khgisongsong

ta có $P+\frac{1}{2}(a+b)=(\frac{3}{2}x+\frac{6}{x})+(\frac{3}{2}y+\frac{24}{y})\geq 2.3+2.6=18$

mà $a+b\leq 6$ suy ra $P\geq 15$

dấu = xảy ra $<=> x+y=6 , \frac{3}{2}x=\frac{6}{x}$ và $\frac{3}{2}y=\frac{24}{y}$

$<=> x=2 , y=4$

ta có khi lấy số 2 và 1 số a bất kì để thực hiện phép biến đổi thì luôn cho kết quả là $a+2-\frac{1}{2}.2.a=2$ tức là không thể loại được số 2 khỏi dãy

suy ra sau khi thực hiện tất cả các phép biến đổi thì số còn lại là số 2

$P^2=\frac{x^2}{y^2+2\sqrt{2}+2}=\frac{1-y^2}{y^2+2\sqrt{2}y+2}$

<=>$P^2.y^2+2\sqrt{2}P^2y+2P^2=1-y^2$

<=>$(P^2+1).y^2+2\sqrt{2}P^2y+2P^2-1=0$

để tồn tại y thì $\Delta\geq0<=>-2P^4+P^2+1\geq0<=>(P^2-1).(2P^2+1)\leq 0$

<=>$P^2-1\leq 0<=>-1\leq P \leq 1$

suy ra GTLN của P  là 1, thay P vào pt trên ta tìm được $y=\frac{-1}{\sqrt{2}}$

suy ra $y+\sqrt{2} >0$ nên để P đạt max thì x phải dương ( do mẫu dương  để P max thì tử phải dương)

mà $x^2=1-y^2=\frac{1}{2}$ suy ra $x=\frac{1}{\sqrt{2}}$

$3(\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x})=2(\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x})+x^2z+y^2x+z^2y$ ( do xyz=1)

$=(\frac{x}{y}+\frac{x}{y}+y^2x)+(\frac{y}{z}+\frac{y}{z}+z^2y)+(\frac{z}{x}+\frac{z}{x}+x^2z)$

$\geq 3(x+y+z)$

suy ra dpcm

từ pt ban đầu

$=>7.(\sqrt{3x-4}-\frac{1}{2}x-\frac{3}{4})+(4x-3).(\sqrt{6-x}+\frac{1}{2}x-\frac{13}{4})=2x^2-18x+\frac{73}{2}$

$=>\frac{-7}{16}(4x^2-36x+73)+\frac{4x-3}{-16}.(x^2-36x+73)=\frac{1}{2}.(4x^2-36x+73)$

$=>4x^2-36x+73=0$ hoặc $\frac{-7}{16}+\frac{4x-3}{-16}=\frac{1}{2}$

giải ra ta có $x=\frac{9+\sqrt{8}}{2}$ hoặc $x=\frac{9-\sqrt{8}}{2}$ hoặc $x=-3$

kiểm tra lại điều kiện của x ta thấy $x=\frac{9+\sqrt{8}}{2}$ thỏa mãn ; $x=\frac{9-\sqrt{8}}{2}$ thỏa mãn ; $x=-3$ không thỏa mãn

$\frac{sinAsinB}{tanA+tanB}\leq\frac{(sinA+sinB)^2}{4(tanA+tanB)}\leq\frac{sin^2A}{4tanA}+\frac{sin^2B}{4tanB}=\frac{sinA.cosA}{4}+\frac{sinB.cosB}{4}=\frac{sin(2A)}{8}+\frac{sin(2B)}{8}$

suy ra $VT\leq\frac{sin(2A)+sin(2B)+sin(2C)}{4}$

mà

$sin(2A)+sin(2B)+sin(2C)=2sin(A+B)cos(A-B) + 2 sinCcosC$

$=2sinCcos(A-B)+2sinCcosC$

$=2sinC ( cos(A-B) + cosC)$

$=2sinC ( cos(A-B) - cos(A+B))$

$=2sinC.2sinAsinB$

$=4sinAsinBsinC$

suy ta $VT<=sinA.sinB.sinC$

gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ta có

$(\vec{OA}+\vec{OB}+\vec{OC})^2\geq0$

$<=>3R^2\geq-2(\vec{OA}.\vec{OB}+\vec{OA}.\vec{OC}+\vec{OC}.\vec{OB})$

$<=>9R^2\geq(OA^2+OB^2-2\vec{OA}.\vec{OB})+(OC^2+OB^2-2\vec{OC}.\vec{OB})+(OA^2+OC^2-2\vec{OA}.\vec{OC})$

$<=>9R^2\geq a^2+b^2+c^2\geq\frac{(a+b+c)^2}{3}$

$<=>3\sqrt{3}R\geq a+b+c$

$<=>\frac{a}{2R}+\frac{b}{2R}+\frac{c}{2R}\leq\frac{3\sqrt{3}}{2}$

$<=>sinA+sinB+sinC\leq \frac{3\sqrt{3}}{2}$

suy ra $VT\leq sinA.sinB.sinC \leq(\frac{(sinA+sinB+sinC)}{3})^3=\frac{3\sqrt{3}}{8}$

$A=x-2y+3 =>x=A+2y-3$ thay vào điều kiện đề cho ta có

$(A+2y-3)^2+2y^2+(A+2y-3).y=1$

<=>$8y^2+y(5A-15)+A^2-6A+8=0$

$\Delta =-7A^2+42A-31$

để tồn tại y thì $\Delta \geq 0$ <=>$-7A^2+42A-31\geq0$

<=>$\frac{21-4\sqrt{14}}{7}\leq A\leq \frac{21+4\sqrt{14}}{7}$

đến đây ta tìm được min và max của A để biết dấu = xảy ra khi nào ta thay giá trị của A vào pt để tìm y rồi suy ta x

đặt $a=xy+yz+zx, b= x^2+y^2+z^2$ ta có $b+2a=1 => b=1-2a$

P=$\frac{2}{a}+\frac{9}{1-2a}=\frac{4}{2a}+\frac{9}{1-2a} \geq \frac{(2+3)^2}{1}=25$

dấu = xảy ra <=> $\frac{2}{2a}=\frac{3}{1-2a}<=>a=\frac{1}{5},b=\frac{3}{5}$

suy ra $xy+yz+zx=\frac{1}{5},x^2+y^2+z^2=\frac{3}{5}$

có nhiều bộ x,y,z thỏa mãn điều kiện này ví dụ $x=\frac{1}{10},y=\frac{9-\sqrt{37}}{20},z=\frac{9+\sqrt{37}}{20}$

tìm số tự nhiên x,y z thỏa mãn

a,7^x+13^y=19^z

b.2^x+2^y=2^z

c,2^x+2^y+2^z=552 (x<y<z)

cho một số tự nhiên k tìm số tự nhiên a ( tính a theo k) để

$a-\left [ \sqrt{a} \right ]=k$ (với $\left [ \sqrt{a} \right ]$ là phần nguyên của $\sqrt{a}$)

tính được $\widehat{AMB}=150^{\circ},\widehat{AMC}=110^{\circ},\widehat{CMB}=100^{\circ},\widehat{BAC}=50^{\circ}$

đặt a=AM

tính được $MC=\frac{sin40^{\circ}}{sin30^{\circ}}.a$

$ AB=\frac{sin150^{\circ}}{sin20^{\circ}}.a$

$AC=\frac{sin110^{\circ}}{sin30^{\circ}}.a$

mà $BC=\sqrt{AB^2+AC^2-2AB.AC.cos50^{\circ}}$

suy ra $BC=\frac{a}{sin20^{\circ}.sin30^{\circ}}.\sqrt{sin^2150^{\circ}.sin^230^{\circ}+sin^2110^{\circ}.sin^220^{\circ}-2sin150^{\circ}.sin110^{\circ}.cos50^{\circ}.sin20^{\circ}.sin30^{\circ}}$

mà $sin^2150^{\circ}.sin^230^{\circ}+sin^2110^{\circ}.sin^220^{\circ}-2sin150^{\circ}.sin110^{\circ}.cos50^{\circ}.sin20^{\circ}.sin30^{\circ}$

=$sin^4(30^{\circ})+cos^2(-20^{\circ}).sin^220^{\circ}-2.sin^230^{\circ}.cos20^{\circ}.sin20^{\circ}.sin40^{\circ}$ (do $sin150^{\circ}=sin30^{\circ}$ và $cos50^{\circ}=sin40^{\circ}$)

=$sin^4(30^{\circ})+\frac{sin^240}{4}-sin^230.sin^240=\frac{1}{16}$ do $sin30=1/2$

suy ra  $BC=\frac{a}{sin20^{\circ}.sin30^{\circ}}.\frac{1}{4}$

có $ \frac{BC}{sin\widehat{BMC}}=\frac{MC}{sin\widehat{MBC}}$

suy ta $sin\widehat{MBC}=\frac{MC.sin100^{\circ}}{BC}=4.sin40^{\circ}.sin20^{\circ}.sin100^{\circ}=2(cos20^{\circ}-cos60^{\circ}).sin80^{\circ} =2cos20^{\circ}.sin80^{\circ}-2cos60^{\circ}.sin80^{\circ}=sin100^{\circ}+sin60^{\circ}-sin140^{\circ}-sin20^{\circ}$

$=sin60^{\circ}+(sin100^{\circ}-sin20^{\circ})-sin40^{\circ}$(do $sin140^{\circ}=sin40^{\circ}$)

$=sin60^{\circ}+2.cos60^{\circ}.sin40^{\circ}-sin40^{\circ} =sin60^{\circ}$ (do $cos60^{\circ}=\frac{1}{2}$)

$=>\widehat{MBC}=60^{\circ}$

a,có $\widehat{MAQ}=\widehat{MBQ}$ do cùng bằng $45^{\circ}$

suy ra tứ giác MBAQ nội tiếp =>$\widehat{NQM}=\widehat{ABM}=90^{\circ}$

suy ra $\widehat{NPM}+\widehat{MCN}=180^{\circ}$ suy ta tứ giác MCNQ nội tiếp

b,

tương tự ý a ta có $\widehat{NQM}=90^{\circ}$ suy ra $NP\bot{AM}$

gọi $ NP\cap MQ=\left \{ H \right \},AH\cap MN=\left \{ K \right \}$

H là trực tâm $ \bigtriangleup AMN$(do $ NP\bot{AM}$ và $MQ\bot{AN}$)

suy ra $AK\bot{MN}$

$\widehat{AMN}=\widehat{AQB}=\widehat{AMB}$

suy ra $ \bigtriangleup AKM$=$ \bigtriangleup ABM$ ( cạnh huyền-góc nhọn)

suy ra AK=AB(không đổi)

mà $AK\bot{MN}$ và $K\in MN$ suy ra MN luôn tiếp xúc với (A;B)

c, mình nghĩ đề bài phải là $\frac{S_{APQ}}{S_{MPQN}}$ không đổi

nếu là như vậy thì ta dễ dàng chứng minh được $ \bigtriangleup AQP$ đồng dạng với $ \bigtriangleup AMN$ 

suy ra $\frac{S_{APQ}}{S_{AMN}}$ =$(\frac{AP}{AN})^{2}=(sin45^{\circ})^{2}=\frac{1}{2}$

suy ra $\frac{S_{APQ}}{S_{MPQN}}$=1

cộng 2 vế của 3 pt đã cho ta có

(x+y).(a+b+c)=a+b+c

<=> a+b+c=0 hoặc x+y=1

TH1 a+b+c=0

TH2

TH2.1 a=b=c

TH2.2

trong 3 số a,b,c có nhiều nhất 1 cặp số bằng nhau

$ax+by=c <=>ax+b(1-x)=c<=>x(a-b)=(c-b)$

nếu a-b=0 thì c-d=0 suy ra a=b=c (loại) suy ra $a-b\neq 0$

=>$x=\frac{c-b}{a-b}$

tương tự ta có $x=\frac{a-c}{b-c} và x=\frac{b-a}{c-a}$

$x^{3}=-1 <=>x=-1$

$-a+2b=c$(1)

 $-b+2c=a$(2)

$-c+2a=b$ (3)

thế c từ (1) vào 3 ta được a-2b+2a=b <=>a=b

tương tự ta có a=c và b=c =>a=b=c (loại)

vậy hệ pt ban đầu tương đương với a+b+c=0 hoặc a=b=c

dù a+b+c=0 hay a=b=c thì ta đều có

$a^{3}+b^{3}+c^{3}=\frac{1}{2}(a+b+c)((a-b)^{2}+(b-c)^{2}+(c-a)^{2})=0$

do các phép biến đổi là tương tương nên hệ phương trình đã cho là điều kiện cần để pt $a^{3}+b^{3}+c^{3}=3abc$ có nghiệm

 hh.PNG   118.23K   12 Số lần tải