1. Cho $\Delta ABC$, $M$ là điểm di động trên cạnh $BC$. $D$ và $E$ lần lượt là hình chiếu của $M$ trên $AB$, $AC$. Xác định vị trí của $M$ để $DE$ có độ dài ngắn nhất.

2. Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp trong đường tròn và có các đường chéo $AC$ và $BD$ cắt nhau tại $M$. Từ $M$ vẽ các đường vuông góc $MA'$,$MB'$,$MC'$,$MD'$ lần lượt đến các cạnh $AB$, $BC$, $CD$, $DA$.Chứng minh rằng $A'B'$ +$C'D'$=$A'D'$ +$B'C'$

Cho $\Delta ABC$, $BD$ và $CE$ lần lượt là 2 đường phân giác trong của tam giác tại đỉnh $B$ và $C$. Trên đoạn thẳng $DE$ lấy một điểm M bất kì.Từ $M$ kẻ các đường vuông góc với $BC,CA,BA$ lần lượt tại $I,J,K$. Chứng minh rằng trong ba đoạn thẳng $MI,MJ,MK$ có một đoạn thẳng bằng tổng hai đoạn còn lại.

Đặt $1+a = x$ $(x > 0)$

$2+b = y$ $(y > 0)$

 $3+c = z$ $(z > 0)$

Biến đổi VT :

$\frac{a}{a+1}+\frac{2b}{2+b}+\frac{3c}{3+c}=\frac{x-1}{x}+\frac{2y-4}{y}+\frac{3z-9}{z}=1+2+3 - \left ( \frac{1}{x} +\frac{4}{y}+\frac{9}{z}\right )$

Áp dụng BĐT $BCS$ ta có :

$VT \leq 6 - \frac{(1+2+3)^{2}}{1+a+2+b+3+c}=6-\frac{36}{7}=\frac{6}{7}$

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a=\frac{1}{6}, b=\frac{1}{3}, c= \frac{1}{2}$

gọi $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta ABC$

Ta dễ dàng chứng minh được $AE=DC (=MD)$

$OA=OC$

$\angle EAO =\angle OCD$

$\Rightarrow \Delta EAO=\Delta DCO$ (c.g.c)

$\Rightarrow OE=OD$

$\Rightarrow$ $O$ thuộc đường trung trực của $DE$

mà $O$ cố đinh.

nên ta có $O$ là điểm cố định mà trung trực DE đi qua khi M di động 

p/s : k biết đúng k nữa 

DE đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC thì phải 

1.Do $x,y,z$ có vai trò như nhau nên ta giả sử $0< x\leq y\leq z$

Khi đó ta có $xyz=x+y+z \leq 3z$

$\Rightarrow xy\leq 3$

mà $x,y$ là các số nguyên dương nên $xy \epsilon \left \{ 1;2;3 \right \}$  

Ta xét các trường hợp

+) TH1: $xy=1$ $\Rightarrow x=1; y=1 \Rightarrow 2+z=z$, vô lí

+) TH2: $xy=2 \Rightarrow x=1; y=2$ (do $x\leq y$) $\Rightarrow 3+z=2z \Leftrightarrow z=3$

+) TH3: $xy=3 \Rightarrow x=1; y=3 \Rightarrow 4+z=3z\Leftrightarrow z=2$

Nên ta có các cặp số $(x;y;z)$ thỏa mãn đề bài là các hoán vị của $(1;2;3)$

Khi đó $x+y+z=6$

BÀI 2

a) Ta có $\angle BAM =\angle ACB$

$\Rightarrow \Delta MAB \sim \Delta MCA$ (g.g)

a)Trên tia MA lấy điểm I sao cho MI=MC

Dễ thấy $\Delta CIM$ đều $\Rightarrow MC=CI$

Xét 2 tam giác $\Delta AIC$$ và \Delta BMC$ có

$IC=MC$

$\angle IAC=\angle MCB$ (vì cùng cộng với $\angle BCI = 60^{\circ}$)

$AC=BC$

Do đó $\Delta AIC$ = $\Delta BMC$

$\Rightarrow AI=BM$

$\Rightarrow$ Đpcm

b) Dễ thấy $$\Delta BAM \sim \Delta DCM$$ (g.g)

nên $\frac{AM}{CM}=\frac{BM}{DM}\Rightarrow AM.DM=CM.BM$

$\Rightarrow \frac{AM}{BM.CM}=\frac{1}{MD}$

Áp dụng kết quả câu (a) ta có đpcm

c) Đặt MA=x, MB=y. Ta có

$AM^{2}+BM^{2}+CM^{2}=x^{2}+y^{2}+(x-y)^{2}=2(x^{2}+y^{2}-xy)$ (1)

Kẻ $BH$ vuông góc với $AM$

Do $\angle BMH =60^{\circ}$ nên $MH = \frac{y}{2}, BH^{2}=y^{2}-(\frac{y}{2})^{2}=\frac{3y^{2}}{4}$

do đó $AB^{2}=AH^{2}+BH^{2}=x^{2}+y^{2}-xy$ (2)

Từ (1) và (2) $\Rightarrow MA^{2}+ MB^{2}+MC^{2}=2AB^{2}$ mà $\Delta ABC$ đều 

nên $AB=R\sqrt{3}$

$\Rightarrow$ Đpcm

ĐKXĐ :$-1\leq x\leq 3$ (1)

xét hiệu : $(-x^{2}+4x+12)-(-x^{2}+2x+3)=2x+9$

do (1) nên $2x+9 > 0$ do đó $P> 0$

Xét $P^{2}=(x+2)(6-x)+(x+1)(3-x)-2\sqrt{(x+2)(6-x)(x+2)(6-x)}$

              $=(x+1)(6-x)+(6-x)+(x+2)(3-x)-(3-x)-2\sqrt{(x+2)(6-x)(x+2)(6-x)}$

              $=(x+1)(6-x)+(x+2)(3-x)-2\sqrt{(x+2)(6-x)(x+2)(6-x)}+3$

              $=(\sqrt{(x+1)(6-x)}-\sqrt{(x+2)(3-x)})^{2}+3$

Do đó $P^{2}\geq 3 => P\geq \sqrt{3}$ (vì $P\geq 0$)

Vậy min $P=\sqrt{3}\Leftrightarrow x=0$

Trong $2010$ điểm đã cho, tồn tại 2 điểm A,B sao cho 2008 điểm còn lại nằm cùng phía đối với AB

Vì không có $4$ điểm nào cùng thuộc một đường tròn nên ta đặt 2008 điểm còn lại lần lượt là $$N_{1}, N_{2},N_{3}....,N_{2008}$$ sao cho $$AN_{1}B> AN_{2}B> AN_{3}B> ....> AN_{2008}B$$

Ta vẽ đường tròn đi qua 3 điểm  $$A, B, N_{1001}$$

Khi đó các điểm $N_{1},N_{2},N_{3}....,N_{1000}$ nằm trong đường tròn đã vẽ và 1007 điểm còn lại nằm ngoài đường tròn (đpcm)

dễ thấy $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{1}{a+b+c} <=> (a+b)(b+c)(c+a)=0 <=> a=-b$ hoặc b=-c$ hoặc c=-a$

$\Rightarrow \left ( a^{25}+b^{25} \right )(b^3+c^3)(c^{2000}-a^{2000})=0$

Đề là dấu trừ nhé bạn?? bạn giải giùm

mình nhìn nhầm đề 

Ta đặt : $\sqrt{x+4}=a$, $\sqrt{4-x}=b$

$\Rightarrow \sqrt{16-x^2}=ab$

Ta tìm max của biểu thức  $N = a+b+ab$

Ta có $(a+b)^2 \leq 2(a^2+b^2)= 2.8=16 => a+b\leq 4$

và $a^2+b^2 \geq 2ab =>ab \leq \frac{(a^2+b^2)}{2}=\frac{8}{2}=4$

$=> N\leq 4 +4 =8$

Dấu "=" xảy ra khi $x=0$

Cho $\Delta ABC$ và $\Delta A'B'C'$ có AB = A'B', BC=B'C'. Chứng minh rằng nếu AC < A'C' thì góc B nhỏ hơn góc B'

Cho $\bigtriangleup ABC$ , đường cao AH chia cạnh BC thành 2 đoạn : Biết BH=1, CH=4. Tính các cạnh và các góc của $\bigtriangleup ABC$

ta có $x^{2}+7x+22 = (x^{2}+2x)+(5x+10)+12 = (x+2)(x+5)+12$

ta thấy hiệu của $(x+2)$ và $(x+5)$ chia hết cho 3 nên $(x+2)$ và $(x+5)$ cùng chia hết cho 3 hoặc cùng không chia hết cho 3.

TH1: $(x+2)\vdots 3$ và $(x+5)\vdots 3$

$\Rightarrow (x+2)(x+5)\vdots 9$ mà $12$ không chia hết cho 9

$\Rightarrow x^{2}+7x+22$ không chia hết cho 9

TH2: tương tự TH1

Vậy $x^{2}+7x+22$ không chia hết cho 9

Ta có $a(1-ax)=4b-2ax (1)$
$\Leftrightarrow 2ax -a^{2}x=4b-a$
$\Leftrightarrow (2a-a^{2})x=4b-a$
$\Leftrightarrow a(2-a)x=4b-a$
* Với $2a-a^{2}\neq 0$ phương trình có nghiệm duy nhất $x=\frac{4b-a}{2a-a^{2}}$
*Với $a=0$ ta có $(1)\Leftrightarrow 0x=4b$
TH1: Với $b=0$ phương trình đúng với mọi $x$
TH2: Với $b\neq 0$ phương trình vô nghiệm
*Với $2-a=0\Leftrightarrow a=2$ ta có
$(1)\Leftrightarrow 0x=4b-2$
$\Leftrightarrow 0x=2(2b-1)$
TH1: Với $b=\frac{1}{2}$ phương trình đúng với mọi $x$
TH2: Với $b\neq \frac{1}{2}$ phương trình vô nghiệm

Bài 4: Ta có: $ab+cd=ab.1+cd.1=ab.(c^{2}+d^{2})+cd.(a^{2}+b^{2})$
$\Rightarrow ab+cd=abc^{2}+abd^{2}+cda^{2}+cdb^{2}$$
\Rightarrow ab+cd=ad(bd+ac)+bc(ac+bd)$
$\Rightarrow ab+cd=(ac+bd)(bc+ad)$
mà $ac+bd=0$
Vậy $ab+cd=0$

Bài 2:
Cộng ba đẳng thức đã cho ta có:
$x+y+z=by+cz+ax+cz+ax+by=2(ax+by+cz)$ (1)
Mà $x=by+cz$ nên từ (1) ta có
$x+y+z=2(ax+x)=2x(1+a)\Rightarrow \frac{1}{1+a}=\frac{2x}{x+y+z}$
Tương tự:$\frac{1}{1+b}=\frac{2y}{x+y+z}$;$\frac{1}{1+c}=\frac{2z}{x+y+z}$
Vậy: $\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}+\frac{1}{1+c}=\frac{2x+2y+2z}{x+y+z}=2$

Bài 7:
Ta có:
$\frac{x^{2}+y^{2}+z^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}= \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}+\frac{z^{2}}{c^{2}}$
$\Rightarrow \frac{x^{2}+y^{2}+z^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}-\frac{x^{x}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}-\frac{z^{2}}{c^{2}}=0$$
\Rightarrow \left ( \frac{x^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}} -\frac{x^{2}}{b^{2}}\right )+\left ( \frac{y^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}} \right )+\left ( \frac{z^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}-\frac{z^{2}}{c^{2}} \right )=0$
$\Rightarrow x^{2}\left ( \frac{1}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}-\frac{1}{a^{2}} \right )+y^{2}\left ( \frac{1}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}-\frac{1}{b^{2}} \right )+z^{2}\left ( \frac{1}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}-\frac{1}{c^{2}} \right )=0$
$\Rightarrow x^{2}\left ( \frac{-b^{2}-c^{2}}{a^{2}\left ( a^{2}+b^{2}+c^{2}\right )} \right )+y^{2}\left ( \frac{-a^{2}-c^{2}}{b^{2}\left ( a^{2}+b^{2}+c^{2}\right )} \right )+z^{2}\left ( \frac{-b^{2}-a^{2}}{c^{2}\left ( a^{2}+b^{2}+c^{2}\right )} \right )=0$
mà $a,b,c\neq 0$
nên $x^{2}=y^{2}=z^{2}=0$
Vậy x=y=z=0

Bài 1:
Gọi d là ước chung của $n^{3}+2n$ và $n^{4}+3n^{2}+1$
Ta có:
$n^{3}+2n \vdots d\Rightarrow n\left ( n^{3} +2n\right )\vdots d \Rightarrow n^{4}+2n^{2}\vdots d \left ( 1 \right )$
Ta có:
$n^{4}+3n^{2}+1-n^{4}-2n^{2} \vdots d \Rightarrow n^{2}+1\vdots d
\Rightarrow \left ( n^{2}+1 \right )^{2}\vdots d
\Rightarrow n^{4}+2n^{2}+1\vdots d$$\left ( 2\right )$
Từ$\left ( 1\right )$ và $\left ( 2\right )$
$\Rightarrow \left ( n^{4}+2n^{2}+1 \right )-\left ( n^{4}+2n \right )\vdots d \Rightarrow 1\vdots d \Rightarrow d=\pm 1$
Vậy $\frac{n^{3}+2n}{n^{4}+2n+1}$ là phân thức tối giản với mọi $n \epsilon \mathbb {N}$
Bài này trong NC và phát triển toán 8 (còn 1 cách giải nữa)