doremon01

Bài 1: http://diendantoanho...2b-cb2c-bc21-c/

Kẻ $MC\perp a; PD \perp a$
Đặt $MC=h=const$
Đặt $MN=a=const$
Khi đó: $\frac{MC}{PD}=\frac{AM}{AP}=1-\frac{PM}{PA}=1-\frac{a}{AB}\Leftrightarrow \frac{h}{PD}=\frac{AB-a}{AB}\Leftrightarrow AB.h=AB.PD-a.PD\Leftrightarrow AB.h+a.PD=AB.PD\geq 2\sqrt{AB.PD.a.h}\Leftrightarrow 2S>2\sqrt{2S.ah}\Leftrightarrow S\geq 2ah $
Dấu = xảy ra $\Leftrightarrow AB.h=PD.a\Leftrightarrow \frac{a}{AB}=\frac{h}{PD}=\frac{PM}{PA}=1-\frac{h}{PD}\Leftrightarrow 2\frac{h}{PD}=1\Leftrightarrow PD=2h$
Vậy quỹ tích của điểm D là đường thẳng song song với a và cách a một khoảng bằng 2h

Có vấn đề ... bạn ơi

Sr bạn mình không để ý. Nhưng mà hình như đề sai ban ạ. bạn thử cho a=b=c=1 thì thấy không thỏa mãn

NCIB là tứ giác nội tiếp $\Rightarrow \angle CIN=\angle CBN \Rightarrow \angle CIN=\angle CBN=90^o-\angle CBI=\angle CAI$

$AF=\frac{zy}{x+y};BF=\frac{zx}{x+y};AG=\frac{z}{2}\Rightarrow GF=\frac{zy}{x+y}-\frac{z}{2}=\frac{z(y-x)}{2(x+y)}\Rightarrow \frac{GF}{FB}=\frac{y-x}{2x}\Leftrightarrow \frac{GM}{x}=\frac{y-x}{2x}\Leftrightarrow GM=\frac{y-x}{2} .$

Tương tự $HN=\frac{z-x}{2}$

Vậy $MN=GM+GH+HN=\frac{y-x}{2}+\frac{x}{2}+\frac{z-x}{2}=\frac{y+z-x}{2}$

$\tan(\widehat{POQ})=\frac{tan\widehat{MOQ}-tan\widehat{MOP}}{1+tan\widehat{MOQ}tan\widehat{MOP}}=\frac{\frac{2}{x}-\frac{1}{x}}{1+\frac{2}{x^2}}=\frac{x}{x^2+2}\leq \frac{x}{2x\sqrt{2}}=\frac{1}{2\sqrt{2}}\Rightarrow \widehat{POQ}\leq \arctan( \frac{1}{2\sqrt{2}}) ,$

Dấu "=" xảy ra $\Leftrightarrow x=\sqrt{2}$

$\frac{1+a+b}{2}\geq \frac{1+a+b+ab}{2+a+b}\Leftrightarrow (a+b+2)(a+b+1)\geq 2(1+a+b+ab)\Leftrightarrow (a+b)^2+3(a+b)+2\geq 2(1+a+b+ab)\Leftrightarrow (a+b)^2+a+b-2ab\geq 0\Leftrightarrow a^2+b^2+a+b\geq 0$ (luôn đúng $\forall a,b\geq 0$)

Dấu "=" xảy ra $\Leftrightarrow a=b=0$

Cho các số thực $x,y,z \in [1;2]$. Tìm GTLN và GTNN của biểu thức $P=\frac{x^2y+y^2z+z^2x}{x^4+y^4+z^4}$

Gọi M,N lần lượt là trung điểm BI, CI

$\Delta BIC$ có: D,M lần lượt là trung điểm BC,BI nên DM là đường trung bình $\Delta BIC$

$\Delta CIB$ có: N,D lần lượt là trung điểm CI,CB nên DN là đường trung bình $\Delta CIB$

Do đó: $DM=IN=\frac{CI}{2}; DN=IM=\frac{BI}{2}$ $\Rightarrow IMDN$ là hình bình hành $\Rightarrow \angle IMD=\angle IND$ (1)

$\Delta HBI: \angle BHI=90^o; IM=MB \Rightarrow \angle IMH=2\angle ABI $ (2)

$\Delta IKC: \angle IKC=90^o; NI=NC \Rightarrow \angle INK=2\angle ACI$ (3)

Mà $ \angle ABI=\angle ACI$ (4)

Từ (1),(2),(3),(4) suy ra $\angle HMD=\angle KND$

Lại có : $MH=DN=\frac{BI}{2}; DM=KN=\frac{CI}{2}$

Nên $\Delta HMD=\Delta DNK (c-g-c) \Rightarrow DH=DK \Rightarrow DM \perp HK$

$ S_{ABN}=\frac{2S_{ABC}}{3}$

Áp dụng định lí Menelaus vào $\Delta BAN$ với cát tuyến CDM ta có: $\frac{BD}{DN}.\frac{CN}{CA}.\frac{MA}{MB}=1\Leftrightarrow \frac{BD}{DN}.\frac{1}{3}.\frac{1}{2}=1\Leftrightarrow \frac{BD}{DN}=6\Leftrightarrow \frac{BD}{BN}=\frac{6}{7}$

Mặt khác: $\frac{S_{BMD}}{S_{BAN}}=\frac{BM.BD}{BA.BN}=\frac{2}{3}.\frac{6}{7}=\frac{4}{7}\Rightarrow S_{BMD}=\frac{4}{7}.S_{BAN}\Rightarrow S_{AMDN}=\frac{3}{7}S_{BAN}=\frac{3}{7}.\frac{2}{3}S_{ABC}=\frac{2}{7}S_{ABC}\Rightarrow \frac{S_{AMDN}}{S_{ABC}}=\frac{2}{7}$

a) $ \angle ACG=\angle GBC=180^o-\angle ABC$ (1)

$ AD//CE \Rightarrow DCE=180^o-\angle ADC=180^o-\angle ABC$ (2)

Từ (1) và (2) $\Rightarrow \angle DCE=\angle ACG \Rightarrow \angle FCG=\angle ACE=\angle ABF \Rightarrow BFCG $ nội tiếp

$\Rightarrow$ F di chuyển trên cung BC  của đường tròn ngoại tiếp $\Delta GBC$ (không đổi)

b) Xem lại đề giúp mình

Gọi O là bán kính đường tròn (ABC)

Ta tính được OA=OB=OC=R=$\frac{1}{2}:\sqrt{3}.2=\frac{\sqrt{3}}{3}\Rightarrow 2R=\frac{2\sqrt{3}}{3}< \frac{4}{3}$

Lấy D trên MC sao cho MB=MD
$\Delta MBD: \angle CMB=\angle CAB=60^o; MD=MB \Rightarrow \Delta MBD $ đều $\Rightarrow \angle MBD=\angle MDB=60^o; BD=BM=MD$

$\Delta BDC$ và $\Delta BMA$ có: $BD=MN; \angle DBC=\angle ABM (=60^o-\angle DBA); BC=BA \Rightarrow \Delta BDC=\Delta BMA (c-g-c) \Rightarrow MA=CD \Rightarrow MB+MA=MD+DC=MC<2R<\frac{4}{3}$

15) $\sqrt{x^2+x+7}+\sqrt{x^2+x+2}=\sqrt{3x^2+3x+19}$(*)

Đặt $x^2+x+2 =t$

$(*)\Leftrightarrow \sqrt{t+5}+\sqrt{t}=\sqrt{3t+13}$$\Leftrightarrow 2t+5+2\sqrt{t(t+5)}=3t+13\Leftrightarrow 2\sqrt{t(t+5)}=t+8\Leftrightarrow 4t^2+20t=t^2+64+16t\Leftrightarrow 3t^2+4t-64=0\Leftrightarrow \begin{bmatrix} t=4\\ t=\frac{-16}{3}(l) \end{bmatrix}\Leftrightarrow x^2+x-2=0\Leftrightarrow x \: \epsilon\: \begin{Bmatrix} 1;-2\\ \end{Bmatrix}$

Nghiệm đẹp và duy nhất nên cứ liên hợp thẳng tiến thôi

ĐK: $x+4> 0; x+5 > 0$

$\sqrt{\frac{1}{x+4}}+\sqrt{\frac{5}{x+5}}=4\Leftrightarrow \sqrt{\frac{1}{x+4}}-2+\sqrt{\frac{5}{x+5}}-2=0\Leftrightarrow \frac{\frac{1}{x+4}-4}{{\sqrt{\frac{1}{x+4}}}+2}+\frac{\frac{5}{x+5}-4}{\sqrt{\frac{5}{x+5}}+2}=0\Leftrightarrow \frac{-4x-15}{(x+4)({{\sqrt{\frac{1}{x+4}}}+2})}+\frac{-4x-15}{(\sqrt{(\frac{5}{x+5}}+2).(x+5)}=0\Leftrightarrow x=\frac{-15}{4}$

Nhưng làm sao để dựng đoạn đó

Dựng đoạn EF sao cho $EF=3R_1$

Vẽ đường tròn $(E;R_2)$

Từ F kẻ tiếp tuyến FH với E

Dựng hình vuông FHKG

Gọi I là trung điểm HG

Gọi N là trung điểm IG

Ta có: $h=IN$