4b
dể cm MOQP nội tiếp.
gọi S trung điểm OI. =>> S là tâm (MAIBO).
=>>gMSP=1/2gMSA=gMBA=gMOB=gMOP =>> S thuộc (MOQP).
=>> tâm ngoại tiếp của (MPQ) thuộc trung trực OS cố định.
- Tea Coffee và thien huu thích
Gửi bởi vamath16 trong 07-06-2018 - 19:44
4b
dể cm MOQP nội tiếp.
gọi S trung điểm OI. =>> S là tâm (MAIBO).
=>>gMSP=1/2gMSA=gMBA=gMOB=gMOP =>> S thuộc (MOQP).
=>> tâm ngoại tiếp của (MPQ) thuộc trung trực OS cố định.
Gửi bởi vamath16 trong 12-04-2018 - 21:19
B2
BI là trung trực FG =>> FI=GI.
ta có gFBG=2gHFC( tiếp tuyến)
=>> gFBI=gIBE=gFCH
=>> IF=IE=CH=IG
=>> FICH, IECH là hình thang cân
ta có IC \\ GH và IG=CH =>> ICHG là hbh.
gọi T là giao của IH và GC =>> T là trung điểm của GC và TH.
xét tam giác GZC có YT \\ ZC và T là trung điểm GC =>> Y là trung điểm GZ =>> GY=GZ
+) ta cm XG=GY
ta có MT vuông góc IH ( dó MT \\ BG mà BG vuông góc AC, AC \\ IH)
=>> GYTM nội tiếp =>> gGYM=gGTM.
dễ dàng có XGMD nội tiếp =>> gGXM=gGDM.
ta sẽ cm gGDM=gDTM <=> gGDB=gMTC
<=> tam giác GBD đồng dạng tam giác CBG ( dễ dàng cm với BF^2=FB^2=BD.BC nên có đpcm)
Gửi bởi vamath16 trong 23-04-2017 - 11:20
$\left\{\begin{matrix} p-1=2x(x+2) & \\ p^2-1=2y(y+2)& \end{matrix}\right.$
p/s:cần gấp
Gửi bởi vamath16 trong 09-01-2017 - 12:58
Gửi bởi vamath16 trong 02-01-2017 - 16:15
ta có $0=a-b+b-c+c-a=\frac{a^2-b^2}{a+b}+\frac{b^2-c^2}{b+c}+\frac{c^2-a^2}{c+a} \Rightarrow \frac{a^2}{a+b}+\frac{b^2}{b+c}+\frac{c^2}{a+c}=\frac{b^2}{a+b}+\frac{c^2}{b+c}+\frac{a^2}{a+c}$
ta cần cm
$\frac{a^2+b^2}{a+b}+\frac{b^2+c^2}{b+c}+\frac{c^2+a^2}{a+c}\geq \frac{1}{\sqrt{2}}\left ( \sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2} \right )$
thật vậy, áp dụng Bunhia $\sum (\frac{\sqrt{a+b}.\sqrt{a^2+b^2}}{\sqrt{2}.\sqrt{a+b}})^2\leq \left ( a+b+c \right ).(\sum \frac{a^2+b^2}{a+b})$
ta dễ dàng cm được $\left ( a+b+c \right )\leq \sum \frac{a^2+b^2}{a+b}$
=> đpcm
Gửi bởi vamath16 trong 02-01-2017 - 09:25
đặt $a=\frac{1}{x};b=\frac{1}{y};c=\frac{1}{z}$
ta có $xyz=1$
thay $a=\frac{1}{x};b=\frac{1}{y};c=\frac{1}{z}$ vào VT ta có
$\frac{x^{2}}{x^{2}-2x+4}+\frac{y^2}{y^2-2y+4}+\frac{z^2}{z^2-2z+4}\geq \frac{(x+y+z)^2}{x^2+y^2+z^2-2x-2y-2z+12}=\frac{x^2+y^2+z^2+2xy+2yz+2zx}{x^2+y^2+z^2-2x-2y-2z+12}\geq \frac{x^2+y^2+z^2+6}{x^2+y^2+z^2+6}=1$( đùng bđt cô si và xyz=1)
=> đpcm
Gửi bởi vamath16 trong 31-08-2016 - 09:52
đặt $\sqrt[3]{x}=a$
$\sqrt{x+3}=b (b\geq 0)$
ta có hệ
a+b=3
a^3-b^2=0
thế vào tìm a,b rồi tìm x
Gửi bởi vamath16 trong 28-08-2016 - 20:21
$x^2-2xy+2y^2+8x-8y+7=0\geq x^2-2xy+y^2+8x-8y+7=(x-y+7)(x-y+1) \Rightarrow 0\geq (x-y+7)(x-y+1)$
giải ra ta được
$-1\geq x-y\geq -7 \Leftrightarrow 2\geq x-y+3\geq -4$
vậy F(max)=2
có dấu '=' khi y=0; x=-1
F(min)=-4
có dấu = khi y=0; x=-7
Gửi bởi vamath16 trong 28-08-2016 - 14:50
áp dụng bđt cô si ta có
$x^{6}+y^{4}\geq 2x^{3}y^{2}$
suy ra
$\frac{2x}{x^{6}+y^{6}}\leq \frac{1}{x^{2}y^{2}}$
cm tương tự rồi cộng 3 cái vế theo vế ta có
$\frac{2x}{x^6+y^4}+\frac{2y}{y^6+z^4}+\frac{2z}{z^6+x^4} \leq \frac{1}{x^{2}y^{2}}+\frac{1}{y^2z^{2}}+\frac{1}{x^2z^2}$
đến đây áp dụng bđt $ab+bc+ca\leq a^2+b^2+c^2$$
ta có
$\frac{1}{x^{2}y^{2}}+\frac{1}{y^2z^{2}}+\frac{1}{x^2z^2}\leq \frac{1}{x^4}+\frac{1}{y^4}+\frac{1}{z^4}$(suy ra đpcm)
P/s:bạn học lớp mấy vậy mình 8 lên 9 có gì trao đổi nha
Gửi bởi vamath16 trong 27-08-2016 - 20:42
mình mới tập gõ
$2xy\leq x^{2}+y^{2} \Rightarrow \frac{x^{2}}{y^{2}+2xy}\geq \frac{x^{2}}{x^{2}+y^{2}+z^{2}} chứng minh tương tự cộng vế theo vế ta có đpcm$
Community Forum Software by IP.Board
Licensed to: Diễn đàn Toán học