Hình như em viết sai đề thì phải. "Không âm" chứ không phải là "nguyên dương", nếu vậy thì dấu "$=$" xảy ra khi $a = b = c = 0$
Liệu còn cách nào khác nữa không ạ? Có thầy nói với em là dùng B.C.S và AM-GM vẫn ra được, nhưng thầy nói nó khá dài
------------------------
Tham khảo về cách đó tại đây em nhé:
http://diendantoanho...ac1b1cfrac1c1a/

Cho $a$, $b$, $c$ là 3 số nguyên dương. Chứng minh rằng:

$\frac{1+\sqrt{a}}{1+\sqrt{b}}+\frac{1+\sqrt{b}}{1+\sqrt{c}}+\frac{1+\sqrt{c}}{1+\sqrt{a}}\leq a+b+c+3$

$\sqrt{x+2} > x$
Điều kiện: $x \geqslant -2$
Phương trình trở thành:
$\Rightarrow x+2 > x^2$
$\Rightarrow x^2 - x - 2 < 0$
$\Rightarrow(x-2)(x+1)<0$
$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x-2>0\\ x+1<0\end{matrix}\right.$ hoặc $\left\{\begin{matrix} x-2<0\\ x+1>0\end{matrix}\right.$
$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x>2\\ x<-2\end{matrix}\right.$ ( vô lý ) hoặc $\left\{\begin{matrix} x<2\\ x>-2\end{matrix}\right.$
$\Rightarrow -2 < x < 2$ ( thỏa điều kiện $x \geqslant -2$ )

a) Dễ dàng chứng minh $\bigtriangleup ACB$ vuông tại $C$, $\bigtriangleup BCK$ cân tại $B$ và $\bigtriangleup ACH$ cân tại $A$

Ta có
$\angle ACK + \angle BCK = 90^{\circ}$
$\angle HCK + \angle BKC = 90^{\circ}$
Mà $\angle BCK = \angle BKC$ ( $\bigtriangleup BCK$ cân tại $B$ )
$\Rightarrow \angle ACK = \angle HCK$
$\Rightarrow CK$ là tia phân giác của $\bigtriangleup ACH$

Tương tự, ta cũng có được $\Rightarrow CI$ là tia phân giác của $\bigtriangleup BCH$

b) Ta có
$AH = \frac{AC^2}{AB} = \frac{6^2}{10}= 3.6 (cm)$

Sau đó hãy tính $CH$, rồi áp dụng tính chất đường phân giác vào $\bigtriangleup ACH$ và $\bigtriangleup BCH$ phối hợp với dãy tỉ số bằng nhau để tính $HK$ và $HI$, sẽ ra được $KI$

Với $CH$ và $HI$ ở trên, tính được $CI$

Tính $CD = 2CH$ và $BC$, áp dụng tính chất đường phân giác trong $\bigtriangleup BCD$, ra được

$\frac{CD}{DM} = \frac{BC}{BM} = \frac{CD + BC}{BD}$
$\Rightarrow BM = \frac{BC.BD}{CD+BC} = ...$

a) Dễ thấy $\bigtriangleup OAC$ vuông tại $A$ và $OH \perp CK$
$\Rightarrow AC^2=CH.CO$ (1)

Ta có
$CI.CK = CI.(CI+KI) = CI^2 + CI.CK$
Mà $CK = 2OI$
$\Rightarrow CI.CK = CI^2 + CI.2OI = CI^2 + 2CI.OI + OI^2 - OI^2 = OC^2 - OI^2$
Mà $OI = OA^2$ ( vì $I$, $A \in (O)$ )
$\Rightarrow CI.CK = OC^2 - OA^2 = AC^2$ (2)

Từ (1) và (2)
$\Rightarrow CH.CO=CI.CK$

b) Dễ tính được $CK = 4R$
Mà $KI = 2R$
$\Rightarrow CI=2R$

Ta có
$AC^2=CI.CK$
$\Rightarrow AC^2=4R.2R=8R^2$
$\Rightarrow AC=2\sqrt{2}R$

Dễ chứng minh $\frac{AH}{AC}=\frac{OA}{OC}$

$\Rightarrow AH = \frac{AC.OA}{OC} = \frac{2\sqrt{2}R.R}{3R} = \frac{2\sqrt{2}R}{3}$

$\Rightarrow S_{KAC} = \frac{AH.CK}{2} = \frac{\frac{2\sqrt{2}R}{3}.4R}{2} = \frac{4\sqrt{2}R^2}{3} $

Ta có


$CH=\sqrt{AC^2 - AH^2}=\sqrt{(2\sqrt{2}R)^2 - \left ( \frac{2\sqrt{2}R}{3} \right )^2}= \frac{8R}{3}$
$\Rightarrow HK = \frac{4R}{3}$

$\Rightarrow AK = \sqrt{AH^2 + HK^2} = \sqrt{\left (\frac{2\sqrt{2}R}{3} \right )^2+\left ( \frac{4R}{3}^2 \right )} = \frac{2\sqrt{6}R}{3}$

Từ đó tính chu vi $\bigtriangleup KAC$

c) Dễ thấy $\angle KAB = \angle CAI$ ( cùng phụ với $\angle OAI$ )
mà $\angle KAB = \angle BAI$ ( $= \angle AKC$ )
$\Rightarrow \angle BAI = \angle CAI$
$\Rightarrow AI$ là tia phân giác $\angle BAC$

Gọi $Ax$ là tia đối tia $AC$
$\Rightarrow \angle xAK + \angle KAI + \angle CAI = 180^{\circ}$
Mà $\angle KAI = 90^{\circ}$
$\Rightarrow \angle xAK + \angle CAI = 90^{\circ}$
Lại có $\angle KAB + \angle BAI = 90^{\circ}$ và $\angle BAI = \angle CAI$ ( cmt )
$\Rightarrow \angle xAK = \angle KAB$
$\Rightarrow AK$ là tia phân giác ngoài của $\angle BAC$

Sao nó giải dễ thế này... ==
Thế mà đội tuyển trường tui nó dùng đến tứ giác nội tiếp, kẻ thêm ầm ầm... ==
Thôi thì thanks BlackSelena vậy... lâu lắm mới vào 4rum mà được ông giúp đỡ thì hay quá... ==

Cho $M$ nằm ngoài $(O)$. Từ $M$ về 2 tiếp tuyến tiếp xúc với $(O)$ tại $A$ và $B$. $OA$ cắt $(O)$ tại $C$. Vẽ $BE$ vuông góc $AC$ tại $E$. $BE$ cắt $CM$ tại $I$. Chứng minh $I$ là trung điểm $BE$

Xét $\left\{ {{u_n}} \right\}:\,\left\{ \begin{array}{l}
{u_1} = \sqrt 6 \\
u_n^2 = 6 + {u_{n - 1}}
\end{array} \right.$

Dễ thấy dãy tăng và bị chặn trên nên dãy đã cho có giới hạn hữu hạn

Giả sử \[\lim {u_n} = L \Rightarrow {L^2} = 6 + L\]

\[ \Rightarrow L = 3\]

\[ \Rightarrow {u_n} < 3\]

Bài này nằm trong box THCS mà, giải như vậy THCS sao hiểu được ạ...

Em thấy đúng là $A=3$
Nếu biến đổi $3$ từ từ thì sẽ trở thành $A$, tức $A=3$
Bài này muốn $A<3$ thì $A=\sqrt{6+\sqrt{6+\sqrt{6+\sqrt{...+\sqrt{6}}}}}$, khi đó $3=\sqrt{6+\sqrt{6+\sqrt{6+\sqrt{...+\sqrt{9}}}}}>A$

Góp vui 1 chút.
Bài 293
$a,b,c,d\geqslant 0$. Chứng minh
$\sqrt{\frac{a}{b+c+d}}+\sqrt{\frac{b}{a+c+d}}+\sqrt{\frac{c}{a+b+d}}+\sqrt{\frac{d}{a+b+c}}\geqslant 2$

Đề bài cho thế thì đúng là vô số, cho dù không âm cũng vô số thôi.
Vd:$\frac{2008}{\frac{1}{\frac{1}{2}}}$, nếu cứ biến đổi tử mẫu thành phân số thì kết quả là có vô số phân số thỏa điều kiện trên.

Đâu nhất thiết là $x^2+y^2+z^2=0$, chỉ cần $x+y+z=0$ là đủ

Xin lỗi, tại còn lộn sang cái đề vừa làm của thầy kia, cái đề đó có $x+y+z=0$
Sau khi sửa lại thì thấy đề sai

Vừa đi học thêm, ra bài y chang ( đề thi HSG lớp 8 quận 9 ) mà thầy Nguyễn Đức Tấn đưa, giải khá dễ
nhưng:
$x+y+z=1$
=> $(x+y+z)^{2}=1$
=> $x^{2}+y^{2}+z^{2}+2xy+2yz+2xz=1$
=> $x^{2}+y^{2}+z^{2}+2(xy+yz+xz)=1$
mà $x^{2}+y^{2}+z^{2}=1$
=> $2(xy+yz+xz)=0$
=> $xy+yz+xz=0$
=> $(xy+yz+xz)^{2}=0$
=> $x^{2}y^{2}+y^{2}z^{2}+x^{2}z^{2}+2xy^2z+2xyz^2+2x^2yz=0$
=> $x^{2}y^{2}+y^{2}z^{2}+x^{2}z^{2}+2xyz(y+z+x)=0$
tới đây ko thể tính tiếp nếu $x+y+z=1$

Sau khi xem xét thì nhận ra đề như sau, đây mới là đề đúng
Cho hình vuông $ABCD$, lấy $I$ bất kì trên $AB$. Trên tia đối tia $CB$ lấy $E$ sao cho $BI=BE$. C/m $CI\perp AE$.

Gọi $H$ là giao điểm của $IE$ và $AC$
Vì tứ giác $ABCD$ là hình chữ nhật
=> Đường chéo $CA$ là tia phân giác $\widehat{C}$
mà $H\in AC$
$E\in BC$
=> $\widehat{HCE}=45^{\circ}$

$\Delta IBE$ có
$IB=EB$ ( giả thuyết )
=> $\Delta IBE$ cân tại $B$
mà $\widehat{IBC}=90^{\circ}$ ( vì $IB\perp EB$ )
=> $\Delta IBE$ vuông cân tại $B$
=> $\widehat{IEB}=45^{\circ}$
mà $H\in IE$
$C\in BE$
=> $\widehat{HEC}=45^{\circ}$

$\Delta HCE$ có
$\widehat{HCE}=45^{\circ}$ ( cmt )
$\widehat{HEC}=45^{\circ}$ ( cmt )
=> $\Delta HCE$ vuông cân tại $H$
=> $EH\perp AC$

$\Delta AEC$ có
$EH$ là đường cao ( vì $EH\perp AC$ )
$AB$ là đường cao ( vì $AB\perp CE$ )
$EH$ cắt $AB$ tại $I$
=> $I$ là trực tâm $\Delta AEC$
=> $CI\perp AE$

Đọc lại bài mình mới biết là sai hoàn toàn, vừa sửa lại. Đang suy nghĩ cho bài của perfectstrong

Bạn thông cảm, tại mình tìm ra được câu 1 và 3 trước, suy nghĩ ra câu 2 sau nên nó hơi hơi rối, đã sửa

1. Tính $\widehat{PON}$
Vì $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta ABC$
=> $OA=OB=OC$
=> $\Delta ABO$, $\Delta ACO$, $\Delta BCO$ cùng cân tại O

$\Delta ABO$ cân tại $O$ có
$OP$ là trung tuyến ( vì $P$ là trung điểm $AB$)
=> $OP$ cũng là đường cao $\Delta ABO$
=> $OP\perp AB$ tại $P$

Tương tự với $\Delta ACO$ và $\Delta BCO$, ta cũng có được $ON\perp AC$ tại $N$ và $OP\perp AB$ $OM\perp BC$ tại $M$

$\Delta ABC$ có
$\widehat{A}+\widehat{B}+\widehat{C}$ ( tổng 3 góc trong tam giác )
mà $\widehat{B}= 30^{\circ}$, $\widehat{C}= 15^{\circ}$
=> $\widehat{A}= 135^{\circ}$

Tứ giác $APON$ có
$\widehat{A}+\widehat{APO}+\widehat{ANO}+\widehat{PON}=360^{\circ}$ ( tổng 4 góc tứ giác )
mà $\widehat{APO}= 90^{\circ}$ ( vì $PO\perp AB$ )
$\widehat{ANO}= 90^{\circ}$ ( vì $NO\perp AC$ )
$\widehat{A}= 135^{\circ}$ (cmt)
=> $\widehat{PON}=45^{\circ}$

2. Chứng minh $A$, $M$, $I$ thẳng hàng
Vì $\Delta AOB$ cân tại $O$
=> $\widehat{OAB}=\widehat{OBA}$ (1)

Vì $\Delta AOC$ cân tại $O$
=> $\widehat{OAC}=\widehat{OCA}$ (2)

Từ (1) và (2), ta có
$\widehat{OBA}+\widehat{OCA}=\widehat{OAB}+\widehat{OAC}=\widehat{A}$
mà $\widehat{OBA}=\widehat{ABC}+\widehat{OBC}$
$\widehat{OCA}=\widehat{ACB}+\widehat{OCB}$
$\widehat{A}=135^{\circ}$ ( cmt )
$\widehat{ABC}=30^{\circ}$ ( gt )
$\widehat{ACB}=15^{\circ}$ ( gt )
=> $\widehat{OBC}+\widehat{OCB}=90^{\circ}$
mà $\widehat{OBC}+\widehat{OCB}+\widehat{O}=180^{\circ}$ ( tổng 3 góc $\Delta OBC$ )
=> $\widehat{O}=90^{\circ}$
mà $\Delta OBC$ cân tại $O$ ( cmt )
=> $\Delta OBC$ vuông cân tại $O$
mà $OM$ là trung tuyến ứng với cạnh huyền $BC$
=> $OM=\dfrac{1}{2}.BC$
mà $MC=\dfrac{1}{2}.BC$ ( vì $M$ là trung điểm $BC$ )
=> $OM=MC$
=> $\Delta OMC$ cân tại $M$
mà $\widehat{OMC}=90^{\circ}$ ( vì $OM\perp MC$ tại $M$ )
=> $\Delta OMC$ vuông cân tại $M$
mà $MI$ là đường trung tuyến ( $I$ là trung điểm $OC$ )
=> $MI$ cũng là đường cao
=> $MI\perp OC$ tại $I$

Vì $\Delta OMC$ vuông cân tại $M$
=> $\widehat{OCM}=45^{\circ}$
mà $\widehat{ACB}=15^{\circ}$ ( giả thuyết )
$\widehat{OCM}+\widehat{ACB}=\widehat{ACO}$
=> $\widehat{ACO}=60^{\circ}$
mà $\Delta ACO $ cân tại O ( cmt )
=> $\Delta ACO$ đều
mà $AI$ là trung tuyến ( $I$ là trung điểm $OC$ )
=> $AI\perp OC$ tại $I$
mà $MI\perp OC$ tại $I$ ( cmt )
=> $AI\equiv AM$
=> $A$, $M$, $I$ thẳng hàng

3. Tìm trực tâm $\Delta OMN$
$\Delta ABC$ có
$P$ là trung điểm $AB$
$M$ là trung điểm $BC$
=> $PM$ là đường trung bình
=> $PM \parallel AC$ ( định lý đường trung bình )
mà $AC\perp ON$ tại $N$ ( cmt )
=> $PM\perp ON$

$\Delta ABC$ có
$P$ là trung điểm $AB$
$N$ là trung điểm $AC$
=> $PN$ là đường trung bình
=> $PN \parallel BC$ ( định lý đường trung bình )
mà $BC\perp OM$ tại $M$ ( cmt )
=> $PN\perp OM$

$\Delta OMN$ có
$PM$ là đường cao ( vì $PM\perp ON$ )
$NP$ là đường cao ( vì $PN\perp OM$ )
$PM$ và $NP$ cắt nhau tại $P$
=> $P$ là trực tâm $\Delta OMN$

Vẽ $MD\perp AC$ tại $D$, $MD$ cắt $AH$ tại $E$

Xét $\Delta AHM$ và $\Delta ADM$, có
$HM=DM$ ( cmt )
$\widehat{HME}=\widehat{DMC}$ ( gt )
=> $\Delta AHM$ = $\Delta ADM$ ( ch.gn )
=> $HM=DM$

Xét $\Delta HME$ vuông tại $H$ và $\Delta DMC$ vuông tại $D$, có
$\widehat{MHE}=\widehat{MDC}=90^{\circ}$
$AM$ cạnh chung
$\widehat{MAH}=\widehat{MAD}$
=> $\Delta HME$ = $\Delta DMC$ ( g.c.g )
=> $ME=MC$
mà $MC=MB$ ( $M$ là trung điểm $BC$ )
=> $ME=MB$

$\Delta ABM$ có
$AH$ là tia phân giác $\widehat{BAM}$ ( vì $\widehat{BAH}=\widehat{MAH}$ )
$AH$ là đường cao $AH\perp BM$
=> $\Delta ABM$ cân tại $A$
mà $AH$ là đường cao ( $AH\perp BM$ )
=> $AH$ là trung trực $BM$
mà $E\in AH$
=> $EH$ là trung trực $BM$
=> $BE=ME$
mà $ME=MB$ ( cmt )
=> $MB=ME=BE$
=> $\Delta MBE$ đều
=> $\widehat{BME}=60^{\circ}$
mà $\widehat{BME}=\widehat{DMC}$ ( đối đỉnh )
=>$\widehat{DMC}=60^{\circ}$
mà $\Delta DMC$ vuông tại $D$ có $\widehat{DMC}+\widehat{C}=90^{\circ}$
=> $\widehat{C}=30^{\circ}$

Ta có
$\widehat{BME}+\widehat{BMD}=180^{\circ}$
mà $BME^{\circ}=60^{\circ}$ ( vì $\Delta BME$ đều )
$\widehat{BMD}=120^{\circ}$
mà $\widehat{BMD}=\widehat{AMB}+\widehat{AMD}$
$\widehat{AMB}=\widehat{AMD}$
=> $\widehat{AMB}=\widehat{AMD}=\dfrac{\widehat{BMD}}{2}=\dfrac{120^{\circ}}{2}= 60^{\circ}$
mà $\widehat{AMB}=\widehat{B}$ ( vì $\Delta AMB$ cân tại $B$ )
=> $\widehat{B}=60^{\circ}$
mà $\widehat{A}+\widehat{B}+\widehat{C}=180^{\circ}$ ( tổng 3 góc $\Delta ABC$ )
$\widehat{C}=30^{\circ}$ ( cmt )
=> $\widehat{A}=90^{\circ}$

Câu a:
Xét tứ giác $AEDF$ có:
$AE // DF$ ( giả thuyết )
$AF // DE$ ( giả thuyết )
=> Tứ giác $AEDF$ là hình bình hành
Mà $AD$ là tia phân giác $\widehat{EAF}$
=> Tứ giác $AEDF$ là hình thoi
=> $AE = AF = DE$

Câu b:
Vì tứ giác $AEDF$ là hình thoi ( cmt ) nên $ED//AF$ => $ED//AC$
Giả sử $BE = DF$
mà $DF = DE$ ( tứ giác $AEDF$ là hình thoi )
=> $BE = DE$
=> $\Delta BED$ cân tại $E$
=> $\widehat{EBD} = \widehat{EDB}$
lại có $\widehat{EBD} \equiv \widehat{ABC}$
$\widehat{EDB}=\widehat{ACB}$ ( $ED//AC$, so le trong )
=> $\widehat{ABC} = \widehat{ACB}$
=> $\Delta ABC$ cân tại $A$
Vậy khi $\Delta ABC$ cân tại $A$ thì $BE = DF$

Vẽ $\widehat{DCE}$ với $E\in AD$ sao cho $\widehat{DCE} = \widehat{BAD}$
Xét $\Delta ABD$ và $\Delta CED$, có:
$\widehat{BAD} = \widehat{DCE}$ ( giả thuyết )
$\widehat{BDA} = \widehat{EDC}$ ( đối đỉnh )
=> $\Delta ABD\sim \Delta CED$ (g.g)
=> $\dfrac{BD}{AD}=\dfrac{DE}{CD}$
=> $AD.DE = BD.CD$ (1)

Xét $\Delta ABD$ và $\Delta AEC$, có:
$\widehat{BAD} = \widehat{CAE}$ ( $AE$ là tia phân giác $\widehat{BAC}$)
$\widehat{ABD} = \widehat{AEC}$ ( do $\Delta ABD\sim \Delta CED$ )
=> $\Delta ABD\sim \Delta AEC$ (g.g)
=> $\dfrac{AB}{AE}=\dfrac{AD}{AC}$
=> $AD.AE = AB.AC$ (2)

Từ (1) và (2), ta có
$AD.AE - AD.DE = AB.AC - BD.CD$
=> $AD.( AE - DE ) = AB.AC - BD.CD$
=> $AD.AD = AB.AC - BD.CD$
=> $AD^{2} = AB.AC - BD.CD$