Forgive Yourself

 

Cho tam giác $ABC$ Trên các cạnh $BC,CA$ và $AB$ của tam giác đó, lần lượt lấy các điểm $A',B'$ và $C'$. Gọi $S_{a},S_{b},S_{c}$ và $S$ tương ứng là diện tích của các tam giác $AB'C',CB'A',CA'B'$ và $ABC$ . Chứng minh bất đẳng thức 

$\sqrt{S_{a}}+\sqrt{S_{b}}+\sqrt{S_{c}}\leqslant \frac{3}{2}\sqrt{S}$

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi nào?

 

 

Ta có công thức diện tích $2S_a=AC'.AB'sinA$ ; $2S=AB.AC.sinA$

$\Rightarrow \sqrt{\frac{S_a}{S}}=\sqrt{\frac{AC'.AB'}{AB.AC}}\leq \frac{1}{2}\left ( \frac{AC'}{AB}+\frac{AB'}{AC} \right )$

Tương tự như thế ta sẽ có:

$\frac{VT}{\sqrt{S}}\leq \frac{1}{2}\left ( \frac{AC'}{AB}+\frac{BC'}{BA}+\frac{BA'}{BC}+\frac{CA'}{CB}+\frac{CB'}{CA}+\frac{AB'}{AC} \right )=\frac{3}{2}$

Dấu $"="$ xảy ra $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} \frac{AC'}{AB}=\frac{AB'}{AC}\\ \frac{BA'}{BC}=\frac{BC'}{BA}\\ \frac{CB'}{CA}=\frac{CA'}{CB} \end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} C'B'//BC\\ A'C'//CA\\ B'A'//AB \end{matrix}\right.$

$\Leftrightarrow A',B',C'$ là trung điểm của $BC,CA,AB$

Lộn đề không bạn $P$ là giao của $BN$ và $CM$ thì phải

$N$ nằm trên $AB$ mà bạn!

Cho tam íac ABC. Trên các cạnh BC,CA và AB của tam giác đó, lần lượt lấy các điểm A', B' và C'. Gọi $S_{a}$,S_{b},S_{c} và S tương ứng là diện tích của các tam giác AB'C', BC'A', CA'B' và ABC. Chứng minh bất đẳng thức: $\sqrt{S_{a}}+\sqrt{S_{b}}+\sqrt{S_{c}}\leq \frac{3}{2}\sqrt{S}$. Dấu đẳng thức xảy ra khi nào?

Ta có $2S_a=AC'.AB'.sinA$ và $2S=AB.AC.sinA$

$\Rightarrow \sqrt{\frac{S_a}{S}}=\sqrt{\frac{AC'.AB'}{AB.AC}}\leq \frac{1}{2}\left ( \frac{AC'}{AB}+\frac{AB'}{AC} \right )$

Tương tự: $\sqrt{\frac{S_b}{S}}\leq \frac{1}{2}\left ( \frac{BA'}{BC}+\frac{BC'}{BA} \right )$ ; $\sqrt{\frac{S_c}{S}}\leq \frac{1}{2}\left ( \frac{CB'}{CA}+\frac{CA'}{CB} \right )$

Do đó: $\sqrt{\frac{S_a}{S}}+\sqrt{\frac{S_b}{S}}+\sqrt{\frac{S_c}{S}}\leq \frac{1}{2}\left ( \frac{AC'}{AB}+\frac{BC'}{BA}+\frac{BA'}{BC}+\frac{CA'}{CB}+\frac{CB'}{CA}+\frac{AB'}{AC} \right )=\frac{3}{2}$ ($đpcm$)

Dấu $"="$ xảy ra khi và chỉ khi:

$\left\{\begin{matrix} \frac{AC'}{AB}=\frac{AB'}{AC}\\ \frac{BA'}{BC}=\frac{BC'}{BA}\\ \frac{CB'}{CA}=\frac{CA'}{CB} \end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} C'B'//BC\\ A'C'//CA\\ B'A'//AB \end{matrix}\right.$

$\Leftrightarrow A',B',C'$ là trung điểm của $BC,CA,AB$

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO                             KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP THPT

            HÀ TĨNH                                                                      NĂM HỌC 2013 - 2014

                                                                                                  MÔN: TOÁN LỚP 10

     ĐỀ CHÍNH THỨC                                                             Thời gian làm bài 180 phút

                                                                                            (Đề thi có 01 trang, gồm 5 câu)

Câu 1. a) Giải phương trình $8x^2-x-4=3\sqrt{2x-1}$

           b) Gọi $x_0$ là một nghiệm của phương trình $x^4+2x^2+2ax+a^2+6a+1=0$

           Tìm các giá trị của tham số $a$ để $x_0$ đạt giá trị nhỏ nhất? giá trị lớn nhất?

Câu 2. Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{matrix} \sqrt{x-2}-\sqrt{y-1}=27-x^3\\ (x-2)^4+1=y \end{matrix}\right.$

Câu 3. Giả sử $f_1(x)=x^2+a_1x+b_1$ và $f_2(x)=x^2+a_2x+b_2$ là hai tam thức bậc hai với hệ số nguyên, có nghiệm chung là $a$. Chứng minh rằng nếu $a$ không phải là hệ số nguyên thì tam thức bậc hai sau luôn có nghiệm thực:

$f(x)=x^2+(a_1+a_2)x+b_1+b_2$

Câu 4. a) Tam giác $ABC$ có $BC=a, CA=b$ và $\widehat{ACB}=60^o$. Các điểm $M, N$ được xác định bởi: $\left\{\begin{matrix} \overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{NB}=-2\overrightarrow{MB}-4\overrightarrow{NC}\\ \overrightarrow{NB}+2\overrightarrow{NC}=-2\overrightarrow{MA}-4\overrightarrow{MB} \end{matrix}\right.$

           Tìm hệ thức liên hệ giữa $a$ và $b$ để $MC$ và $NA$ vuông góc với nhau

            b) Tam giác $ABC$ có các cạnh $a,b,c$ và bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp lần lượt là $R,r$ thỏa mãn đẳng thức:

$$\frac{a^3+b^3+c^3}{abc}+\frac{2r}{R}=4$$

           Chứng minh tam giác $ABC$ đều

Câu 5. Cho các số thực dương $x,y,z$ thỏa mãn $x+y+z=3xyz$

           Chứng minh $\frac{1}{x^2+y^2z^2+1}+\frac{1}{y^2+x^2z^2+1}+\frac{1}{z^2+2x^2y^2+1}\leq \frac{3}{4}$

---------------------------------------- HẾT -----------------------------------------

Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không được giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh: .................................................... Số báo danh: ..........................

:Cho tam giác ABC không cân tai $A$ có $AH, AM, AP$ lần lượt là đường cao, trung tuyến và phân giác kẻ từ $A (H, P, M )$. Chứng minh rằng $PH=PM$ khi và chỉ khi $sinB.sinC=sin^2\frac{A}{2}$

Không mất tính tổng quát giả sử $AC>AB$

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

Kéo dài $AP$ cắt ($O$) tại $A'$. Khi đó $O,M,A'$ thẳng hàng

Ta có $\left\{\begin{matrix} \frac{sin\frac{A}{2}}{PB}=\frac{sinB}{PA}\\ \frac{sin\frac{A}{2}}{PC}=\frac{sinC}{PA} \end{matrix}\right.$

Do đó:

$$sinB.sinC=sin^2\frac{A}{2}\Leftrightarrow PA^2=PB.PC\Leftrightarrow PA^2=PA.PA'\Leftrightarrow PA=PA'\Leftrightarrow PH=PM$$

1) cho phương trình $ x^4+ax^3+bx^2+ax+1=0$. chứng minh rằng nếu phương trình trên  có nghiệm thì $5(a+b)\geq4$

Mình nghĩ ở đây phải là $5(a^2+b^2)\geq 4$

Giả sử $x_0$ là một nghiệm của phương trình. Rõ ràng $x\neq 0$. Ta có

$x_0^4+ax_0^3+bx_0^2+ax_0+1=0\Leftrightarrow x_0^2+ax_0+b+\frac{a}{x_0}+\frac{1}{x_0^2}=0$ ($*$)

Đặt $t=x_0+\frac{1}{x_0}$ thì $t^2\geq 4$, phương trình ($*$) trở thành $t^2-2+at+b=0$

Suy ra $(t^2-2)^2=(-at-b)^2\leq (a^2+b^2)(t^2+1)$

$\Rightarrow a^2+b^2\geq \frac{(t^2-2)^2}{t^2+1}\geq \frac{\left ( t^2-\frac{t^2}{2} \right )^2}{t^2+\frac{t^2}{4}}=\frac{1}{5}t^2\geq \frac{4}{5}$

Dấu $"="$ xảy ra chẳng hạn khi $a=-\frac{4}{5},b=-\frac{2}{5}$ (tương ứng với $x=1,t=2$)

Vậy $5(a^2+b^2)\geq 4$

Cho $\left\{\begin{matrix} ax+by=3\\ ax^2+by^2=5\\ ax^3+by^3=9\\ ax^4+by^4=17 \end{matrix}\right.$

Tính:

a) $A=ax^5+by^5$

b) $B=ax^{2013}+by^{2013}$

Ai nói phương trình bậc 4 vô nghiệm thì k phân tích được ?

$VD : x^4+6x^3+15x^2+18x+10=(x^2+4x+5)(x^2+2x+2)$ ?

Bạn hiểu sai ý mình rồi, ý mình là không thể dùng máy tính Casio để đưa pt bậc $4$ vô nghiệm về dạng (ax^2+bx+c)(ex^2+fx+g)

Cho $x_1,x_2$ là hai nghiệm của $f(x)=x^2-4x+1$. CMR $x_1^5+x_2^5$ là số nguyên

Tìm số nguyên tố $p$ để $p^4+2$ là số nguyên tố

Cho $a,b,c>0$ và $abc=1$. CMR: $\frac{a}{(ab+a+1)^2}+\frac{b}{(bc+b+1)^2}+\frac{c}{(ca+c+1)^2}\geq \frac{1}{a+b+c}$

Tìm GTLN của $B=x^2+y^2$ biết $(x^2-y^2+1)^2+4x^2y^2-x^2-y^2=0$

Điều kiện đã cho tương đương với:

$(x^2+y^2)-3(x^2+y^2)+1+4x^2=0$

$\Leftrightarrow (x^2+y^2)^2-3(x^2+y^2)+1=-4x^2$    ($1$)

Đặt $u=x^2+y^2$. Khi đó từ ($1$) ta có:

$u^2-3u+1\leq 0$

$\Leftrightarrow \frac{3-\sqrt{5}}{2}\leq u\leq \frac{3+\sqrt{5}}{2}$

$\Rightarrow (x^2+y^2)_{Min}=\frac{3-\sqrt{5}}{2}\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x=0\\ y^2=\frac{3-\sqrt{5}}{2} \end{matrix}\right.$

$\Rightarrow (x^2+y^2)_{Max}=\frac{3+\sqrt{5}}{2}\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x=0\\ y^2=\frac{3+\sqrt{5}}{2} \end{matrix}\right.$

Tìm $a$ để phương trình sau có nghiệm $x_0$ bé nhất: $x^4+2x^2+2ax+a^2+a+1=0$

Cho em hỏi bài này sao lại bị khóa ạhttp://diendantoanho...-endmatrixrigh/

 Cho em hỏi luôn bài này bị ai khóa và làm thế nào để mở lại được ạ

Bài bị khóa là vì cái tiêu đề đó bạn, nếu muốn mở thì liên hệ với ban quản trị, họ sẽ mở cho bạn.

giải hệ $ (3-\frac{5}{y+42x})\sqrt{2y}=4\\ (3+\frac{5}{y+42x})\sqrt{x}=2 .$

Điều kiện: $x\geq 0,y\geq 0,y+42x\neq0$

Dễ thấy $x=0$ hoặc $y=0$ không thỏa mãn hệ phương trình. Vậy $x>0,y>0$

Hệ $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} 3-\frac{5}{y+42x}=\frac{4}{\sqrt{2y}}\\ 3+\frac{5}{y+42x}=\frac{2}{\sqrt{x}} \end{matrix}\right.$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} 6=\frac{2}{\sqrt{x}}+\frac{4}{\sqrt{2y}}\\ \frac{10}{y+42x}=\frac{2}{\sqrt{x}}-\frac{4}{\sqrt{2y}} \end{matrix}\right.$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} 3=\frac{1}{\sqrt{x}}+\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{y}}(1)\\ \frac{5}{y+42x}=\frac{1}{\sqrt{x}}-\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{y}} \end{matrix}\right.$

Nhân theo vế hai phương trình ta được $\left ( \frac{1}{\sqrt{x}}+\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{y}} \right )\left ( \frac{1}{\sqrt{x}}-\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{y}} \right )=\frac{15}{y+42x}\Leftrightarrow \frac{1}{x}-\frac{2}{y}=\frac{15}{y+42x}$

$$\Leftrightarrow y^2+25xy-84x^2=0\Leftrightarrow \begin{bmatrix} y=3x\\ y=-28x \end{bmatrix}$$

- TH1: $y=3x$ thế vào phương trình ($1$) ta được $\frac{1}{\sqrt{x}}+\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3x}}=3\Leftrightarrow x=\frac{5+2\sqrt{6}}{27}\Rightarrow y=\frac{5+2\sqrt{6}}{9}$

- TH2: $y=-28x$ không xảy ra do $x>0,y>0$

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất $(x;y)=\left ( \frac{5+2\sqrt{6}}{27};\frac{5+2\sqrt{6}}{9} \right )$