chưa tổ chức thi

chịu

a) Theo phương tích ta có HB . HC = HJ . HT. (1)

Mặt khác do (BCHS) = -1 nên theo hệ thức Maclaurin ta có HB . HC = HM . HS. (2)

Từ (1), (2) suy ra HM . HS = HJ . HT, do đó tứ giác SJMT nội tiếp.

b) Theo hệ thức lượng ta có \(MO.MT=MB^2\).

Mặt khác theo hệ thức Newton, ta có \(MB^2=MH.MS\).

Do đó \(MO.MT=MH.MS\Rightarrow\dfrac{MO}{MS}=\dfrac{MH}{MT}\Rightarrow\Delta MOS\sim\Delta MHT\left(c.g.c\right)\).

Từ đó \(\widehat{MSO}=\widehat{MTH}\Rightarrow SO\perp TH\).

Lại có tứ giác SJMT nội tiếp nên \(\widehat{SJH}=90^o\). Suy ra S, J, O thẳng hàng.

JG cắt BC tại D'. AO cắt BC tại I.

Ta có \(\dfrac{D'B}{D'C}=\dfrac{D'B}{D'J}.\dfrac{D'J}{D'C}=\dfrac{BG}{CJ}.\dfrac{BJ}{CG}=\dfrac{BG}{CG}.\dfrac{BJ}{CJ}\).

Mặt khác do O, T là điểm chính giữa của (BOC) nên JT là phân giác của góc BJC, GO là phân giác của góc BGC. Suy ra \(\dfrac{BG}{CG}=\dfrac{BI}{CI};\dfrac{BJ}{CJ}=\dfrac{BH}{CH}\).

Do đó \(\dfrac{D'B}{D'C}=\dfrac{BG}{CG}.\dfrac{BJ}{CJ}=\dfrac{BI}{CI}.\dfrac{BH}{CH}\).

Lại có AH, AI đẳng giác trong tam giác ABC nên \(\dfrac{BI}{CI}.\dfrac{BH}{CH}=\dfrac{AB^2}{AC^2}\Rightarrow\dfrac{D'B}{D'C}=\dfrac{AB^2}{AC^2}\)

\(\Rightarrow\) AD' là đường đối trung của tam giác ABC.

Mặt khác ta có kết quả quen thuộc AT là đường đối trung của tam giác ABC, do đó \(D'\equiv D\).

Vậy SO, TH, DG đồng quy tại J.

Hóng cuộc thi này và hóng lên top .__.

nhìn cái đề là ko muốn thi ròi

Sáng nay đề chuyên Nguyễn Huệ khó lắm ạ mình làm được mỗi câu a. :(

mới đọc đề thôi mà đã nát não *điên*

khó thật đấy ông ạ , Tôi và chắc dưới trung bình qúa:*((

Em sẽ cố gắng hết sức mình

Các bạn muốn tổ chức cuộc thi vui đâu rồi nhỉ? Các bạn muốn trở thành một phần của chuỗi sự kiện lớn nhất hè 2021 trên hoc24 chứ?

Hãy liên hệ ngay chúng mình tại: Cuộc thi Trí tuệ VICE | Facebook

Tiền sự kiện 2 đã đến rồi, những bạn nào yêu thích trinh thám hãy cập nhật tin tức mới nhất trên trang trong vài ngày sắp tới nha ^^

Có cuộc thi gì liên quan đến nghệ thuật không a :)

huhu 
Lớp 10 rồi mà vẫn không biết làm bất đẳng thức lớp 9  :'((

[Toán.C701 _ 8.4.2021] Đề có đúng ko vậy a?

Em nghĩ VP phải là 11(a² + b² + c²) ms đúng

[Toán.C701 _ 8.4.2021]

Ta có: \(8\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)+9-11\left(a^2+b^2+c^2\right)\)

Áp dụng BĐT phụ: \(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\ge\dfrac{9}{a+b+c}\) cho 3 số dương \(\dfrac{1}{a};\dfrac{1}{b};\dfrac{1}{c}\) ta được:

\(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\ge\dfrac{9}{a+b+c}=\dfrac{9}{3}=3\) 

\(\Rightarrow\) \(8\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)+9-11\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge8.3+9-11\left(a^2+b^2+c^2\right)=33-11\left(a^2+b^2+c^2\right)\)

Ta có BĐT phụ \(a^2+b^2+c^2\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\) 

Áp dụng BĐT phụ trên cho 3 số a²; b²; c² ta được:

\(a^2+b^2+c^2\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{3}=\dfrac{3^2}{3}=3\) 

\(\Rightarrow\) \(8\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)+9-11\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge33-11\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge33-11.3=0\)

\(\Leftrightarrow\) \(8\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)+9\ge11\left(a^2+b^2+c^2\right)\) (đpcm)

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\) a = b = c = 1 (TM)

Câu 1: 

PT \(\Leftrightarrow\left(x-3\right)\left(x-2\right)=0\) \(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=3\\x=2\end{matrix}\right.\)

 Vậy \(S=\left\{2;3\right\}\)

Câu 2:

a) HPT \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}2x+4y=10\\3x+4y=5\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=-5\\y=\dfrac{5-x}{2}\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=-5\\y=5\end{matrix}\right.\)

 Vậy \(\left(x;y\right)=\left(-5;5\right)\)

b) HPT \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}5x=10\\y=2x-7\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=2\\y=-3\end{matrix}\right.\)

 Vậy \(\left(x;y\right)=\left(2;-3\right)\)

Câu 5:

Đặt \(P=\dfrac{1}{x^2+y^2}+\dfrac{1}{xy}=\left(\dfrac{1}{x^2+y^2}+\dfrac{1}{2xy}\right)+\dfrac{1}{2xy}\)

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức ta có:

\(\dfrac{1}{x^2+y^2}+\dfrac{1}{2xy}\ge\dfrac{4}{x^2+y^2+2xy}=\dfrac{4}{\left(x+y\right)^2}\ge4\)

Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có:

\(2xy\le\dfrac{\left(x+y\right)^2}{2}\le\dfrac{1}{2}\Rightarrow\dfrac{1}{2xy}\ge2\)

\(\Rightarrow P\ge6\)

Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=\dfrac{1}{2}\)

Có $\dfrac{a^2}{5a^2+(b+c)^2}=\dfrac{1}{9}.\dfrac{9a^2}{a^2+b^2+c^2+2a(2a+bc)}$

Áp dụng Cauchy-Schwarz có:

$\dfrac{a^2}{a^2+b^2+c^2}+\dfrac{4a^2}{2a(2a+bc)} \geq \dfrac{9a^2}{a^2+b^2+c^2+2a(2a+bc)}$

Nên $\dfrac{a^2}{5a^2+(b+c)^2} \leq \dfrac{1}{9}.(\dfrac{a^2}{a^2+b^2+c^2}+\dfrac{2a}{2a+bc})$

Tương tự $\dfrac{b^2}{5b^2+(a+c)^2} \leq \dfrac{1}{9}.(\dfrac{b^2}{a^2+b^2+c^2}+\dfrac{2b}{2b+ac})$

 $\dfrac{c^2}{5c^2+(a+b)^2} \leq \dfrac{1}{9}.(\dfrac{c^2}{a^2+b^2+c^2}+\dfrac{2c}{2c+ab})$

Nên $\dfrac{a^2}{5a^2+(b+c)^2}+\dfrac{b^2}{5b^2+(a+c)^2} +\dfrac{c^2}{5c^2+(a+b)^2} \leq \dfrac{1}{9}.(1+3-(\dfrac{bc}{2a+bc}+\dfrac{ca}{2b+ac}+\dfrac{ab}{2c+ab}))$

Áp dụng Cauchy Schwarz có:

$\dfrac{bc}{2a+bc}+\dfrac{ca}{2b+ac}+\dfrac{ab}{2c+ab} \geq \dfrac{(ab+bc+ca)^2}{(ab)^2+(bc)^2+(ca)^2+2a^2bc+2ab^2c+2abc^2}=\dfrac{(ab+bc+ca)^2}{(ab+bc+ca)^2}=1$

Nên $\dfrac{a^2}{5a^2+(b+c)^2}+\dfrac{b^2}{5b^2+(a+c)^2} +\dfrac{c^2}{5c^2+(a+b)^2} \leq \dfrac{1}{9}.(1+3-1)=\dfrac{1}{3}$

Dấu $=$ xảy ra khi $a=b=c$

Cách 2 phần tìm max bài 5:

Áp dụng BĐT: \(abc\ge\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\)

\(\Leftrightarrow abc\ge\left(3-2a\right)\left(3-2b\right)\left(3-2c\right)\)

\(\Leftrightarrow abc\ge-8abc+12\left(ab+bc+ca\right)-27\)

\(\Leftrightarrow3abc+27\ge12\left(ab+bc+ca\right)-6abc\)

\(\Leftrightarrow ab+bc+ca-\dfrac{1}{2}abc\le\dfrac{abc}{4}+\dfrac{9}{4}\le\dfrac{1}{4}.\left(\dfrac{a+b+c}{3}\right)^3+\dfrac{9}{4}=\dfrac{5}{2}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)

5.

Không mất tính tổng quát, giả sử \(c=min\left\{a;b;c\right\}\Rightarrow0\le c\le1\Rightarrow1-\dfrac{c}{2}>0\)

\(P=bc+ca+ab\left(1-\dfrac{c}{2}\right)\ge0\)

\(P_{min}=0\) khi \(\left(a;b;c\right)=\left(0;0;3\right)\) và các hoán vị

\(P=c\left(a+b\right)+ab\left(1-\dfrac{c}{2}\right)\le c\left(3-c\right)+\dfrac{\left(a+b\right)^2}{4}\left(1-\dfrac{c}{2}\right)\)

\(P\le3c-c^2+\dfrac{\left(3-c\right)^2}{4}\left(1-\dfrac{c}{2}\right)\)

\(P\le\dfrac{5}{2}-\dfrac{c^3}{8}+\dfrac{3c}{8}-\dfrac{1}{4}=\dfrac{5}{2}-\dfrac{1}{8}\left(c-1\right)^2\left(c+2\right)\le\dfrac{5}{2}\)

\(P_{max}=\dfrac{5}{2}\) khi \(a=b=c=1\)

\(x+\sqrt{4-x^2}=2+x\sqrt{4-x^2}\).

ĐKXĐ: \(-2\le x\le2\).

Đặt \(\sqrt{4-x^2}=y\ge0\). Ta có \(x^2+y^2=4\Leftrightarrow\left(x+y\right)^2-2xy=4\Leftrightarrow xy=\dfrac{\left(x+y\right)^2-4}{2}\).

\(PT\Leftrightarrow x+y=2+xy\Leftrightarrow x+y=2+\dfrac{\left(x+y\right)^2-4}{2}\Leftrightarrow x+y=\dfrac{\left(x+y\right)^2}{2}\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x+y=0\\x+y=2\end{matrix}\right.\).

Với x + y = 0 ta có xy = -2. Do \(y\ge0\Rightarrow x=-\sqrt{2}\left(TMĐK\right)\).

Với x + y = 2 ta có xy = 0. Do đó x = 2 (TMĐK) hoặc x = 0 (TMĐK).

Vậy,..

Bài 16: 

1) \(x+2\sqrt{7-x}=2\sqrt{x-1}+\sqrt{-x^2+8x-7}+1\)

ĐKXĐ: \(\left\{{}\begin{matrix}7-x\ge0\\x-1\ge0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow1\le x\le7\)

\(pt\Leftrightarrow x-1+2\sqrt{7-x}-2\sqrt{x-1}-\sqrt{\left(7-x\right)\left(x-1\right)}=0\)

\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{x-1}-2\right)\left(\sqrt{x-1}-\sqrt{7-x}\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}\sqrt{x-1}=2\\\sqrt{x-1}=\sqrt{7-x}\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=5\\x=4\end{matrix}\right.\) ( thỏa )

Vậy tập nghiệm của pt là \(x=\left\{4;5\right\}\)

2) Phương trình 2 mình ko rõ đề, nhưng hướng làm như sau:

ĐKXĐ: \(2x+y\ge0\)

\(\left(1\right)\Leftrightarrow2x+y+2\sqrt{2x+y}-3=0\)

\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{2x+y}-1\right)\left(\sqrt{2x+y}+3\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{2x+y}=1\)

\(\Leftrightarrow2x+y=1\)

\(\Leftrightarrow y=1-2x\)

Thay vào pt 2 rồi tìm nghiệm.

Bài 22:

1) \(\sqrt{x}+2\sqrt{y-1}+3\sqrt{z-2}=\dfrac{1}{2}\left(x+y+z+11\right)\)

Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}\sqrt{x}=a\\\sqrt{y-1}=b\\\sqrt{z-2}=c\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=a^2\\y=b^2+1\\z=c^2+2\end{matrix}\right.\) \(\left(a;b;c\ge0\right)\)

\(pt\Leftrightarrow a+2b+3c=\dfrac{1}{2}\left(a^2+b^2+c^2+14\right)\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2-2a-4b-6z+14=0\)

\(\Leftrightarrow\left(a-1\right)^2+\left(b-2\right)^2+\left(c-3\right)^2=0\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=1\\b=2\\c=3\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=1\\y=5\\z=11\end{matrix}\right.\)

Vậy...