Cho (O) đường kính AB cố định. C thuộc (O) (khác A,B). Vẽ đk CD. Tiếp tuyến tại B của (O) cắt AC,AD tại E,F. H trung điểm BF. K giao điểm OE và AH. C/M: K thuộc đường tròn ngoại tiếp tứ giác ECDF.
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Em thử ạ!Em không chắc đâu.Hơi quá sức em rồi
Ta có: \(VT=\Sigma\frac{x^3}{z+y+yz+1}=\Sigma\frac{x^3}{z+y+\frac{1}{x}+1}\)
\(=\Sigma\frac{x^4}{xz+xy+1+x}=\frac{x^4}{xy+xz+x+1}+\frac{y^4}{yz+xy+y+1}+\frac{z^4}{zx+yz+z+1}\)
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel,suy ra:
\(VT\ge\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{\left(x+y+z\right)+2\left(xy+yz+zx\right)+3}\)
\(\ge\frac{\left(\frac{1}{3}\left(x+y+z\right)^2\right)^2}{\left(x+y+z\right)+\frac{2}{3}\left(x+y+z\right)^2+3}\) (áp dụng BĐT \(a^2+b^2+c^2\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3};ab+bc+ca\le\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\))
Đặt \(t=x+y+z\ge3\sqrt{xyz}=3\) Dấu "=" xảy ra khi x = y = z
Ta cần chứng minh: \(\frac{\frac{t^4}{9}}{\frac{2}{3}t^2+t+3}\ge\frac{3}{4}\Leftrightarrow\frac{t^4}{9\left(\frac{2}{3}t^2+t+3\right)}=\frac{t^4}{6t^2+9t+27}\ge\frac{3}{4}\)(\(t\ge3\))
Thật vậy,BĐT tương đương với: \(4t^4\ge18t^2+27t+81\)
\(\Leftrightarrow3t^4-18t^2-27t+t^4-81\ge0\)
Ta có: \(VT\ge3t^4-18t^2-27t+3^4-81\)
\(=3t^4-18t^2-27t\).Cần chứng minh\(3t^4-18t^2-27t\ge0\Leftrightarrow3t^4\ge18t^2+27t\)
Thật vậy,chia hai vế cho \(t\ge3\),ta cần chứng minh \(3t^3\ge18t+27\Leftrightarrow3t^3-18t-27\ge0\)
\(\Leftrightarrow3\left(t^3-27\right)-18\left(t-3\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(t-3\right)\left(3t^2+9t+27\right)-18\left(t-3\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(t-3\right)\left(3t^2+9t+9\right)\ge0\)
BĐT hiển nhiên đúng,do \(t\ge3\) và \(3t^2+9t+9=3\left(t+\frac{3}{2}\right)^2+\frac{9}{4}\ge\frac{9}{4}>0\)
Dấu "=" xảy ra khi t = 3 tức là \(\hept{\begin{cases}x=y=z\\xyz=1\end{cases}}\Leftrightarrow x=y=z=1\)
Chứng minh hoàn tất
Em sửa chút cho bài làm ngắn gọn hơn.
Khúc chứng minh: \(4t^4\ge18t^2+27t+81\)
\(\Leftrightarrow4t^4-18t^2-27t-81\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(t-3\right)\left(4t^3+12t^2+18t+27\right)\ge0\)
BĐT hiển nhiên đúng do \(t\ge3\Rightarrow\hept{\begin{cases}t-3\ge0\\4t^3+12t^2+18t+27>0\end{cases}}\)
Còn khúc sau y chang :P Lúc làm rối quá nên không nghĩ ra ạ!
\(P=\frac{a^3+b^3+c^3}{2abc}+\frac{a^2c+b^2c}{c^3+abc}+\frac{b^2a+c^2a}{a^3+abc}+\frac{c^2b+a^2b}{b^3+abc}\)
\(\ge\frac{a^3}{2abc}+\frac{b^3}{2abc}+\frac{c^3}{2abc}+\frac{2abc}{c^3+abc}+\frac{2abc}{a^3+abc}+\frac{2abc}{b^3+abc}\)
\(=\left(\frac{a^3}{2abc}+\frac{2abc}{a^3+abc}\right)+\left(\frac{b^3}{2abc}+\frac{2abc}{b^3+abc}\right)+\left(\frac{c^3}{2abc}+\frac{2abc}{c^3+abc}\right)\)
Xét: \(\frac{a^3}{2abc}+\frac{2abc}{a^3+abc}=\frac{a^3}{2abc}+\frac{1}{2}+\frac{1}{\frac{a^3}{2abc}+\frac{1}{2}}-\frac{1}{2}\ge2\sqrt{\left(\frac{a^3}{2abc}+\frac{1}{2}\right).\frac{1}{\frac{a^3}{2abc}+\frac{1}{2}}}-\frac{1}{2}=\frac{3}{2}\)
Tương tự với 2 cặp còn lại
Vậy ta có: \(P\ge\frac{3}{2}+\frac{3}{2}+\frac{3}{2}=\frac{9}{2}\)
"=" xảy ra <=> a=b=c
Ta có :
\(x=\frac{ax}{yz}+\frac{b}{z}+\frac{c}{y}\)
\(y=\frac{a}{z}+\frac{by}{zx}+\frac{c}{x}\)
\(z=\frac{a}{y}+\frac{b}{x}+\frac{xy}{cz}\)
\(\Rightarrow\)\(x+y+z=\left(\frac{ax}{yz}+\frac{by}{zx}+\frac{cz}{xy}\right)+\frac{b+c}{x}+\frac{c+a}{y}+\frac{a+b}{z}>\frac{b+c}{z}+\frac{c+a}{y}+\frac{a+b}{z}\)
\(\ge\frac{\left(\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}\right)^2}{x+y+z}\)
\(\Leftrightarrow\)\(\left(x+y+z\right)^2>\left(\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}\right)^2\)
\(\Leftrightarrow\)\(x+y+z>\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}\) ( đpcm )
Áp dụng bđt sau : \(\frac{a^n+b^n}{2}\ge\frac{\left(a+b\right)^n}{2}\)ta được
\(\frac{1}{\left(1+a\right)^n}+\frac{1}{\left(1+b\right)^n}\ge2\left(\frac{\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}}{2}\right)^n\)
Ta đi c/m bđt phụ : Với a,b > 1 thì \(\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}\ge\frac{2}{1+\sqrt{ab}}\)(1)
Bđt (1) \(\Leftrightarrow\frac{\left(a+b\right)+2}{1+\left(a+b\right)+ab}\ge\frac{2}{1+\sqrt{ab}}\)(Quy đồng VT)
\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)+2+\left(a+b\right)\sqrt{ab}+2\sqrt{ab}\ge2+2\left(a+b\right)+2ab\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(\sqrt{ab}-1\right)+2\sqrt{ab}\left(1-\sqrt{ab}\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{ab}-1\right)\left(a+b-2\sqrt{ab}\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{ab}-1\right)\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2\ge0\)(Luôn đúng vs mọi a;b > 1)
Áp dụng bđt (1) được
\(\frac{1}{\left(1+a\right)^n}+\frac{1}{\left(1+b\right)^n}\ge2\left(\frac{\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}}{2}\right)^n\ge2\left(\frac{1}{1+\sqrt{ab}}\right)^n=\frac{2}{\left(1+\sqrt{ab}\right)^n}\)
Dấu "=" xảy ra tại a = b
Áp dụng buổi thức đơn ta được
\(\sqrt[a]{b}\)\(a+b:2\)\(>\)ta được
\(\frac{1}{1+A}\)+ \(x = {-b \pm \sqrt{b^2-4ac} \over 2a}\)
\(\frac{A+B=2}{ }\)
\(\frac{A+B=2}{1+A+B}\)
\(VẬY\)Nếu bạn làm tắt theo mik thì
Mik chưa ra đáp án được vì
\(B\sqrt[A]{B}\)CHỖ B BỊ LỖI
MAGICPENCIL,HÃY LUÔN :-)
Ta có 5x2+2xy+2y2=(2x+y)2+(x-y)2>=(2x+y)2
Khi đó P<=\(\frac{1}{2x+y}+\frac{1}{2y+z}+\frac{1}{2z+x}\)
Lại có \(\frac{1}{2x+y}=\frac{1}{x+x+y}\le\frac{1}{9}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{x}\right)\)
Tương tự \(\frac{1}{2y+z}\le\frac{1}{9}\left(\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+\frac{1}{y}\right)\)
\(\frac{1}{2z+x}\le\frac{1}{9}\left(\frac{1}{z}+\frac{1}{x}+\frac{1}{z}\right)\)
Khi đó P<=\(\frac{1}{3}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\le\frac{1}{3}\sqrt{3\left(\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2}\right)}\le\frac{\sqrt{3}}{3}\)
Dấu bằng xảy ra khi x=y=z=\(\frac{\sqrt{3}}{3}\)
HAY
Ta chứng minh các bất đẳng thức:
\(x+y\ge2\sqrt{xy}\Leftrightarrow2\sqrt{xy}\le1\Leftrightarrow\sqrt{xy}\le\frac{1}{2}\)
\(x+y\ge2\sqrt{xy}\Leftrightarrow2x+2y\ge x+y+2\sqrt{xy}\)
\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}\right)^2\le2\left(x+y\right)=2\Rightarrow\sqrt{x}+\sqrt{y}\le\sqrt{2}\)
\(\left[\left(\frac{x}{\sqrt{x\sqrt{y}}}\right)^2+\left(\frac{y}{\sqrt{y\sqrt{x}}}\right)^2\right]\left(\sqrt{x\sqrt{y}}^2+\sqrt{y\sqrt{x}}^2\right)\ge\left(x+y\right)^2\) (Bunyakovski)
\(\Leftrightarrow\frac{x^2}{x\sqrt{y}}+\frac{y^2}{y\sqrt{x}}\ge\frac{\left(x+y\right)^2}{x\sqrt{y}+y\sqrt{x}}\)
Ta có:
\(\frac{x}{\sqrt{1-x}}+\frac{y}{\sqrt{1-y}}=\frac{x}{\sqrt{y}}+\frac{y}{\sqrt{x}}=\frac{x^2}{x\sqrt{y}}+\frac{y^2}{y\sqrt{x}}\)
\(\ge\frac{\left(x+y\right)^2}{x\sqrt{y}+y\sqrt{x}}=\frac{1}{\sqrt{xy}\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}\right)}\ge\frac{1}{\frac{1}{2}\cdot\sqrt{2}}=\sqrt{2}\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\frac{x}{x\sqrt{y}}=\frac{y}{y\sqrt{x}}\\x=y\end{cases}\Leftrightarrow x=y}\)
x+y=1 <=> x=y=1/2
Vậy GTNN của biểu thức trên là \(\sqrt{2}\)<=> x=y=1/2
Hơi dài tí, tại chỉ suy nghĩ như thế thôi
Em cộng vế theo vế ta có:
\(2x^4+\left(1-2x\right)^4+2y^4+\left(1-2y\right)^4=\frac{2}{27}\)
Áp dụng BĐT cauchy schwarz dạng engel
\(2x^4+\left(1-2x\right)^4=\frac{\left(x^2\right)^2}{1}+\frac{\left(x^2\right)^2}{1}+\frac{\left(\left(1-2x\right)^2\right)^2}{1}\ge\frac{\left(x^2+x^2+\left(1-2x\right)^2\right)^2}{1+1+1}\)
\(x^2+x^2+\left(1-2x\right)^2=\frac{x^2}{1}+\frac{x^2}{1}+\frac{\left(1-2x\right)^2}{1}\ge\frac{\left(x+x+1-2x\right)^2}{1+1+1}=\frac{1}{3}\)
=> \(2x^4+\left(1-2x\right)^4\ge\frac{1}{27}\)
Tương tự \(2y^4+\left(1-2y\right)^4\ge\frac{1}{27}\)
Do đó \(2x^4+\left(1-2x\right)^4+2y^4+\left(1-2y\right)^4\ge\frac{2}{27}\)
Dấu "=" xảy ra <=> x=1-2x và y=1-2y <=> x=y=1/3
Gọi DA cắt (O3( tại G khác A, GP cắt FD tại K. Giao điểm thứ hai của BD và (BAF) là H.
Ta có ^APG = ^AEG = ^AFK => Tứ giác APKF nội tiếp => K thuộc (BAF)
Dễ thấy: ^AFK = ^AED = ^ABH = ^AFH => (AK(BAF) = (AH(BAF) => ^KBA = ^HFE.
Chứng minh được \(\Delta\)FDE ~ \(\Delta\)ADB (g.g) suy ra \(\frac{AB}{FE}=\frac{AD}{DF}=\frac{BD}{DF}=\frac{BK}{FH}\)
Từ đây có \(\Delta\)AKB ~ \(\Delta\)EHF (c.g.c) cho nên ^BAK = ^FEH = ^BFK. Do ^AFK = ^AED nên ^AFB = ^DEH
Kết hợp với ^HDE = 1800 - ^BDE = 1800 - ^BAE = ^BAF dẫn đến \(\Delta\)DEH ~ \(\Delta\)AFB (g.g)
=> \(\frac{HE}{BF}=\frac{DE}{AF}\). Lại có \(\Delta\)DGE ~ \(\Delta\)ACF (g.g) => \(\frac{DE}{AF}=\frac{GE}{CF}\). Suy ra \(\frac{HE}{BF}=\frac{GE}{CF}\)(*)
Mặt khác ta có biến đổi góc ^GEH = ^GED - ^DEH = ^AFC - ^AFB = ^CFB. Từ đó kết hợp với (*) ta thu được:
\(\Delta\)EGH ~ \(\Delta\)FCB (c.g.c) => ^EGH = ^FCB. Mà ^EGD = ^ACF nên ^DGH = ^ACB.
Khi đó dễ dàng chỉ ra \(\Delta\)ABC ~ \(\Delta\)DGH (g.g) => \(\Delta\)DGH cân tại D => ^DGH = ^DHG
Ta thấy ^DGP = ^BAP = ^DGH => Tứ giác PGHD nội tiếp. Từ đây ^DPK = ^DHG = ^DGH = ^DPH
Do đó PD là phân giác ^KPH. Chú ý ^APG = ^AEG = ^AFD = ^ABH = ^APH => PA là phân giác ^HPG
Mà ^KPH và ^HPG kề bù nên PA vuông góc PD hay ^APD = 900 (đpcm).
Mình sẽ giải lại 2 câu a và b.
a) Vì (O) và (O') giao nhau tại A và B nên AB vuông góc OO'. Do đó ^BO'O = 1/2.^AO'B = ^BDA
Tương tự ^BOO' = ^BCA. Từ đó \(\Delta\)BOO' ~ \(\Delta\)BCD (g.g) (đpcm).
b) Ta thấy: ^KDA = ^ABD (=1/2.Sđ(AD nhỏ của (O')). Tương tự ^KCA= ^ABC
Nên ta có: ^KCB + ^KDB = ^BCD + ^BDC + ^KDA + ^KCA = ^BDC + ^BCD + ^ABD + ^ABC = 1800
Suy ra tứ giác BCKD nội tiếp (đpcm).
c) Vì IE // DK nên ^DIE = ^KDA (So le trong) = ^ABD (cmt) => ^DIE = ^ABE => Tứ giác AIEB nội tiếp
=> ^BAE = ^BIE = ^BKD (Vì IE // KD) = ^BCD (Tứ giác BCKD nt) = 1/2.Sđ(AB nhỏ của (O)
Do vậy AE là tiếp tuyến của (O) (đpcm).
Ta có điểm C nằm trên đường tròn (AB) nên ^ACB = 900 => BC vuông góc AE
Xét \(\Delta\)BAE: ^ABE = 900, BC vuông góc AE (cmt) => AB2 = AC.AE (Hệ thức lượng trong tam giác vuông)
Tương tự AB2 = AD.AF. Do đó AC.AE = AD.AF. Từ đây, tứ giác ECDF nội tiếp.
Xét \(\Delta\)ABF: O là trung điểm AB; H là trung điểm BF => OH là đường trung bình trong \(\Delta\)ABF => OH // AF
Lại có CD là đường kính của (O), A thuộc (O) nên ^CAD = 900 => AE vuông góc AF
Do vậy OH vuông góc AE. Kết hợp với AO vuông góc HE (tại B) suy ra O là trực tâm \(\Delta\)AEH
=> EO vuông góc AH => ^AKE = ^ABE = 900 => A,K,B,E cùng thuộc đường tròn (AE)
Ta thấy AB,CD,KE tại O. Khi đó, áp dụng hệ thức lượng đường tròn: OE.OK = OA.OB = OC.OD
=> C,K,D,E cùng thuộc 1 đường tròn hay K thuộc đường tròn (DCE)
Mà tứ giác ECDF nội tiếp (cmt) nên K thuộc đường tròn ngoại tiếp tứ giác ECDF (đpcm).
Bài Toán trên có các câu hỏi a, b, c thứ tự để hướng dẫn làm bài
I)Chứng minh tứ giác ECDF nội tiếp
+) ACBD là hình chữ nhật ( tự chứng minh)
=> \(\widehat{ABC}=\widehat{ADC}\)
mà \(\widehat{ABC}=\widehat{AEB}\)( cùng phụ góc CBE)
=> \(\widehat{ADC}=\widehat{AEB}=\widehat{CEF}\)
=> Tứ giác ECDF nội tiếp
II) Chứng minh Tứ giác KDBO nội tiếp
Xét \(\Delta ABE\)và \(\Delta FBA\)
Hai tam giác trên đồng dạng ( tự chứng minh)
=> \(\frac{AB}{FB}=\frac{BE}{BA}\Leftrightarrow\frac{2.OB}{2.BH}=\frac{BE}{BA}\Leftrightarrow\frac{OB}{BH}=\frac{BE}{BA}\)(1)
Mặt khác \(\widehat{OBE}=\widehat{HBA}=90^o\)(2)
(1), (2) => \(\Delta OBE~\Delta HBA\)
=> \(\widehat{BEO}=\widehat{BAH}=\widehat{OAK}\)
=> Tứ giác BEAK nội tiếp
=> \(\widehat{AKO}=\widehat{OBE}=90^o\)
=> \(\widehat{OKH}=90^o\)(1)
Xét tam giác BDF vuông tại D , DH là đường trung tuyến
=> DH=HB
=> \(\widehat{HDB}=\widehat{HBD}=\widehat{BCD}=\widehat{ADC}\)
=> \(\widehat{ODH}=\widehat{ODB}+\widehat{HDB}=\widehat{ODB}+\widehat{ADO}=\widehat{ADB}=90^o\)(2)
Ta lại có: \(\widehat{OBH}=90^o\)(3)
Từ (1), (2), (3)
=> DKOBH cùng thuộc đường tròn đường kính OH
=> DKOB nội tiếp (4)
III) Chứng minh tứ giác DKCE nội tiếp
Từ (4) => \(\widehat{DKO}+\widehat{DBO}=180^o\)
Mặt khác : \(\widehat{DBO}=\widehat{DCA}\)và \(\widehat{DCA}+\widehat{DCE}=180^o\)
Từ 3 điều trên => \(\widehat{DKO}=\widehat{DCE}=\widehat{OCE}\)
=> Tứ giác DKCE nội tiếp
Từ (I) và (III)
=> D, K, C, E , F cùng thuộc một đường tròn
=> K thuộc đường tròn ngoại tiếp tứ giác ECDF