Chủ đề này có 10 trả lời

[hoctrocuaZel]

Câu 1/

Cho a,b,c,d thuộc N*: $ac=bd$. CMR: với n tự nhiên thì $a^n+b^n+c^n+d^n$ là hợp số.

Câu 2/ Với x kg âm, tính: $M=x+\frac{\sqrt[3]{2-\sqrt{3}}.\sqrt[3]{1+\sqrt{4+2\sqrt{3}}}}{\sqrt{1+\sqrt{6+2\sqrt{5}}}.\sqrt{\sqrt{5}-2}+x}$

Câu 3/ x,y,z dương: $xy+yz+xz=1$. Tìm GTNN: $A=21(x^2+y^2)+z^2$

Câu 4/ a,b,c>0. CMR: $\sum \frac{1}{a^3+b^3+abc}\leq \frac{1}{abc}$

5/ a/ (O) BC kg đi qua tâm cố định. Điểm A di chuyển trên cung lớn BC. trên tia đối AB lấy D: $AD=AC$. M trđ CD. Hỏi M di chuyển trên đường nào? Nêu cách dựng, tìm giới hạn.

b/ Cho tg ABC đều cạnh =1. D thuộc BC. Gọi $r_1;r_2$ là bán kính đường tròn nội tiếp tg $ABD;ADC$. Tìm $D$ để $r_1.r_2$ max. tìm GTLN đó.

6/ tg ABC. M nằm trong tg. các đường thẳng AM,BM,CM cắt BC,AC,AB tại D,E,F.

Tìm M để $S_{DEF}$ Max.

[Viet Hoang 99]

 

 

Câu 4/ a,b,c>0. CMR: $\sum \frac{1}{a^3+b^3+abc}\leq \frac{1}{abc}$

 

4)

Ta có: $a^3+b^3\ge ab(a+b)$ (Dùng tương đương)
nên 

$\sum \frac{1}{a^3+b^3+abc}\le \sum \frac{1}{ab(a+b)+abc}=\sum \frac{1}{ab(a+b+c)}=\frac{1}{abc}$

[Viet Hoang 99]

 

Câu 3/ x,y,z dương: $xy+yz+xz=1$. Tìm GTNN: $A=21(x^2+y^2)+z^2$

 

3) 

Tách $21=k+(21-k)$, $0\le k\le 21$

Áp dụng AM-GM có:
$kx^2+ky^2\ge 2kxy$

$(21-k)x^2+\frac{1}{2}z^2\ge xz\sqrt{2(21-k)}$

$(21-k)y^2+\frac{1}{2}z^2\ge yz\sqrt{2(21-k)}$

Cộng theo vế:
$21(x^2+y^2)+z^2\ge 2kxy+(xz+yz)\sqrt{2(21-k)}$

Để áp dụng được giả thiết $xy+yz+zx=1$ thì $2k=\sqrt{2(21-k)}$

$\Leftrightarrow k=3$

Suy ra $A\ge 6xy+6yz+6zx=6$

P/s: Ai biết cách cân bằng hệ số bằng CASIO chỉ giúp với! (Bấm mấy giây ra luôn $k=3$ mà không cần nháp tý nào ấy)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Viet Hoang 99: 05-11-2014 - 21:41

[hoctrocuaZel]

Đề này Đại vs SỐ học quá ... Dễ .

Chủ yếu là câu hình ms trâu bò -> điểm cao!!!

Chém cho e câu 6 vs 5.a phần giới hạn!!!

Câu 6 làm hoài mà ngược dấu!! @@

[HungNT]

 

5/ a/ (O) BC kg đi qua tâm cố định. Điểm A di chuyển trên cung lớn BC. trên tia đối AB lấy D: $AD=AC$. M trđ CD. Hỏi M di chuyển trên đường nào? Nêu cách dựng, tìm giới hạn.

 

Ta có A,M,N thẳng hàng, dựng $ON\perp BC$, $CE\perp BN$

Khi $A\equiv C$ thì $M\equiv C$

Khi $A\equiv B$ thì $M\equiv E$ do $CM\perp AN$

Vậy giới hạn là cung tròn CE có chứa N đường kính CN

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HungNT: 06-11-2014 - 13:55

[chieckhantiennu]

 

6/ tg ABC. M nằm trong tg. các đường thẳng AM,BM,CM cắt BC,AC,AB tại D,E,F.

Tìm M để $S_{DEF}$ Max.

 

chứng minh: $S_{DEF} \leq \frac{S_{ABC}}{4}$.

Đặt: $\frac{AF}{FB}=x$; $\frac{BD}{DC}=y;\frac{CE}{EA}=z;$

$\frac{S_{DEF}}{S_{ABC}}=1-\frac{S_{AEF}}{S_{ABC}}-\frac{S_{BFD}}{S_{ABC}}-\frac{S_{CDE}}{S_{ABC}}$

mà:

$\frac{S_{AEF}}{S_{ABC}}=\frac{AE.AF}{AB.AC}=\frac{AF}{FB}.\frac{FB.EA}{AB.AC}=\frac{x}{(x+1)(z+1)}$

$\rightarrow \frac{S_{DEF}}{S_{ABC}}=1-\frac{x}{(x+1)(z+1)}-\frac{y}{(y+1)(x+1)}-\frac{z}{(z+1)(y+1)}=1-\frac{xy+yz+xz+x+y+z}{(x+1)(y+1)(z+1)}$

Vậy ta phải chứng minh: $\frac{xy+yz+xz+x+y+z}{(x+1)(y+1)(z+1)}\geq \frac{3}{4}(1)$

Mà theo Ceva thì $xyz=1$

Chia cả tử và mẫu của (1) cho $xyz$ ta có:

$(1)\Leftrightarrow \frac{\sum x+\sum \frac{1}{x}}{(x+1)(y+1)(z+1)}\geq \frac{3}{4}\Leftrightarrow \sum x+\sum \frac{1}{x}\geq \frac{3}{4}(x+1)(y+1)(z+1)\geq 6$ 

BDT dễ dàng cm dc bằng AM-GM 6 số.

Đẳng thức xảy ra khi M là trọng tâm.

[hoanglong2k]

chứng minh: $S_{DEF} \leq \frac{S_{ABC}}{4}$.

Đặt: $\frac{AF}{FB}=x$; $\frac{BD}{DC}=y;\frac{CE}{EA}=z;$

$\frac{S_{DEF}}{S_{ABC}}=1-\frac{S_{AEF}}{S_{ABC}}-\frac{S_{BFD}}{S_{ABC}}-\frac{S_{CDE}}{S_{ABC}}$

mà:

$\frac{S_{AEF}}{S_{ABC}}=\frac{AE.AF}{AB.AC}=\frac{AF}{FB}.\frac{FB.EA}{AB.AC}=\frac{x}{(x+1)(z+1)}$

$\rightarrow \frac{S_{DEF}}{S_{ABC}}=1-\frac{x}{(x+1)(z+1)}-\frac{y}{(y+1)(x+1)}-\frac{z}{(z+1)(y+1)}=1-\frac{xy+yz+xz+x+y+z}{(x+1)(y+1)(z+1)}$

Vậy ta phải chứng minh: $\frac{xy+yz+xz+x+y+z}{(x+1)(y+1)(z+1)}\geq \frac{3}{4}(1)$

Mà theo Ceva thì $xyz=1$

Chia cả tử và mẫu của (1) cho $xyz$ ta có:

$(1)\Leftrightarrow \frac{\sum x+\sum \frac{1}{x}}{(x+1)(y+1)(z+1)}\geq \frac{3}{4}\Leftrightarrow \sum x+\sum \frac{1}{x}\geq \frac{3}{4}(x+1)(y+1)(z+1)\geq 6$ 

BDT dễ dàng cm dc bằng AM-GM 6 số.

Đẳng thức xảy ra khi M là trọng tâm.

Chỗ này hình như hơi có vấn đề. $\sum x+\sum \frac{1}{x} \geq 6$ và $\frac{3}{4}(x+1)(y+1)(z+1)\geq 6$ nhưng chắc gì $\sum x+ \sum\frac{1}{x} \geq \frac{3}{4}(x+1)(y+1)(z+1)$

[hoctrocuaZel]

chứng minh: $S_{DEF} \leq \frac{S_{ABC}}{4}$.

Đặt: $\frac{AF}{FB}=x$; $\frac{BD}{DC}=y;\frac{CE}{EA}=z;$

$\frac{S_{DEF}}{S_{ABC}}=1-\frac{S_{AEF}}{S_{ABC}}-\frac{S_{BFD}}{S_{ABC}}-\frac{S_{CDE}}{S_{ABC}}$

mà:

$\frac{S_{AEF}}{S_{ABC}}=\frac{AE.AF}{AB.AC}=\frac{AF}{FB}.\frac{FB.EA}{AB.AC}=\frac{x}{(x+1)(z+1)}$

$\rightarrow \frac{S_{DEF}}{S_{ABC}}=1-\frac{x}{(x+1)(z+1)}-\frac{y}{(y+1)(x+1)}-\frac{z}{(z+1)(y+1)}=1-\frac{xy+yz+xz+x+y+z}{(x+1)(y+1)(z+1)}$

Vậy ta phải chứng minh: $\frac{xy+yz+xz+x+y+z}{(x+1)(y+1)(z+1)}\geq \frac{3}{4}(1)$

Mà theo Ceva thì $xyz=1$

Chia cả tử và mẫu của (1) cho $xyz$ ta có:

$(1)\Leftrightarrow \frac{\sum x+\sum \frac{1}{x}}{(x+1)(y+1)(z+1)}\geq \frac{3}{4}\Leftrightarrow \sum x+\sum \frac{1}{x}\geq \frac{3}{4}(x+1)(y+1)(z+1)\geq 6$ 

BDT dễ dàng cm dc bằng AM-GM 6 số.

Đẳng thức xảy ra khi M là trọng tâm.

Theo mình là bạn làm bài này bị SAI!!!

Khúc cuối! Bài toán kg hề đơn giản như bạn nghĩ đâu :v

[hoctrocuaZel]

chứng minh: $S_{DEF} \leq \frac{S_{ABC}}{4}$.

Đặt: $\frac{AF}{FB}=x$; $\frac{BD}{DC}=y;\frac{CE}{EA}=z;$

$\frac{S_{DEF}}{S_{ABC}}=1-\frac{S_{AEF}}{S_{ABC}}-\frac{S_{BFD}}{S_{ABC}}-\frac{S_{CDE}}{S_{ABC}}$

mà:

$\frac{S_{AEF}}{S_{ABC}}=\frac{AE.AF}{AB.AC}=\frac{AF}{FB}.\frac{FB.EA}{AB.AC}=\frac{x}{(x+1)(z+1)}$

$\rightarrow \frac{S_{DEF}}{S_{ABC}}=1-\frac{x}{(x+1)(z+1)}-\frac{y}{(y+1)(x+1)}-\frac{z}{(z+1)(y+1)}=1-\frac{xy+yz+xz+x+y+z}{(x+1)(y+1)(z+1)}$

Vậy ta phải chứng minh: $\frac{xy+yz+xz+x+y+z}{(x+1)(y+1)(z+1)}\geq \frac{3}{4}(1)$

Mà theo Ceva thì $xyz=1$

Chia cả tử và mẫu của (1) cho $xyz$ ta có:

$(1)\Leftrightarrow \frac{\sum x+\sum \frac{1}{x}}{(x+1)(y+1)(z+1)}\geq \frac{3}{4}\Leftrightarrow \sum x+\sum \frac{1}{x}\geq \frac{3}{4}(x+1)(y+1)(z+1)\geq 6$ 

BDT dễ dàng cm dc bằng AM-GM 6 số.

Đẳng thức xảy ra khi M là trọng tâm.

 

Chỗ này hình như hơi có vấn đề. $\sum x+\sum \frac{1}{x} \geq 6$ và $\frac{3}{4}(x+1)(y+1)(z+1)\geq 6$ nhưng chắc gì $\sum x+ \sum\frac{1}{x} \geq \frac{3}{4}(x+1)(y+1)(z+1)$

Mình giải ra khúc cuối.

Biến đổi qui đồng, ta được: $BDT\Leftrightarrow \sum x+\sum xy\geq 3xyz+3=6$

Điều này hoàn toàn đúng vì BĐT AM-Gm cho 6 số.

Bạn giải đúng nhưng chỗ cuối bị đơ, mình đã làm lại trên và đúng rồi!

[hoanglong2k]

Mình giải ra khúc cuối.

Biến đổi qui đồng, ta được: $BDT\Leftrightarrow \sum x+\sum xy\geq 3xyz+3=6$

Điều này hoàn toàn đúng vì BĐT AM-Gm cho 6 số.

Bạn giải đúng nhưng chỗ cuối bị đơ, mình đã làm lại trên và đúng rồi!

 à mình cũng có một cách chứng minh như sau :

Sau khi đưa về $\frac{S_{AEF}}{S_{ABC}}=1-\frac{xy+yz+zx+x+y+z}{(x+1)(y+1)(z+1)}=\frac{xyz+1}{(x+1)(y+1)(z+1)}$ mà theo đlí Ceva thì $xyz=1\Rightarrow \frac{S_{AEF}}{S_{ABC}}=\frac{2}{(x+1)(y+1)(z+1)}\leq \frac{2}{8xyz}=\frac{1}{4}$ Từ đó có điều cần chứng minh. Dấu "=" xảy ra khi x=y=z=1 hay M là trọng tâm tam giác ABC

(Mình nghĩ là cách này đúng )

[hoanglong2k]

Ta có A,M,N thẳng hàng, dựng $ON\perp BC$, $CE\perp BN$

Khi $A\equiv C$ thì $M\equiv C$

Khi $A\equiv B$ thì $M\equiv E$ do $CM\perp AN$

Vậy giới hạn là cung tròn CE có chứa N đường kính CN

Chỗ này bạn viết rõ lại đk ko, đọc ko hiểu chi hết O-O