Bạn thử bộ số $\left ( a;b;c \right )=\left ( 3;0;0 \right )$ ta sẽ được $M> 6\sqrt{5}$

Bài hình chuyên Hà Nam vòng 1

Cho x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn $a+b+c=3$. Tìm GTLN của biểu thức

                       $M=\sqrt{x^2-6x+25}+\sqrt{y^2-6y+25}+\sqrt{z^2-6z+25}$

Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa man $a+b+c=3$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

$M=\sqrt{a^2-6a+25}+\sqrt{b^2-6b+25}+\sqrt{c^2-6c+25}$

Mong các bạn đọc và đóng góp ý kiến hộ nhé!!!

Bài 7. Bạn đọc tự vẽ hình nhé (mình không biết vẽ hình trên này)

Gọi T là tiếp điểm của BC với đường tròn tâm I. Khi đó ta có biến đổi góc$\widehat{CEF}=\widehat{AED}=90^{0}-\frac{1}{2}\widehat{BAC}$. 

lại có $\widehat{CIF}=\frac{1}{2}(\widehat{ABC}+\widehat{ACB})=90^{0}-\frac{1}{2}\widehat{BAC}$.

Do đó $\widehat{CIF}=\widehat{CEF}$ nên tứ giác CIEF nội tiếp đường tròn, suy ra $\widehat{IEC}=\widehat{IFC}=90^{0}$.

Chứng minh tương tự ta cũng được $\widehat{IGB}=90^{0}$. Do vậy tứ giác BCFG nội tiếp đường tròn đường kính BC. Do M là trung điểm của BC nên suy ra M là tâm đường tròn ngoại tiếp tớ giác BCFG, Từ đó tam giác MFG cân tại M.

Mặt khác do tam giác ABC có $\widehat{BAC}=60^{0}$.

Suy ra $\widehat{CIF}=\widehat{CEF}=\widehat{AED}=60^{0}$.

Do đó $\widehat{FCG}=30^{0}$ nên $\widehat{GMF}=2\widehat{GCF}=60^{0}$.

Do vậy tam giác GMF là tam giác đều.

Bài 9. Trước hết xin nhắc là bất đẳng thức Schur.

Cho a, b, c là các số thưc không âm. Khi đó ta có $a\left ( a-b \right )\left ( a-c \right )+b\left ( b-c \right )\left ( b-a \right )+c\left ( c-a \right )\left ( c-b \right )\geqslant 0$

Biến đổi bất đẳng thức trên ta được một hệ quả: $a^{3}+b^{3}+c^{3}+3abc\geqslant a^{2}\left ( b+c \right )+b^{2}\left ( c+a \right )+c^{2}\left ( a+b \right )$  

Trở lại bài toán. Để ý đến đẳng thức $(x+y+z)^{3}=x^{3}+y^{3}+z^{3}+3(x+y)(y+z)(z+x)$.

Khi đó ta có $(x+y+z)^{3}+9xyz=x^{3}+y^{3}+z^{3}+9xyz+3(x+y)(y+z)(z+x)$.

Theo hệ quả trên ta có $x^{3}+y^{3}+z^{3}+9xyz+3(x+y)(y+z)(z+x)\geq x^{2}(y+z)+y^{2}(z+x)+z^{2}(x+y)+6xyz+3(x+y)(y+z)(z+x)$.

Lại để ý đến hai đẳng thức

$x^{2}(y+z)+y^{2}(z+x)+z^{2}(x+y)+3xyz=(x+y+z)(xy+yz+zx)$

và $(x+y)(y+z)(z+x)+xyz=(x+y+z)(xy+yz+zx)$.

Do vậy ta được $x^{3}+y^{3}+z^{3}+9xyz+3(x+y)(y+z)(z+x)\geq 4(x+y+z)(xy+yz+zx)$

Từ đó suy ra điều cần chứng minh.

Mong các bạn đọc và cho ý kiến đóng góp nhé! Xin cảm ơn

Không biết được, nhưng có lẽ là 150 phút đó vì thời gian thi HSG cấp tỉnh thường là như vậy. Hơn nữa với đề như vậy thì 150 phút may ra mới làm hết được.

Nhờ các bạn đọc và cho ý kiến nhé!!!

Câu phương trình nghiệm nguyên đề bị sai, khi giải thấy hơi lạ. Ngoài ra đề còn thiếu hai câu nữa. Hồm sau đăng lại lời giải nhé.

Nhờ các bạn xem và đóng góp ý kiến với a!!!

Mình lấy đề trên diendantoanhoc về và giải. Nhờ mọi người xem và góp ý hộ với nhé!!!

Xin ủng hộ topic bằng lời giải đề thi tuyển sinh lớp 10 Trường Phan Bội Châu tỉnh Nghệ An 2018 - 2019

Vâng, hàng năm sau khi kì thi HSG cấp Tỉnh diễn ra thì mình có giải một số đề thi. Năm nay mới đăng kí thành viên của diễn đàn nên đưa lên vài đề thi mong bạn đọc xem và góp ý đề trong các đề thì sau trình bày được hay hơn và có nhiều cách giải hơn! 

Không phải a! Minh là giáo viên dạy tại trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp - Tỉnh Nghệ An. 

Các bạn xem và đóng góp ý kiến nhé!

Cảm ơn bạn nhé. Lúc mình giải cũng thấy như thế nào đó, nhưng bài toán được trích trong đề thi HSG cấp tỉnh nên mình hỏi cho chắc ăn. Một lần nữa xin cảm ơn bạn! 

Xim cảm ơn bạn. Nhưng đề gốc phát biểu như vậy, bạn xem có thể xét thêm các trường hợp khác có được không?

Xin nhờ các chuyên gia giải giúp bài toán này với. Xim chân thành cảm ơn

      Cho 8 đoạn thẳng có độ dài lớn hơn 10 và nhỏ hơn 210. Chứng minh rẳng trong 8 đoạn thẳng đó luôn tìm được ba đoạn thẳng để ghép thành một tam giác.

Nhờ các bạn xem và đóng góp ý kiến với a

ĐỀ THI VÀ ĐÁP ÁN THAM KHẢO

Bài tìm GTNN

Tại liệu ôn thi chuyên Toán

Lời giải tham khảo đề thi HSG toán 9 Tỉnh Quảng Trị 2018 - 2019