DarkBlood

Câu 5 : Cho $a,b,c,d>0$ có tổng bằng $4$. Tìm giá trị nhỏ nhất :

$$P=\dfrac{(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)(d^2+1)}{abc+bcd+cda+dab}$$

Ta có: $(a^2+1)(b^2+1)\geq(a+b)^2$

Tương tự suy ra $(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)(d^2+1)\geq(a+b)(b+c)(c+d)(d+a)$

Ta chứng minh $(a+b)(b+c)(c+d)(d+a)\geq(a+b+c+d)(abc+bcd+cda+dab) \Leftrightarrow (ac-bd)^2$ $($Đúng$)$

Do đó $(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)(d^2+1)\geq 4(abc+bcd+cda+dab)$ 

$\Rightarrow P\geq 4$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=d=1$

Mời mọi ngườiimage.jpg

Câu 3:

 Untitled.png   9.41K   89 Số lần tải

Ta có $DM+EM=(BM+CM).\textrm{sin}\ 60^{\circ}=BC.\textrm{sin}\ 60^{\circ}=\textrm{const}$

Do đó chu vi tam giác $MDE$ nhỏ nhất $\Leftrightarrow$ $DE$ nhỏ nhất.

Tam giác $ADE$ nội tiếp đường tròn đường kính $AM$ nên $DE=AM.\textrm{sin}\widehat{\textrm{BAC}}=AM.\textrm{sin}\ 60^{\circ}$

Vì $\textrm{sin}\ 60^{\circ}$ không đổi nên $DE$ nhỏ nhất $\Leftrightarrow$ $AM$ nhỏ nhất $\Leftrightarrow$ $M\equiv H$ $(H$ là chân đường vuông góc hạ từ $A$ xuống $BC)$

Vậy khi $M$ là chân đường vuông góc hạ từ $A$ xuống $BC$ thì chu vi tam giác $MDE$ nhỏ nhất.

 

Câu 5: 

 abc.png   19.96K   88 Số lần tải

a) $AO$ cắt $(O)$ tại $E,$ $EH$ cắt $(O)$ tại $K',$ $AK'$ cắt $EB$ tại $D.$ 

Dễ thấy $H$ là trực tâm tam giác $AED$ nên $DH\perp AO \Rightarrow DH\parallel AM$

Ta có $\widehat{BDH}=\widehat{EAH}=\widehat{HMB}$ nên tứ giác $HMDB$ nội tiếp

Suy ra $\widehat{HMD}=180^{\circ}-\widehat{HBD}=90^{\circ}$

$\Rightarrow HM\perp MD \Rightarrow DM\parallel AH$

Do đó tứ giác $AHDM$ là hình bình hành

$\Rightarrow$ $AD$ đi qua trung điểm $I$ của $HM$

$\Rightarrow$ $K'$ là giao điểm của $AI$ với $(O)$

$\Rightarrow$ $K'\equiv K$

$\Rightarrow$ $HK\perp AI$

b) Ta có

$\widehat{IAM}=\widehat{ABK}$ $(AM$ là tiếp tuyến$)$

$\widehat{AMI}=\widehat{OBA}$

Nên $\widehat{IAM}+\widehat{AMI}=\widehat{ABK}+\widehat{OBA}$

$\Leftrightarrow \widehat{AIH}=\widehat{OBK}$

Mặt khác

$\widehat{AIH}+\widehat{KHI}=90^{\circ}$

$\widehat{OBK}+\widehat{KBM}=90^{\circ}$

Nên $\widehat{KHI}=\widehat{KBM}$

$\Rightarrow$ Tứ giác $HKMB$ nội tiếp 

$\Rightarrow$ $\widehat{BKM}=\widehat{BHM}=90^{\circ}$

Với $a,b,c \geq0$, chứng minh rằng:

$a+b+c\geq 3\sqrt[3]{abc}$

p/s: Chứng minh theo BĐT Cô-si cho 2 số.

BĐT tưởng đương $a+b+c+\sqrt[3]{abc}\geq 4\sqrt[3]{abc}$

Áp dụng BĐT Cô si 2 số 

$a+b\geq 2\sqrt{ab}$

$c+\sqrt[3]{abc}\geq 2\sqrt{c\sqrt[3]{abc}}$

$\sqrt{ab}+\sqrt{c\sqrt[3]{abc}}\geq 2\sqrt[4]{abc\sqrt[3]{abc}}=2\sqrt[3]{abc}$

Từ đó có điều phải chứng minh.

Câu III:
Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$ và điểm $P$ nằm trong tam giác sao cho $BP=PC$. $D$ là điểm nằm trên $BC$ ($D$ nằm giữa $B$ và $C$) sao cho $P$ nằm trong đường tròn ngoại tiếp tam giác $DAB$ và đường tròn ngoại tiếp tam giác $DAC$. Đường thẳng $PB$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $DAB$ tại $E$ khác $B$. Đường thẳng $PC$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $DAC$ tại $F$ khác$C$.
1) CMR 4 điểm $A,E,P,F$ thuộc 1 đường tròn.
2) Giả sử đường thẳng $AD$ cắt $(O)$ tại $Q$ khác $A$, đường thẳng $AF$ cắt đường thẳng$CQ$ tại $L$. CMR $\triangle ABE$ đồng dạng với $\triangle CLF$.
3) Gọi $K$ là giao điểm của đường thẳng $AE$ và đường thẳng $QB$. CMR $\widehat{QKL}+\widehat{PAB}=\widehat{QLK}+\widehat{PAC}$.

Câu 3

 Untitledaaa.png   127.89K   90 Số lần tải

Cho mượn cái hình nha Hiếu

Ta có $\bigtriangleup BAE \sim \bigtriangleup LCF \Rightarrow LF.AE=BE.CF$

Tương tự $KE.AF=BE.CF$ suy ra $KE.AF=LF.AE \Leftrightarrow \dfrac{LF}{AF}=\dfrac{KE}{AE}$

Suy ra $EF \parallel LK \Leftrightarrow \widehat{AEF}=\widehat{AKL}$

$\Leftrightarrow \widehat{APF}=\widehat{AKL}$

$\Leftrightarrow \widehat{PAC}+\widehat{PCA}=\widehat{EKB}+\widehat{QKL}$

Mà $\widehat{PCA}=\widehat{EKB}$ $($vì $\bigtriangleup CAF \sim \bigtriangleup KBE)$

Nên $\widehat{PAC}=\widehat{QKL}$

Tương tự $\widehat{PAB}=\widehat{QLK}$

Suy ra điều phải chứng minh.

Câu I:
1) Giả sử $x,y$ là những số thực dương phân biệt thoả mãn:
$\frac{y}{x+y}+\frac{2y^{2}}{x^{2}+y^{2}}+\frac{4y^{4}}{x^{4}+y^{4}}+\frac{8y^{8}}{x^{8}-y^{8}}= 4$
CMR $4x=5y$
Câu II:
1) Cho $x,y$ là những số nguyên lớn hơn 1 sao cho $4x^{2}y^{2}-7x+7y$ là số chính phương. CMR $x=y$
2) Giả sử $x,y$ là những số thực không âm thoả mãn $x^{3}+y^{3}+xy=x^{2}+y^{2}$. Tìm max và min của biểu thức
$P=\frac{1+\sqrt{x}}{2+\sqrt{y}}+\frac{2+\sqrt{x}}{1+\sqrt{y}}$

Câu I Quy đồng  Có 3 mẫu đầu nhân nhau nhân với $x-y$ thành mẫu thứ 4

Câu II

1) Đặt $4x^2y^2-7x+7y=A$

Xét $x>y\geq 2$

Ta chứng minh $(2xy-1)^2<A<(2xy+1)^2$

$\Leftrightarrow -4xy+1<-7x+7y<4xy+1$

Vì $x>y$ nên $-7x+7y<0<4xy+1$

Ta có $-4xy+1\leq -8x+1<-7x+7y$ $($Do $x,y\geq 2)$

Do đó $A=4x^2y^2 \Rightarrow x=y$ $($Vô lý$)$

 

Xét $y>x\geq 2$ 

Tương tự suy ra $x=y$ $($Vô lý$)$

 

Vậy $x=y.$

 

2) Từ giả thiết suy ra $x=y=0$ hoặc $x+y=1$

Xét $x=y=0$ ta có $P=\dfrac{3}{2}$

Xét $x+y=1$ suy ra $x,y\leq 1$

Ta có

$\frac{4}{3}=\dfrac{1+0}{2+1}+\dfrac{2+0}{1+1}\leq \dfrac{1+\sqrt{x}}{2+\sqrt{y}}+\dfrac{2+\sqrt{x}}{1+\sqrt{y}}\leq \dfrac{1+1}{2+0}+\dfrac{2+1}{1+0}=4$

Vậy $\textrm{min} P=\dfrac{4}{3}$ khi $x=0, y=1.$

$\textrm{max} P=4$ khi $x=1, y=0.$