Thời gian được tính từ 7 giờ 30 phút từ sáng mai nha mọi người :D ai làm được bài nào ( 1 ý thôi cũng được ) thì " chốt đơn" 11h post lên nhé :D 

Bất đẳng thức học kì mà cho vậy có lẽ không phù hợp á bác Cool Kid.

4a) Xét hiệu 2 vế ta được:

\(\frac{\Pi\left(a+b\right)\left[\Sigma a\left(b-c\right)\right]^2+\left[3\Sigma a\left(b^2+c^2\right)+22abc\right]\Pi\left(a-b\right)^2}{4\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\left(a^2+bc\right)\left(b^2+ca\right)\left(c^2+ab\right)}\ge0\)

Đề hơi dễ nhỉ bác :3

Câu 3 phần c (Dễ làm trước): Sửa đề: Đặt \(a_n=x_1^n+x_2^n\)

Theo hệ thức Vi-et:

 \(\hept{\begin{cases}x_1+x_2=4\\x_1.x_2=1\end{cases}}\)

Từ đây dễ dàng tính được: \(a_2=x_1^2+x_2^2\)=\(\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2=16-2=14\)

Ta có: \(x_1,x_2\)là nghiệm của \(x^2-4x+1=0\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}x_1^2=4x_1-1\Rightarrow x_1^{n+2}=4x_1^{n+1}-x_1^n\\x_2^2=4x_2-1\Rightarrow x_2^{n+2}=4x_2^{n+1}-x_2^n\end{cases}}\)

\(\Rightarrow a_{n+2}=4a_{n+1}-a_n\)

Vậy nếu \(a_{n+1}\)nguyên và \(a_n\)nguyên thì \(a_{n+2}\)cũng nguyên

Ta có: \(a_1,a_2\)nguyên \(\Rightarrow a_3\)nguyên

           \(a_2,a_3\)nguyên \(\Rightarrow a_4\)nguyên

            ...

           \(a_{n-2},a_{n-1}\)nguyên \(\Rightarrow a_n\)nguyên \(\forall n\)

4b) Chắc là như vầy: AM-GM:

\(A=\Sigma\frac{b^2-bc+c^2}{\sqrt{\left(a^2+bc\right)\left(b^2-bc+c^2\right)}}\ge2\Sigma\frac{b^2-bc+c^2}{a^2+b^2+c^2}+\frac{2\left(ab+bc+ca\right)}{a^2+b^2+c^2}=2\Sigma\frac{2\left(a^2+b^2+c^2\right)}{a^2+b^2+c^2}=4\)

Đẳng thức xảy ra khi a=b=1,c=0 và hoán vị.

Không chắc.

Chỗ bài 4 đánh thiếu.

\(A=\Sigma\frac{b^2-bc+c^2}{\sqrt{\left(a^2+bc\right)\left(b^2-bc+c^2\right)}}+\frac{2\Sigma ab}{a^2+b^2+c^2}\) nhé.

Còn lại y chnag.

ah có đề HSG toán 5 ko cho em vs.(Em nhất 9,5 điểm câu nớ viết nhầm)mà cảm thấy đề trường ra dễ quá nên mún thử sức nhìu đề khác nhau.

Câu 5 

1) a) Dễ CM: tam giác AFE đồng dạng tam giác ACB (c.g.c) suy ra: \(\widehat{PFB}=\widehat{AFE}=\widehat{ACB}\)

Tương tự: \(\widehat{BFD}=\widehat{ACB}\)

Suy ra: \(\widehat{PFB}=\widehat{BFD}\)suy ra: FB là pg trong tam giác PFD có FC vuông góc FB 

nên FC là pg ngoài suy ra tỉ số: \(\frac{PB}{BD}=\frac{PC}{CD}\Rightarrowđpcm\)

    b) Câu này cách giải siêu xấu :<

Ta có: \(\widehat{XFH}=\widehat{XHF}=90^o-\widehat{FAH}\)

Và \(\widehat{HFY}=90^o-\widehat{AFY}\)

Suy ra: \(\widehat{XFY}=\widehat{XFH}-\widehat{HFY}=\widehat{AFY}-\widehat{FAH}=\widehat{ACH}\)

Dễ thấy: \(\widehat{XDF}=\widehat{ACH}\)

Suy ra: \(\widehat{XFY}=\widehat{XDF}\)

CM tam giác XFY đồng dạng XDF(g.g) 

\(\Rightarrow\frac{DF}{FY}=\frac{XF}{XY}=\frac{XH}{XY}\)

Có: FH là pg trong tam giác DFY (Do \(\widehat{AFE}=\widehat{BFD}\))\(\Rightarrow\frac{DF}{FY}=\frac{DH}{HY}\)

Cho nên: \(DH\cdot XY=XH\cdot HY\)

\(\Leftrightarrow DH\cdot XH=HY\cdot DH+XH\cdot HY\)

\(\Leftrightarrow2XH\cdot DH+DH^2=HY\cdot DH+HY\cdot XH+DH^2+XH\cdot DH\)

\(\Leftrightarrow\left(DH+HY\right)\left(DH+XH\right)=DH\left(DH+2XH\right)\)

\(\Leftrightarrow DY\cdot DX=AD\cdot HD\)

CM: tam giác BDH đồng dạng tam giác ADC (g.g) suy ra: \(\frac{BD}{AD}=\frac{HD}{CD}\Leftrightarrow AD\cdot HD=BD\cdot CD\)

Suy ra: \(DY\cdot DX=BD\cdot CD\)

Từ đây CM: tam giác DCY đồng dạng DXB (c.g.c) suy ra: góc DCY= góc DXB suy ra: CY vuông góc BX

Tam giác XBC có CY và XD là đg cao giao tại Y suy ra Y là trực tâm (đpcm)

Câu hình 2 bn diễn đạt đề khó hiểu quá. Bạn vui lòng check lại giúm mk

Bài 1 :

b) Ta có : \(a=\frac{x+y}{x-y}+\frac{x-y}{x+y}\)

\(=\frac{\left(x+y\right)^2+\left(x-y\right)^2}{\left(x-y\right)\left(x+y\right)}\)\(=\frac{2\left(x^2+y^2\right)}{x^2-y^2}\)

Xét \(\frac{x^4+y^4}{x^4-y^4}=\frac{2.\left(x^4+y^4\right)}{2.\left(x^4-y^4\right)}\)

\(=\frac{\left(x^2-y^2\right)^2+\left(x^2+y^2\right)^2}{2.\left(x^2+y^2\right)\left(x^2-y^2\right)}\)

\(=\frac{x^2-y^2}{2.\left(x^2+y^2\right)}+\frac{x^2+y^2}{2.\left(x^2-y^2\right)}\)

\(=\frac{a}{4}+\frac{1}{a}=\frac{a^2+4}{4a}\)

Khi đó \(M=\frac{x^4+y^4}{x^4-y^4}+\frac{x^4-y^4}{x^4+y^4}=\frac{a^2+4}{4a}+\frac{4a}{a^2+4}\)

\(=\frac{\left(a^2+4\right)^2+16a^2}{4a.\left(a^2+4\right)}=\frac{a^2+24a^2+16}{4a.\left(a^2+4\right)}\)

bài 5 (ý 2)

gọi K là giao của FH và BI. ta có \(\Delta BFK~\Delta HEA\Rightarrow\frac{KF}{AE}=\frac{KB}{AH}\)

mặt khác từ DE // BI suy ra \(\frac{KI}{AD}=\frac{KB}{AE}\)

chia 2 tỷ số trên cho nhau ta được \(\frac{KF}{KI}\cdot\frac{AD}{AE}=\frac{AE}{AH}\Rightarrow\frac{KF}{KI}=\frac{AE^2}{AD\cdot AH}\)

ta cũng có \(\frac{BG}{BH}=\frac{BG}{BF}\cdot\frac{BF}{BH}=\frac{AE}{AD}\cdot\frac{AE}{AH}=\frac{AE^2}{AD\cdot AH}\Rightarrow\frac{KF}{KI}=\frac{BG}{BH}\)

mặt khác \(\widehat{FKI}=\widehat{FAE}=\widehat{HBG}\Rightarrow\Delta HBG~\Delta IKF\)

\(\Rightarrow\widehat{BHG}=\widehat{FIK}\)từ đó dễ dàng suy ra FI _|_ GH ta có điều phải chứng minh

câu 6

giả sử hình vuông ABCD có cạnh a có thể đặt được 5 hình tròn bán kính 1 thỏa mãn yêu cầu bài toán

xét hình vuông được tạo thành bằng cách lùi các hình vuông cạnh của hình vuông ABCD vào bên trong 1 đơn vị

khi đó hình vuông mới có cạnh bằng a-2 và nó phải chứa tâm các hình tròn trên

đem hình vuông cạnh a-2 chia thành 4 hình vuông cạnh \(\frac{a-2}{2}\)bởi các đường trung trực của các cạnh hình vuông. khi đó theo nguyên lý Dirichlet phải có 1 hình vuông con cạnh \(\frac{a-2}{2}\)chứa tâm của 2 hình tròn bán kính 1

do khoảng cách giữa tâm 2 hình tròn này >=2 nên đường chéo của hình vuông nhỏ có độ dài \(\frac{a-2}{2}\sqrt{2}\ge2\Rightarrow a\ge2+2\sqrt{2}\)

mặt khác trong hình vuông cạnh 2+2\(\sqrt{2}\)ta có thể xếp được cạnh 5 hình tròn bán kính 1 

vậy độ dài nhỏ nhất của cạnh hình vuông cần tìm là a=\(2+2\sqrt{2}\)

bài 2

b) \(\hept{\begin{cases}14x^2-21y^2-6x+45y-14=0\left(1\right)\\35x^2+28y^2+41x-122y+56=0\left(2\right)\end{cases}}\)

49.pt(1)-15.pt(2)

\(\Leftrightarrow\left(161x-483y+218\right)\left(x+3y-7\right)=0\)

đến đây dễ dàng tìm ra nghiệm (x;y)=(-2;3);(1;2)

(d) bài 3

\(\left(\frac{c}{a}+\frac{c}{b}\right)^2=c^2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)^2=\frac{\left(a^2+b^2\right)\left(a+b\right)^2}{a^2b^2}\)\(=\frac{a^4+2a^3b+a^2b^2+b^2a^2+2ab^3+b^4}{a^2b^2}=2+\frac{a^4+b^4}{a^2b^2}+2\cdot\frac{a^2+b^2}{ab}=n\)

để n thuộc Z thì \(\frac{a^4+b^4}{a^2b^2};\frac{a^2+b^2}{ab}\inℤ\)

=> a=b => a\(\sqrt{b}\)=c (vì a;b;c thuộc Z)
=> không tồn tại n 

Cau 5 (1)

a, Goi QR giao CF tai K

vi \(QR//EF\Rightarrow\widehat{DQF}=\widehat{PFB}=\widehat{ACB}=\widehat{QFD}\)

ma \(\Delta FQK\) vuong tai F

nen suy ra D la trung diem QK

Hay DQ=DK

Mat khac ta lai co

\(\frac{CD}{CP}=\frac{KD}{FP}=\frac{DQ}{PF}=\frac{BD}{PB}\Rightarrow\frac{PB}{PC}=\frac{DB}{DC}\)

b, Xet tam giac ABC , truc tam H co \(DB.DC=DH.DA\)

de chung minh Y la truc tam tam giac XBC ta chung minh \(DB.DC=DY.DX\)

That vay :

Ap dung t/c phan giac trong va ngoai tam giac YFD ta co

\(\frac{AY}{AD}=\frac{HY}{HD}\Rightarrow AY.HD=AD.HY\)

<=> \(\left(AD-DY\right)DH=AD.\left(DY-DH\right)\)

<=>\(AD.DH-DY.DH=AD.DY-AD.DH\)

<=> \(2AD.DH=2DY.DX\Leftrightarrow DY.DX=DA.DH=DB.DC\)

(DPCM)

tkhncta