Subtract Zero

$M=\frac{a}{ab+a+abc}+\frac{b}{bc+b+1}+\frac{abc^{2}}{ac+abc^{2}+abc}=\frac{1}{b+c+bc}+\frac{b}{bc+b+1}+\frac{bc}{1+b+bc}=1$

1) pt$\Leftrightarrow 8.\tan x - 3\tan x=5\Leftrightarrow \tan x=1\Rightarrow x=45^0$

3) áp dụng bđt BCS. $3\sin x+4\cos x\leq \sqrt{(3^2+4^2)(sin^2x+cos^2x)}=5$

Dấu bằng khi$tanx=\frac{3}{4}$

Câu 3b ngày hai

Gọi 

MQ cắt NP tại X. QT,PT cắt (T) tại Y,Z.

Dễ thấy $\angle YNC=\angle ONC=90^0\Rightarrow \overline{Y,O,N}$

Tương tự $\overline{M,O,Z}$

Áp dụng định lý Pascal cho 6 điểm Y,M,P,Q,N,Z ta có $\overline{X,O,T}$ suy ra đpcm

Cho tam giác ABC, dựng ra phía ngoài tam giác các hình vuông có tâm là A',B',C' tương ứng với cạnh BC,CA,AB. Chứng minh điểm Euler của tam giác ABC là tâm đẳng phương của 3 đường tròn nội tiếp hình vuông

$\vec{CD}=\frac{1}{2}(\vec{CA}+\vec{CB})=\frac{1}{2}(\vec{OA}+\vec{OB}-2\vec{OC})$

$\vec{OE}=\frac{1}{3}(\vec{OA}+\vec{OD}+\vec{OC})=\frac{1}{3}(\vec{OA}+\frac{1}{2}(\vec{OA+\vec{OB}})+\vec{OC})=\frac{1}{6})(3\vec{OA}+\vec{OB}+2\vec{OC})$

$\Rightarrow 2\vec{CD}.6\vec{OE}=\left (\vec{OA}+\vec{OB}-2\vec{OC} \right )\left ( 3\vec{OA}+\vec{OB}+2\vec{OC} \right )=4\vec{OA}.\left ( \vec{OB}-\vec{OC} \right )=4\vec{OA}.\vec{CB}=0$

Bài này điều cần chứng minh đưa về  các đường tròn ngoại tiếp $(AEF),(AIT),(O)$ , cùng đy qua 2 điểm

Thật vậy ,  theo tính chất đường tron $Mix$ thì $DA,DI$ đẳng giác $EDF$ nên $(ITD)$ tiếp xúc với $(DFE),(O)$ .  gọi $(AEF)$ cắt (O) tại $X$ , dễ thấy , tiếp tuyến tại $D, AX,EF$ đồng quy tại $G$ do tc tâm dẳng phương  . nên$\overline{GX}.\overline{GA}=GD^2=\overline{GT}.\overline{GI}$ nên $AXTI$ nội tiếp ,nên các tâm $(AEF),(AIT),(O)$ thẳng hàng , vị tự tâm $A$ tỉ số 2 thì $T,K,H$ thẳng hàng

I là tâm đt nội tiếp ạ?

Gọi AD,BE,CK là ba đường cao của tam giác ABC. P,Q là hình chiếu của E trên BC,CK. M,N là hình chiếu của K lên BC,BE

CMR KE, PQ, MN đồng quy

Cho $\triangle$ ABC nhọn, AC < AB, trực tâm H. AH,BH,CH cắt BC,CA,AB ở D,E,F. Lấy K,L đối xứng với B,C qua AC,AB. Gọi giao của CK,BL là S. M,N,P là chân các đường vuông góc hạ từ S xuống BC,CA,AB.

a) Chứng minh MP = DN

b) Bài toán có còn đúng khi K,L là 2 điểm thỏa mãn BE.CL=BF.CK

- SXY cắt AH tại I, dễ chứng minh được I là trung điểm của AH, từ đó chứng minh AXHY là hình bình hành. Vậy I là trung điểm của XY.

 

- MN cắt SH tại P, cắt IK tại Q. Theo đường Gauss thì P là trung điểm của SH. IMKN là hình bình hành nên Q là trung điểm của IK và MN.

 

- IHKO là hình bình hành, Q là trung điểm của IK nên Q là trung điểm của HO.

 

- Tam giác AHO có P là trung điểm SH, Q là trung điểm HO nên PQ // SO hay MN // SO.

 

- AL cắt (O) tại D, dễ thấy SA, SD là 2 tiếp tuyến của (O). Vậy SO vuông góc với AL.

 

Do MN // SO nên MN vuông góc với AL (đpcm).

 

(bài này gần giống bài trường đông toán học nhỉ, mà thày quanghung cũng đã có bài mở rộng?) 

Bạn có thể CM cho mình phần này được không?

Cho $\triangle$ ABC không cân tại A nội tiếp (O) trực tâm H. K là trung điểm của BC. Tiếp tuyến tại A của (O) cắt BC tại S. Qua S kẻ đường thẳng vuông góc với AK cắt BH,CH ở X,Y. M,N là trung điểm của BY, CX. Tiếp tuyến tại B và C của (O) cắt nhau tại L. CMR AL $\perp$ MN

Gọi (O') là đường tròn ngoại tiếp tam giác OAM
Gọi I là giao điểm của OA và MN, B, C là giao điểm của OA với (O)
I thuộc MN suy ra I thuộc tđp (O), (O')
Suy ra độ dài đại số IM.IN= IB.IC và IM.IN= IO.IA
Từ đó ta đặt tọa độ A(a), B(b), I(k), O(p), chú ý O, A, B, C cố định suy ra I cố định

mình nghĩ chỗ này bạn có thể suy ra (IABC)=-1 nên I cố định

Câu a: K thuộc MN suy ra K thuộc tđp của (O) và (I)
Suy ra KO^2- R^2= KA^2
Suy ra KO^2- KA^2= R^2 suy ra K thuộc đường thẳng vuông góc OA cố định
Câu b: Áp dụng hệ thức quen thuộc ta có độ dài đại số AH. (-2) OI= P(A/(O))- P(A/(I))
Suy ra AH= (P(A/(O))/(2R)=k const suy ra MN tx (A,k)

ý bạn là H là chân đường vuông góc từ A đến MN?

Ta có

$A=x+2xy=x.(x-2y)+2xy=x^2\geq 0$

Vậy $minA=0.khi.x=0,y=\frac{-1}{2}$

Cho $x>;y>0$.Cm: $\frac{1}{(x-3)^3}+\left ( \frac{x-1^3}{y} \right )+\frac{1}{y^3}\geq 3(\frac{3-2x}{x-1}+\frac{x}{y})$

Mình nghĩ bài của bạn là như thế này?

$\frac{1}{(x-1)^3}+\left (\frac{x-1}{y} \right )^3+\frac{1}{y^3}\geq 3\left ( \frac{3-2x}{x-1}+\frac{x}{y} \right )$

Nếu là vậy thì đây là cách làm của mình:

Cauchy

$\frac{1}{(x-1)^3}+1+1\geq \frac{3}{x-1}$

$\left ( \frac{x-1}{y} \right )^3+1+1\geq 3.\frac{x-1}{y}$

$\frac{1}{y^3}+1+1\geq \frac{3}{y}$

Cộng lại, ta có

$VT\geq 3.\left ( \frac{1}{x-1}+\frac{1}{y}+\frac{x-1}{y}-2 \right )=VP$

 

KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HSG TỈNH LỚP 9 NĂM 2016-2017

THÀNH PHỐ VINH

 

Câu 1: (4,5đ)

a) Giải pt nghiệm nguyên: $2y^{2}x+x+y+1=x^{2}+2y^{2}+xy$

b) Cho a,b,c,d,e là 5 số tự nhiên thỏa mãn: $a^{4}+b^{4}+c^{4}+d^{4}+e^{4}=2009^{2008}$

Chứng minh tích abcde chia hết cho $10^{4}$

Câu 2: (4,5đ)

a) Giải pt: $x^{2}-2x+7+\sqrt{x+3}=2\sqrt{1+8x}+\sqrt{1+\sqrt{1+8x}}$

b) Cho 2 đa thức P(x) và Q(x) thảo mãn P(x)=Q(x) + Q(1-x) với mọi số thực x. Biết rằng các hệ số của đa thức p(x) là các số tự nhiên và P(0)=0. Tính P(P(2017))

Câu 3: (4đ)

Tìm min, max của: $P=\sqrt{2x+1}+\sqrt{3y+1}+\sqrt{4z+1}$

   biết x,y,z là các số thực không âm và x+y+z=4 

Câu 4: (6đ)

Cho tam giác ABC cân có $\measuredangle ABC=120$ nội tiếp (O). Tiếp tuyến qua A của (O) cắt đường thẳng BC tại D. Đường thẳng DO lần lượt cắt AB,AC tại E,F. Gọi M,N lần lượt là trung điểm của AB và AC. H là giao điểm của đường thẳng AO và (O). CMR:

a) EA=2EB và E,H,N thẳng hàng

b) AO, MF, NE đồng quy

Câu 5: (1đ)

Cho AB cố định. C là 1 điểm chuyển động trên nửa đ.tròn đường kính AB. Đường tròn tâm I nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với AB, AC tại M,N. Tìm vị trị của C để MN đạt giá trị lớn nhất

 

Hình như còn mỗi bài cuối nên mình chém nốt 

Không biết làm như này có đúng không 

Dễ thấy CMIN là hình vuông

$MN=\sqrt{2}.CM=\frac{\sqrt{2}}{2}.\left (CA+CB-AB \right )\leq \frac{\sqrt{2}}{2}\left ( \sqrt{2(CA^2+CB^2)}-2R \right )=\frac{\sqrt{2}}{2}(\sqrt{2.4R^2}-2R)=(2-\sqrt{2})R$

Vậy $MNmax=(2-\sqrt{2})R$ khi C là điểm chính giữa cung