Cho tam giác ABC không cân. Trên nửa mặt phẳng bờ AB,BC,CA không chứa C,A,B lần lượt; vẽ các tam giác cân ABX, BCZ, ACY  sao cho ∠AXB=∠AYC=∠BZC=120 °. Chứng minh rằng: AZ, BY, CX đồng quy.

Đề đúng đây (: Cho tam giác ABC không cân. Trên nửa mặt phẳng bờ AB,BC,CA không chứa C,A,B lần lượt; vẽ các tam giác cân ABX, BCZ, ACY  sao cho ∠AXB=∠AYC=∠BZC=120 °. Chứng minh rằng: AZ, BY, CX đồng quy.

Cho tam giác ABC cân tại A. Lấy D, F thuộc AB, tia đối CB sao cho AD=CF và ∠ADF=90°. AC giao DF tại E. Chứng minh rằng S(ADE)=2.S(CEF)

Cho tam giác ABC đều có diện tích bằng 1. Lấy M,N,P lần lượt là các điểm trên AB, CA, BC sao cho AM=CN=BP. Tìm vị trí của M, N, P để diện tích MNP là nhỏ nhất.

Cho a,b,c không âm thỏa mãn a+b+c+d+e=1. Tìm giá trị lớn nhất của: ab+bc+cd+de.

Cho hình chữ nhật ABCD. Kẻ AH cắt BD tại H(H ∈ BD). M ∈ DH, N ∈ BC thỏa mãn MD/MH=NC/NB. CMR: ∠AMN=90°

 Cho tam giác ABC, trọng tâm G. Các điểm E, F thuộc các đoạn AB, AC sao cho E khác B, E khác C và    $S(ABC)= 2S(AEF)$. Chứng minh rằng G nằm trong tam giác AEF.

$\Leftrightarrow \frac{DM}{CM}=\frac{CE}{CK}.\frac{CK}{CA}=\frac{CD}{BC}.\frac{CA-BA}{CA}=\frac{CD}{BC}.(1-\frac{BA}{CA})=\frac{CD}{BC}.(1-\frac{BD}{CD})=\frac{CD}{BC}.\frac{CD-BD}{CD}=\frac{CD-BD}{BC}=\frac{2MD}{2MC}=\frac{MD}{MC} \Leftrightarrow Q.E.D$

Ta có:

$\frac{AM}{OM}=\frac{S(ABM)}{S(BOM)}=\frac{S(AMC)}{S(BOC)}=\frac{S(ABC)}{S(BOC)}=\frac{S(AOB)+S(AOC)+S(BOC)}{S(BOC)}=\frac{S(AOB)}{S(BOC)}+\frac{S(AOC)}{S(BOC)}+1$ (1)

Chứng minh tương tự, ta cũng có:

$\frac{BN}{ON}=\frac{S(AOB)}{S(AOC)}+\frac{S(BOC)}{S(AOC)}+1$ (2) và $\frac{CP}{OP}=\frac{S(AOC)}{S(AOB)}+\frac{S(BOC)}{S(AOB)}+1$ (3). Cộng 3 vế của đẳng thức (1), (2), (3), ta có:

$\frac{AM}{OM}+\frac{BN}{ON}+\frac{CP}{OP}=[\frac{S(AOB)}{S(BOC)}+\frac{S(BOC)}{S(AOB)}]+[\frac{S(BOC)}{S(AOC)}+\frac{S(AOC)}{S(BOC)}]+[\frac{S(AOC)}{S(AOB)}+\frac{S(AOB)}{S(AOC)}]+3 \geq 2.3+3=9 \rightarrow Q.E.D$

Cách 1: Kẻ AH, AK $\perp$ với BN và DM.
Ta có: $S(ADM)=S(ABN)=\frac{1}{2}S(ABCD)$. Mà $DM= BN$ $\rightarrow$ $AK=AH$ 
$\rightarrow$ PA là phân giác $\widehat{BPD}$ $\rightarrow$ $Q.E.D$
Cách 2: Kẻ BP, AP kéo dài cắt BC, AD tại E, F.
Ta có: $\frac{PD}{PF}=\frac{PM}{BP}=\frac{DM}{BF}=\frac{BN}{BF}=\frac{AD}{AF}. \rightarrow$ PA là phân giác ngoài $\widehat{DPF}$ ( tính chất đường phân giác ngoài tam giác ).
$\rightarrow$ PA là phân giác $\widehat{BPD}$

$\rightarrow Q.E.D.$

Cho x, y,z >0 và $x+y+z=3$. Tìm GTNN của $\frac{1}{1+2x^3}+\frac{1}{1+2y^3}+\frac{1}{1+2z^3}$

Cho $a,b,c$ là các số dương. CMR: $\frac{3a^{4}+1}{b+c}+\frac{3b^{4}+1}{c+a}+\frac{3c^{4}+1}{a+b}\geq 2(a^{2}+b^{2}+c^{2})$

Cho tam giác ABC, I là giao điểm của các đường phân giác. Điểm X thuộc tia đối của tia BC. XI theo thứ tự cắt CA, AB tại Y, Z. Chứng minh rằng: $\frac{BC}{IX}+\frac{CA}{IY}=\frac{AB}{IZ}$ 

$P=2a^3+7a^2b+7ab^2+2b^3=2(a^3+b^3)+7ab(a+b)=2(a+b)(a^2-ab+b^2)+7ab(a+b)=(a+b)\left [ 2(a^2-ab+b^2)+7ab \right ]=(a+b)(2a^2+5ab+2b^2).$

$VT\geq \sum \frac{1+a^2}{1+\frac{b^2+1}{2}+c^2}=\sum \frac{2(1+a^2)}{b^2+2c^2+3}$

Đặt: $1+a^2=x; 1+b^2=y; 1+c^2=z$

$\rightarrow$$VT\geq \sum \frac{2x}{2z+y}.$ $\rightarrow \frac{1}{2}VT\geq \sum \frac{x}{2z+y}=\sum \frac{x^2}{2xz+xy}\geq \frac{(x+y+z)^{2}}{3(xy+yz+xz)}\geq 1$ $\rightarrow VT\geq 2\rightarrow Q.E.D$

Tại sao bạn lại suy ra được ở chỗ *** như thế??? hình như bn làm sai r bước đó r

Do: $\sum ab\leq \frac{(a+b+c^2)}{3}\rightarrow \sum ab\leq 3 \rightarrow -\frac{a+b+c+ab+bc+ca}{2}\geq -\frac{2(a+b+c)}{2}$

3. Cho $a^{2}+b^{2}+c^{2}=1$. Chứng minh $abc+2(1+a+b+c+ab+bc+ca)\geq 0$

Do: $a^{2}+b^{2}+c^{2}=1$ $\rightarrow a,b,c\geq -1$ $\rightarrow (1+a)(1+b)(1+c)\geq 0 \rightarrow 1+\sum a+\sum ab+abc\geq 0.$

Mặt khác, ta có:$2(1+\sum a+\sum ab)=2(\sum a^2+\sum a+\sum ab)=2\sum a^2+2\sum a+2\sum ab=(\sum a)^2+2\left ( \sum a \right )+1=\left ( \sum a+1 \right )^2\geq 0$ $\rightarrow Q.E.D$

Ta có: $GT\Rightarrow a,b,c\in [-1;1]\Rightarrow (a+1)(b+1)(c+1)\leq 0\Rightarrow abc+a+b+c+ab+bc+ca+1\geq 0$

Lại có: $(a+b+c+1)^2\geq 0\Rightarrow a^2+b^2+c^2+1+2a+2b+2c+2d+2ab+2bc+2ca\geq 0\Rightarrow 1+a+b+c+ab+bc+ca\geq 0$

Cộng 2 bđt trên ta được đpcm

Lẽ ra phải là lớn hơn chứ bạn!

Ta có: $x+y+z=\frac{1}{2}[x+(y+z)+(y+z)]\geq \frac{3}{2}.\sqrt[3]{2x(y+z)^2} \rightarrow \frac{27x^3}{4(x+y+z)^3}\leq \frac{x^2}{(y+z)^2}\rightarrow Q.E.D$

Đặt $a=\frac{x}{y};b=\frac{y}{z};c=\frac{z}{x}.$

$\rightarrow VT=\sum \frac{\frac{x}{y}}{\frac{x+y}{y}.\frac{y+z}{z}}=\sum \frac{xz}{(x+y)(y+z)}=\sum \frac{x^2z^2}{xz(x+y)(y+z)}\geq \frac{(\sum xz)^2}{3xyz(\sum x)+\sum x^2z^2}=\frac{(\sum xz)^2}{(\sum xz)^2+xyz(\sum x)}\geq \frac{\left ( \sum xz \right )^2}{(\sum xz)^2+\frac{\left ( \sum xz \right )^2}{3}}=\frac{3}{4}$

Dấu $"= "$ xảy ra khi $a=b=c=1$

Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{matrix} x+y+z=6 & & \\ x^{2}+y^{2}+z^{2}=18 & & \\ \sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}=4& & \end{matrix}\right.$

Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{matrix} x+y+z=6 & & \\ \sqrt{1-x^2}+\sqrt{16-y^2}+\sqrt{25-z^2}=8 & & \end{matrix}\right.$

Ta có:

8=$\sqrt{1-x^2}+\sqrt{16-y^2}+\sqrt{25-z^2}\leq \sqrt{(1+4+5)^2-(x+y+z)^2}=\sqrt{10^2-6^2}=8$

Dấu đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow \frac{x}{1}=\frac{y}{4}=\frac{z}{5}=\frac{3}{5} \Leftrightarrow x=\frac{3}{5};y=\frac{12}{5};z=3$

1.Kẻ BH vuông góc với AC. Cần chứng minh: BH=HO. Đặt CH=x(cm). $\Delta CHB\sim CBA$. Từ đó tính được HO=HB=2x(cm)

$\rightarrow \widehat{BOC}=45^{o}$

2. Ta có: $\frac{AM}{AC}=\frac{AM}{AB}=\frac{DM}{DN}=\frac{CB}{CN}=\frac{AC}{NC}$

$\rightarrow \Delta ANC\sim \Delta MCA(c.g.c)\rightarrow 60^{o}=\widehat{ACK}+\widehat{NCK}=\widehat{ANC}+\widehat{NCK}=\widehat{AKC} \rightarrow \widehat{AKC}=60^{o}$

Cho tam giác ABC. M, N, P bất kỳ lần lượt trên AB, AC, BC. CM, BN cắt AP tại E, F. BN cắt CM tại I. Biết $S(AEM)=S(INC)=S(IEF)=S(BFP)$. CMR: $S(AEIN)=S(PFIC)=S(MEFB)$