Cho tam giác ABC có trọng tâm G. Chứng minh rằng tam giác ABG vuông tại G khi và chỉ khi $cotC=2(cotA+cotB)$
Ai có thể giúp em với cảm ơn nhiều !  

 

 

Gọi $AM, BN$ là hai đường trung tuyến của $\Delta ABC$

 

Ta có:

 

$cotC=2(cotA+cotB)\Leftrightarrow \frac{a^2+b^2-c^2}{4S}=2\left ( \frac{b^2+c^2-a^2}{4S}+\frac{a^2+c^2-b^2}{4S} \right )$

 

$\Leftrightarrow a^2+b^2=5c^2\Leftrightarrow 2(b^2+c^2)-a^2+2(a^2+c^2)-b^2=9c^2$

 

$\Leftrightarrow 4m_a^2+4m_b^2=9c^2\Leftrightarrow \left ( \frac{2}{3}m_a \right )^2+\left ( \frac{2}{3}m_b \right )^2=c^2$

 

$\Leftrightarrow AG^2+BG^2=CB^2\Leftrightarrow AG\perp BG$

Giải phương trình nghiệm nguyên: $x^2-xy+y^2=2x-3y-2$

Cho tam giác nhọn ABC với  $\widehat{BAC}=60^o$ độ.Cmr: $BC^2=AB^2+AC^2-AB.AC$

 

Bạn Việt Hoàng sửa không đúng, đề lúc nãy không phải như thế

 

Bài toán mạnh hơn: Cho $\Delta ABC$ nhọn có $\widehat{A}=60^o$. Chứng minh rằng: $\frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+c}=\frac{3}{a+b+c}$     ($1$)

 

Bài giải:

 

Ta có:

 

$(1)\Leftrightarrow \frac{a+b+c}{a+b}+\frac{a+b+c}{a+c}=3$

 

$\Leftrightarrow \frac{c}{a+b}+\frac{b}{a+c}=1$

 

$\Leftrightarrow a^2=b^2+c^2-bc$  (Bài toán cần chứng minh đây!)

 

Kẻ $BK\perp AC$ ($K\in AC$ vì $\Delta ABC$ nhọn)

 

$\Rightarrow \widehat{ABK}=30^o\Rightarrow AK=\frac{c}{2}\Rightarrow KC=b-\frac{c}{2}$

 

Áp dụng $Py-ta-go$ ta có $BK^2=c^2-\frac{c^2}{4}=\frac{3c^2}{4}$

 

$\Delta BKC$ vuông tại $K$ nên theo $Py-ta-go$: $BK^2+KC^2=BC^2\Leftrightarrow \frac{3c^2}{4}+\left ( b-\frac{c}{2} \right )^2=a^2\Leftrightarrow a^2=b^2+c^2-bc$

 

Bài toán chứng minh xong!

Giải phương trình nghiệm nguyên:
1) $x^2y^2-x^2-8y^2=2xy$
2) $x^4+(x+1)^4=y^2+(y+1)^2$
3) $7(x+y)=3(x^2-xy+y^2)$

Trong vẽ thêm yếu tố phụ của Nguyễn Đức Tấn cũng có bài này

1.So sánh 2 số A và B không tính cụ thể giá trị của chúng.

A = 2012 . 2012

B = 2011 . 2012

2.Cho A = 27 . 58 - 31

          B = 27 + 58 . 26

Không tính giá trị của A và B hãy so sánh chúng.

 

1. Ta có $2012>2011$

Do đó: $2012.2012>2011.2012$ hay $A>B$

 

2. Ta có $B=27+58.26=27-58+58.27=58.27-31=A$

Giải phương trình :

$$x^{3}-3x^{2}-8x+40=8\sqrt[4]{4x+4}$$

 

Có thể dùng đạo hàm để xét sự biến thiên của các hàm số $f(x)=x^3-3x^2-8x+40$ và $g(x)=8\sqrt[4]{4x+4}$ trên $[-1;\infty )$, ta có:

$min f(x)=f(3)=13$ và $max g(x)=g(3)=13$

 

Hoặc có thể đặt $t=8\sqrt[4]{4x+4}\geq 0$ rồi dùng đạo hàm khảo sát sự biến thiên của hàm số $f(x)=t^12-24t^8+16t^4-512t+2816$

với chú ý: $f'(x)=2(t-2).h(x)$    ($h(x)>0$)

chỉ chấm chỗ cách chọn điểm thôi ạ! toi em rồi!

 

Gặp phải người khó tính e rằng mất toi bài hình rồi

5/ Cho tam giác ABC (AB<AC ). Về phía ngoài tam giác, dựng các tam giác đều ABD và ACE, dựng hình bình hành ADFE. 

CMR: tam giác BFC đều.

 

Bài này em có thể xem bài $47$ trang $88$ sách nâng cao và phát triển Toán $8$ tập $1$. Bài này là bài ngược của bài hình số $5$

đề này của tỉnh nào đây?

 

cũng không rõ nữa bạn ah!

 

Câu 5.(1 điểm)

Lấy 2014 điểm thuộc miền trong của một tứ giác để cùng với 4 đỉnh ta được 2018 điểm, trong đó không có 3 điểm nào thẳng hàng . Biết diện tích của tứ giác ban đầu là 1cm². Chứng minh rằng tồn tại một tam giác có 3 đỉnh lấy từ 2018 điểm đã cho có diện tích không vượt quá $\frac{1}{4030}$ cm²

 

 

bài cuối 

 ta có tổng các góc trong của tam giác = tổng 4 góc của tứ giác + 2014. 360 = 4030.180

vậy có 4030 tâm giác từ 2018 điểm đã cho

suy ra tồn tại 1 tam giác có diện tích thoả mãn đề bài

 

Xét tứ giác $ABCD$ có diện tích bằng $1 cm^2$.

 

Với điểm thứ nhất $M$, ta có $4$ tam giác chung đỉnh $M$ đôi một không có điểm trong chung

 

Với điểm thứ hai $N$ phải là điểm trong của một trong $4$ tam giác trên. Nối $N$ với $3$ đỉnh của tam giác đó, tạo nên

 

$3$ tam giác chung đỉnh $N$, tuy nhiên số tam giác đôi một không có điểm trong chung chỉ tăng thêm $2$, vì mất đi $1$

 

tam giác chứa điểm $N$. Số tam giác không có điểm trong chung lúc này là $4+2$

 

Tương tự với $2012$ điểm còn lại, cuối cùng số tam giác đôi một không có điểm trong chung là $4+2+2012.2=4030$.

 

Tổng diện tích của $4030$ các tam giác đó bằng $1cm^2$, nên ít nhất một tam giác có diện tích không vượt quá $\frac{1}{4030}cm^2$

Giải các phương trình nghiệm nguyên sau:

a) $x^2+2y^2+3xy+3x+5y=15$

b) $19x^2-84y^2=1984$

c) $2(x+y+z)+9=3xyz$

Cho tam giác $ABC$ ($\widehat{A}<90^o$) nội tiếp đường tròn $(O;R)$. kẻ các đường cao $BE, CF$.

a) Chứng minh $4$ điểm $B,C,E,F$ cùng thuộc một đường tròn

b) Các tia $BE,CF$ lần lượt cắt đường tròn $(O;R)$ tại các điểm $I,K$. Chứng minh $IK//EF$

c) Cho $A$ di động trên cung lớn $BC$ của đường tròn $(O;R)$. Chứng minh bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác $AEF$ không đổi.

 

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

p/s: Câu $a, b$ mình đã làm được, nhờ mọi người giúp mình câu $c$

Áp dụng BĐT Cauchy ta có: $a^{3}+2=a^{3}+1+1\geq 3a$

 

                                            $b^{3}+2\geq 3b, c^{3}+2\geq 3c$

 

Do đó: $\frac{a}{a^{3}+2}+\frac{b}{b^{3}+2}+\frac{c}{c^{3}+2}\leq \frac{a}{3a}+\frac{b}{3b}+\frac{c}{3c}=1$

 

Như vậy thì giả thiết $a+b+c=3$ là thừa ak bạn???

bạn thử xét các biệt thức delta xem sao hay là thử tìm $\Delta _{1}+\Delta _{2}\geq 0$ thì một trong hai phuơng trình có nghiệm

 

Mình thử rồi nhưng không nhóm được bạn ak

Cho 2 phương trình:

$x^2+\sqrt{2}(a+\frac{1}{b})+\frac{25}{8}=0$

$x^2+\sqrt{3}(b+\frac{1}{a})+\frac{75}{16}=0$

Với $a>0,b>0,a+b=1$

Chứng minh rằng ít nhất một trong hai phương trình trên có nghiệm

1/Cho tam giác ABC có đường cao AH và trung tuyến AM chia góc A thành 3 phần bằng nhau.Tính số đo các góc trong tam giác.

 

Kẻ $MP$ vuông góc với $AC$

 

Ta có $\Delta AHM= \Delta APM$ nên $MP=MH=\frac{1}{2}MB=\frac{1}{2}MC$, do đó $\widehat{PMC}=60^o\Rightarrow \widehat{PMB}=120^o\Rightarrow \widehat{PMA}=60^o\Rightarrow \widehat{PAM}=30^o\Rightarrow \widehat{BAC}=90^o$

 

Ta lại có: $\widehat{PMC}=60^o\Rightarrow \widehat{PCM}=30^o\Rightarrow \widehat{ABC}=60^o$

 

Vậy $\left\{\begin{matrix} \widehat{BAC}=90^o\\ \widehat{ABC}=60^o\\ \widehat{ACB}=30^o \end{matrix}\right.$

Các bạn giải giống cách của mình đó.

 

Đây gọi là "đố" hả bạn?   Mình phục bạn đó 

CMR : $cos\frac{2\pi}{2n+1} +cos\frac{4\pi }{2n+1}+...+cos\frac{2n\pi }{2n+1}=\frac{-1}{2}$

 

Ta có:

 

$2\sin \frac{\pi}{2n+1}.S=\sin\frac{3\pi}{2n+1}-\sin\frac{\pi}{2n+1}+\sin\frac{5\pi}{2n+1}-\sin\frac{3\pi}{2n+1}+...+\sin\pi-\sin\frac{(2n-1)\pi}{2n+1}$

 

$=-\sin\frac{\pi}{2n+1}$

 

$\\ \Leftrightarrow S=\frac{-1}{2}$

Chào các bạn, hiện tại mình đang có một số quyển sách tham khảo toán phổ thông không dùng đến (vì không có thời gian đọc, toàn lo bài vở trên lớp với đi chơi ). Mà sách vở cứ để không như thế thì phí phạm tri thức quá. Vậy nên mình xin được được tặng lại cho anh em trong diễn đàn, hy vọng nó sẽ giúp ích cho mọi người

Danh sách các quyển sách gồm:

- Sáng tạo bất đẳng thức, của anh Phạm Kim Hùng
- Phân loại phương pháp giải toán bất đẳng thức của anh Cẩn và anh Quốc Anh.
- Vẻ đẹp của Bất đẳng thức trong các kì thi Olympic toán học của anh Cẩn và anh QA.
- Các quyển sách của thầy Nguyễn Hữu Điển: sáng tạo trong giải toán phổ thông, những pp điển hình trong giải toán phổ thông, một số chuyên đề hình học tổ hợp.
- Phương trình nguyện nguyên của thầy Phan Huy Khải.
- Cuối cùng là 2 cuốn tuyển tập tạp chí THTT hai năm 2006, 2007 (đóng 12 số thành một cuốn lớn có bìa nhìn chất lắm :x)


Mọi người ai muốn những quyển nào có thể đưa cho mình địa chỉ rồi mình sẽ gửi qua đường bưu điện. Các bạn có thể gửi địa chỉ trong topic này hoặc qua PM đều được

 

Mình đang tìm mấy cuốn có trong danh sách này, bạn có thể để lại cho mình k?

Tìm số nguyên tố $p$ để $p^4+2$ là số nguyên tố

Đề bài :

Cho  $\widehat{xOy}$. Các đoạn $AB, CD$ có độ dài bằng nhau và theo thứ tự thuộc các tia $Ox,Oy$ .Gọi $I, J$ theo thứ tự là trung điểm của $AC, BD$. Chứng minh rằng $IJ$ hoặc cùng phương hoặc cùng vuông góc với phân giác của $\widehat{xOy}$.

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

 

Đây là bài toán trong cuốn Tài liệu chuyên Toán Hình học 10, bạn có thể tìm đọc tham khảo.

 

 Cho DABC vuông ở A, BC = a, đường cao AH.

a. Chứng minh: AH = a.sinB.cosB, BH = a.cos²B, CH = a.sin²B.

b. Từ đó suy ra AB² = BC.BH, AH² = BH.HC..

 

 

Đặt $AB=c,AC=b, S=S_{ABC}$

 

a) Ta có:

 

$AH=\frac{2S}{a}=\frac{bc}{a}=a.\frac{b}{a}.\frac{c}{a}=a.sinB.cosB$

 

$BH^2=AB^2-AH^2$

 

         $=c^2-a^2.sin^2B.cos^2B=c^2-\frac{b^2c^2}{a^2}=\frac{c^2(a^2-b^2)}{a^2}=\frac{c^4}{a^2}=a^2.\frac{b^4}{a^4}=a^2.cos^2B$

 

$\Rightarrow BH=a.cos^2B$ vì $a>0$

 

$CH$ chứng minh tương tự $BH$

 

b) Ta có:

 

$BC.BH=BH^2+BH.CH$

 

            $=a^2.cos^4B+a^2.sin^2B.cos^2B=\frac{b^4}{a^2}+\frac{b^2c^2}{a^2}=\frac{b^2(b^2+c^2)}{a^2}=b^2=AB^2$

 

$BH.CH=a^2.sin^2B.cos^2B=\frac{b^2c^2}{a^2}=a^2.\frac{b^2}{a^2}.\frac{c^2}{a^2}=a^2.sin^2B.cos^2B=AH^2$

Chứng minh:

 

a) $cos\frac{2\pi}{11}+cos\frac{4\pi}{11}+cos\frac{6\pi}{11}+cos\frac{8\pi}{11}+cos\frac{10\pi}{11}=-\frac{1}{2}$

 

b) $cos\frac{\pi}{11}+cos\frac{3\pi}{11}+cos\frac{5\pi}{11}+cos\frac{7\pi}{11}+cos\frac{9\pi}{11}=\frac{1}{2}$

 

 

Cho e hỏi câu hỏi không liê quan:

Trong hình này thì vì sao $\widehat{HAL}=\widehat{LAO}$

 

Do $AH$ là đường cao nên $\widehat{HAB}+\widehat{HBA}=90^o$

 

Ta có: $\widehat{A'AC}=\widehat{A'BC}$

 

Mà $\widehat{HBA}+\widehat{A'BC}=90^o\Rightarrow \widehat{HAB}=\widehat{A'BC}\Rightarrow \widehat{HAB}=\widehat{A'AC}$

 

Ta lại có $I$ là tâm đường tròn nội tiếp nên $\widehat{IAB}=\widehat{IAC}$

 

Từ đó ta có: $\widehat{HAL}=\widehat{LAO}$