Violympic toán 9

Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

\(\dfrac{abc}{a^2+bc}\le\dfrac{abc}{2a\sqrt{bc}}=\dfrac{\sqrt{bc}}{2}\le\dfrac{b+c}{4}\)

Tương tự cho 2 BĐT còn lại rồi cộng theo vế:

\(abc.VT\le\dfrac{2\left(a+b+c\right)}{4}=1\Leftrightarrow VT\le\dfrac{1}{abc}=VP\)

Dấu "="\(\Leftrightarrow a=b=c=\dfrac{2}{3}\)

Lời giải:

a) Vì $ABC$ là tam giác cân tại $A$ nên đường trung tuyến $AI$ đồng thời là đường cao hạ từ $A$ của tam giác $ABC$

Do đó: \(\widehat{AIC}=90^0\)

Xét tứ giác $AHIC$ có \(\widehat{AIC}=\widehat{AHC}=90^0\) cùng nhìn cạnh $AC$ nên là tứ giác nội tiếp.

b)

Ta có: \(\widehat{ACE}=\widehat{ACB}=\widehat{ABC}\)

Mà: \(\widehat{ABC}=\widehat{ADC}\) (góc nt chắn cung AC)

\(\Rightarrow \widehat{ACE}=\widehat{ADC}\)

Xét tam giác $ACE$ và $ADC$ có:

\(\left\{\begin{matrix} \text{chung góc A}\\ \widehat{ACE}=\widehat{ADC}\end{matrix}\right.\Rightarrow \triangle ACE\sim \triangle ADC(g.g)\)

\(\Rightarrow \frac{AC}{AE}=\frac{AD}{AC}\Rightarrow AE.AD=AC^2\)

Ta có đpcm.

c)

Ta có: \(\widehat{MDH}=\widehat{MDA}=\frac{1}{2}\text{cung AB}\)

\(\widehat{CDH}=\widehat{CDA}=\frac{1}{2}\text{cung AC}\)

Mà \(\text{cung AB}=\text{cung AC}\Rightarrow \widehat{MDH}=\widehat{CDH}\)

Do đó $DH$ là phân giác góc $MDC$. Mà $DH$ đồng thời là đường cao nên tam giác $MDC$ cân tại $D$. Suy ra $DH$ cũng đồng thời là đường trung trực của $MC$

\(A\in DH\) là trung trực $MC$ nên \(AM=AC\)

Do đó $M$ luôn nằm trên đường tròn tâm $A$ bán kính $AC$ cố định khi $E$ di chuyển.

d)

Trên tia đối của tia $DM$ lấy $T$ sao cho $DT=DC$

\(S=AO\cap (O)\)

\(\Rightarrow P_{BCD}=BC+CD+BD=BC+BT\)

\(\Rightarrow P_{BCD}(\max)\Leftrightarrow BT_{\max}\)

------------

$AS$ là đường kính của đường tròn $(O)$ nên \(\widehat{ADS}=90^0\)

\(\Rightarrow AD\perp DS\)

Mà $DA$ là phân giác của góc $BDC$ (theo phần c) nên $DS$ là phân giác góc kề của góc $BDC$ hay $DS$ là phân giác \(\widehat{CDT}\)

Mà tam giác $CDT$ cân tại $D$ nên $DS$ đồng thời là đường trung trực của $CT$

\(\Rightarrow SC=ST\)

Mặt khác dễ thấy $S$ cũng là điểm chính giữa cung $BC$ nên $SB=SC$

Do đó $S$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $BCT$

\(\Rightarrow \) dây cung $BT$ max khi nó là đường kính của $(BCT)$

Điều này xảy ra khi \(B,T,S\) thẳng hàng hay \(D\equiv S\) hay $E$ trùng $I$

Hình vẽ:

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:

\(\dfrac{ab}{\sqrt{3c+ab}}=\dfrac{ab}{\sqrt{\left(a+b+c\right)c+ab}}=\dfrac{ab}{\sqrt{c^2+ab+bc+ca}}\)

\(=\dfrac{ab}{\sqrt{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}}\le\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{ab}{a+c}+\dfrac{ab}{b+c}\right)\)

Tương tự cho 2 BĐT còn lại rồi cộng theo vế:

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

\("="\Leftrightarrow a=b=c=1\)

pt (1) có \(\Delta'\)= (-m)²-m+2= m²-2.\(\dfrac{1}{2}\).m + \(\dfrac{1}{4}-\dfrac{1}{4}\)+2 = ( m-\(\dfrac{1}{2}\))²+\(\dfrac{7}{4}\)

nhận thấy : ( m-\(\dfrac{1}{2}\))² \(\ge\)0\(\forall\)m

==> ( m-\(\dfrac{1}{2}\))²+\(\dfrac{7}{4}\)\(\ge\)\(\dfrac{7}{4}\)>0

==> \(\Delta'\)>0 ==> pt (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt

theo hệ thức vi ét ta có :\(\left\{{}\begin{matrix}x1+x2=2m\\x1.x2=-2\end{matrix}\right.\)(2)

mà M=\(\dfrac{-24}{x1^2+x2^2-6x1x2}=\dfrac{-24}{\left(x1+x2\right)^2-8x1.x2}\)

thay (2) vào M ta đc M=\(\dfrac{-24}{\left(2m\right)^2-8\left(m-2\right)}=\dfrac{-24}{4m^2-8m+16}=\dfrac{-24}{\left(4m^2-8m+4\right)+12}=\dfrac{-24}{\left(2m-2\right)^2+12}\)

nhận thấy (2m-2)²+12 \(\ge\)12

==> M \(\ge\)-2

dấu ''=,, xảy ra <=> m=1

vậy.......................

1: Khi x=36 thì \(A=\dfrac{6+4}{6+2}=\dfrac{10}{8}=\dfrac{5}{4}\)

2: \(B=1\cdot\dfrac{\sqrt{x}+12}{x+16}=\dfrac{\sqrt{x}+12}{x+16}\)