đặt:$2y-\sqrt{30}=\sqrt{30+4x\sqrt{2007}}$$2x^{2}-2x\sqrt{30}-\sqrt{2007}.\sqrt{30+4x\sqrt{2007}}=\sqrt{30}\sqrt{2007}$
rồi đưa về hệ đối xứng rồi giải thôi bạn
Có 129 mục bởi mystery266 (Tìm giới hạn từ 06-06-2020)
Đã gửi bởi mystery266 on 11-03-2013 - 16:22 trong Phương trình - hệ phương trình - bất phương trình
đặt:$2y-\sqrt{30}=\sqrt{30+4x\sqrt{2007}}$$2x^{2}-2x\sqrt{30}-\sqrt{2007}.\sqrt{30+4x\sqrt{2007}}=\sqrt{30}\sqrt{2007}$
Đã gửi bởi mystery266 on 16-03-2013 - 20:14 trong Phương trình - hệ phương trình - bất phương trình
nhân lượng liên hợp:Giải phương trình
$(x+1)^2=\frac{1}{\sqrt{x+2}+2}$.
Đã gửi bởi mystery266 on 18-03-2013 - 20:09 trong Hình học phẳng
trước hết tìm khoảng cách từ A đến 2 đường thẳng d va d' và khoảng cách giữa 2 dt d,d'(do d//d') ta có các kq sau:Cho $d: x+y-3=0$, $d': x+y-7=0$. Tìm $B, C$ của tam giác $ABC$ vuông cân biết $A(2;4)$ và $B,C$ lần lượt thuôc $d, d'$.
Đã gửi bởi mystery266 on 18-03-2013 - 21:19 trong Hình học phẳng
Cho tg ABC nội tiếp(O;R) có đt nội tiếp (I; r) tiếp xúc vs AB tại K, AI cắt (0) tại D. CMR IA.ID=2Rr
Cho tg ABC nội tiếp(O;R) có đt nội tiếp (I; r) tiếp xúc vs AB tại K, AI cắt (0) tại D. CMR IA.ID=2Rr
Đã gửi bởi mystery266 on 18-03-2013 - 21:59 trong Hình học phẳng
dễ thấyCho $A(2; 2\sqrt{3})$, $B(4;0)$. Gọi $M,N$ là các điểm thuộc $OB$; $P,Q$ lần lượt thuộc $AB$ và $AO$. Tìm $P$ để $MNPQ$ là hình vuông.
Đã gửi bởi mystery266 on 18-03-2013 - 22:14 trong Hình học phẳng
tam giác ABC đều có S=$\frac{a^{2}.\sqrt{3}}{4}$ tính dc cach a suy ra h lập pt dt song song và cách BC 1 khoảng =hTam giác đều $ABC$, $BC: y=2$, đỉnh $A$ thuộc $d: x+y-2=0$, diện tích tam giác bằng $\frac{2}{\sqrt{3}}$. Tìm $A,B,C$ biết $A$ có hoành độ dương.
Đã gửi bởi mystery266 on 19-03-2013 - 17:09 trong Hình học
Cho $ (C1): (x-1)^2+(y-2)^2=4 , \large\Delta: x-2y+3=0 $viết phương trình đường tròn (C2) đối xứng (C1) qua $\large\Delta$
ta có: I(1,2) là tâm (C1)
tìm I' đối xứng I qua dt: x-2y+3=0( cái này dễ)
phần còn lại chỉ cần nói 2 dg tròn này đối xứng nhau qua x-2y+3=0 nên có bk bằng nhau
có tâm I' có bán kính là xong rồi
Đã gửi bởi mystery266 on 23-03-2013 - 20:26 trong Bất đẳng thức và cực trị
Cho $a+2b+3c\geq 14$. Chứng minh rằng: $a^2+b^2+c^2 \geq 14$
$a^{2}+1\geq 2a$
$b^{2}+4\geq 4b$
$c^{2}+9\geq 6c$
cộng vế theo vế
$\Rightarrow a^{2}+b^{2}+c^{2}+14\geq 28 \Leftrightarrow a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq 14$
Đã gửi bởi mystery266 on 21-04-2013 - 17:28 trong Hình học
$S_{EMFB}$=EM.MF.sin$\widehat{EMF}$
mà sin$\widehat{EMF}$= sin$\widehat{ABC}$( không đổi)
nên chỉ cần tìm EM.MF max
EM.MF=$\frac{cMC}{b}.\frac{a(b-MC)}{b}$
=-ac($\frac{MC^{2}}{b^{2}}$-$\frac{MC}{b}$+$\frac{1}{4}$)+ac.$\frac{1}{4}$
=-ac$(\frac{MC}{b}-\frac{1}{2})^{2}$+ac.$\frac{1}{4}$
Suy ra EM.MF max=$\frac{1}{4}$ac khi MC=$\frac{b}{2}$ tức M là trung điểm cạnh AC
vậy S max=$\frac{1}{4}$acsin$\widehat{ABC}$
Đã gửi bởi mystery266 on 22-04-2013 - 14:26 trong Hình học
Bạn làm theo cách lớp 8 hộ mình được ko, mình chưa biết sin vs cos là j cả
Gọi MH'=h' là đường cao của hbh, AH=h là đường cao của tam giác ABC
S EMFB=MH'.BF
$\frac{MH'}{AH}=\frac{MC}{AC}$(định lí thales)
$\Rightarrow h'=\frac{MC.h}{b}$
ta lại có:
$\frac{BF}{BC}=\frac{AM}{AC}$
$\Rightarrow BF=\frac{AM.a}{b}$
$\Rightarrow S =\frac{AM.MC.h}{b^{2}}$
$\Rightarrow S =\frac{AM.(b-AM).h}{b^{2}}$
$\Rightarrow S =\frac{(-AM^{2}+b.AM-\frac{b^{2}}{4}+\frac{b^{2}}{4}).h}{b^{2}}$
$\Rightarrow S =\frac{(-(AM-\frac{b}{2})^{2}+\frac{b^{2}}{4}).h}{b^{2}}\leq \frac{h}{4}$
dấu '=' xảy ra khi $AM=\frac{b}{2}$ (M là trung điểm AC)
Đã gửi bởi mystery266 on 23-04-2013 - 05:30 trong Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng
Cho tam giác ABC vuông cân tại A có trọng tâm G(0;2/3). Viết phương trình các cạnh tam giác để I(1/2;-1/2) là trung điểm cạnh BC
ý tưởng:
tam giác ABC vuông cân tại A => đường trung tuyến cũng là đường cao
từ đây ta có vecter pháp tuyến của dt BC là $\overrightarrow{IG}$
dễ dàng lập được pt đường thẳng BC
tìm điểm A tính đoạn AI
AI=IB(do tam giác ABC vuông cân) ta lập được 1 pt
B thuộc đt BC ta lập được 1 pt nữa
giải hê pt trên ta tìm được điểm B
phần còn lại đơn giản rồi
Đã gửi bởi mystery266 on 26-04-2013 - 05:50 trong Công thức lượng giác, hàm số lượng giác
Cho tana=3. Tính:
$\frac{sina}{sin^3a+cos^3a}$
$tan\alpha =3\Rightarrow sin\alpha = 3cos\alpha$
$A=\frac{3cos\alpha }{28cos\alpha ^{3}}$
$A=\frac{3}{28}.\frac{1}{cos\alpha ^{2}}$
$A=\frac{3}{28}.(tan^{2}\alpha +1)$
$A=\frac{15}{14}$
Đã gửi bởi mystery266 on 30-04-2013 - 09:58 trong Hình học phẳng
Mềnh có câu nè mềnh làm hoài mà không giải được phần c, giúp mềnh với toán thi vào lớp 10 á
Câu 1 : Cho nửa đường tròn tâm O có đường kính AB = 2R. Gọi Ax, By là các tia vuông góc với AB tại A và B ( Ax, By và nửa đường tròn cùng thuộc một nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng AB). Qua điểm M thuộc nửa đường tròn ( M khác A, B) kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn, cắt tia Ax và By theo thứ tự ở C và D. CMR:
a. AOMC nội tiếp.
b. tam giác COD là tam giác vuông.
c. H là hình chiếu của M trên AB , điểm I là giao điểm của BC và MH. CMR: IM = IH
câu c/
kéo dài đường thẳng MB cắt Ax tại E
ta có:
$\frac{MI}{CE}=\frac{IB}{BC}$
ta lại có:
$\frac{IH}{AC}=\frac{IB}{BC}$
$\Rightarrow \frac{MI}{CE}=\frac{IH}{AC}$
mà CE=AC (do CM=AC tam giác EMA có trung tuyến MC )
=> đpcm
Đã gửi bởi mystery266 on 30-04-2013 - 12:19 trong Phương trình, Hệ phương trình Lượng giác
Tính $A=cos^6\frac{\pi }{16}+cos^6\frac{3\pi }{16}+...+cos^6\frac{7\pi }{16}$
$cos^{6}\frac{\pi}{16}= sin^{6}\frac{7\pi}{16}$
$cos^{6}\frac{3\pi}{16}= sin^{6}\frac{5\pi}{16}$
$A=sin^{6}\frac{7\pi}{16}+sin^{6}\frac{5\pi}{16}+cos^{6}\frac{7\pi}{16}+cos^{6}\frac{5\pi}{16}$
$=sin^{4}\frac{7\pi}{16}-sin^{2}\frac{7\pi}{16}cos^{2}\frac{7\pi}{16}+cos^{4}\frac{7\pi}{16}+cos^{4}\frac{5\pi}{16}-sin^{2}\frac{5\pi}{16}cos^{2}\frac{5\pi}{16}+sin^{4}\frac{5\pi}{16}$
$=(sin^{2}\frac{7\pi}{16}+cos^{2}\frac{7\pi}{16})^{2}+(cos^{2}\frac{5\pi}{16}+sin^{2}\frac{5\pi}{16})^{2}-3sin^{2}\frac{7\pi}{16}cos^{2}\frac{7\pi}{16}-3sin^{2}\frac{5\pi}{16}cos^{2}\frac{5\pi}{16}$
$=2-\frac{3}{4}(sin^{2}\frac{7\pi}{8}+sin^{2}\frac{5\pi}{8})$
$=2-\frac{3}{4}(\frac{1-cos\frac{14\pi}{8}+1- cos\frac{10}{8}}{2})$
$=2-\frac{3}{8}(2-(2cos\frac{3\pi}{2}cos\frac{\pi}{4})$
$=\frac{5}{4}-\frac{3}{4}(sin\pi)(cos\frac{\pi}{4})$
$=\frac{5}{4}$
Đã gửi bởi mystery266 on 30-04-2013 - 14:02 trong Bất đẳng thức và cực trị
$(b+c-a)^{2}(b+a-c)^{2}(c+a-b)^{2}\geq(a^{2}+b^{2}-c^{2})(a^{2}+c^{2}-b^{2})(c^{2}+b^{2}-a^{2})$
với a,b,c là độ dài 3 cạnh tam giác
Đã gửi bởi mystery266 on 02-05-2013 - 16:57 trong Hình học phẳng
Đã gửi bởi mystery266 on 02-05-2013 - 17:38 trong Hình học phẳng
Đã gửi bởi mystery266 on 02-05-2013 - 18:21 trong Hình học phẳng
bài 2:
1/ dễ thấy
$\widehat{EDC}=\widehat{ACD}$
$\widehat{EFC}=\widehat{ACD}$
$\Rightarrow$ $\widehat{EDC}=\widehat{EFC}$
$\Rightarrow$
tứ giác nội tiếp
2$\widehat{ADB}=90;\widehat{EDF}=90;\widehat{ADC}+\widehat{EDF}=180\Rightarrow $ thẳng hàng
3/$\widehat{HCA}=\widehat{FEA}$( tứ gia'cHECA nội tiếp)
$\widehat{FEA}=\widehat{ACD}$(tứ giácECDF nội tiếp cmt)
$\widehat{ACD}=\widehat{ABC}$(cùng phụ$ \widehat{DCB}$
suy ra$\widehat{HCA}=\widehat{ABC} \Rightarrow $ dpcm
Đã gửi bởi mystery266 on 03-05-2013 - 15:05 trong Hình học phẳng
$\triangle MCI$ đồng dạng $\triangle DBI$ có 2 cặp góc đối đỉnh và cặp góc nào nữa vậy bạn?
còn nửa là $\widehat{MCI}=\widehat{IBD}$(do cùng chắn cung MD (O))
Đã gửi bởi mystery266 on 03-05-2013 - 16:06 trong Hình học phẳng
tứ giác HECA nội tiếp như thế nào vậy bạn?
$\widehat{EHA}=90$ và $\widehat{EAC}=90$
Đã gửi bởi mystery266 on 04-05-2013 - 10:26 trong Phương trình, Hệ phương trình Lượng giác
1/ rút gọn $P=\frac{sina+cos2a-cos4a}{cosa+sin2a+sin4a}$
$P=\frac{sina-(cos4a-cos2a)}{cosa+(sin2a+sin4a)}$
$=\frac{sina+2(sin3a.sina)}{cosa+2(sin3a.cosa)}$
$=\frac{sina(1+2sin3a)}{cosa(1+2sin3a)}$
$=\frac{sina}{cosa}$
$=tana$
Đã gửi bởi mystery266 on 04-05-2013 - 11:17 trong Hình học
Cho đường tròn tâm O,đường kính CD,Điểm E thuộc OD,đường thằng d vuông góc với CD qua E,gọi M là một điểm thuộc (O),MC>MD,N là giao điểm của MD và d,F là giao điểm của CM và d.
a) chứng minh: C,M,N,F cùng thuộc 1 đường tròn.
b) Chứng minh: CE.CD=NF.NE
c) Gọi I là giao điểm của NC và (O).Chứng mình I thuộc đường trong đường kính NF.
d) Gọi G là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CMN.Chứng minh,khi M di chuyển trên (O) thì G thuộc đường tròn cố định.
Mọi người giúp mình giải câu d với ạ.
bạn coi lại chỗ màu đỏ giùm mình phải là C,M,N,E chứ,
G thuộc đường tròn cố định.phải là thuộc 1 đường thẳng cố định chứ( trung trực của CE)
do G là trung điểm NC tam giác CEN vuông =>GE là trung tuyến=>GC=GE=> thuộc trung trực CE=> quỹ tích (cần tìm)
Đã gửi bởi mystery266 on 07-05-2013 - 05:30 trong Công thức lượng giác, hàm số lượng giác
$P=\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+2cosx}}}}$
Đã gửi bởi mystery266 on 13-05-2013 - 20:37 trong Phương trình - Hệ phương trình - Bất phương trình
Giải hệ $\left\{\begin{matrix} 2y^{2}-x^{2}=1\\ 2x^{3}-y^{3}=2y-x \end{matrix}\right. $
lấy $(2x^{3}-y^{3}).1=(2y-x)(2y^2-x^2)$
$\Leftrightarrow 2x^{3}-y^{3}=4y^3-2x^2y-2xy^2+x^3$
$\Leftrightarrow 5y^3-2x^2y-2xy^2-x^3=0$
đến đây thì đặt x=yt rồi giải bình thường
Đã gửi bởi mystery266 on 16-05-2013 - 19:07 trong Phương trình - Hệ phương trình - Bất phương trình
Giải hệ phương trình:
$\left\{\begin{matrix} 1+x^{2}y^{2}=19x^{2}\\xy^{2}+y=-6x^{2} \\ \end{matrix}\right.$
ý tưởng:
chia 2 vế cho x2
rồi đặt t=1/x đến đây đặt S=t+y P=ty để giải tiếp
Community Forum Software by IP.Board
Licensed to: Diễn đàn Toán học