nmuyen2001

Câu hình

Ý 1 trước đã

Gọi $M$ là giao điểm của $HF$ và $DE$. Ta có $MB=MC$ nên nếu cm được tứ giác $BMCH$ nội tiếp thì suy ra $HF$ là phân giác góc $BHC$.

Ta có tứ giác $BDCG$ nội tiếp $\Rightarrow FB.FC=FG.FD$ (1)

$AE//HM \Rightarrow \widehat{AED}=\widehat{HMD}$

Mặt khác, $AEDG$ nội tiếp $\Rightarrow \widehat{AED}=\widehat{HGD}$

$\Rightarrow \widehat{HMD}=\widehat{HGD}$

$\Rightarrow HGMD$ nội tiếp 

$\Rightarrow FG.FD=FM.FH$ (2)

Từ (1) và (2) $\Rightarrow FB.FC=FM.FH$

$\Rightarrow BMCH$ nội tiếp, ta có đpcm.

vi sao KI vuong goc AE the?

$AD$ là dây chung của $(I)$ và $(K)$, $IK$ là đường nối tâm nên $AD\perp IK$

ĐK: $\begin{bmatrix} 2\geq m\geq 1\\ -1\geq m\geq -3 \end{bmatrix}$

Theo Vieta ta có: $P=-16m^2+8m+24$

$\Leftrightarrow P=-16(m-1)^2-24m+40\leq -24m+40\leq 40-24=16$ (vì $m\geq 1$)

Dấu = xảy ra $\Leftrightarrow m=1$

Lại có: $-1\geq m\geq -3$ $\Rightarrow 1\leq m^2\leq 9 \Rightarrow -16\geq -16m^2\geq -144$

$\Rightarrow P\geq -144+8m+24\geq -144+8.(-3)+24=-144$ (vì $m\geq -3$)

Dấu = xảy ra $\Leftrightarrow m=-3$

Vậy $-144\leq P\leq 16$

Bài 75: $x,y>0;x+y=2$

CM: $x^{3}y^{3}(x^{3}+y^{3})\leq 2$

Ta có: $x^3y^3(x^3+y^3)=x^3y^3(x+y)(x^2-xy+y^2)=2x^3y^3(x^2-xy+y^2)\leq 2(\frac{x^2+y^2+2xy}{4})^4=2$ (theo AM-GM)

Dấu "=" xảy ra $\Leftrightarrow x=y=1$

Bài 65:$a,b,c>0; ab+bc+ca=3$

CM:  $\frac{a}{2a+b^{2}}+\frac{b}{2b+c^{2}}+\frac{c}{2c+a^{2}}\leq 1$

Ta có: $\sum \frac{a}{2a+b^2}\leq 1 \Leftrightarrow \sum \frac{2a}{2a+b^2}\leq 2 \Leftrightarrow \sum (1-\frac{2a}{2a+b^2})\geq 3-2 \Leftrightarrow \sum \frac{b^3}{2ab+b^3}\geq 1$

áp dụng bđt Cauchy-Schwarz dạng phân thức:
$\sum \frac{b^3}{2ab+b^3}\geq \frac{(\sum a^{\frac{3}{2}})^2}{\sum 2ab+\sum a^3}=\frac{\sum a^3+2\sum (ab)^{\frac{3}{2}}}{\sum a^3+2\sum ab}$

Ta cần chứng minh: $\sum (ab)^{\frac{3}{2}} \geq \sum ab$
Thật vậy, áp dụng bđt AM-GM: $\sum (ab)^{\frac{3}{2}}\geq 3\sqrt[3]{(a^2b^2c^2)^{\frac{3}{2}}}=3=\sum ab$
Ta có đpcm. Dấu "=" xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c=1$