Bài 2: Cho $x, y$ là hai số tự nhiên khác $0$ thỏa mãn $2x+3y = 53$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $P=\sqrt{xy+4}$

ta có $53=2x+3y\geq 2\sqrt{2x.3y}\Rightarrow xy\leq \frac{2809}{24}$

$\Rightarrow P\leq \frac{\sqrt{17430}}{12}$

Dấu "=" xảy ra $\Leftrightarrow x=\frac{53}{4},y=\frac{53}{6}$

p/s: @caovannct hình như bài bạn giải là bài 1 

Bài 1: Cho $x^{2}+y^{2}\leq x+y$. Chứng minh rằng $x+2y\leq \frac{3+\sqrt{10}}{2}$

 

Bài 2: Cho $x, y$ là hai số tự nhiên khác $0$ thỏa mãn $2x+3y = 53$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $P=\sqrt{xy+4}$

 

Bài 3: Cho $x,y,z >0$, $x+y+z=1$. Tìm GTNN của $S=\frac{1}{x}+\frac{4}{y}+\frac{9}{z}$

Bài 3: ta có 

$\frac{1}{x}+\frac{4}{y}+\frac{9}{z}\geq \frac{(1+2+3)^{2}}{x+y+z}=36$

Dấu "=" xảy ra $\Leftrightarrow \left ( x,y,z \right )=\left ( \frac{1}{6};\frac{1}{3};\frac{1}{2} \right )$

Co 3 trường mỗi trường có n hs. Mỗi hs có n+1 bạn quen ở 2 trường khác. CM có thể chon ra ở mỗi trường 1 hs để 3 hs đó đôi một quen nhau

Gọi ba trường đó lần lượt là $P,Q,R$. Giả sử $A$ là một học sinh của trường $P$.

Theo gt, $A$ sẽ quen ít nhất $n+1$ bạn ở hai trường còn lại là $Q,R$.

Khi đó số người không quen $A$ ở 2 trường $Q,R$ nhiều nhất sẽ là $2n-(n+1)=n-1$ hs

Xét hs $A$ ở trường $P$ và $n+1$ học sinh quen $A$ ở 2 trường $Q,R$ , tức là có $n+2$ học sinh

Gọi $B$ là một trong số đó và $B$ khác $A$.Giả sử $B$ là hs ở trường $Q$.

Khi đó số học sinh không quen $B$ nhiều nhất là $n-1$

$\Rightarrow$ số học sinh quen nhau còn lại ít nhất sẽ là $(n+2)-(n-1)=3$ học sinh

Nghĩa là ngoài $A,B$ thì còn ít nhất 1 hs, giả sử $C$. Dễ thấy rằng $C$ phải là học sinh ở trường $R$ Khi đó ta có $A,B,C$ ở ba trường và đôi một quen nhau

Cho hình vuông ABCD, qua A vẽ đường thẳng d cắt BC và CD lần lượt tại M và N. Gọi E là giao điểm 2 đường chéo của hình vuông.EM cắt BN tại K. Chứng minh CK vuông góc với BN.

Trên cạnh $AB$ lấy $P$ sao cho $PB$=$MC$

Dễ thấy $\Delta BPE=\Delta CME(c.g.c)\Rightarrow ME=PE, \angle PEM=90^{\circ}$

$\Rightarrow \Delta PEM$ vuông cân tại $E$

$\Rightarrow PBEM$ là tứ giác nội tiếp.

Mà $\frac{PB}{AB}=\frac{MC}{BC}=\frac{MN}{AN}$

$\Rightarrow PM//BK\Rightarrow \angle BKE=\angle PME=45^{\circ}$

$\Rightarrow BKCE$ là tứ giác nội tiếp

$\Rightarrow \angle CKB=90^{\circ}\Rightarrow$ đpcm

$\frac{1}{R^{2}}+\frac{1}{r^{2}}= \frac{4}{a^{2}}$

Vẽ đường trung trực của $AB$ cắt $AB$ tại $M$, $AC$ tại $K$ và $BD$ tại $I$.

Khi đó, điểm $I$ và $K$ lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta ABC,\Delta ABD$ nên $IB=r$ và $KA=R$

Chứng minh được $\Delta MBI \sim \Delta OBA(g-g)\Rightarrow \frac{1}{r^{2}}=\frac{4OB^{2}}{a^{4}}$

$cmtt\Rightarrow \frac{1}{R^{2}}=\frac{4OA^{2}}{a^{4}}$

Do đó $\frac{1}{r^{2}}+\frac{1}{R^{2}}=\frac{4(OA^{2}+OB^{2})}{a^{4}}=\frac{4}{a^{2}}$

p/s: Bạn tự vẽ hình nhé

Đề thi TS lớp 10 THPT chuyên TB 2010-2011 (V2)

Bài 2:
Cho hệ: $\left\{\begin{matrix}ax+by=c  &  & \\ bx+cy=a  &  & \\ cx+ay=b \end{matrix}\right.$ với $a;b;c$ là tham số.

Cmr: Điều kiện cần và đủ để hệ phương trình trên có nghiệm là: $a^3+b^3+c^3=3abc$

Giả sử $\left ( x_{o} ,y_{o}\right )$ là nghiệm của hệ phương trình đã cho

ta có hệ 

$\left\{\begin{matrix} ax_{o}+by_{o}=c (1)\\ bx_{o}+cy_{o}=a(2)\\ cx_{o}+ay_{o}=b (3) \end{matrix}\right.$

+)Nhân hai vế của $(1),(2),(3)$ lần lượt với $c^{2},a^{2},b^{2}$ ta dễ dàng suy ra được

$a^{3}+b^{3}+c^{3}=(a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a)x_{o}+(a^{2}c+b^{2}a+c^{2}b)y_{o}$

+)Nhân hai vế của $(1),(2),(3)$ lần lượt với $ab,bc,ca$ ta suy ra được $3abc=(a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a)x_{o}+(a^{2}c+b^{2}a+c^{2}b)y_{o}$

Từ đó suy ra được $a^{3}+b^{3}+c^{3}=3abc$

$\Delta ABC$ nhọn nội tiếp (O), AB<AC, đường cao AK, các tiếp tuyến tại B và C cắt tiếp tuyến tại A tại E và F. CMR AK là phân giác $\widehat{EKF}$

Ta chứng minh được $\Delta OAE\sim \Delta CKA\Rightarrow EA.KC=OA.KA$

$\Delta OAF\sim \Delta BKA\Rightarrow AF.BK=OA.KA$

Cminh được $\angle EBK =\angle FCK$

$\Rightarrow \Delta EBK\sim \Delta FCK(c-g-c)\Rightarrow \angle EKB=\angle FKC\Rightarrow đpcm$

Đường tròn đường kính AB có M thuộc đường tròn. Tiếp tuyến của (O) ở A và M cắt nhau ở C. Đường tròn (I) đi qua M tiếp xúc AC ở C. CD là đường kình của (I). DH vuông góc với BC (H thuộc BC). DH cắt AB ở K. CO cắt (I) ở N

a, O, M, D thẳng hàng

b, tam giác COD cân

c, Tứ giác NHOK nội tiếp

d, $\Delta DHN\sim \Delta COB$

e, $\Delta NHO\sim \Delta DHC$

f, K là trung điểm OA

a) $CM$ vuông góc với $MD$, $CM$ vuông góc với $MO$ nên $O,M,D$ thẳng hàng.

b) Dễ thấy $CD//AB \Rightarrow \angle DCO=\angle COA=\angle DOC \Rightarrow \Delta COD$ cân tại $D$

c) Ta có tứ giác $CDHN$ nội tiếp nên $\angle HNO=\angle CDH=\angle HKO\Rightarrow KNHO$ là tứ giác nội tiếp

d) $\angle HND=\angle HCN=\angle CBO, \angle NDH=\angle OCB$

$\Rightarrow \Delta DHN\sim \Delta COB (g-g)\Rightarrow \frac{HN}{HD}=\frac{OB}{OC}$ (1)

e) Dễ dàng cm được $\Delta AOC \sim \Delta NCD \Rightarrow \frac{OA}{OC}=\frac{CN}{CD}$ (2)

Từ (1) và (2) ta có $\frac{HN}{HD}=\frac{ON}{CD}(OA=OB, CN=ON)$

Do đó $\Delta NHO \sim \Delta DHC (cgc)$

f) Ta có $\angle NHO =\angle DHC=90^{\circ},\angle NKO +\angle NHO =180^{\circ}\Rightarrow \angle NKO=90^{\circ}$

Xét $\Delta AOC , NK//AC,NO=CN\Rightarrow KA=KO\Rightarrow đpcm$

p/s: bạn tự vẽ hình nhé

Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh:

$\frac{a}{3a+b+c}+\frac{b}{3b+c+a}+\frac{c}{3c+a+b}\leq \frac{3}{5}$

Cách khác

Đặt $3a+b+c=x, 3b+c+a=y, 3c+a+b=z ,(x,y,z>0)$

Ta có $VT=\frac{4x-y-z}{10x}+\frac{4y-x-z}{10y}+\frac{4z-y-x}{10z}=\frac{6}{5}-\frac{1}{10}(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}+\frac{y}{z}+\frac{z}{y}+\frac{x}{z}+\frac{z}{x})\leq \frac{6}{5}-\frac{6}{10}=\frac{3}{5}$

Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của 1 tam giác. CMR $\frac{2a}{b+c-a}+\frac{2b}{a+c-b}+\frac{2c}{a+b-c}\geq 6$

Bài này đặt $b+c-a=x, a+c-b=y,a+b-c=z (x,y,z>0)$ 

Ta có $\frac{2a}{b+c-a}=\frac{y+z}{x}=\frac{y}{x}+\frac{z}{x}$

Tương tự với 2 cái còn lại ta được

$\frac{2a}{b+c-a}+\frac{2b}{a+c-b}+\frac{2c}{b+a-c}=(\frac{x}{y}+\frac{y}{x})+(\frac{z}{x}+\frac{x}{z})+(\frac{y}{z}+\frac{z}{y})\geq 6$

Cho a, b, c > 0 và a + b + c = 1. CMR $\frac{ab}{c+1}+\frac{bc}{a+1}+\frac{ca}{b+1}\geq \frac{1}{4}$

Chắc bài này là dấu "$\leq$"

Ta có $a+b+c=1$ nên $\frac{ab}{c+1}=\frac{ab}{(a+c)+(b+c)}\leq \frac{ab}{4}(\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+c})$

Tương tự với $\frac{bc}{a+1}\leq \frac{bc}{4}(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+c})$

$\frac{ca}{b+1}\leq \frac{ca}{4}(\frac{1}{c+b}+\frac{1}{b+a})$

$\Rightarrow \frac{ab}{c+1}+\frac{bc}{a+1}+\frac{ca}{b+1}\leq \frac{1}{4}(\frac{ab+bc}{a+c}+\frac{ab+ca}{b+c}+\frac{bc+ca}{a+b})=\frac{1}{4}$

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{3}$

Tìm số chính phương lớn nhất biết chữ số hàng đơn vị khác 0,khi xóa chữ số hàng chục và hàng đơn vị được một số cũng là số chính phương

Gọi số tự nhiên thỏa mãn đề bài là $\overline{Abc}$ với $b,c \in \left \{ 0;1;2;...9 \right \}, c\neq 0$ , $A$ là số tự nhiên tùy ý

Theo gt ta có $A=k^{2}$ và $100A+\overline{bc}=m^{2}$

Từ đây dễ dàng suy ra $(m-10k)(m+10k)=\overline{bc}$

$\Rightarrow m-10k > 0\Rightarrow m-10k\geq 1\Rightarrow m\geq 10k+1$

Mà $m+10k\leq \overline{bc}\leq 99\Rightarrow 20k+1\leq 10k+m\leq 99\Rightarrow k\leq \frac{98}{20}\Rightarrow k\leq 4$

Tới đây dễ dàng tìm được số chính phương đó là 1681

Vì sao $\widehat{NOK}=\frac{1}{2}\widehat{AOB}$

tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau

$OH$ là phân giác góc $AOC$

$OI$ là phân giác góc $COB$

Cho tg ABC vuông tại A , kẻ đường cao ẠH , đường tròng( A;AH) cắt đường tròn ngoại tiếp tgABC tại D và E .CMR DE đi qua trung điểm của AH

Gọi đường tròn ngoại tiếp $\Delta ABC$ là $(P)$

Gọi $K$ là giao điểm của $DE$ và $AH$

Kẻ đường kính $AM$ của $(P)$.

Dễ thấy $AP$ vuông góc với $DE$.

$AM$ vuông góc với $DE$ tại $Q$

Chứng minh được $\Delta AQK \sim \Delta AHP \Rightarrow AK.AH=AP.QA=\frac{1}{2}AM.QA=\frac{1}{2}AE^{2}=\frac{1}{2}AH^{2}$

$\Rightarrow AK=\frac{1}{2}AH$ $\Rightarrow$ đpcm

p/s: Bạn tự vẽ hình nhé

Cho điểm M cố đinh nằm ngoài đường tròn (O;R),vẽ hai tiếp tuyến MA,MB với đường tròn (O;R)(A,B là các tiếp điểm).Trên cung nhỏ AB lấy một điểm C (C khác A và B). Vẽ tiếp tuyến qua C cắt MA tại H và MB tại I. Đường thẳng AB cắt OH,OI lần lượt tại N và K. chứng minh

a) $\widehat{OBN}=\widehat{OIN}$

b) 4 điểm N,H,I,K thuộc 1 đường tròn

c) Tỉ số $\frac{IH}{NK}=const$ khi C di chuyển trên cung nhỏ AB của đường tròn (O;R)

Chứng minh:

a) $\angle ABI =\angle NOK= \frac{1}{2}\angle AOB$ nên tứ giác $OBIN$nội tiếp $\Rightarrow \angle OBN = \angle OIN$

b) Cmtt $\Rightarrow OKAH$ là tứ giác nội tiếp

$\Rightarrow \angle HKI = \angle HNI= 90^{\circ}$

$\Rightarrow NKIH$ là tứ giác nội tiếp (đpcm)

c) Dễ thấy $\Delta ONK \sim \Delta OIH (g-g)$ 

$\Rightarrow \frac{IH}{NK}=\frac{OH}{OK}=\frac{1}{\frac{OK}{OH}}=\frac{1}{cos\angle NOK}= const$

(vì $M$ cố định nên $A,B$ cố định, $O$ cố định $\Rightarrow \angle AOB$ không đổi $\Rightarrow \angle NOK = \frac{1}{2}\angle OAB$ không đổi)

p/s: Bạn tự vẽ hình nhé

Cho hình vuông ABCD cạnh a,M là điểm tùy ý trên AB(M không trùng với A,B).MC cắt BD tại P,MD cắt AC tại Q.Tìm giá trị lớn nhất của tam giác MPQ khi M di động trên AB

$S_{MPQ}=MQ.MP.sin\angle QMP$

$S_{MDC}=MD.MC.sin\angle QMP$

$\Rightarrow \frac{S_{MPQ}}{S_{MCD}}=\frac{MQ}{MD}.\frac{MP}{MC}=\frac{1}{1+\frac{QD}{MQ}}.\frac{1}{1+\frac{PC}{MP}}$

tới đây đặt $\frac{QM}{QD}=x,\frac{MP}{PC}=y$ và $x+y=1$

Cần tìm GTNN của $(1+\frac{1}{x})(1+\frac{1}{y})$ là xong 

p/s: tự vẽ hình

tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P=2x^2+5y^2+6z^2+4xy+4xz+2yz-2x-4y+2z$

Mọi người cho em hỏi luôn về cách giải tổng quát của những bài dạng này

sr mình nhầm

Ta có $2x^{2}+5y^{2}+6z^{2}+4xy+4xz+2yz-2x-4y+2z = 2(x+\frac{2y+2z-1}{2})^{2}+(2z+\frac{2-y}{2})^{2}+\frac{11}{4}(y-\frac{2}{11})^{2}-\frac{35}{22}\geq \frac{-35}{22}$

Dấu "=" xảy ra $\Leftrightarrow x=\frac{17}{22},y=\frac{2}{11},z=-\frac{5}{11}$

Nghiệm nguyên: $x^2+xy+y^2=x^2y^2$

+) Xét x=0 hoặc y=0

+) Xét x,y khác 0.Không mất tính tổng quát, giả sử $x\leq y$ .

Từ gt $\Rightarrow \frac{1}{x^{2}}+\frac{1}{xy}+\frac{1}{y^{2}}=1$

$\Rightarrow \frac{1}{x^{2}}\geq \frac{1}{xy}\geq \frac{1}{y^{2}}\Rightarrow \frac{3}{x^{2}}\geq 1\Rightarrow x^{2}\leq 3$

$\Rightarrow x^{2}\leq 3\Rightarrow x=1, x=-1$ 

Từ đó ta tính được $(x,y)$

Xác định tham số $a$ để phương trình ẩn $x$ sau :

$x^{4}+2x^{2}+2ax+a^{2}+2a+1=0$ có nghiệm đạt giá trị lớn nhất, nhỏ nhất

Cho $x,y,z >0$. Chứng minh rằng :

$\sqrt{x^{2}+xy+y^{2}}+\sqrt{y^{2}+yz+z^{2}}+\sqrt{z^{2}+zx+x^{2}}\geq \sqrt{3}(x+y+z)$

Hai công nhân được phân công làm một số dụng cụ trong cùng 1 thời gian. Người thứ nhất mỗi giờ làm tăng được 2 dụng cụ nên hoàn thành trước hai giờ.Người thứ 2 làm tăng được 4 dụng cụ nên hoàn thành trước thời hạn 3 giờ và làm thêm được 6 dụng cụ nữa.Tính số dụng cụ mỗi người được giao

hình như đề thiếu phải có điều kiện $\left | mq-np \right |=1$ nữa thì phải

Đề đúng r bạn 

Giải dùm mình câu c với?

Cho tam giác ABC đều, nội tiếp đường tròn tâm O, bán kính R. Điểm D nằm trên cung BC, AD cắt BC tại M

a) Cm: DB+DC=AD

b) Cm: AD.AM không đổi

a) Gọi $K$ là một điểm thuộc $AD$ sao cho $KD=BD$

Dễ thấy $\Delta BDK$ đều và chứng minh được $\Delta AKB = \Delta CDB \Rightarrow AK=CD$

Khi đó $AD=AK+KD=BD+DC$ (đpcm)

b) Ta đặt $AB=AC=BC=a$

Có $AD.AM =(DB+CD).AM = DB.AM+CD.AM= MC.AB+BM.AC= (MB+MC)a=a^{2}$ không đổi (đpcm)

P/s: Bạn tự vẽ hình nha

Tìm $UCLN (am+nb,pa+qb)$ với $a,n,m,b,q,p \in \mathbb{N}$ , $m,n,p,q$ là các hằng số cho trước 

Cho đường tròn tâm $O$ đường kính $AB.$ Gọi $M$ là điểm đối xứng của $O$ qua $A.$ Qua $M$ kẻ đường thẳng cắt $(O)$ tại $C$ và $D.$ $AD$ cắt $BC$ tại $I.$ Gọi $E$ là trung điểm $AO.$ Chứng minh tứ giác $EIDB$ nội tiếp.

Xét $\Delta ODM \sim \Delta OED \Rightarrow \angle ODM=\angle OED$

mà ta có $\angle ODM=\angle OCD  (OD=OC=R) \Rightarrow \angle OED = \angle OCD$ (1)

Ta có $\angle BID =\angle OCD$$= \frac{1}{2}(sđ BD + sđ AC)$ (2) (dễ dàng cm được )

Từ (1) và (2) $\Rightarrow \angle OED = \angle BID$ $\Rightarrow$ đpcm

P/S: tự vẽ hình