Đáp án:

Giải thích các bước giải:

Câu IV:

1/ Vì $H, K$ lần lượt là hình chiếu của $O$ lên $BD, AC$

nên $H, K$ lần lượt là trung điểm của đoạn $BD, AC$

Xét $ΔAIC$ và $ΔBID$

Có: $\widehat{AIC}$ chung

$\widehat{IAC}=\widehat{IBD}$ (cùng chắn cung $CD$)

$⇒ ΔAIC \backsim ΔBID$

$⇒ \widehat{ICA}=\widehat{IDB}$

và $\dfrac{IC}{ID}=\dfrac{AC}{BD}=\dfrac{2.CK}{2.DH}=\dfrac{CK}{DH}$

Xét $ΔICK$ và $ΔIDH$

Có: $\widehat{ICA}=\widehat{IDB}$

$\dfrac{IC}{ID}=\dfrac{CK}{DH}$

$⇒ ΔICK \backsim ΔIDH$

$⇒ \dfrac{IC}{ID}=\dfrac{IK}{IH}$

$⇒ ID.IK=IC.IH$ $(đpcm)$

b/ Ta có: $\widehat{NIO}=\widehat{NHO}=90^0$

$⇒ INOH$ là tứ giác nội tiếp

$⇒ \widehat{NOI}=\widehat{NHI}$ $(1)$

Tương tự: $\widehat{MIO}=\widehat{MKO}=90^0$

$⇒ MIKO$ là tứ giác nội tiếp

$⇒ \widehat{MOI}=\widehat{MKI}$ $(2)$

Mặt khác: $ΔICK \backsim ΔIDH$ (câu $a$)

$⇒ \widehat{IKC}=\widehat{IHD}$ $(3)$

Từ $(1), (2), (3)$ suy ra: $\widehat{NOI}=\widehat{MOI}$

$ΔMON$ có $OI$ vừa là đường cao, vừa là đường phân giác (cmt)

$⇒ ΔMON$ cân tại $O$

Mà $OI$ là đường cao nên $OI$ cũng là đường trung tuyến

Hay $IM=IN$ $(đpcm)$

Câu V:

Giả sử không tồn tại đường tròn bán kính bằng $1$ nào chứa ít nhất $2013$ điểm đã cho

Vẽ các đường tròn tâm là $4025$ điểm đã cho và bán kính bằng $1$

Theo giả thiết phản chứng, không tồn tại $2012$ điểm nằm trong $1$ đường tròn đã vẽ.

Như vậy, mỗi đường tròn chứa nhiều nhất $2012$ điểm đã cho (kể cả tâm đường tròn)

Vì $2$ đường tròn chứa nhiều nhất: $2012+2012=4024$ điểm

và trên mặt phẳng có $4025$ điểm

nên tồn tại $1$ điểm nằm ngoài $2$ đường tròn (giả sử điểm đó là $A$)

Giả sử tâm $2$ đường tròn trên là $B, C$

Xét $3$ điểm $A, B, C$:

$AB, AC, BC$ đều $>1$ (Mâu thuẫn với đề bài)

Vậy tồn tại đường tròn bán kính bằng $1$ chứa không ít hơn $2013$ điểm đã cho

Đáp án:

Áp dụng bất đẳng thức √a+√b+√c≤√3(a+b+c)

→a+b+c≤√3(a2+b2+c2)=√3

→Q≤√3[2(a+b+c)]≤√6√3

Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=1√3

Min:

a,b,c không âm mà a2+b2+c2=1

→0≤a,b,c≤1

→a≥a2;b≥b2;c≥c2

→Q2=2(a+b+c)+2(√(a+b)(b+c)+√(b+c)(c+a)+√(c+a)(a+b))

→Q2=2(a+b+c)+2(√ab+b2+ac+bc+√bc+c2+ab+ac+√ac+a2+bc+ab)

→Q2≥2(a2+b2+c2)+2(√a2+√b2+√c2)

→Q2≥2(a2+b2+c2)+2(a+b+c)

→Q2≥4(a2+b2+c2)

→Q≥2

Dấu bằng xảy ra khi (a;b;c)=(1;0;0) và các hoán vị