b) Đường thẳng Gauss: Cho tứ giác toàn phần ABCD.EFG (nghĩa là cho tứ giác ABCD, AD cắt BC tại E, AB cắt CD tại F, AC cắt BD tại G). Khi đó:

i) Trung điểm của AC,BD,EF thẳng hàng.

ii) Trung điểm của AD,BC,FG thẳng hàng.

iii) Trung điểm của AB,CD,EG thẳng hàng.

(chứng minh bằng cách áp dụng định lí Menelaus, tham khảo cách giải trên mạng).

Quay trở lại bài toán, dễ thấy BMQN là hình chữ nhật. Gọi X,Y lần lượt là tâm của hình vuông ABCD và hình chữ nhật BMQN. Gọi Z là trung điểm BP.

Xét tứ giác toàn phần ACMN.BP (AN cắt CM tại B, AM cắt CN tại P), ta có:

X là trung điểm AC, Y là trung điểm MN, Z là trung điểm BP.

=>X,Y,Z nằm trên đường thẳng Gauss của tứ giác toàn phần ACMN.BP.

Mặt khác: XY//QP (XY là đường trung bình của tam giác BPQ), XZ//PD (XZ là đường trung bình của tam giác BPD) =>P,Q,D thẳng hàng.

=>đpcm.

a) Cách 1: (dùng kiến thức lớp 8) Dựng tam giác BPF vuông cân tại B (F,P khác phía so với BC) (ở THPT thì có cách nói khác là xét phép dời hình S tâm B biến A-->C, dựng điểm F sao cho S: P--->F).

Gợi ý: Chứng minh △BFC=△BPA, từ đó dùng định lí Pythagoras để chứng minh đẳng thức trên.

Cách 2: (cách này hơi tà đạo chút :) , mà thường lên lớp cao thì ta hay nghĩ đến cách này nhiều hơn).

Dễ dàng chứng minh \(\widehat{PBC}=\widehat{ACP}\).

Áp dụng định lí cos trong △BPC, ta có:

\(BC^2=BP^2+CP^2-2\cos135^0.BP.CP=BP^2+CP^2+\sqrt{2}BP.CP\)

\(\cos\widehat{CBP}=\dfrac{BP^2+BC^2-PC^2}{2BP.BC}\)

Áp dụng định lí cos trong △APC, ta có:

\(\)\(AP^2=AC^2+PC^2-2AC.PC.\cos\widehat{ACP}\)

\(=AC^2+PC^2-AC.PC.\dfrac{BP^2+BC^2-PC^2}{BP.BC}\)

\(=AC^2+PC^2-\sqrt{2}PC.\dfrac{BP^2+BC^2-PC^2}{BP}\)

\(=AC^2+PC^2-\sqrt{2}PC.\dfrac{2BP^2+\sqrt{2}BP.CP}{BP}\)

\(=AC^2+PC^2-\sqrt{2}PC.\left(2BP+\sqrt{2}CP\right)\)

\(=AC^2-PC^2-2\sqrt{2}BP.CP\)

\(=2\left(BP^2+CP^2+\sqrt{2}BP.CP\right)-CP^2-2\sqrt{2}BP.CP=2BP^2+CP^2\left(đpcm\right)\)

\(\dfrac{5a+c}{b+c}+\dfrac{6b}{c+a}+\dfrac{5c+a}{a+b}\ge9\)

\(\Leftrightarrow\left(a+c\right)\left(\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{b+a}\right)+\dfrac{4a}{b+c}+\dfrac{4c}{a+b}+\dfrac{6b}{c+a}\ge9\)

Áp dụng bất đẳng thức C-B-S dạng phân thức, ta có:

\(\left(a+c\right)\left(\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{b+a}\right)\ge\dfrac{4\left(a+c\right)}{a+c+2b}=4\left(1-\dfrac{2b}{a+c+2b}\right)=4-\dfrac{8b}{a+c+2b}\ge4-\dfrac{1}{4}.8b\left(\dfrac{1}{a+c}+\dfrac{1}{2b}\right)=3-\dfrac{2b}{a+c}\)

Vậy ta cần chứng minh: \(\dfrac{4a}{b+c}+\dfrac{4c}{a+b}+\dfrac{6b}{c+a}+3-\dfrac{2b}{a+c}\ge9\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}\ge\dfrac{3}{2}\)

Dễ thấy bất đẳng thức cuối cùng là bất đẳng thức Nesbitt nên ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi a=b=c.

:)

\(\sqrt{3x^2-19x+42}+\sqrt{-x^2+7x-6}=6\)

\(\Rightarrow\sqrt{3x^2-19x+42}=6-\sqrt{-x^2+7x-6}\)

\(\Rightarrow3x^2-19x+42=36-12\sqrt{-x^2+7x-6}-x^2+7x-6\)

\(\Rightarrow12\sqrt{-x^2+7x-6}=-4x^2+26x-12\)

\(\Rightarrow6\sqrt{-x^2+7x-6}=-2x^2+13x-6\)

\(\Rightarrow36\left(-x^2+7x-6\right)=\left(-2x^2+13x-6\right)^2\)

\(\Rightarrow4x^4-52x^3+193x^2-156x+36=-36x^2+252x-216\)

\(\Rightarrow4x^4-52x^3+229x^2-408x+252=0\)

\(\Rightarrow\left(2x-7\right)\left(x-6\right)\left(x-2\right)\left(2x-3\right)=0\)

\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x=\dfrac{7}{2}\\x=6\\x=2\\x=\dfrac{3}{2}\end{matrix}\right.\)

Thử lại, phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt là 7/2 ; 6 ; 2 và 3/2.

\(a+b=\sqrt{9-a^2}+\sqrt{9-b^2}\)
\(\Rightarrow a-\sqrt{9-a^2}=\sqrt{9-b^2}-b\)

\(\Rightarrow\left(a-\sqrt{9-a^2}\right)^2=\left(b-\sqrt{9-b^2}\right)^2\)

\(\Rightarrow-2a\sqrt{9-a^2}+9=-2b\sqrt{9-b^2}+9\)

\(\Rightarrow a\sqrt{9-a^2}=b\sqrt{9-b^2}\)

\(\Rightarrow a^2\left(9-a^2\right)=b^2\left(9-b^2\right)\)

\(\Rightarrow a^4-b^4-9\left(a^2-b^2\right)=0\)

\(\Rightarrow a^2+b^2-9=0\) (do \(a^2-b^2\ne0\)).

\(\Rightarrow a^2+b^2+2021=9+2021=2030\)

Thường mấy bài mà có biến đổi lượng giác thì cách này là tự nhiên nhất rồi em, còn cách khác thì anh chịu :)

Em tự vẽ hình nhé.

Dễ thấy E,F thuộc đường tròn đường kính BC, nên \(CF\perp BK\) và \(BE\perp CK\)

=>BE,CF là 2 đường cao của tam giác BKC.

Mặt khác I là giao của BE,CF nên I là trực tâm tam giác BKC.

Mà AH vuông góc BC, nên K,H,A thẳng hàng.

Ta có: \(HB.HC=HI.HK\left(\Delta BHI\sim\Delta KHC\right)\) và \(HA^2=HB.HC\)

\(\Rightarrow HA^2=HI.HK=\dfrac{HA}{2}.HK\Rightarrow HA=\dfrac{HK}{2}\), nên A là trung điểm KH.

Ta có: \(KI=AK+AI=AH+\dfrac{AH}{2}=\dfrac{3}{2}AH\).

Ta có bổ đề quen thuộc: \(\dfrac{KI}{BC}=\cot\widehat{BKC}\) (chứng minh bằng cách gọi O là tâm của (BKC), dựng đường kính KT, khi đó ta có \(KI=2OM\)), và \(\dfrac{EF}{BC}=\cos\widehat{BKC}\)

\(\Rightarrow EF=\cos\widehat{BKC}.BC=\sin\widehat{BKC}.KI=\dfrac{3}{2}AH.\sin\widehat{BKC}\left(đpcm\right)\)