LoveMath213

Bài hình

1) Dễ dàng thấy rằng các tứ giác $ CNHM $, $ BMHP $ nội tiếp để có $ \widehat{NCH}=\widehat{NMH} $ và $\widehat{NMP}=\widehat{HBP}  $, kết hợp với $ \widehat{ACH}=\widehat{ABH} $ (cùng phụ với $ \widehat{BAC} $) ta suy ra $ \widehat{NMH}=\widehat{HMP} $ (1).

Mặt khác tứ giác $ ANMB $ nội tiếp nên $ \widehat{MNH}=\widehat{MAB} $ (2).

Từ (1) và (2) ta suy ra $ \triangle HMN \backsim \triangle PMA $ dẫn đến $ \dfrac{HM}{MP}=\dfrac{MN}{MA}\Rightarrow MH.MA=MN.MP $.

2) Trước hết dễ thấy $ \triangle ACQ =\triangle ACF $ (c.c.c) nên $ \widehat{AFC}=\widehat{AQC}=\widehat{ABC}=\widehat{CHM} $ dẫn đến tứ giác $ AFCH $ nội tiếp và $ \widehat{ACH}=\widehat{AFH}=90^{\circ}- \widehat{BAC}
 $ (3).
 
Mặt khác do tính chất đối xứng ta có $ AF=AQ=AE $ hay tam giác $ AEF $ cân tại $ A $ để có \[ \widehat{AFE}=\widehat{AEF}=90^{\circ}-\dfrac{1}{2}\widehat{EAF}=90^{\circ}-\dfrac{1}{2}\left( \widehat{FAQ}+\widehat{EAQ}\right)=90^{\circ}-\left( \widehat{CAQ}+\widehat{BAQ}\right)=90^{\circ}- \widehat{BAC}. \]
Do đó ta được $ \widehat{AFH}= \widehat{AFE} $ hay ba điểm $ E, H, F $ thẳng hàng.

3) Trước hết thấy rằng $ AB.QJ=2S_{ABQ}, AC.QI=2S_{AQC} $ và đặt $ P= \dfrac{AB}{QJ}+\dfrac{AC}{QI} $.
Khi đó áp dụng BĐT Cauchy-Shwarz ta có \[ P= \dfrac{AB^2}{AB.QJ}+\dfrac{AC^2}{AC.QI}= \dfrac{AB^2}{2S_{ABQ}}+\dfrac{AC^2}{2S_{ACQ}}\geqslant \dfrac{(AB+AC)^2}{2(S_{ABQ}+S_{ACQ})}= \dfrac{(AB+AC)^2}{2(S_{ABC}+S_{QBC})},\] đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $ QI=QJ $.

Mặt khác nếu gọi $ G $ là điểm chính giữa của cung nhỏ $ BC $ thì luôn có $ S_{QBC}\leqslant S_{GBC} $, do đó \[ P\geqslant \dfrac{(AB+AC)^2}{2(S_{ABC}+S_{GBC})}. \]
Vậy $ P=\left(  \dfrac{AB}{QJ}+\dfrac{AC}{QI}\right)$ nhỏ nhất khi và chỉ khi Q là điểm chính giữa của cung nhỏ $ BC $.

1) Dễ thấy rằng các tam giác cân $ O_1MJ $ và $ O_2ME$ đồng dạng nên $ \widehat{JO_1M}=\widehat{EO_2M}\Rightarrow O_1J\parallel O_2E\Rightarrow O_1J\perp AB\Rightarrow JA=JB$.
Tứ giác $ MCJA $ nội tiếp nên $ \widehat{JAM}=\widehat{MCI}$.\\
Mặt khác $ \widehat{MFI}=\widehat{AEJ}=\dfrac{1}{2}\left(\overarc{AJ}-\overarc{BM}\right)=\dfrac{1}{2}\left( \overarc{BJ}-\overarc{BM}\right) =\dfrac{1}{2}\overarc{MJ}=\widehat{JAM}$.\\
Do đó $\widehat{MCI}=\widehat{MFI}  $ hay tứ giác $ MCFI $ nội tiếp.

Suy ra $ \widehat{MIC}=\widehat{MFC}\Rightarrow \widehat{MIC}=\widehat{JEI}\Rightarrow \triangle JEI \backsim \triangle JIM\Rightarrow JM.JE=JI^2$.\\
Chứng minh tương tự ta có $ \triangle JBE \backsim \triangle JMB\Rightarrow JM.JE=JB^2=JA^2$.
Vậy nên $ JA=JI=\sqrt{JM.JE} $.

2) Để ý rằng tứ giác $ABCJ$ nội tiếp và tam giác $ AJB $ cân tại $ J $ nên ta có \[ \widehat{BCI}=\widehat{JAB}=\dfrac{180^{\circ}-\widehat{AJB}}{2}=\dfrac{180^{\circ}-\widehat{ACB}}{2}=90^{\circ}-\dfrac{1}{2}\widehat{ACB}. \] nên tia $ CI $ là tia phân giác ngoài tại đỉnh $ C $ của tam giác $ ABC $.

3) Tứ giác $ JAKC $ nội tiếp nên $\widehat{JAK}=\widehat{KCI}=\widehat{CIA}\Rightarrow KI=KC$.
Mặt khác $\widehat{KAC}=\widehat{ACJ}-\widehat{AIC}=\widehat{BAJ}-\widehat{JAK}=\widehat{BAK}\Rightarrow KB=KC$.
Vậy $ K $ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ BCI $.

Câu hệ phương trình.

Điều kiện $ x\geqslant -2, y\geqslant 0 $.
Đặt $ \sqrt{x+2}=u, \sqrt{y}=v $ ta có $ u,v\geqslant 0 $.
Phương trình thứ nhất thành $ u(u^2-v^2+1)=v\Leftrightarrow (u-v)(u^2+uv+1)=0\Leftrightarrow u=v $. (do $ u,v\geqslant 0 $ ).
Do đó $ y=x+2 $ thay vào pt thứ hai ta được $ 2x^2+5x-7=0 $ từ đó có $ x=1$, $x=-\dfrac{7}{2} $ (loại).
Hệ có nghiệm $ (1;3) $

Câu 5.

1) Điều kiện $ x^2-2x-2\geqslant 0, x\leqslant 2 \Rightarrow x\leqslant 1-\sqrt{3}$.
Biến đổi phương trình thành \[ \sqrt{3x^2-6x-6}=3(2-x)^2\sqrt{2-x}+(7x-19)\sqrt{2-x} \Leftrightarrow \sqrt{3x^2-6x-6}=(3x^2-5x-7)\sqrt{2-x}\]
Đặt $ \sqrt{3x^2-6x-6}=u $ và $ \sqrt{2-x}=v $ ta có $ u,v\geqslant 0 $ và $ 3x^2-5x-7=u^2-v^2+1 $ và ta được phương trình \[ u=(u^2-v^2+1)v\Leftrightarrow (u-v)(v^2+uv-1)=0 .\]
Do $x\leqslant 1-\sqrt{3}\Rightarrow v^2=2-x\geqslant 1+\sqrt{3}>1 $ nên $ v^2+uv-1>0 $ và ta có $ u=v\Leftrightarrow 3x^2-5x-8=0 $, đối chiếu với điều kiện ta được $ x=-1 $ thỏa mãn.

Ta có $ b^4+c^4\geqslant \dfrac{(b^2+c^2)^2}{2}\geqslant bc(b^2+c^2) $
Nên $ b^4+c^4+a\geqslant bc(a^2+b^2+c^2) \Rightarrow \dfrac{a}{b^4+c^4+a}\leqslant \dfrac{a}{bc(a^2+b^2+c^2)}=\dfrac{a^2}{a^2+b^2+c^2}$.
Chứng minh tương tự ta có $ \dfrac{b}{c^4+a^4+b}\leqslant \dfrac{b^2}{a^2+b^2+c^2} $ và $ \dfrac{c}{a^4+b^4+c}\leqslant \dfrac{c^2}{a^2+b^2+c^2} $.
Do đó $ P\leqslant 1 $ hay GTLN của $ P $ bằng 1 đạt tại $ a=b=c=1 $.