HoangKhanh2002

Giải bất phương trình:

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

ĐK: $x \geq 0$

Ta có: $1-\sqrt{2(x^2-x+1)}\leq 1-\sqrt{2.\dfrac{3}{4}}<0$

Do đó, BPT tương đương: $x-\sqrt{x}\leq 1-\sqrt{2(x^2-x+1)}$

Nhận thấy $x=0$ không là nghiệm của BPT, chia cả 2 vế cho $\sqrt{x}$ ta có:

$\sqrt{x}-1\leq \dfrac{1}{\sqrt{x}}-\sqrt{2\left(x+\dfrac{1}{x}-1\right)} \\\Leftrightarrow \left(\sqrt{x}-\dfrac{1}{\sqrt{x}}\right)+\sqrt{2\left(x+\dfrac{1}{x}-1\right)}\leq 1$

Giờ chỉ cần đặt $t=\sqrt{x}-\dfrac{1}{\sqrt{x}}$, tự giải tiếp nhé

Cho các số dương a,b,c thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng

$\frac{1}{{\sqrt {{a^5} + {b^2} + ab + 6} }} + \frac{1}{{\sqrt {{b^5} + {c^2} + bc + 6} }} + \frac{1}{{\sqrt {{c^5} + {a^2} + ac + 6} }} \le 1$

Bất đẳng thức phụ: $x^5-x^2+3\geqslant 3x$, chứng minh bằng biến đổi tương đương: $\Leftrightarrow (x-1)^2(x^3+2x^2+3x+1)\geqslant 0$ luôn đúng

Đánh giá: $a^5+b^2+ab+6=(a^5-a^2+3)+(a^2+b^2)+ab+3 \geqslant 3a+3ab+3=3(a+ab+1)$. Tương tự với 2 cái kia

Do đó: $\frac{1}{{\sqrt {{a^5} + {b^2} + ab + 6} }} + \frac{1}{{\sqrt {{b^5} + {c^2} + bc + 6} }} + \frac{1}{{\sqrt {{c^5} + {a^2} + ac + 6} }} \\\leqslant \sqrt{3\left ( \dfrac{1}{a^5+b^2+ab+6}+\dfrac{1}{b^5+c^2+bc+6}+\dfrac{1}{c^5+a^2+ac+6} \right )}\\\leqslant \sqrt{\dfrac{1}{3(a+ab+1)}+\dfrac{1}{3(b+bc+1)}+\dfrac{1}{3(c+ca+1)}}=1$

Vì với $abc=1$ dễ chứng minh được: $\dfrac{1}{a+ab+1}+\dfrac{1}{b+bc+1}+\dfrac{1}{c+ca+1}=1$

Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O) (AD ko // BC ). Tiếp tuyến tại A và B cắt nhau ở M, tiếp tuyến tại C và D cắt nhau tại N. Chứng minh AC, BD, MN đồng qui

Gọi $P,Q$ theo thứ tự là giao điểm của tiếp tuyến tại $A$ và $D$, $B$ và $C$

Qua $P$ kẻ đường thẳng song song với $MQ$ cắt $AC$ tại $L$

Dễ thấy $\Delta PCL$ cân

Gọi $I$ là giao điểm của $AC$ và $PQ$, theo $Thales$ $\dfrac{IQ}{IP}=\dfrac{AQ}{CP}$

Tương tự gọi $I'$ là giao điểm của $PQ$ và $BD$ $\implies \dfrac{DQ}{BP}=\dfrac{I'Q}{I'P}$

Do đó: $I\equiv I'$. Tương tự ta có đpcm

PS: Đây là một trong những tính chất quan trọng của đường tròn ngoại tiếp

Cách 2: Dùng hàng điểm

Qua $A$ kẻ đường thẳng song song với $BC$ cắt $EF$ tại $K$

Đường thẳng $DI$ theo thứ tự cắt $EF$ và $AK$ tại $N$ và $L$

Năm điểm $A,F,I,L,E$ cùng thuộc 1 đường tròn $\implies \widehat{ILF}=\widehat{ILE}$

Mà: $\widehat{ILK}=90^o\implies (FENK)=-1\implies A(BNCK)=-1$

Theo cách vẽ thì $BC$ song song với $AK$ và $MB=MC$ nên $A(BCMK)=-1$

Vậy $A,N,M$ thẳng hàng hay $AM,EF,DI$ đồng quy $\hspace{2cm} \square$

cho em hỏi là ở bài nào vậy ạ 

Bài này mình có 2 cách làm như sau:

Cách 1: Dùng $vector$

Gọi $K$ là giao điểm của $DI$ và $EF$. Khi đó ta có: $\overrightarrow{AK}=\dfrac{EK}{EF}\overrightarrow{AF}+\dfrac{FK}{EF}\overrightarrow{AE}=\dfrac{EK}{EF}.\dfrac{AF}{AB}\overrightarrow{AB}+\dfrac{FK}{EF}\dfrac{AE}{AC}\overrightarrow{AC}$

Gọi $N$ là giao điểm của $AI$ và $BC$. Lúc đó ta dễ thấy các cặp tam giác đồng dạng:

$\Delta FKI \sim \Delta ANB(g.g)\implies \dfrac{FK}{KI}=\dfrac{AN}{NB}$; $\Delta IKE \sim \Delta CNA(g.g)\implies\dfrac{KI}{KE}=\dfrac{NC}{NA}$

Từ đó: $\dfrac{KF}{KE}=\dfrac{NC}{NB}=\dfrac{AC}{AB}$. Thay vào $\overrightarrow{AK}$:

$\overrightarrow{AK}=\dfrac{AE}{EF}\left ( \dfrac{EK}{AB}\overrightarrow{AB}+\dfrac{FK}{AC}\overrightarrow{AC} \right )=\\\dfrac{AE}{EF}.\dfrac{EK}{AB}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC})=\dfrac{1}{2}.\dfrac{AE}{EF}.\dfrac{EK}{AB}.\overrightarrow{AM}$

Vậy ta có $A,K,M$ thẳng hàng hay $AM,DI,EF$ đồng quy $\hspace{2cm}\square$

Bài 2: Cho tam giác ABC, I, G theo thứ tự là tâm đường tròn nội tiếp và trong

tâm. M, N, P theo thứ tự là các tiếp điểm của các đường tròn bàng tiếp (I_A ), (I_B ), (I_C ) và các

cạnh BC, CA, AB. Chứng minh rằng AM, BN, CP đồng quy tại một điểm thuộc IG.

Bạn làm ơn đăng nó ở box Hình THPT nhé, bạn đang vi phạm nội quy diễn đàn đấy

Mặc dù vậy cũng làm tạm bài 2:

Đặt $AB=c,BC=a,AC=b;2p=a+b+c$ ta có:

$AE+AF=AB+BE+AC+CF=AB+BC+CA=2p \Rightarrow AE=AF=p \Rightarrow BM=p-c=AN$

Tương tự ta cũng có: $CM=AP=p-b; NC=BP=p-a$

Do đó: $(p-c)\overrightarrow{MC}+(p-b)\overrightarrow{MB}=\overrightarrow{0}$

Tương tự: $(p-c)\overrightarrow{NC}+(p-a)\overrightarrow{NA}=(p-a)\overrightarrow{PA}+(p-b)\overrightarrow{PB}=\overrightarrow{0}$.

Mà: $p-a+p-b+p-c=p \neq 0$

Do đó, theo định lí $Ceva$ dạng $vector$ suy ra: $AM,BN,CP$ đồng quy tại điểm $L$ là tâm tỉ cự của hệ điểm $\left \{ A,B,C \right \}$ ứng với các hệ số $\left \{ p-a;p-b;p-c \right \}$

Khi đó: $(p-a)\overrightarrow{LA}+(p-b)\overrightarrow{LB}+(p-c)\overrightarrow{LC}=\overrightarrow{0}\\\Leftrightarrow p(\overrightarrow{LA}+\overrightarrow{LB}+\overrightarrow{LC})-(a\overrightarrow{LA}+b\overrightarrow{LB}+c\overrightarrow{LC})=\overrightarrow{0}\\\Leftrightarrow 3p\overrightarrow{LG}-2p\overrightarrow{LI}=0$

Vậy: $AM,BN,CP$ đồng quy tại điểm $L$ thuộc $IG\hspace{1cm}\square$

Bài 3: Trên ba cạnh BC, CA, AB của tam giác ABC lấy các điểm A1, B1, C1. Gọi Ga, Gb, Gc theo thứ tự là trọng tâm của các tam giác AB1C1, C1A1B, A1B1C và G, G1, G2 là trọng tâm của các tam giác ABC, A1B1C1, GaGbGc. Chứng minh rằng G, G1 và G2 thẳng hàng

Làm tạm bài 3

Theo công thức thu gọn hệ thức tâm tỉ cự ta có:

$3\overrightarrow{G_{2}G_{a}}+3\overrightarrow{G_{2}G_{b}}+3\overrightarrow{G_{2}G{c}}=\overrightarrow{0}\\\iff (\overrightarrow{G_{2}A}+\overrightarrow{G_{2}B_{1}}+\overrightarrow{G_{2}C_{1}})+(\overrightarrow{G_{2}C_{1}}+\overrightarrow{G_{2}A_{1}}+\overrightarrow{G_{2}B})+(\overrightarrow{G_{2}A_{1}}+\overrightarrow{G_{2}B_{1}}+\overrightarrow{G_{2}C})=\overrightarrow{0}\\\iff 2(\overrightarrow{G_{2}A_{1}}+\overrightarrow{G_{2}B_{1}}+\overrightarrow{G_{2}C_{1}})+(\overrightarrow{G_{2}A}+\overrightarrow{G_{2}B}+\overrightarrow{G_{2}C})=\overrightarrow{0}\\\iff 6\overrightarrow{G_{2}G_{1}}+3\overrightarrow{G_{2}G}=\overrightarrow{0}\\\implies \overline{G,G_{1},G_{2}}$

Câu 4: Cho tam giác $ABC$ nhọn nội tiếp $(O)$; $M$ là trung điểm của $BC$; $N$ là điểm đối xứng với $M$ qua $O$. Đường thẳng qua $A$ vuông góc với $AN$ cắt đường thẳng qua $B$ vuông góc với $BC$ tại $D$. Kẻ đường kính $AE$ của $(O)$

 a) Chứng minh : $BD.BE=BM.BA$

 b) Chứng minh $CD$ đi qua trung điểm đường cao $AH$ của tam giác $ABC$

a) Ta có: $\widehat{MBE}=\widehat{ABD}$ (cùng phụ $\widehat{ABC}$)

$\left\{\begin{matrix} \widehat{DAB}+\widehat{BAN}=90^o\\ \widehat{BEM}+\widehat{BAN}=\widehat{BEM}+\widehat{MEA}+\widehat{BEA}=90^o \end{matrix}\right.\\\implies \widehat{BEM}=\widehat{BAD}$

Do đó: $\Delta BME \sim \Delta BDA\implies \text{đpcm}$

b) Kéo dài $BD$ lấy điểm $K$ sao cho $BD=DK$

Từ câu a) $\implies BK.BE=BC.BA \implies \Delta BKA \sim \Delta BCE(c.g.c)$

Do đó: $\widehat{BAK}=\widehat{BEC}$ suy ra $A,K,C$ thẳng hàng

Theo định lí $Thales$ ta có ngay $H$ là trung điểm của $AL$

Giải bất phương trình

$\sqrt{2x^{2}-x+1}+\sqrt{2x^{2}+4x+1}$ ≥ $5\sqrt{x}$
 

Nhận thấy $x=0$ là 1 nghiệm (lấy)

Xét $x\neq 0$, chia cả 2 vế cho $\sqrt{x}$ ta có: $\sqrt{2x-1+\dfrac{1}{x}}+\sqrt{2x+4+\dfrac{1}{x}}\geqslant 5$

Đặt: $a=2x+\dfrac{1}{x}\implies \sqrt{a-1}+\sqrt{a+4}\geqslant 5\\$

Bình phương lên giải, sau đó thay ngược lại giải BPT ẩn $x$

Cho hai số thực $x$, $y$ thỏa $x+y=\sqrt{x+1}+\sqrt{2y+2}$. Tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của:

$$P=x^2+y^2+2(x+1)(y+1)+\sqrt{4-x-y}.$$

Từ điều kiện: $(x+y)^2=(\sqrt{x+1}+\sqrt{2y+2})^2\leqslant (1+2)(x+y+2)\\\implies \dfrac{3-\sqrt{33}}{2}\leqslant x+y\leqslant\dfrac{3+\sqrt{33}}{2}$

Ta có: $P=x^2+y^2+2(x+1)(y+1)+\sqrt{4-x-y}\\=(x+y)^2+2(x+y)+2+\sqrt{4-x-y}$

Khảo sát hàm $f(t)=t^2+2t+2+\sqrt{4-t}$ trên đoạn $\left [ \dfrac{3-\sqrt{33}}{2},\dfrac{3+\sqrt{33}}{2} \right ]$

Cho ba số thực không âm a, b, c thỏa mãn $a+b> 0;b+c> 0;a+c> 0$. Chứng minh rằng: $\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{c+a}}+\sqrt{\frac{c}{a-b}}+\frac{9\sqrt{ab+bc+ac}}{a+b+c}\geq 6$

Mình làm theo $Holder$ nhé:

Đặt: $P=\sum \sqrt{\dfrac{a}{b+c}}$. Áp dụng BĐT $Holder$ ta có:

$\left [ a^2(b+c)+b^2(c+a)+c^2(a+b) \right ]P^2\geqslant (a+b+c)^3$

Do đó: $P\geqslant \sqrt{\dfrac{(a+b+c)^3}{a^2(b+c)+b^2(c+a)+c^2(a+b)}}=\sqrt{\dfrac{(a+b+c)^3}{(a+b+c)(ab+bc+ca)-3abc}}\\\geqslant \dfrac{a+b+c}{\sqrt{ab+bc+ca}}$

Thế vào và $AM-GM$ là được

 Giải hệ phương trình

 

$\left\{\begin{matrix} x^{2}(y^{2}+1)+2y(x^{2}+x+1)=3 & & \\ (x^{2}+x)(y^{2}+y)=1 & & \end{matrix}\right.$

Hệ phương trình tương đương: $\left\{\begin{matrix} x^2(y+1)^2+2y(x+1)=3\\ y(x+1)x(y+1)=1 \end{matrix}\right.$

Đặt: $\left\{\begin{matrix} a=x(y+1)\\ b=y(x+1) \end{matrix}\right.\implies \left\{\begin{matrix} a^2+2b=3\\ ab=1 \end{matrix}\right.$

Tự giải tiếp: OK

Cho tam giác ABC, M là điểm bất kì trong tam giác. AM, BM, CM lần lượt cắt BC, CA, AB tại A', B', C'. CMR: M là trọng tâm tam giác ABC khi và chỉ khi M là trọng tâm tam giác A'B'C'.

Vì $M$ nằm trong tam giác $ABC$ nên tồn tại các số $x,y,z>0$ thoả mãn: $x\overrightarrow{MA}+y\overrightarrow{MB}+z\overrightarrow{MC}=\overrightarrow{0}$

Qua các phép chiếu $vector$ $Ch_{BC}(AA')=\overrightarrow{0};Ch_{AC}(BB')=\overrightarrow{0};Ch_{AB}(CC')=\overrightarrow{0}$ ta có:

$x\overrightarrow{MA}+(y+z)\overrightarrow{MA'}=\overrightarrow{0}$

Tương tự: $y\overrightarrow{MB}+(z+x)\overrightarrow{MB'}=0;z\overrightarrow{MC}=(x+y)\overrightarrow{MC'}$

Do đó: $\left\{\begin{matrix} \overrightarrow{MA'}=-\dfrac{x}{y+z}\overrightarrow{MA}\\ \overrightarrow{MA'}=-\dfrac{x}{y+z}\overrightarrow{MA}\\ \overrightarrow{MC'}=-\dfrac{z}{x+y}\overrightarrow{MC} \end{matrix}\right.$

Vì vậy, $M$ là trọng tâm $\Delta A'B'C'$ $\iff \overrightarrow{MA'}+\overrightarrow{MB'}+\overrightarrow{MC'}=\overrightarrow{0}\\\iff \dfrac{-x}{y+z}\overrightarrow{MA}+\dfrac{-y}{x+z}\overrightarrow{MB}+\dfrac{-z}{x+y}\overrightarrow{MC}=0$

Dễ thấy: $\implies \dfrac{x}{\dfrac{x}{y+z}}=\dfrac{y}{\dfrac{y}{z+x}}=\dfrac{z}{\dfrac{z}{x+y}}\iff x=y=z$

$\iff \overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}=\overrightarrow{0}\iff$ $M$ là trọng tâm của $\Delta ABC$

Cho tam giác ABC, E là trung điểm của AB, F thuộc AC sao cho AF=2FC. Lấy K là trung điểm của EF. Tìm P thuộc BC sao cho A, K, P thẳng hàng.

Ta có: $\overrightarrow{AK}=\dfrac{1}{2}(\overrightarrow{AE}+\overrightarrow{AF})=\dfrac{1}{4}\overrightarrow{AB}+\dfrac{1}{3}\overrightarrow{AC}$

$\overline{A,K,P}\implies \overrightarrow{AP}=k\overrightarrow{AK}\implies \overrightarrow{AP}=k\left ( \dfrac{1}{4}\overrightarrow{AB}+\dfrac{1}{3}\overrightarrow{AC} \right )$

Mà: $\overrightarrow{AP}=\dfrac{CP}{BC}.\overrightarrow{AB}+\dfrac{BP}{BC}\overrightarrow{AC}$

Đồng nhất hệ số: $\implies \left\{\begin{matrix} \dfrac{CP}{BC}=\dfrac{1}{4}k\\ \dfrac{BP}{BC}=\dfrac{1}{3}k \end{matrix}\right.\implies \dfrac{BP}{CP}=\dfrac{4}{3}\implies BP=\dfrac{4}{7}BC$

1. Giải hệ phương trình:

 

$\left\{\begin{matrix}2(y^{2}-x^{2})=\frac{14}{x}-\frac{13}{y} & & \\ 4(x^{2}+y^{2})=\frac{14}{x}+\frac{13}{y} & & \end{matrix}\right.$

ĐK: $x,y\neq 0$

Từ hệ ta đem về phương trình đồng bậc:

$\left\{\begin{matrix} 2xy(y^2-x^2)=14y-13x\\ 4xy(x^2+y^2)=14y+13x \end{matrix}\right.\\\Rightarrow (y^2-x^2)(14y+13x)-2(y^2+x^2)(14y-13x)=0\\\iff 13x^3-14y^3+39xy^2-42x^2y=0\\\iff (x-2y)(13x^2-16xy+7y^2)=0\iff x=2y$

Thay vào và tự giải