cách đây 1 tuần thì vẫn dùng bình thường mà 2-3 ngày lại đây thì không dùng được. Em cũng dùng winxp

Cho em hỏi. Sao google chorm và cốc cốc không vào được (17/02/2017)

Bài 93(sưu tầm)

Cho tam giác ABC có góc A nhọn, nội tiếp đường tròn (O) và AB>AC. Tia phân giác cua góc BAC cắt đường tròn (O) tại D (D khác A) và cắt tiếp tuyến tại B của đường tròn (O) tại E. Gọi F la giao điểm của BD và AC.

a)Chứng minh EF//BC

b)Gọi M là giao điểm của AD va BC. Các tiếp tuyến tại B,D của đường tròn (O) cắt nhau tại N.Chứng minh rằng:$\frac{1}{BN}=\frac{1}{BE}+\frac{1}{BM}$

Mặc dù đây là một bài toán dễ nhưng xuất hiện trong topic nên mình đành làm lời giải

a) Ta có: $\widehat{BEA}=\dfrac{1}{2}(sđAB-sđBD )=\dfrac{1}{2}(sđ AB-sđ DC)=\widehat{BFA}$ nên BEFA nội tiếp $\Rightarrow \widehat{BFE}=\widehat{BAE}=\widehat{DBC}\Rightarrow BC//EF$

b) Theo định lí $Thales$ ta có: $\dfrac{BN}{BM}=\dfrac{DN}{BM}=\frac{NE}{BE}\Rightarrow \dfrac{BN}{BE}+\dfrac{BN}{BM}=1\Rightarrow \dfrac{1}{BN}=\dfrac{1}{BE}+\dfrac{1}{BM}$

PS: MrCooper cho mình viết tổng hợp cùng với nhé!!!

Bài 86. (IMO Shortlist 2007) Cho năm điểm A, B, C, D, E thỏa mãn ABCD là hình bình hành, BDEC là tứ giác nội tiếp đường tròn. Đường thẳng (d) qua A cắt DC và BC tại F và G thỏa mãn $EF=EG=EC$. Chứng minh rằng (d) là phân giác góc A.

$\boxed{\text{Lời giải bài 86}}$

Gọi $H;N;K$ lần lượt là hình chiếu của $E$ xuống $DC;BC;BD$ $\Rightarrow \overline{H,N,K}$ (đường thẳng $Simson$)

Vì các $\Delta ECF; \Delta ECG$ cân nên $H;N$ lần lượt là trung điểm của $CF;CG$

Do đó: $KH//AF$$\Rightarrow K$là trung điểm của $BD\Rightarrow \overline{A,K,C}\Rightarrow \Delta EDB$ cân tại $E$

Từ đó: $\Rightarrow \widehat{BCE}=\widehat{BDE}=\widehat{EBD}=\widehat{ECF}\Rightarrow \widehat{EGC}=\widehat{EFC}$. Mà: $\widehat{EFG}=\widehat{EGF}\Rightarrow \widehat{CFG}=\widehat{CGF}\Rightarrow \widehat{DAF}=\widehat{FAB}$

Vậy bài toán được chứng minh

                                                                                            " Góp vui cho topic "   

Mình xin tham gia topic và mở đầu bằng hai bài toán .

Bài 89 ( APMO 2000 ): Cho tam giác ABC với trung tuyến AM và phân giác AN . Đường thẳng vuông góc với AN tại N cắt AB và AM lần lượt tại P và Q . Đường thẳng vuông góc với AB tại P cắt AN tại O . Chứng minh rằng OQ vuông góc với BC . 

Bài 90 ( sưu tầm ) : Cho tam giác ABC có I là trung điểm BC , đường thẳng d đi qua I cắt AB , AC lần lượt tại M và N , đường thẳng d' đi qua I cắt AB ,AC lần lượt tại Q và P ( M và P nàm cùng phía với BC ) . MP , NQ cắt BC tại E và F . Chứng minh rằng IE = IF .

$\boxed{\text{Lời giải bài 90}}$

PS: Bài này bạn thiếu đề tí...

Áp dụng định lí $Menelaus$ cho $\Delta ABC$ với $\overline{F,Q,N}$ ta có: $\frac{FB}{FC}.\frac{NC}{NA}.\frac{QA}{QB}=1\Rightarrow \frac{FB}{FC}=\frac{NA}{NC}.\frac{QB}{QA}$

$\Delta ABC$ với $\overline{E,P,M}\Rightarrow \dfrac{EC}{EB}.\dfrac{MB}{MA}.\dfrac{PA}{PC}=1\Rightarrow \dfrac{EC}{EB}=\dfrac{MA}{MB}.\dfrac{PC}{PA}$

$\Delta ABC$ với $\overline{Q,I,P}\Rightarrow \dfrac{PC}{PA}.\dfrac{QA}{QB}.\dfrac{IB}{IC}=1\Rightarrow \frac{PC}{PA}=\dfrac{QB}{QQ}$

Tương tự: $\Delta ABC$ với $\overline{M,I,N}\Rightarrow \dfrac{NC}{NA}.\dfrac{MA}{MB}.\dfrac{IB}{IC}=1\Rightarrow \dfrac{MA}{MB}=\dfrac{AN}{NC}$

Vậy $\frac{FB}{FC}=\frac{EC}{EB}\Rightarrow BF=CE\Rightarrow IE=IF$

Bài 81(APMO):

Cho tam giác $ABC$; đường cao $AD;BE;CF$ và $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$. Chứng minh rằng $OA;OB;OC;OD;OE;OF$ chia tam giác $ABC$ thành $3$ cặp tam giác bằng nhau.

geogebra-export (1).png

$\boxed{\text{Lời giải bài 81}}$

Gọi P, Q lần lượt là trung điểm của BC, AC

Dễ thấy: $\widehat{BOF}=\frac{1}{2}\widehat{BOC}=\widehat{BAC}$

Lại có: $\widehat{BPO}=\widehat{BEA}=90^o \Rightarrow \Delta BOP \sim \Delta BAE (g.g)\Rightarrow \frac{OP}{EA}=\frac{OB}{BA}$

Chứng minh tương tự: $\Delta BDA \sim \Delta OQA(g.g)\Rightarrow \frac{BD}{OQ}=\frac{BA}{OA}$

Từ hai điều trên ta có: $\frac{OP}{EA}=\frac{OQ}{BD}\Rightarrow OP.BD=EA.OQ\Rightarrow S_{OBD}=S_{OAE}$

Các cặp còn lại chứng minh tương tự

Bài toán 90 : Cho các số thực $a,b,c$\in [0;1]$. Cmr : $a^3+b^3+c^3\leq a^3b +b^3c+c^3a$

$\boxed{\text{Lời giải bài 90}}$

BĐT đã cho tương đương với: $a^3(1-b)+b^3(1-c)+c^3(1-a)\leqslant 0$ (BĐT này luôn đúng vì $a,b,c$ $\in [0;1]$)

Dấu "=" xảy ra khi: $(a,b,c)=(1,1,1);(0,1,0);(0,0,0)(1,1,0)$ và các hoán vị

Bài 3:

BĐT đã cho tương đương với: $2(\sum \sqrt{a})\geqslant 2\sum ab\Leftrightarrow 2(\sum \sqrt{a}) \geqslant (\sum a)^2-(\sum a^2) \Leftrightarrow \sum a^2+2(\sum a) \geqslant 9$

Mặt khác, theo BĐT $AM-GM$ ta có: $a^2+\sqrt{a}+\sqrt{a}\geqslant 3a\Rightarrow \sum a^2+2(\sum \sqrt{a})\geqslant 3(\sum a)=9\Rightarrow Q.E.D$

Bài 7:

Ta có: $(a+b)(b+c)(c+a)+4=(a+b+c)(ab+bc+ca)+3=\dfrac{(a+b+c)(ab+bc+ca)}{3}+\dfrac{(a+b+c)(ab+bc+ca)}{3}+\dfrac{(a+b+c)(ab+bc+ca)}{3}+3\geqslant 4\sqrt[4]{\dfrac{(a+b+c)^3(ab+bc+ca)^3}{9}}= 4(a+b+c)\sqrt[4]{\dfrac{(ab+bc+ca)^3}{9(a+b+c)}}$

Mà: $9(a+b+c)=9abc(a+b+c)\leqslant 3(ab+bc+ca)^2\leqslant (ab+bc+ca)^3$ (vì $ab+bc+ca\geqslant 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}=3$

Do đó ta có đpcm

Bài của Khánh sử dụng phương pháp thế, đây là 1 hệ rất quen thuộc của những đề luyện thi đại học

Từ phương trình $(2)$ $\Rightarrow y=\frac{2x^2-20x}{x^2+20}$ thế vào phương trình $(1)$ ta được 

$3x^2-9x+\frac{x(2x^3-20x)}{x^2+20}-(\frac{2x^3-20x}{x^2+20})^2-\frac{9(2x^3-20x)}{x^2+20}=0$

$\Leftrightarrow \frac{x(x-10)(x-2)(x^2-15x+20)}{(x^2+20)^2}=0$

giải phương trình tìm $x$ có vẻ bài này có 1 số nghiệm lẻ

Giải pháp này chưa hiệu quả lắm!!!

Nó sẽ không khả thi lắm trong 1 số trường hợp

Để chứng tỏ điều đó, mời chị giải 1 bài toán cùng dạng

$\boxed{\text{Bài 206}}$ Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{matrix} 4x^3+3xy^2=7y\\ y^3+6x^2y=7 \end{matrix}\right.$

Tiếp cận hướng đẳng cấp cũng khá phức tạp.

Đây là hướng của em. Cách này đã được anh Bùi Thế Việt nghĩ ra....

Đã sửa

$\boxed{\text{Bài toán 204}}$ Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{matrix} 3x^2+xy-9x-y^2-9y=0\\ 2x^3-20x-x^2y-20y=0 \end{matrix}\right.$

Bằng máy tính thử vài giá trị của $y$ rồi solve $x$, ta có được 2 nghiệm sau: $(x,y)\in \left \{ (0,0),(2,-1) \right \}\implies x+2y=0 \iff x=-2y$

Thế vào hệ ta có: $\left\{\begin{matrix} 9y(y+1)=0\\ -20y(y+1)(y-1)=0 \end{matrix}\right.$

Có ngay ý tưởng

Lấy $20(y-1)PT(1)+9PT(2)$ ta được: $20(y-1)(3x^2+xy-9x-y^2-9y)+9(2x^3-20x-x^2y-20y)=0\\ \iff (x+2y)(18x^2+15xy-60x-10y^2-80y)=0$

Trường hợp 1 dễ rồi

Trường hợp 2: Ta có hệ: $\left\{\begin{matrix} 18x^2-10y^2+15xy-60x-80y=0\\ 3x^2-y^2+xy-9x-9y=0 \end{matrix}\right.$

Hệ này cũng đã được anh Việt đưa ra dạng tổng quát

Hệ dạng: $\left\{\begin{matrix} a_{1}x^2+b_{1}y^2+c_{1}xy+d_{1}x+e_{1}y+f_{1}=0\\ a_{2}x^2+b_{2}y^2+c_{2}xy+d_{2}x+e_{2}y+f_{2}=0 \end{matrix}\right.$

Đặt: $\left\{\begin{matrix} a=a_{1}+ka_{2},b=b_{1}+kb_{2},c=c_{1}+kc_{2}\\ d=d_{1}+kd_{2},e=e_{1}+ke_{2},f=f_{1}+fa_{2} \end{matrix}\right.$

Thế vào công thức: $dec+4abf=ae^2+bd^2+fc^2$. Tìm được $k$. Lấy $PT(1)+kPT(2)$ rồi tìm $\Delta$ và phân tích nhân tử thôi

Bài toán được giải quyết khá đơn giản về mặt ý tưởng

Bài 206 tương tự dạng này, cái trong ngoặc của bài này là sử dụng tư duy đẳng cấp

Tiếp lửa cho topic bằng 2 bài toán sau đây:

$\boxed{207}$ Giải phương trình $\sqrt{4x-1}+\sqrt[4]{8x-3}=4x^4-3x^2+5x$

$\boxed{208}$ Giải phương trình: $x+\sqrt{2x-1}\sqrt[3]{2x+1}=3+\sqrt{x+2}\sqrt[3]{x+4}$

$\boxed{208}$ Giải phương trình: $x+\sqrt{2x-1}\sqrt[3]{2x+1}=3+\sqrt{x+2}\sqrt[3]{x+4}$

Bài này có vẻ khá phức tạp nhưng có thể xử lí khá dễ như sau:

$2x-1+\sqrt{2x-1}\sqrt[3]{2x-1+2}=x+2+\sqrt{x+2}\sqrt[3]{x+2+2}$

Xét hàm: $f(t)=t+\sqrt{t}\sqrt[3]{x+2} \implies f(t)'$. Dễ dàng kiểm tra được tính đồng biến

$\implies x+2=2x-1 \implies x=3$

Thử lại và kết luận

Hình lời giải có một lỗi và lỗi đó đã hại cái lời giải hay!

Đã sửa

$\boxed{\text{Bài toán 204}}$ Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{matrix} 3x^2+xy-9x-y^2-9y=0\\ 2x^3-20x-x^2y-20y=0 \end{matrix}\right.$

Bài 203: GPT $\frac{1}{\sqrt{x+3}}+\frac{1}{\sqrt{3x+1}}=\frac{2}{1+\sqrt{x}}$

Sửa lại lời giải như sau nhé (Cảm ơn tiền bối An Infinitesimal)

Áp dụng BĐT $Cauchy-Schwarz$ ta có: $\left ( \dfrac{1}{\sqrt{x+3}}+\dfrac{1}{\sqrt{3x+1}} \right )^2\leqslant 2\left ( \dfrac{1}{x+3}+\dfrac{1}{3x+1} \right )$

Mà: $\left ( \dfrac{2}{\sqrt{x}+1} \right )^2-2\left ( \dfrac{1}{x+3}+\dfrac{1}{3x+1} \right)=\dfrac{4(\sqrt{x}-1)^4}{(\sqrt{x}+1)^2(x+3)(3x+1)}\geqslant 0$

Do đó: $\frac{1}{\sqrt{x+3}}+\frac{1}{\sqrt{3x+1}}\leqslant \frac{2}{1+\sqrt{x}}$

Đẳng thức xảy ra: $\iff x=1$

Thử lại thấy thoả mãn

Cho tam giác ABC, M là điểm bất kì trong tam giác. AM, BM, CM lần lượt cắt BC, CA, AB tại A', B', C'. CMR: M là trọng tâm tam giác ABC khi và chỉ khi M là trọng tâm tam giác A'B'C'.

Vì $M$ nằm trong tam giác $ABC$ nên tồn tại các số $x,y,z>0$ thoả mãn: $x\overrightarrow{MA}+y\overrightarrow{MB}+z\overrightarrow{MC}=\overrightarrow{0}$

Qua các phép chiếu $vector$ $Ch_{BC}(AA')=\overrightarrow{0};Ch_{AC}(BB')=\overrightarrow{0};Ch_{AB}(CC')=\overrightarrow{0}$ ta có:

$x\overrightarrow{MA}+(y+z)\overrightarrow{MA'}=\overrightarrow{0}$

Tương tự: $y\overrightarrow{MB}+(z+x)\overrightarrow{MB'}=0;z\overrightarrow{MC}=(x+y)\overrightarrow{MC'}$

Do đó: $\left\{\begin{matrix} \overrightarrow{MA'}=-\dfrac{x}{y+z}\overrightarrow{MA}\\ \overrightarrow{MA'}=-\dfrac{x}{y+z}\overrightarrow{MA}\\ \overrightarrow{MC'}=-\dfrac{z}{x+y}\overrightarrow{MC} \end{matrix}\right.$

Vì vậy, $M$ là trọng tâm $\Delta A'B'C'$ $\iff \overrightarrow{MA'}+\overrightarrow{MB'}+\overrightarrow{MC'}=\overrightarrow{0}\\\iff \dfrac{-x}{y+z}\overrightarrow{MA}+\dfrac{-y}{x+z}\overrightarrow{MB}+\dfrac{-z}{x+y}\overrightarrow{MC}=0$

Dễ thấy: $\implies \dfrac{x}{\dfrac{x}{y+z}}=\dfrac{y}{\dfrac{y}{z+x}}=\dfrac{z}{\dfrac{z}{x+y}}\iff x=y=z$

$\iff \overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}=\overrightarrow{0}\iff$ $M$ là trọng tâm của $\Delta ABC$

Cho tứ giác ABCD. M, N thay đổi $\epsilon$ AB, CD sao cho: $\frac{AM}{AB}=\frac{CN}{CD}$

Tìm quĩ tích trung điểm I của MN.

Mọi người giúp mk nhé !!

Bài này khá hay và khó!!! Đã có lời giải, xin mở rộng nó như sau.

Cho tứ giác ABCD. M, N thay đổi $\in$ AB, CD. Tìm quĩ tích trung điểm I của MN.

Gọi $P,Q,R,S$ lần lượt là trung điểm của $AD, BD, BC, CA$

Vì $I$ là trung điểm của $MN$ nên: $\overrightarrow{PI}=\dfrac{1}{2}(\overrightarrow{AM}+\overrightarrow{DN})$ (cái này tự chứng minh nha)

Đặt: $\dfrac{AM}{AB}x, \dfrac{CN}{CD}=y$. Vì $\overrightarrow{AM}$ cùng hướng với $\overrightarrow{AB}$, $\overrightarrow{CN}$ cùng hướng với $\overrightarrow{CD}$ $\implies \overrightarrow{AN}=x\overrightarrow{AB},\overrightarrow{CN}=y\overrightarrow{CD}$

Do đó: $\overrightarrow{PI}=\dfrac{1}{2}(x\overrightarrow{AB}+y\overrightarrow{CD})$

Nhận thấy: $PQRS$ là hình bình hành, nên tồn tại các điểm $Z,T$ thứ tự thuộc $PQ,PS$ sao cho: $\overrightarrow{PZ}=x\overrightarrow{PQ},\overrightarrow{PT}=y\overrightarrow{PS}$

Vì vậy, suy ra: $\overrightarrow{PI}=\dfrac{1}{2}(x\overrightarrow{AB}+y\overrightarrow{CD})=x\overrightarrow{PQ}+y\overrightarrow{PS}=\overrightarrow{PZ}+\overrightarrow{PT}$, suy ra: $PZIT$ là hình bình hành

Vậy: $I$ thuộc miền hình bình hành $PQRS$

  

Câu 3: (4,0 điểm)

        1.Tìm nghiệm nguyên của phương trình $x^{2}(y-5)-xy=x-y+1$.

Ta có: $x^{2}(y-5)-xy=x-y+1\Leftrightarrow x^{2}(y-5)-x(y+1)+y-1=0$

$\Delta =(y+1)^2-4(y-1)(y-5)=-3y^2+26y-19 \geq 0\Leftrightarrow \frac{13-4\sqrt{7}}{3}\leq y \leq \frac{13+4\sqrt{7}}{3}$

y nguyên...

Giải bài  hình câu cuối sai rồi bạn nhé: O, Q, P chưa thẳng hàng

Các bạn thử giải lại bài hình câu cuối đi

Không cần thẳng hàng đâu. Mình xin trình bày lại để bạn rõ

Gọi $Q$ là giao điểm của $(AIOK)$ và $OP$; $H$ là giao điểm của $OA$ và $IP$ $\Rightarrow \widehat{AQO}=90^o$. Mà $\widehat{OHP}=90^o\Rightarrow AHQP$ nội tiếp $\Rightarrow OQ.OP=OH.OA=OI^2=ON^2\Rightarrow \frac{OQ}{ON}=\frac{ON}{OP}\Rightarrow \Delta ONQ \sim \Delta OPN(g.g)\Rightarrow \widehat{PNO}=\widehat{NQO}=90^o\Rightarrow Q.E.D$

Cắt được! Cách làm: từ một mảnh ban đầu cắt theo cách thành 8 miếng liên tục với 287 lần cắt ta được 2010 miếng lớn-nhỏ, lấy ra một miếng (còn lại 2009 miếng) cắt theo cách thành 4 miếng với 2 lần cắt thành 7 miếng => tổng cộng được 2016 miếng lớn, nhỏ.

PS: sao giống bài tiểu học quá.

Bạn sai rồi. 

bài này nhiều bạn bị nhầm. Mình đem ra đáp án nhé!!!