Hình như phải có thêm điều kiện x,y,z >0 chứ ạ ? 

à, mình quên

b/ Gọi M là giao điểm của IK với tiếp tuyến của đường tròn (O) tại B. C/m 3 đường thẳng MC, AH, EF đồng quy?

Dễ thấy MB=MA, do MB, MA đều là tiếp tuyến

Ta có $\widehat{BLA}=\widehat{ABC}=\widehat{KAC}=\widehat{LAM}$

$\Rightarrow \Delta MLA$ cân tại M

$\Rightarrow ML=MA$

Vậy ML=MA

Gọi I là giao điểm AH,EF

Gọi I' là giao điểm CM và AH. Ta chứng minh I trùng I'

Ta có $\frac{AI'}{LM}=\frac{CI'}{CM}=\frac{I'H}{MB}$

Mà ML=MB (chứng minh trên)

$\Rightarrow AI'=IH'$

Vậy I' là trung điểm AH

Mà I là trung điểm AH nên I trùng I'

Kết luận MC, AH, EF đồng quy

a/ C/m 3 điểm I, A, K thẳng hàng?

Ta có I, K lần lượt là điểm đối xứng của H qua AB, AC nên $\widehat{IAH}=2\widehat{BAH}, \widehat{KAH}=2\widehat{HAC}$

$\Rightarrow \widehat{IAK}=\widehat{IAH}+\widehat{KAH}=2\widehat{BAH}+2\widehat{HAC}=2\widehat{BAC}=180$

Nen I, A, K thẳng hàng

Giải hệ: 

$\left\{\begin{matrix} x=  4y^2(1-x) & \\ y= 4z^2(1-y) & \\ z=  4x^2(1-z) & \end{matrix}\right.$

Dễ thấy (0,0,0) là nghiệm

Xét (x,y,z) khác (0,0,0)

Hệ trở thành$\left\{\begin{matrix} x=\frac{4y^{2}}{1+4y^{2}} & \\ y=\frac{4z^{2}}{1+4z^{2}} & \\ z=\frac{4x^{2}}{1+4x^{2}} & \end{matrix}\right.$

Ta có $\frac{4y^{2}}{1+4y^{2}}\leq \frac{4y^{2}}{4y}\leq y$

$\Rightarrow x\leq y$

Chứng minh tương tự $y\leq z,z\leq x$

Vậy x=y=z

Cho $x,y \epsilon \mathbb{R}$ thỏa điều kiện : $x^2+xy+y^2\leq3$. Chứng minh :

$-4\sqrt{3}-3\leq x^2-xy-3y^2\leq 4\sqrt{3}-3$

Đặt $A=x^{2}+xy+y^{2}$, $B=x^{2}-xy-3y^{2}$

Nếu y=0 thì $B=x^{2}\Rightarrow 0\leq B\leq 3$ (đúng)

Nếu y khác 0 thì đặt $t=\frac{x}{y}$ ta được: $B=A.\frac{x^{2}-xy-3y^{2}}{x^{2}+xy+y^{2}}=A.\frac{t^{2}-t-3}{t^{2}+t+1}$

Xét $\frac{t^{2}-t-3}{t^{2}+t+1}=m$

$\Leftrightarrow (m-1)t^{2}+(m+1)t+m+3=0$

Pt này có nghiệm kia m=1 hay $\Delta \geq 0$

$\Rightarrow \frac{-3-\sqrt{48}}{3}\leq m\leq \frac{-3+\sqrt{48}}{3}$

Mà do $0\leq A\leq 3\Rightarrow -3-4\sqrt{3}\leq m\leq -3+\sqrt{48}$

Giải HPT $\left\{\begin{matrix} xy+z^2=2 & & \\ yz+x^2=2 & & \\ zx+y^2=2 & & \end{matrix}\right.$

 

Lấy phương trình (1) và (2) trừ nhau:

$x^{2}-z^{2}+yz-xy=0$

$\Rightarrow (x-z)(x+z)-y(x-z)=0$

$\Rightarrow (x-z)(x+z-y)=0$

TH1: x=z

Ghép phương trình (1) và (3)

$\left\{\begin{matrix} yz+z^{2}=2 & \\ z^{2}+y^{2}=2 & \end{matrix}\right.$

trừ theo vế ta có $y^{2}-yz=0$

$\Rightarrow y=0$ hay y=z

y=0 thì $z=\sqrt{2}$ hay $z=-\sqrt{2}$

y=z thì $y=z=1$ hay $y=z=-1$

TH2: y=x+z

Ghép (1) và (3):

$\left\{\begin{matrix} z^{2}+x(x+z)=2 & \\ (x+z)^{2}+zx=2 & \end{matrix}\right.$

$\Rightarrow \left\{\begin{matrix} z^{2}+xz+x^{2}=2 & \\ x^{2}+3xz+z^{2}=2 & \end{matrix}\right.$

$\Rightarrow$ xz=0

Đến đây giải khá đơn giản

 Từ 1 điểm A ở bên ngoài đường tròn tâm O kẻ 2 tiếp tuyến AB, AC với (O) ( B, C là tiếp điểm). Gọi E là điểm nằm trên cung nhỏ BC ( E khác A, B). Tiếp tuyến với (O) tại E cắt AB, AC theo thứ tự tại M, N. Gọi giao điểm của OM, ON với BC lần lượt là P, Q. C/m 3 đường thẳng OE, MQ và NP đồng quy?

Ta sẽ chứng minh OE, MQ, PN cùng là đường cao của tam giác MON

Ta có $\widehat{MON}=\widehat{MOE}+\widehat{EON}=\frac{1}{2}\widehat{BOE}+\frac{1}{2}\widehat{EOC}=\frac{1}{2}\widehat{BOC}=\widehat{BOA}=\widehat{ABC}$

Vậy tứ giác MBOQ nội tiếp

Mà góc MBO vuông

Suy ra góc MQO vuông

$\Rightarrow$ MQ vuông ON

chứng minh tương tự NP vuông MO

Vậy MQ, OE, NP là 3 đường cao của $\Delta MON$

$\Rightarrow$ MQ, PN, OE đồng quy

Tìm Max 

 

$A=(x+1) \sqrt{3-2x-x^2}$

$A=(x+1)\sqrt{4-(x+1)^{2}}$

$\Rightarrow A^{2}=t^{2}(4-t^{2})=4t^{2}-t^{4}=-t^{4}+4t^{2}-4+4=4-(t^{2}-2)^{2}\leq 4$

$\Rightarrow A\leq 2$

Giải hộ mình cái tiêu đề.

Đặt $t=\sqrt{1+3cosx}$

$\Rightarrow t^{2}=1+3cosx$

$\Rightarrow 2tdt=-3sinxdx$

$\Rightarrow sinxdx=-\frac{2}{3}tdt$

Vậy tích phân trở thành $t.-\frac{2}{3}tdt=-\frac{2t^{2}}{3}dt$

Đến đây đơn giản

$1$ $a,b,c,d>0$ $CMR$

$\frac{(a+b)(a+b+c)(a+b+c+d)^2}{abcd}\geq 64$

$2$ $a,b,c>0$ $abc=1$

$CMR: 1+\frac{1}{(a+b+c)}\geq \frac{4}{(ab+bc+ca)}$

1) Ta có $(a+b)(a+b+c)(a+b+c+d)^{2}\geq (a+b)(a+b+c)4(a+b+c)d\geq 4d(a+b)(a+b+c)^{2}\geq 4d(a+b)4(a+b)c\geq 16cd(a+b)^{2}\geq 64abcd$

Từ đây ta suy ra điều cần chứng minh

bài 1 tìm min P=$\frac{1}{1+xy}+\frac{1}{1+yz}+\frac{1}{1+zx}$

trong đó x,y,z là các số thực thỏa mãn $x^2+y^2+z^2\le 3$

$\sum \frac{1}{1+xy}\geq \frac{9}{\sum (1+xy)}\geq \frac{9}{3+xy+yz+xz}\geq \frac{9}{3+x^{2}+y^{2}+z^{2}}\geq \frac{3}{2}$

$2x^{2}+x+1=(2x+1)\sqrt{x^{2}+1}$

$\Rightarrow (2x^{2}+x+1)^{2}=(x^{2}+1)(2x+1)^{2}$

$\Rightarrow 4x^{4}+x^{2}+1+4x^{3}+4x^{2}+2x=4x^{4}+4x^{3}+x^{2}+4x^{2}+4x+1$

$\Rightarrow x=0$

Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Tia phân giác của phân giác của góc HAC cắt HC ở D. Gọi K là hình chiếu của D trên AC. Biết BC=25 cm, DK=6cm .Tính độ dài AB.

Do AD là tia phân giác của $\widehat{DAC}$ nên $\widehat{HAD}=\widehat{KAD}$ 

$\Rightarrow \Delta AHD=\Delta AKD$

$\Rightarrow HD=DK=6$

$\widehat{BDA}=\widehat{DAC}+\widehat{ACB}=\widehat{HAD}+\widehat{BAH}=\widehat{BAD}$

$\Rightarrow BA=BD$

Ta có $HD=BD-BH$

$\Rightarrow AB-BH=6$

Mà $AB^{2}=BH.BC=BH.25$

Từ 2 phương trình này giải tìm AB

Em nghĩ là nên có thêm phần lựa chọn có nhận tinh nhắn hay không?

vãi cả ý tưởng, cơ mà a cũng có tin nhắn của bạn ấy, Trước mắt nhắc nhở thôi :3. "Tinh nhắn" là sao :v

Cho 2 đường thẳng $a$ và $b$ song song với nhau và cố định. $O$ cố định thuộc miền mp giới hạn bởi 2 đường thẳng $a$ và $b$. $\widehat{xOy}=90^{\circ}$ quay quanh $O$ sao cho $Ox\cap a=\left \{ A \right \}$ và $Oy\cap b=\left \{ B \right \}$.

             a. Tìm vị trí $\widehat{xOy}$ sao cho +) $S_{AOB}$ đạt GTNN

                                                                         +) $\frac{1}{OA}+\frac{1}{OB}$ đạt GTLN

                                                                       +) $AB_{min}$

             b. Tổng quát bài toán khi $\widehat{xOy}=\alpha$ không đổi thì khi nào $S_{AOB}$ đạt GTNN

a) Kẻ đường thẳng vuông với 2 đường a,b và đi qua O, đường này cắt a,b lần lượt ở  N, M

$S_{AOB}=\frac{1}{2}OA.OB$

vậy ta mong muốn cho  OA.OB min

$\Delta AON\approx \Delta OBM\Rightarrow \frac{AN}{OB}=\frac{ON}{BM}$

$\Rightarrow AO=\frac{OB.ON}{BM}\Rightarrow AO.OB=OB^{2}.\frac{ON}{BM}=\frac{BM^{2}+OM^{2}}{BM}.ON=(BM+\frac{OM^{2}}{BM}).ON\geq 2OM.ON$

Dấu "=" xảy ra khi $BM=\frac{OM^{2}}{BM}\Rightarrow BM=OM$. Từ đây ta có cách dụng góc xOy nhé

1/ $ \sqrt{\frac{2}{x-4}} $ 

 

2/ $ \sqrt{\frac{-1}{x-5}} $

 

3/ $ \sqrt{\frac{2}{3x-4}} $

 

4/ $ \sqrt{\frac{-2}{-5x-4}} $

 

5/ $ \frac{2}{\sqrt{x}-3} $

 

6/ $ \frac{1}{\sqrt{x}-2} $

 

Giup mình với,cảm ơn các bạn nhiều.

1)$x-4>0\Rightarrow x> 4$

2) $x-5< 0\Rightarrow x< 5$

3) $3x-4> 0\Rightarrow x\frac{4}{3}$

4) $-5x-4<0\Rightarrow x>\frac{-4}{5}$

5) $\sqrt{x}-3> 0\Rightarrow \sqrt{x}> 3\Rightarrow x> 9$

6) $x>4$

Bài I

1) Phương trình trở thành $x-3\sqrt{x}+1-\sqrt{x-8}=0$

$\Rightarrow \frac{x^{2}-9x}{x+3\sqrt{x}}=\frac{x-9}{\sqrt{x-8}+1}$

$\Rightarrow x=9$ hay $\frac{x}{x+3\sqrt{x}}=\frac{1}{\sqrt{x-8}+1}$  (1)

xét (1) $\Rightarrow \frac{1}{1+\frac{3}{\sqrt{x}}}=\frac{1}{\sqrt{x-8}+1}$

Nếu $x> 9\Rightarrow \sqrt{x}> 3\Rightarrow \frac{3}{\sqrt{x}}< 1\Rightarrow 1+\frac{3}{\sqrt{x}}< 2\Rightarrow \frac{1}{1+\frac{3}{\sqrt{x}}}> \frac{1}{2}$

$\sqrt{x-8}+1\geq \sqrt{1}+1>2\Rightarrow \frac{1}{\sqrt{x-8}+1}< \frac{1}{2}$

$\Rightarrow VT>\frac{1}{2}> VP$ (vô lý)

nếu $x< 9$ lý luận tương tự ta thu được điều vô lý

Nếu x=9 thì thay vào thấy thoả

Vậy $x=9$ là nghiệm duy nhất

Tứ giác nội tiếp học sau cùng lớp 9 anh ạ

Thì chương trình lớp 8 đâu có đường tròn, đường tròn đi theo và gắn chặc với tứ giác nội tiếp, Tứ giác nội tiếp nằm ở lớp 9, mà đường tròn nằm ở lớp x ($6\leq x\leq 8$) thì hơi vô lý

4b) CH cắt (O) tại L.

Ta có $\widehat{BLH}=\widehat{BAC}$ (góc nội tiếp cùng chắn cung BC)

$\widehat{BAC}=\widehat{PHB}$ (đồng dạng)

$\Rightarrow \widehat{BLH}=\widehat{PHB}$

Vậy $\Delta LBH$ cân tại B

Ta có $\widehat{HLP}=\widehat{LHP}$ ( do $\Delta LBH$ cân tại B)

$\widehat{LHP}=\widehat{PEK}$ ( K là giao điểm của AB và EQ)

$\widehat{PEK}=\widehat{PQK}$

$\Rightarrow \widehat{HLP}= \widehat{PQK}$

Mà LH song song EQ nên LPQ thẳng hàng

$\Rightarrow \widehat{LHP}=\widehat{HLP}=\widehat{HLQ}=\widehat{CLQ}$

Chứng minh tương tự ta có $\Rightarrow \widehat{NHF}=\widehat{BGQ}$ (với G là giao của BH và (O))

$\Rightarrow \widehat{LHE}+\widehat{LHG}+\widehat{GHF}=\widehat{CLQ}+\widehat{PHN}+\widehat{BGQ}=\widehat{CAQ}+\widehat{PHN}+\widehat{BAQ}=180^{o}$

Nên E, H, F thẳng hàng

Bài 4: a) Ta có $\widehat{HPM}=\widehat{HBM}=\widehat{MAN}$

   $\widehat{HMP}=\widehat{HBP}=\widehat{HCN}=\widehat{HMN}$

Vậy $\Delta PMH\approx \Delta AMN$

$\Rightarrow \frac{MH}{MN}=\frac{MP}{MA}\Rightarrow MH.MA=MN.MP$

em chưa học đến góc và đường tròn anh ơi

Em chưa học đến góc và đường tròn, nhưng đề lại vẽ đường tròn tâm O. Vậy chưa học là thế nào?

Hệ: Phương trình 2 trở thành $x^{3}+2y^{3}=10(x-y)=2(x-y)(x^{2}+y^{2})$

$\Rightarrow x^{3}+2y^{3}=2(x^{3}+xy^{2}-yx^{2}-y^{3})$

$\Rightarrow x^{3}+2xy^{2}-2xy^{2}-4y^{3}=0$

$\Rightarrow x^{2}(x+2y)-2y^{2}(x+2y)=0$

$\Rightarrow (x+2y)(x^{2}-2y^{2})=0$

$\Rightarrow x=-2y$ hay $x=y\sqrt{2}$ hay $x=-y\sqrt{2}$

Với từng trường hợp, thay vào 1 trong 2 phương trình là ra

1,Cho tam giác $ABC$ vuông cân tại $A$.Vẽ $AH$ là đường cao của tam giác $ABC$.$D$ là điểm trên đoạn thẳng $HC$.Vẽ hình chữ nhật $AHDO$ .Vẽ đường tròn tâm $O$ bán kính $OD$ cắt tia đối $AB$ tại $E$,cắt $AC$ tại $F$

Chứng minh: $AE$=$AF$

(O) cắt AB tại M

Ta có $\frac{sin\widehat{AMO}}{AO}=\frac{sin\widehat{MAO}}{MO}\Rightarrow sin\widehat{AMO}=\frac{AO}{MO}.sin135$

$\frac{sin\widehat{AFO}}{AO}=\frac{sin\widehat{OAF}}{OF}= sin\widehat{AFO}=\frac{AO}{FO}sin45$

$\Rightarrow sin\widehat{AMO}=sin\widehat{AFO}$

Mà 2 góc AMO, AFO đều nhọn ( vì góc MAO, AOF tù)

$\Rightarrow \widehat{AMO}=\widehat{AFO}$

$\Rightarrow$ AOFM nội tiếp

$\Rightarrow \widehat{MOF}=90^{o}$

$\Rightarrow \widehat{MEF}=45^{o}$ ( góc nội tiếp bằng nữa góc ở tâm cùng chắn 1 cung)

$\Rightarrow \Delta AEF$ vuông cân tại A

$\Rightarrow AE=AF$

Cho đường tròn tâm tại gốc tọa độ 0 bán kính 4  điểm A (-7;0) đường tròn tâm (I) bất kì qua A cắt (0) tại 2 điểm B,C tiếp tuyến tại A của (I) cắt B,C tại M . Viết phương trình AM biết M có tung độ là -2

Câu "tiếp tuyến tại A của (I) cắt B,C tại M" là sao thế ạ

Riêng mình thì thấy nó khá bình thường, viết không cách ra không có gì không hợp lý