Minhnksc

$\boxed10$ Do $c\geq 1\Rightarrow a\leq 1,b\leq 1\Rightarrow (a-1)(b-1)(c-1)\geq 0\Rightarrow abc\geq ab+bc+ca-1\Rightarrow (6-a^2-b^2-c^2)(2-abc)=2(1+ab+bc+ca)(2-abc)\leq 2(1+ab+bc+ca)(3-ab-bc-ca)\leq 8\Leftrightarrow (a,b,c)\in (1,0,1)$ và các hoán vị !!!

mình xin góp 1 bài

BÀI 33:(câu c bài hình tuyển sinh chuyên toán thpt chuyên Trần Phú - Hải Phòng 2016 - 2017)

Cho $\Delta ABC$ có trực tâm $H$, trung điểm $M$ của $BC$, lấy $N$ thuộc $BC$ sao cho $\angle BHN = \angle CHM$, kẻ AQ vuông góc với HN tại Q, chứng minh đường tròn ngoại tiếp $\Delta MNQ$ và đường tròn ngoại tiếp của $\Delta ABC$ tiếp xúc với nhau

Bài toán đề xuất tiếp theo:

Bài 30: (Đề vòng 2 chuyên Thái Bình-quê sếp :v  2016 - 2017)

Từ $I$ ngoài (O) vẽ 2 tiếp tuyến $IA, IB$ và cát tuyến  $ICD$ (C giữa I và D). Gọi $H$ là trung điểm $AB$. Chứng minh rằng:$\angle ADH = \angle IDB$

 

BÀI 30: 

Dễ thấy$AC.BD=AD.BC$

Áp dụng định lý ptô-lê-mê cho tứ giác ABCD nội tiếp 

$\Rightarrow AC.BD+AD.CB=AB.CD$

$\Rightarrow 2AC.BD=AB.CD \Rightarrow AC.BD=AH.CD$

$\Rightarrow \frac{AH}{BC}=\frac{AD}{BC}$

lại có $\angle DCB=\angle HAD$

từ đó suy ra $\Delta ADH \sim \Delta CDB$ $\Rightarrow \angle ADH=\angle CDB=\angle IDB$

 

 

Bài toán 16 (Thi thử chuyên KHTN năm 2011, vòng 2, đợt 1). Cho tam giác $ABC$ đều nội tiếp đường tròn $(O)$, độ dài đường cao là $H$. $M$ thuộc cung nhỏ $BC$ của $(O)$. Gọi $A',B',C'$ là hình chiếu của $M$ lên $BC,CA,AB$.

 

1) Chứng minh rằng $\dfrac{MB'}{MC'}+\dfrac{MC'}{MB'}-\dfrac{h}{MA'}$ không đổi khi $M$ di chuyển trên cung nhỏ $BC$.

 

2) Chứng minh rằng $MA'\le \dfrac{h}{3}$. 

 

1,Gọi a là độ dài cạnh của $\Delta ABC$ 

Ta nhận thấy rằng

$\frac{S_{MAB}+S_{MAC}-S_{MBC}}{a}=\frac{S_{ABC}}{a}$

$\rightarrow {MB}'+{MC}'-{MA}'=h$(1)

Ta có

$\frac{{MB}'}{{MC}'}+\frac{{MC}'}{{MB}'}-\frac{h}{{MA}'} =\frac{({MB}'^2+{MA}'^2){MA}'-h.{MA}'.{MB}'}{{MA}'.{MB}'.{MC}'}$

Thay $h={MA}'+{MB}'+{MC}'$ ta suy ra biểu thức đề bài cho bằng 1 (không đổi)

2,

Dễ dàng nhận thấy ${MA}'$ lớn nhất khi M nằm chính giữa cung nhỏ BC 

Từ đó suy ra ${MA}' \leq \frac{h}{3}$

 

$\boxed{5}$Có sai đề gì không bạn (không ra nghiệm)
 

 

mình sửa đề rồi đó bạn, mà câu này nếu bạn không ra nghiệm thì chứng minh nó vô nghiệm nhá ,vì câu này mình sáng tác và dùng bất đẳng thức để giải nên cũng chưa kiểm tra dấu bằng đâu

BÀI 5 : Giải phương trình:

$-4x^3+16x^2-20x+5+\frac{1}{x^2}+\frac{6x+2}{\sqrt{(5-2x)(2x-1)}}+\frac{3x^2-x+4}{2\sqrt{x-1}}=6\sqrt[3]{3}$ 

BÀI 6:(Học sinh giỏi tỉnh Hà Nam 2013-2014) 

Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn: $a^2+2b^2+3c^2=3abc$

Tìm GTNN của biểu thức: $P = 3a+2b+c+\frac{8}{a}+\frac{6}{b}+\frac{4}{c}$

câu 4 

a, đkxđ $y^2\neq 8x$; $x\neq 0$

nhân chéo 2 vế thu được

$x^3+y^3=3xy (1)$

đặt $x=x_{0}d$ và $y=y_{0}d$ với d là ước chung lớn nhất của x và y và $\left ( x_{0},y_{0} \right ) = 1$

thay vào (1) ta có$d\left ( x_{0}^3+y_{0}^3 \right )=9x_{0}y_{0}$ (2)

mà theo trên ta lại có $x_{0}$ và $y_{0}$ là 2 số nguyên tố cùng nhau nên dễ dàng chứng minh được 

$\left ( x_{0}^3+y_{0}^3, x_{0}y_{0} \right ) = 1$

kết hợp với (2) suy ra $d\vdots x_{0}y_{0}$ $\Rightarrow d\geq x_{0}y_{0} (3)$

từ (2) và (3) $\Rightarrow x_{0}^3+y_{0}^3 \leq 9$ 

mà $x_{0}$ và $y_{0}$ là các số dương nên dễ dàng tìm được $x_{0}$ và $y_{0}$

từ đó suy ra d, tìm x và y rồi đối chiếu với đkxđ ta thấy có 1 cặp nghiệm duy nhất $\left ( x;y \right )=\left ( 4;2 \right )$

p/s: câu 4 khó v