quangnghia

Cho a,b,c la các số thực dương thỏa mãn a+b+c=3CMR  $\frac{a+1}{b^{2}+1} + \frac{b+1}{c^2+1{}} + \frac{c+1}{a^2+1{}} \geq 3$

Ta có $\frac{a+1}{b^{2}+1}=a+1-\frac{b^{2}(a+1)}{b^{2}+1}\geq a+1-\frac{b(a+1)}{2}\geq a-\frac{b}{2}+1-\frac{ab}{2}$

Thực hiện tương tự ta thu được:

$\Rightarrow \sum \frac{a+1}{b^{2}+1}\geq \frac{a+b+c}{2}+3-\frac{1}{2}(ab+bc+ca)\geq \frac{3}{2}+3-\frac{1}{2}.3\geq 3$

Viết phương trình đường tròn nội tiếp tam giác ABC biết phương trình 3 cạnh là 3x+4y-6=0, 4x+3y-1=0, y=0

Do bạn không nói rõ nên mình giả sữ phương trình AB, BC, CA lần lượt theo thứ tự $3x+4y-6=0, 4x+3y-1=0, y=0$

Ta giải ra $A(2,0), B(-2,3), C(\frac{1}{4},0)$

Độ dài $AB=5, BC=\frac{15}{4},AC=\frac{7}{4}$

Gọi AI là phân giác góc A (I thuộc BC)

$\frac{BI}{IC}=\frac{AB}{AC}=\frac{20}{7}, BI+IC=BC =\frac{15}{4}$

$\Rightarrow BI=\frac{25}{9}$

$\Rightarrow \frac{BI}{BC}=\frac{20}{27}\Rightarrow \overrightarrow{BI}=\frac{20}{27}\overrightarrow{BC}$

$I(i,\frac{1-4i}{3})$

$\overrightarrow{BI}=(i+2,\frac{-8-4i}{3})$

Từ đây giải ra i, ta có tọa độ I. Ta viết phương trình AI. Rồi từ AI tìm 1 điểm K sao cho khoảng cách từ K tới AB bằng khoảng cách từ K đến BC. Giải ra tọa độ K. Bài toán kết thúc khi có tọa độ K và bán kính (khoảng cách từ K đến BC)

Cho đường tròn (O), đường kính AB = 2R. Trên (O) lấy điểm C sao cho AC > BC. Trên đoạn thẳng OB lấy điểm I là một điểm cố định. Qua I dựng đường thẳng d vuông góc với AB; đường thẳng d cắt BC tại E, cắt AC tại F. Gọi M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF. Chứng minh rằng khi C di chuyển trên đường tròn (O) thì M luôn di chuyển trên một đường thẳng cố định

Gọi T là giao điểm của $(AEF)$.

Do $ATFE$ nội tiếp nên $ IT.IA=IF.IE$  (1)

Ta có $\Delta AFI\sim\Delta EBI\Rightarrow \frac{IF}{IB} =\frac{AI}{EI}\Rightarrow IF.IB=IA.IB$  (2)

Từ (1)(2) $\Rightarrow IT.AI=IA.IB\Rightarrow IT=\frac{IA.IB}{IA}$

Suy ra T cố định, mà M thuộc trung trực AT nên M di chuyển trên đường thẳng cố định

Cho A nằm ngoài (O;R). Kẻ 2 tiếp tuyến AB,AC . Điểm M thuộc cung bc nhỏ (M khác B và C). Tiếp tuyến tại M cắt AB, AC tại E,F. BC cắt OE, OF tại P, Q.

CMR $\frac{PQ}{EF}$ ko đổi khi M thay đổi trên cung BC nhỏ

Ta có $\widehat{EOF}=\widehat{EOM}+\widehat{MOF}=\frac{1}{2}\widehat{BOM}+\frac{1}{2}\widehat{MOC}=\frac{1}{2}\widehat{BOC}=\widehat{BOA}=\widehat{ABC}$

$\Rightarrow \widehat{ABC}=\widehat{EOF}$

$\Rightarrow EBOQ$ nội tiếp mà $\widehat{EBO}=90^{o}\Rightarrow \widehat{EQO}=90^{o}$

$\Rightarrow$ EQ vuông OF.

Tương tự PF vuông EO

$\Rightarrow \Delta OPQ\sim \Delta OFE$

$\Rightarrow \frac{PQ}{EF}=\frac{OP}{OF}=cos\widehat{POF}=cos\frac{\widehat{BOC}}{2}$ là hằng số

điều phải chứng minh

Cho tam giác ABC nội tiếp (O), phân giác góc A và góc B cắt nhau ở I, cắt (O) lần lượt tại D và E, DE cắt AC tại F

Chứng minh : a) BD = DI = CD

                       b) IF // BC

a) Ta có do BE là phân giác $\widehat{ABC}$ nên số đo cung AE bằng số đo cung EC. Tương tự số đo cung BD bằng số đo cung DC.

Ta có $\widehat{BID}=\frac{1}{2}(\hat{AE}+\hat{BD})=\frac{1}{2}(\hat{EC}+\hat{DC})=\frac{1}{2}=\hat{ED}=\widehat{EBD}$

Vậy $\widehat{BID}=\widehat{IBD}\Rightarrow \Delta BID$ cân tại D nên $BD=DI$

Mặc khác do $\hat{BD}=\hat{DC}\Rightarrow BD=DC$

Vậy $BD=DI=DC$

b) Ta có $\widehat{AIE}=\frac{1}{2}(\hat{AE}+\hat{BD})=\frac{1}{2}(\hat{AE}+\hat{DC})=\widehat{AFE}$

suy ra tứ giác AEFI nội tiếp

$\Rightarrow \widehat{AFI}=\widehat{AEI}$, mà $\widehat{AEI}=\widehat{ACB}\Rightarrow \widehat{AFI}=\widehat{ACB}$

suy ra IF song song BC

Giải pt

$\sqrt{x+24}+\sqrt{x-16}=10$

Đặt $\sqrt{x+24}=a,\sqrt{x-16}=b$

Ta có hệ sau:

$\left\{\begin{matrix} a+b=10 & \\ a^{2}-b^{2}=40 & \end{matrix}\right.$

Từ phương trình đầu ta có $a=10-b$ thay vào phương trình cuối:

$(10-b)^{2}-b^{2}=40\Rightarrow b=3\Rightarrow x=25$

 

Cho $\bigtriangleup ABC$ có 3 góc nhọn và AB < AC. Các đường cao BE và CF cắt nhau tại H ( $E \in AC, F \in AB$ ).

 

1. Chứng minh rằng AE . AC = AF . AB

 

2. Cho$\widehat{BAC}=45^{\circ}.$ Tính $\frac{S_{AEF}}{S_{BCEF}}$

 

3. AH cắt BC tại D. Kẻ đường thằng qua D và song song với EF cắt AB tại M và CF tại N. Chứng minh rằng D là trung điểm của MN.

 

1) Tứ giác BFEC nội tiếp nên $\Rightarrow \widehat{FBE}=\widehat{ECH}$

nên $\Delta AEB\sim \Delta AFC$ (g,g)

$\Rightarrow \frac{AE}{AF}=\frac{AB}{AC}\Rightarrow AE.AC=AF.AB$

2) Do $\widehat{BAC}=90^{o}$ 

$\Rightarrow AC=AF.\sqrt{2}$

Vậy $\Rightarrow \frac{S_{AEF}}{S_{ABC}}=(\frac{AF}{AC})^{2}=\frac{1}{2}$

$\Rightarrow \frac{S_{AFE}}{S_{BFEC}}=1$

3) Ta có $\widehat{DNF}=\widehat{NFE},\widehat{NFE}=\widehat{HAC},\widehat{HAC}=\widehat{DFN}$

$\Rightarrow \widehat{DNF}=\widehat{DFN}$

$\Rightarrow \Delta FDN$ cân tại D $\Rightarrow FD=DN$

Ta có $\widehat{BMD}=\widehat{AFE}, \widehat{AFE}=\widehat{ACB}, \widehat{ACB}=\widehat{BFD}$

$\Rightarrow \widehat{BMD}=\widehat{MFD}$

$\Rightarrow \Delta MDF$ cân tại D

$\Rightarrow MF=FD$

Vậy D là trung điểm MN

Cho a,b,c dương và a+b+c=3 . CMR : $\frac{4}{(a+b)^{3}}+\frac{4}{(b+c)^{3}}+\frac{4}{(c+a)^{3}}\geq \frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}$

Bất đẳng thức trở thành $\sum \frac{4}{(a+b)^{3}}\geq \sum \frac{3-b-c}{b+c}= \sum \frac{3}{b+c}-3$

Tương đương $\sum \frac{4}{(b+c)^{3}}+3\geq \sum \frac{3}{b+c}$

Ta có $\frac{4}{(a+b)^{3}}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\geq \frac{3}{a+b}$

$\frac{4}{(b+c)^{3}}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\geq \frac{3}{b+c}$

$\frac{4}{(c+a)^{3}}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\geq \frac{3}{c+a}$

Cộng theo vế ta có: $\sum \frac{4}{(b+c)^{3}}+3\geq \sum \frac{3}{b+c}$

 Cho 2 số x,y nguyên dương thỏa mãn: xy = 1. Tính giá trị lớn nhất của:

Ta có $\frac{x}{x^{4}+y^{2}}\leq \frac{x}{2x^{2}y}\leq \frac{1}{2xy}\leq \frac{1}{2}$

Chứng minh tương tự ta có $\frac{y}{y^{4}+x^{2}}\leq \frac{1}{2}$

$\Rightarrow \sum \frac{x}{x^{4}+y^{2}}\leq 1$

Bài 3 : Cho x,y,z,t >0, x+y+z+t=2. Tìm GTNN của 

A=  $\frac{(x+y+z)(x+y)}{xyzt}$

Ta có $4A=\frac{(x+y+z+t)^{2}(x+y+z)(x+y)}{xyzt}$

$\geq \frac{4(x+y+z)t(x+y+z)(x+y)}{xyzt}$

$\geq \frac{4(x+y+z)^{2}(x+y)}{xyz}\geq \frac{4.4(x+y)z(x+y)}{xyz}$

$\geq \frac{16(x+y)^{2}}{xy}\geq \frac{16.4xy}{xy}\geq 64$

$\Rightarrow A\geq 16$

Bài 4: Tìm GTNN của 

P=$\frac{(x^{3}+y^{3})-(x^{2}+y^{2})}{(x-1)(y-1)}$

Với $x,y\in \mathbb{R}; x,y> 1$

Ta có $\frac{(x^{3}+y^{3})-(x^{2}+y^{2})}{(x-1)(y-1)}$

$= \frac{x^{2}(x-1)+y^{2}(y-1)}{(x-1)(y-1)}=\frac{x^{2}}{y-1}+\frac{y^{2}}{x-1}$

Ta có $\frac{x^{2}}{y-1}+4(y-1)\geq 4x$

$\frac{y^{2}}{x-1}+4(x-1)\geq 4y$

Cộng theo vế ta có $\sum \frac{x^{2}}{y-1}\geq 8$

Bài 2:Cho x,y,z>0. Tìm GTNN của

P=$\frac{x^{2}}{x^{2}+2yz} + \frac{y^{2}}{y^{2}+2zx}+\frac{z^{2}}{z^{2}+2xy}$

Ta có $\frac{x^{2}}{x^{2}+2yz}\geq \frac{x^{2}}{x^{2}+y^{2}+z^{2}}$

Tương tự ta có $\frac{y^{2}}{y^{2}+2xz}\geq \frac{y^{2}}{x^{2}+y^{2}+z^{2}}$

$\frac{z^{2}}{z^{2}+2xy}\geq \frac{z^{2}}{x^{2}+y^{2}+z^{2}}$

Cộng theo vế 3 bất đẳng thức ta có $\sum \frac{x^{2}}{x^{2}+2yz}\geq \frac{x^{2}+y^{2}+z^{2}}{x^{2}+y^{2}+z^{2}}\geq 1$

Cho hai đường tròn (O), (O') ở ngoài nhau. Đường thẳng $OO'$ cắt hai đường tròn (O), (O') lần lượt tại các điểm A, B, C, D. Kẻ tiếp tuyến chung ngoài EF của hai đường tròn ( E nằm trên (O), F nằm trên (O') ). Gọi M là giao điểm của AE và DF, N là giao của EB và FC. CMR:

a. $MENF$ là hình chữ nhật

b. MN vuông góc với AD

c. $ME.MA=MF.MD$

a) Do AB là đường kính $\Rightarrow \widehat{AEB}=90^{o}$

Do CD là đường kính $\Rightarrow \widehat{CFD}=90^{o}$

Ta có $EO$ song song $FO'$ nên $\widehat{EOB}+\widehat{CO'F}=180^{o}$

Mà $\widehat{EAB}=\frac{1}{2}\widehat{EOB}, \widehat{CDF}=\frac{1}{2}\widehat{CO'F}$

$\Rightarrow \widehat{EAB}+\widehat{CDF}=90^{o}$

$\Rightarrow \widehat{EMF}=90^{o}$

Vậy MENF là hình chữ nhật

b) $\widehat{NEF}=\widehat{ENM}$ ( do MENF là hình chữ nhật)

$\widehat{NEF}=\widehat{BAE}$ ( cùng chắn cung EB)

Vậy $\widehat{EAB}=\widehat{BNM}$

$\Rightarrow \Delta MEN\sim \Delta MCA$

$\Rightarrow$ MN vuông AD

c) Ta có $ME.MA=MK.MN$ (K là giao của MN, AD)

$MK.MN=MF.MD$

$\Rightarrow ME.MA=MF.MD$

Cho đường tròn (O), điểm P bất kì nằm trong nó. Qua P kẻ 2 dây AB, CD bất kì đi qua P và vuông góc tại P.

Chứng minh: $PA^{2}+PB^{2}+PC^{2}+PD^{2}$ không phụ thuộc vào P

Ta có $PA^{2}+PB^{2}+PC^{2}+PD^{2}=PA^{2}+PC^{2}+PD^{2}+PB^{2}=AC^{2}+BD^{2}$

Kẻ đường kính AF.

Ta có AB vuông CD ( giả thuyết)

         AB vuông BF ( do AF là đường kính)

nên DC song song BF

nên CBFD là hình thang cân ( hình thang nội tiếp đường tròn là hình thang cân)

nên CF=BD

Khi đó $AC^{2}+BD^{2}=AC^{2}+CF^{2}=AF^{2}=4R^{2}$

Vậy tổng không phụ thuộc vào P

$\left ( \frac{12}{5} \right )^{x}+\left ( \frac{15}{4} \right )^{x}+\left ( \frac{20}{3} \right )^{x}\geq 3^{x}+4^{x}+5^{x}$

Cái bài bất đẳng thức bé bé xinh xinh bạn ghi bên dưới thì mình làm nó như sau:

Ta có $\sqrt{\frac{a^{3}}{b^{3}}}+\sqrt{\frac{a^{3}}{b^{3}}}+1\geq 3\frac{a}{b}$

$\sqrt{\frac{b^{3}}{c^{3}}}+\sqrt{\frac{b^{3}}{c^{3}}}+1\geq 3\frac{b}{c}$

$\sqrt{\frac{c^{3}}{a^{3}}}+\sqrt{\frac{c^{3}}{a^{3}}}+1\geq 3\frac{c}{a}$

Cộng theo vế ta có

$2(\sqrt{\frac{a^{3}}{b^{3}}}+\sqrt{\frac{b^{3}}{c^{3}}}+\sqrt{\frac{c^{3}}{a^{3}}})+3\geq 3(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a})\geq 2(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a})+\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq 2(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a})+3$

Vậy $\sqrt{\frac{a^{3}}{b^{3}}}+\sqrt{\frac{b^{3}}{c^{3}}}+\sqrt{\frac{c^{3}}{a^{3}}}\geq \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}$