phamv

Một bài BĐT mình lấy ý tưởng từ đề Đồng Tháp TST HSGQG 2020.

Cho $ a,b,c $ là các số thực thỏa $ a+b+c = 3 $. Chứng minh rằng: 

$ ( ab +bc+ac - 9)^2  \geq 9(5- abc) $

BĐT$\left ( ab+bc+ca \right )^{2}+9abc+36\geq 18\left ( ab+bc+ca \right )$

đặt p=a+b+c=3; q=ab+bc+ca; r=abc

theo bđt schur , ta có $9r\geq p(4q-p^{2})=3(4q-9)=12q-27$

vậy ta cần chứng minh :$q^{2}+12q-27+36\geq 18q\Leftrightarrow q^{2}-6q+9\geq 0\Leftrightarrow ( q-3)^{2}\geq 0$(đúng)
 

Cho tam giác ABC, D là điểm trên BC. Đường tròn nội tiếp tam giác ABD tiếp xúc với cạnh BC tại E, đường tròn nội tiếp tam giác ACD tiếp xúc với cạnh BC tại F, đồng thời hai đường tròn này cùng tiếp xúc với đường thẳng d khác BC, đường thẳng d cắt AD tại I. CMR: $ AI=\frac{1}{2}(AB+AC-BC) $

Gọi F,G lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABD, ACD; M,L lần lượt là tiếp điểm của (F),(G) với d ; H,I lần lượt là tiếp điểm của (F),(G) với BC; J,K lần lượt là tiếp điểm của (F) ,(G) với AD

Dễ dàng chứng minh AB=AJ+BH, AC=AK+CI, HI=ML=MI+IL=IJ+IK

=>AB+AC-BC=(AJ+BH)+(AK+CI)-(BH+CI+HI)=AJ+AK-IJ-IK=(AJ-IJ)+(AK-IK)=2AI

=>$ AI=\frac{1}{2}(AB+AC-BC) $ (đpcm)

Cho $a,b,c >0$

Chứng minh $\sqrt{\frac{a^3}{a^3+(b+c)^3}} + \sqrt{\frac{b^3}{b^3+(a+c)^3}} + \sqrt{\frac{c^3}{c^3+(b+a)^3}} \geq 1$

$\sum\sqrt{\frac{a^{3}}{a^{3}+(b+c)^{3}}}\doteq \sum \sqrt{\frac{a^{3}}{(a+b+c)((b+c)^{2}-a(b+c)+a^{2})}}\geq \sum\frac{a^{2}}{\sqrt{a(a+b+c)(2(b^{2}+c^{2})-ab-ac+a^{2})}}\geq \sum\frac{a^{2}}{\frac{a^{2}+ab+bc+2(b^{2}+c^{2})-ab-ac+a^{2}}{2}}= \sum \frac{a^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}=1$

Cho $a> b> c> 0$. Chứng minh rằng

 

$a^{3}b^{2}+b^{3}c^{2}+c^{3}a^{2}> a^{2}b^{3}+b^{2}c^{3}+c^{2}a^{3}$

BĐT $\Leftrightarrow a^{3}(b^{2}-c^{2})+b^{2}c^{2}(b-c)-a^{2}(b^{3}-c^{3})> 0$

$\Leftrightarrow (b-c)(a^{3}b+a^{3}c+b^{2}c^{2}-a^{2}b^{2}-a^{2}c^{2}-a^{2}bc)> 0$

$\Leftrightarrow (b-c)(a-b)(a^{2}b+a^{2}c-c^{2}a-c^{2}b)> 0$

$\Leftrightarrow (b-c)(a^{2}b(a-b)+a^{2}c(a-b)-c^{2}(a^{2}-b^{2}))> 0$

$\Leftrightarrow (b-c)(a-b)(b(a^{2}-c^{2})+ac(a-c))> 0$

$\Leftrightarrow (b-c)(a-b)(a-c)(ab+bc+ca)> 0$  ( đúng)

BĐT cuối đúng nên ta có đpcm

Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB, C là 1 điểm trên nửa đường tròn. Qua C kẻ tiếp tuyến d với nửa đường tròn. Kẻ các tia Ax, By song song với nhau, cắt d theo thứ tự tại D và E. Chứng minh rằng AB là tiếp tuyến của đường tròn đường kính DE.

gọi H là trung điểm của DE, G là hình chiếu của H trên AB

dễ thấy HCGO là tứ giác nội tiếp => $\widehat{CGA}=\widehat{CHO}=\widehat{DEB}$=> CEBG là tứ giác nội tiếp

$\widehat{CHG}=\widehat{COG}\Leftrightarrow \widehat{HEG}+\widehat{HGE}=2\widehat{CBA}$

Mà $\widehat{HEG}=\widehat{CBO}\Rightarrow \widehat{HGE}=\widehat{CBO}=\widehat{HGE}$

=> Tam giác HGE cân tại H => HG=HE => AB là tiếp tuyến với (H, DE/2)

Cho a,b,c là 3 số dương

 

Chứng minh rằng

 

                                 $\sqrt{1+\frac{16a}{b+c}}+\sqrt{1+\frac{16b}{c+a}}+\sqrt{1+\frac{16c}{a+b}}\geq 9$

bđt là hàm thuần nhất bậc 0 nên chuản hóa a+b+c=3

$\sum \sqrt{1+\frac{16a}{b+c}}=\sum \sqrt{\frac{b+c+16a}{b+c}}=\sum \frac{3(b+c+16a)}{\sqrt{9b+9c}.\sqrt{b+c+16a}}\ge\sum \frac{3(15a+3)}{\frac{9c+9b+b+c+16a}{2}}=\sum \frac{9(a+5)}{5(a+b+c)+3a}=\sum\frac{9(a+5)}{3(a+5)}=3+3+3=9$

em là thành viên mới nên còn nhiều thiếu sót , mong mọi người bỏ qua