Kagome

2. CHo a, b, c >0 thỏa mãn a+b+c=1. Chứng minh:

$\frac{ab+c}{c+1}+\frac{bc+a}{a+1}+\frac{ca+b}{b+1}\leq 1$

$\frac{ab+c}{c+1}=\frac{ab+c(a+b+c)}{(a+c)+(b+c)}\leqslant \frac{(a+c)(b+c)}{2\sqrt{(a+c)(b+c)}}=\frac{1}{2}\sqrt{(a+c)(b+c)}$.

Tương tự $\frac{bc+a}{a+1}\leqslant \frac{1}{2}\sqrt{(a+b)(a+c)},\frac{ca+b}{b+1}\leqslant \frac{1}{2}\sqrt{(c+b)(a+b)}$

$\sqrt{(a+c)(b+c)}+\sqrt{(a+b)(a+c)}+\sqrt{(c+b)(a+b)}\leqslant 2(a+b+c)$

$\Rightarrow BĐT\leqslant a+b+c=1$

Dấu $'='\Leftrightarrow a=b=c=\frac{1}{3}$.

bạn nghĩ từ đâu vậy?

Thầy mình từng dạy bài này rồi. Nên mình mới biết mà làm thế.

Điều kiện:$x>0$

$3\sqrt{12-\frac{3}{\sqrt{x}}}\leqslant \frac12(9+12-\frac{3}{\sqrt{x}})\Rightarrow \sqrt{12-\frac{3}{\sqrt{x}}}\leqslant \frac12(7-\frac{1}{\sqrt{x}})$.

$\sqrt{4\sqrt{x}-\frac{3}{\sqrt{x}}}\leqslant \frac12(1+4\sqrt{x}-\frac{3}{\sqrt{x}})$

$VT\leqslant 4+2\sqrt{x}-\frac{2}{\sqrt{x}}$

Ta cm: $4+2\sqrt{x}-\frac{2}{\sqrt{x}}\leqslant 4\sqrt{x}$

$\Leftrightarrow 4\sqrt{x}+2x-2\leqslant 4x$

$\Leftrightarrow -2(\sqrt{x}-1)^2\leqslant 0$ (Đúng)

Dấu $"=" \Leftrightarrow x=1$

Bài 1: Cho $\triangle ABC$ vuông cân tại $A$ ; $M$ là một điểm trên cạnh $BC$. Gọi $D$ và $E$ lần lượt là hình chiếu của $M$ trên $AB$ và $AC$. Xác định vị trí của điểm $M$ sao cho tích $MD.ME$ lớn nhất.

Đặt $AB=AC=a$

Áp dụng định lý $Thales:\frac{MD}{AC}=\frac{BM}{BC},\frac{ME}{AB}=\frac{CM}{BC}$

$\Rightarrow MD=\frac{BM.AC}{BC},ME=\frac{AB.CM}{BC}$

$\Rightarrow ME.MD=\frac{a^2.MB.MC}{BC^2}$

$ME.MD$ lớn nhất $\Leftrightarrow MB.MC$ lớn nhất.

Mà $MB.MC\leqslant \frac{(MB+MC)^2}{4}=\frac{BC^2}{4}$

$\Rightarrow ME.MD\leqslant \frac{a^2}{4}$

Dấu $"="\Leftrightarrow MB=MC$.

Đề bài:  Cho đa thức  $P(x)=x^{4}+ax^{3}+bx^{2}+cx+d$

              Biết P(1 )= 10 , P(2) = 20  và  P(3) = 30.

             Tính A= $\frac{P(12)+P(-8)}{10}$

Đặt $f(x)=P(x)-10x$

Ta có $f(1)=0,f(2)=0,f(3)=0\Rightarrow f(x)=(x-m)(x-1)(x-2)(x-3)$

$\Rightarrow P(x)=(x-m)(x-1)(x-2)(x-3)+10x$

$P(12)=9.10.11.(12-m)+120,P(-8)=9.10.11.(8+m)-80$

$\Rightarrow ...$

7. Cho a, b, c >0 và $a^{2}+b^{2}+c^{2}=3$ . Tìm GTNN của biểu thức:

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

BĐT=$\frac{a^4}{a\sqrt{b^2+3}}+\frac{b^4}{b\sqrt{c^2+3}}+\frac{c^4}{c\sqrt{a^2+3}}\geqslant \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{a\sqrt{b^2+3}+b\sqrt{c^2+3}+c\sqrt{a^2+3}}=\frac{9}{a\sqrt{b^2+3}+b\sqrt{c^2+3}+c\sqrt{a^2+3}}$.

Áp dụng BĐT $Bunyakovsky$ :

$(a\sqrt{b^2+3}+b\sqrt{c^2+3}+c\sqrt{a^2+3})^2\leqslant (a^2+b^2+c^2)(a^2+b^2+c^2+9)=3.12=36$

$\Rightarrow a\sqrt{b^2+3}+b\sqrt{c^2+3}+c\sqrt{a^2+3}\leqslant 6$

$\Rightarrow BĐT\geqslant \frac32$

Dấu $'='\Leftrightarrow a=b=c=1$

Những ai có thể giải được thì post lên chia sẻ nhé!

11. Cho a, b, c >0 và abc=1. chứng minh rằng:

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

Áp dụng BĐT $Cauchy$:

$\frac{a^3}{(1+b)(1+c)}+\frac{1+b}{8}+\frac{1+c}{8}\geqslant 3\sqrt[3]{\frac{a^3(1+b)(1+c)}{64(1+b)(1+c)}}=\frac{3a}{4}$

$\Rightarrow \frac{a^3}{(1+b)(1+c)}\geqslant \frac{3a}{4}-\frac{1+b}{8}-\frac{1+c}{8}=\frac{6a-b-c-2}{8}$

Tương tự $\frac{b^3}{(1+a)(1+c)}\geqslant \frac{6b-a-c-2}{8},\frac{c^3}{(1+a)(1+b)}\geqslant \frac{6c-a-b-2}{8}$

$\Rightarrow \frac{a^3}{(1+b)(1+c)}+\frac{b^3}{(1+a)(1+c)}+\frac{c^3}{(1+a)(1+b)}\geqslant \frac{4(a+b+c)-6}{8}\geqslant \frac{4.3\sqrt[3]{abc}-6}{8}=\frac{3}{4}$.

$EMCD$ nội tiếp $\Rightarrow \angle DEC=\angle DMC$ mà $\angle BMC=\angle DEC$ (tam giác đồng dạng)$\Rightarrow D,B,M$ thẳng hàng $\Rightarrow M$ thuộc trung trực của $AC$.

Mình thì giải thế này

Đặt đường cao kẻ từ $B,C$ là $h$.

Áp dụng định lý $Thales$: $\frac{BM}{BC}=\frac{MH}{h},\frac{CM}{BC}=\frac{MK}{h}$...

Hi mọi người,

 

Thầy có giao cho em một list bài tập Hình trong Tết để làm, thì có 1 bài như sau:

 

Cho $\Delta ABC$ cân tại $A$. Từ một điểm $M$ trên đáy $BC$ vẽ $MH$ vuông góc với $AB$, $MK$ vuông góc với $AC$. Chứng minh rằng tổng $MH + MK$ không phụ thuộc vào vị trí của điểm $M$ trên $BC$.

 

Còn đây là bài giải của em:

 

Giả sử $M \equiv B$ thì $MH + MK = MK = \sqrt{BC^{2} - CK^{2}}$ (định lý Pythagore) (1)

            $M \equiv C$ thì $MH + MK = MH = \sqrt{BC^{2} - BH^{2}}$ (định lý Pythagore) (2) 

Xét $\triangle BHC$ và $\triangle BKC$ có $\angle HBC = \angle KCB$ ; cạnh $BC$ chung ; $\angle BHC = \angle BKC = 90^{\circ}$ nên $\triangle BHC = \triangle BKC$ (cạnh huyền - góc nhọn)

=> $BH = CK$ (3)

Từ (1), (2) và (3) => $MK = MH$

=> Tổng $MH + MK$ không đổi.

Vậy tổng $MH + MK$ không phụ thuộc vào vị trí của $M$ trên $BC$

 

Nhờ mọi người xem giùm coi lời giải của em và cách chứng minh có đúng, chính xác chưa ạ ?

Nếu chưa thì xin nhờ mọi người sửa giúp em luôn!

 

Em cảm ơn.

Chứng minh vậy chắc ko được đâu. 

Bài toán 15 (Thi thử chuyên KHTN năm 2011, vòng 1, đợt 1). Cho hai đường tròn $(O)$ và $(O')$ cắt nhau tại $A,B$. $M$ di chuyển trên đường thẳng AB nhưng ở ngoài đoạn $AB$. Dựng các tiếp tuyến $MP,MQ$ của $(O)$. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác $MPQ$ luôn đi qua một điểm cố định khác $O$.

Gọi $I$ trung điểm của $AB \Rightarrow MPOIQ$ nội tiếp $\Rightarrow POIQ$ nội tiếp $\Rightarrow \angle POQ=\angle PIQ$.

Mà $\angle POQ+\angle PMQ=180^{\circ}$

$\Rightarrow \angle PIQ+\angle PMQ=180^{\circ} \Rightarrow PMQI$ là tứ giác nội tiếp. 

Do $AB$ cố định nên $I$ cố định. 

Cho $x,y,z>0$ và $x+y+z=1$.

Cm: 

$\frac{x}{x+yz}+\frac{y}{y+zx}+\frac{z}{z+xy}\leqslant \frac{9}{4}$

Chào mọi người,

 

Mọi người cho mình hỏi là có cái định lý hay cái gì chứng minh được "Đường trung tuyến của 1 tam giác sẽ đi qua trung điểm của các cạnh song song với cạnh thứ 3" không ạ ?

 

Em thử vẽ tam giác ra, vẽ 1 đoạn thẳng song song với cạnh tam giác bất kỳ, rồi vẽ trung tuyến, thì trung tuyến đó sẽ đi qua trung điểm của cạnh song song với cạnh tam giác. Nhưng tìm mãi trên Google không thấy nói gì về cái này cả.

 

Cảm ơn mọi người

theo tôi biết thì không có định lí đó đâu bạn ạ

Có Thales. Giả sử  tam giác $ABC$ có trung tuyến $AM$, đường thẳng $d \parallel BC$ cắt $AB,AC,AM$ tại $P,Q,N$. Khi đó áp dụng định lý Thales ta có được $\frac{PN}{BM}=\frac{AN}{AM}=\frac{NQ}{MC}\Rightarrow PN=NQ$.

$x^4 + 4y^4 = 2z^4 + 8u^4$

$\implies 2 \mid x \implies x = 2x_1$

$\implies 16x_1^4 + 4y^4 = 2z^4 + 8u^4 \iff 8x_1^4 + 2y^4 = z^4 + 4u^4$

$\implies 2 \mid z \implies z = 2z_1$

$\implies 8x_1^4 + 2y^4 = 16z_1^4 + 4u^4 \iff 4x_1^4 + y^4 = 8z_1^4 + 2u^4$

$\implies 2 \mid y \implies y = 2y_1$

$\implies 4x_1^4 + 16y_1^4 = 8z_1^4 + 2u^4 \iff 2x_1^4 + 8y_1^4 = 4z_1^4 + u^4$

$\implies 2 \mid u \implies u = 2u_1$

$\implies 2x_1^4 + 8y_1^4 = 4z_1^4 + 16u_1^4 \iff x_1^4 + 4y_1^4 = 2z_1^4 + 8u_1^4$

Quá trình sẽ cứ lặp lại vô hạn. Như vậy pt chỉ có nghiệm nguyên duy nhất $(x;y;z;u) = (0;0;0;0)$

Cái này là phương pháp lùi vô hạn đúng ko?

Gợi ý giúp mình câu d với các bạn! Cám ơn nhiều!

Chứng mình $FE$ là tiếp tuyến của $(O)$ thì mình chịu, chỉ biết cách tính $KE$ thôi.

Bạn chứng minh $OF \perp AD \Rightarrow OK=\frac{1}{2}BE$. 

Do tính chất tiếp tuyến và góc nội tiếp nên $\angle EBA=\frac{1}{2}sđ \overparen{BE}=\angle BDA$

$\Rightarrow BE$ là đường cao của tam giác vuông $ABD \Rightarrow \frac{1}{BE^2}=\frac{1}{BD^2}+\frac{1}{BA^2}$

$\Rightarrow BE=\frac{2R\sqrt{5}}{3} \Rightarrow OK=\frac{R\sqrt{5}}{3}$

$KE^2=OE^2-OK^2=R^2-\frac{5R^2}{9}=\frac{4R^2}{9}$