Nxb

Câu V. ( 1 điểm) Cho ba số thực dương $a, b, c$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: $$P=\sqrt{\frac{(a+b+c)(ab+bc+ca)}{abc}}+\frac{4bc}{(b+c)^2}$$

Sủ dụng bất đẳng thức $Cauchy-Schwarz$ và $AM-GM$ cho 3 số, ta có:
$$P=\sqrt{(\frac{a}{bc}+\frac{b+c}{bc})(b+c+\frac{bc}{a})} + \frac{4bc}{(b+c)^2} \geq 1+\frac{b+c}{\sqrt{bc}}+\frac{4bc}{(b+c)^2} \geq 4$$
Dấu $'='$ xảy ra khi $a=b=c$. Vậy $minP=4$

ban nhạc "mới nổi"
http://mp3.zing.vn/v...s/ZW600UU8.html

$\fbox{1}$
O là tâm đường tròn tiếp $\Delta ABC$. H là trực tâm. $AD \perp BC$. EF là đường trung trực của $OA$; $D;E \in BC$. Chứng minh rằng đường tròn ngoai tiếp $\Delta ADE$ đi qua trung điểm $OH$

Đề bài đúng phải là thế này, thảo nào mình thấy đề ảo quá.
Dựng $M$ là trung điểm của $OH$, $K$ đối xứng với $H$ qua $BC$.
Theo một bài toán quen thuộc, ta có $K$ nằm trên $(O)$. Do đó $DM // OK$($F$ là trung điểm của $OA$ luôn, nếu không thì đề thật củ chuối). Suy ra:
$$\widehat{ADM}=\widehat{AKO}=\widehat{OAK}=\widehat{FED}$$
Chú ý rằng $\widehat{ADM}+\widehat{FMD}=180$. Ta có đpcm

1, Cho các số thực không âm $a,b,c$ tm $ab+ac+bc=3$
Chứng minh: $\frac{1}{a^{2}+2}+\frac{1}{b^{2}+2}+\frac{1}{c^{2}+2}\leq 1$

Lời giải.
Bất đẳng thức tương đương với:
$$\sum \frac{a^2}{a^2+2} \geq 1$$
Theo bất đẳng thức $Cauchy$, chú ý rằng $ab+bc+ca=3$, ta có:
$$\sum \frac{a^2}{a^2+2} \geq \frac{(a+b+c)^2}{\sum a^2+6}=1$$
Ta có đpcm.

2, Tìm GTLN và GTNN của $Q=x^{6}+y^{7}+z^{8}$ biết $x^{2}+y^{4}+z^{6} =1$ với $x,y,z$ thuộc $R$

Lời giải.
Từ giả thiết ta có giá trị tuyệt đối $x, y, z \leq 1$, do đó:
$$Q \leq x^2+y^4+z^6=1$$
Dấu bằng xảy ra khi $x=y=0, z=1$. Vậy $maxQ=1$

5, Cho các số thực dương $a,b,c$ tm $a+b+c=3$ . Chứng minh rằng $a^{2}+b^{2}+c^{2}+abc\geq 4$

Lời giải.
Ta xác định $f$ thoả mãn $f(a,b,c)=a^{2}+b^{2}+c^{2}+abc$
$$f(a,b,c)-f(\frac{a+b}{2}, \frac{a+b}{2}, c)=(a-b)^2(\frac{1}{2}-\frac{c}{4})$$
Giả sử $c=min(a,b,c)$, ta có $c\leq 1$, từ điều này suy ra:
$$f(a,b,c) \geq f(\frac{a+b}{2}, \frac{a+b}{2}, c)$$
Đặt $t=\frac{a+b}{2}$, suy ra $2t+c=3, 1\leq t < \frac{3}{2}$, ta phải chứng minh:
$$2t^2+c^2+t^2c \geq 4$$
hay
$$9t^2-2t^3-12t+9 \geq 4$$
Dễ dàng chứng minh đươc vì $9t^2-2t^3-12t+9=(3-t)(3-3t+2t^2) $

Đề bài :

Câu 1,
Cho hai đường tròn $(O;R)$ và $(O';R')$ cắt nhau tại $I$ và $J$.$(R'>R)$.Kẻ các tiếp tuyến chung của chung của hai đường tròn đó;chúng cắt nhau ở $A$. Gọi $B$ và $C$ là tiếp điểm của hai tiếp tuyến với (O';R');$D$ là tiếp điểm của tiếp tuyến $AB$ với $(O;R$).($I,B$ ở cùng nửa mặt phẳng bờ $O'A$).Đường thẳng$AI$ cắt $(O';R')$ tại $M$($M\neq I$)
b*,CMR: $AM$ là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp $\Delta IBD$.

(trích đề thi học sinh giỏi huyện Eakar 2011-2012)

-------------------

Nếu là câu này thì vì nó là một bài toán quen thuộc nên anh chỉ gợi ý thôi, suy nghĩ kĩ nha. Ta dùng tam giác đồng dạng chứng minh được $\widehat{DIA}=\widehat{DBA}$, suy ra được đpcm
Câu 2 b thì ta biến đổi thế này:
$$AB.AC=(AF+BD)(AE+DC)=ÂF.AE+AF.BC+BD.DC=\frac{1}{2}AF.(AB+AC+BC)+BD.DC=\frac{1}{2}AB.AC+BD.DC$$
Từ điều này có ngay đpcm

Bài 2: Điểm P nằm bên trong tam giác ABC thỏa mãn: $\widehat{ABP}=\widehat{PCA}$. Dựng hình bình hành PBQC .
Chứng minh $\widehat{QAB}=\widehat{CAP}$

Dựng hình bình hành $ADCQ$. Dễ thấy rằng $ABPD$ cũng là hình bình hành. Do đó:
$$\widehat{ADP}=\widehat{ABP}=\widehat{ACP}; \widehat{DCA}=\widehat{CAQ}$$
Suy ra tứ giác $ADCP$ nội tiếp, nên ta có:
$$\widehat{DCA}=\widehat{APD}$$
Như vậy, $\widehat{BAP}=\widehat{APD}=\widehat{CAQ}$. Từ đây, ta có đpcm

Mình lập ra topic này để ai có công thức giải nhanh lý, hóa thì chia sẻ với mọi người, giúp ích cho việc thi đại học. Những công thức này không cần phải quá hiếm, cơ bản cũng được. Công thức giải nhanh có thể hiểu là thuật toán giải.
1. Trong hiện tượng quang điện, cho ba sóng có $f_1, f_2, f_3$ và các vận tốc tối đa của $e$ lần lượt là $v_1, v_2, v_3$ thỏa mãn
$$f_1:f_2:f_3=a:b:c, v_1:v_2:v_3=x:y:z$$
Giả sử ta biết $a, b, c, x, y$, xác định $z$
Giải. Ta lập lại tỉ số thành:
$$f_1:f_2:f_3=1:m:n; v_1:v_2:v_3=1:p:q$$
Ta thấy rằng $m, n, p$ đã biết, việc còn lại là xác định q. Khi đó, q thỏa mãn đẳng thức sau:
$$(m-1)(q^2-1)=(n-1)(p^2-1)$$
Từ đó tính được $q$ rồi tính được $z=qx$
Chú ý. Bài toán có thể biến đổi thành tính $a$ hoặc tỉ số ở trên không phải của tần số mà bước sóng. Khi đó ta vẫn đưa về dạng này và giải như bình thường.

Bài 26:
Cho năm số dương $a, b, c, d, e$ thỏa mãn $a$ là số nhỏ nhất và $a+b+c+d+e=1$. Tìm Max $P=abc+bcd+cde+dea+eab$
(Trích đề thi thử chuyên ĐHSP Hà Nội)

Mình cũng không biết nữa. Bài này trong đề kiểm tra học kì. Mình làm chỉ 1 trường hợp và đã bị thầy 1 mắng 1 trận. Tại thầy 1 là GV dạy trên lớp mà. Nản lắm

Đúng là bài này có 2 trường hợp, nhưng ko phải lúc nào cũng vậy vì còn phụ thuộc vào số mol kết tủa và OH- nữa. Công thức trên để giải nhanh khi đi thi đại học, nếu thử cm lại sẽ thấy đúng ngay

Bài toán 20. Cho $0\leq a\leq b\leq c\leq 1$. Tìm giá trj lớn nhất của biểu thức

$P=\left ( a^{2}-b^{2} \right )\left ( b-c \right )+c^{2}\left ( 1-c \right )$.

Do $a^2 \geq 0$ nên ta có:
$$P \leq -b^2(b-c)+c^2(1-c)=-b^3+cb^2+c^2-c^3=f(b)$$
$$f'(b)=-3b^2+2bc$$
Từ đó, khảo sat hàm $f(b)$, ta có:
$$P \leq f(b) \leq f(\frac{2c}{3})=\frac{-23}{27}c^3+c^2=c^2(1-\frac{23c}{27})=(\frac{54}{23})^2(\frac{23c}{54})(\frac{23c}{54})(1-\frac{23c}{27})$$
Áp dụng bất đẳng thức $AM-GM$, ta suy ra:
$$P \leq (\frac{54}{23})^2.\frac{1}{27}=\frac{108}{529}$$
Dấu $'='$ xảy ra khi $a=0, c=\frac{18}{23}, b=\frac{12}{23}$
Vậy $max P=\frac{108}{529}$

Ủng hộ chủ đề bằng 1 bài quen thuộc

Sục $x$ mol CO_2 vào $a$ mol OH- ra $n$ số mol CO_3 2- thì có 2 nghiệm x
1. x= n
2. x= a-n
áp dụng vào bài trên thì ta suy ra x=0.12 < 2nBa2+ hoặc x=-0,3(loại). Vậy V=2.688 l
Vậy là thầy 1 giải sai. Mình thấy bài này mà thầy 1 giải sai thì quá nguy hiểm

Bài toán 7: Cho $x, y, z \geq 0$, tìm min của $P$ thỏa mãn:
$$P=(\sum_{sym} {xy})(\sum_{sym} \frac{1}{x^2+y^2})$$

Lời giải.
Giả sử $x\geq y \geq z$
Ta có các bất đẳng thức sau:
$$x^2+z^2 \leq (x+\frac{z}{2})^2$$
$$y^2+z^2 \leq (y+\frac{z}{2})^2$$
$$x^2+y^2 \leq (x+\frac{z}{2})^2+(y+\frac{z}{2})^2$$
$$xy+yz+zx \geq (x+\frac{z}{2})(y+\frac{z}{2})$$
Đặt $a=x+\frac{z}{2}, b=y+\frac{z}{2}$. Ta có:
$$P \geq \frac{ab}{a^2+b^2}+\frac{a^2+b^2}{ab}$$
Từ đây ta dễ dàng chứng minh được $P\geq \frac{5}{2}$. Dấu '=' xảy ra khi $x=y, z=0$. Vậy $minP=\frac{5}{2}$

Có ai biết bài hát nào mà trong clip nữ ca sĩ có cánh và cảnh vật chuyển dần từ 2 màu đen trắng sang 7 màu không.
http://mp3.zing.vn/b...t/ZW6WOC76.html

Bài toán 7: Cho $x, y, z \geq 0$, tìm min của $P$ thỏa mãn:
$$P=(\sum_{sym} {xy})(\sum_{sym} \frac{1}{x^2+y^2})$$