Ai cho mình xin tài liệu về một số bổ để quen thuộc của hình học phẳng

Tứ giác ABCD nội tiếp (O), AC cắt BD tại P, (ABP) cắt (CDP) tại điểm thứ 2 là Q, chứng minh OQ vuông QP. Xin cảm ơn

đặt 4 căn thức lần lượt ( trái->phải) là a,b,c,d

ta có a+b=c+d (1)

dễ thấy $a^{2}+d^{2}=c^{2}+b^{2}$$\Leftrightarrow a^{2}-b^{2}=c^{2}-d^{2}\Leftrightarrow (a-b)(a+b)=(c-d)(c+d)$ (2)

từ (1)(2) suy ra a-b=c-d (3) 

cộng vế với vế của (1) (3) ta được 2a=2c nên a=c

từ đây bạn có thể giải được rồi

bài này không khó, mình có lời khuyên khi nhìn thấy các căn thức kha khá giống nhau nên nghĩ đến việc đặt ẩn phụ 

đặt $\sqrt[4]{x+2}$=a

$\sqrt[4]{x-2}$=b

PT đã cho trở thành $a^{2}+(m+1)b^{2}=ab$

$\Leftrightarrow a^{2}+mb^{2}+b^{2}-ab=0$$\Leftrightarrow a^{2}-ba+mb^{2}+b^{2}$=0

coi pt trên là pt ẩn a, tham số b,m

$\Delta =...=b^{2}(-4m-3)$

để pt trên có nghiệm thì $\Delta \geqslant 0$

mà $b^{2}\geq 0$

nên $-4m-1\geq 0\Leftrightarrow m\leq -\frac{3}{4}$

Cho $\Delta ABC$. Đường tròn tâm I nội tiếp $\Delta ABC$ tiếp xúc với BC tại D. T đối xứng với D qua I. AT cắt BC tại D.

Chứng minh rằng BD=CP.

sao lại có 2 điểm D? sai đề hay sao hả b

chẳng phải đây là 1 dạng của bđt cauchy 3 số sao ??

 

$P\geq \frac{(a+b+c)^{2}}{ab+bc+ca}+4\sqrt{2}\sqrt{\frac{ab+bc+ca}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}}=2+\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{ab+bc+ca}+4\sqrt{2}\sqrt{\frac{ab+bc+ca}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}}$

Áp dụng AM-GM:$\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{ab+bc+ca}+2\sqrt{2}\sqrt{\frac{ab+bc+ca}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}}+2\sqrt{2}\sqrt{\frac{ab+bc+ca}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}}\geq 6$

Vậy $P\geq 6+2=8$

 

sai rui 

 

 

Với $x^2-45x-9y=0$ bạn làm TT...

con lai ca 1 van de 

N nguyên dương

Dựa vào LTE ta chỉ cần chứng minh nếu $x^k+y^k \vdots p$ thì $x+y \vdots p$

Thật vậy, do $(k,p-1)=1$ nên là $k$ lẻ và tồn tại $u,v$ ko âm sao cho $uk-v(p-1)=1$

Ta có : $x^{k}\equiv -y^k\equiv (-y)^{k}(modp)\Rightarrow x^{uk} \equiv(-y)^{uk}(modp)$

và do $(x,p)=(y,p)=1$ : $x^{p-1}\equiv 1\equiv (-y)^{p-1}(modp)\Rightarrow x^{v(p-1)} \equiv(-y)^{v(p-1)}(modp)$

suy ra $x \equiv -y(modp)$ $\Rightarrow x+y \vdots p$ $đpcm$

đoạn đó bạn hạ bậc kiểu gì vậy 

 

p/s: câu 3 cứ \pi thôi, nó ra chứ $\pi$ đẹp đẽ kiêu sa, cứ làm cái dấu $\Pi$ làm cái gì vậy, xấu bm ra

đọc quả này mà đéo nhịn nổi cười, tìm mãi mới thấy 1 bựa nhân

nhân 11 vào phương trình đầu, sau đó trừ 2 phương trình cho nhau triệt tiêu 11, sau đó đưa về phương trình đẳng cấp và giải bt

 

c)$\frac{x-49}{50}+\frac{x-50}{49}=\frac{50}{49-x}+\frac{49}{50-x}$

điều kiện x$\neq$49,50

phương trình (1) $\Leftrightarrow \frac{x-49}{50}+\frac{50}{x-49}=\frac{50-x}{49}+\frac{49}{50-x}\Leftrightarrow \frac{x-49}{50}+1+\frac{50}{x-49}-1=\frac{50-x}{49}+1+\frac{49}{50-x}-1\Leftrightarrow \frac{x-1}{50}+\frac{99-x}{x-49}=\frac{99-x}{49}+\frac{x-1}{50-x}$

tương tự có: A+1+B+1= C+1+D+1 <=> $\frac{x-1}{50}+\frac{x-1}{x-49}=\frac{99-x}{49}+\frac{99-x}{50-x}$

trừ 2 vế của 2 pt vừa tạo thành được

$\frac{100-2x}{x-49}=\frac{2x-100}{50-x}$ xong chưa

đề nhầm chứ hả bạn số dương thì thiếu gì

cách hiểu của bạn không sai nhưng cũng không hẳn là đúng, chúng ta sử dụng tiếp tuyến trong hình học phẳng rất ít khi sd trong hình học không gian

Đặt $\sqrt{x+1}=a$ và $\sqrt{1-x}=b$ thì : $(a-b)(2a-b)+(a+b)=0$

 

Do $a>b>0 $ nên $VT >0$ .

 

$\Rightarrow$ Vô nghiệm

tại sao a>b  với điều kiện xác định là $-1\leq x\leq 1$ thì với $-1\leq x< 0$ là a>b đó 

PT vô nghiệm

a^2+b^2-2

$a^{2}+b^{2}-2\geqslant 0$ chưa bạn 

câu 1: đặt căn thức đầu là: a

đặt $\frac{2}{x}=b$ $\Rightarrow x=\frac{2}{b} (điều kiện b\neq 0)$

đặt căn thức thứ 2 là : c nên pt đã cho trở thành: $a+b=c+\frac{2}{b}$$\Rightarrow a-c=\frac{2}{b}-b$ (1)

dễ thấy $a^{2}-b=c^{2}-\frac{2}{b}$

$\Leftrightarrow a^{2}-c^{2}=b-\frac{2}{b}$ (2)

cộng 2 vế của pt (1) (2) ta được : $a^{2}-c^{2} +a-c =0\Leftrightarrow (a-c)(a-c+1)=0$

đến đây dễ rồi 

 

 Ta biến đổi hệ phương trình thành:

  $\left\{\begin{matrix}

(x+y-1)^{2}+2(y-2)^{2}=9 &  & \\ 

 (x+y-1)^{2}+(x+1)^{2}=2&  & 

\end{matrix}\right.$

Đặt a=y-2,b=x+1.Khi ấy ta được:

$\left\{\begin{matrix}

(a+b)^{2}+2a^{2}=9 &  & \\ 

 (a+b)^{2}+b^{2}=2&  & 

\end{matrix}\right.$

Suy ra:$\left\{\begin{matrix}

3a^{2}+2ab+b^{2}=9 &  & \\ 

 a^{2}+2ab+2b^{2}=2&  & 

\end{matrix}\right.$

Suy ra:(3a+8a)(a+2b)=0

thế a,b bởi các biến đã đặt bởi a,b.Khi ấy ta thiết lập được quan hệ x,y thành 2 trường hợp.Thế từng trường hợp một vào một trong hai ptrinh ta thu được nghiệm

 

gõ latex đi

dùng AM-GM thôi

nói rõ được không b

thường được sử dụng các bài biến đổi tương đương, dồn biến,... thôi 

BÀI 9

Mình góp ý tưởng thôi nhé.

ở pt 1. đặt căn thứ nhất là a, căn 2: b, căn 3: c, và cuối cùng đặt $3\sqrt{y}$ là d suy ra a-c=d-b (1)

có $a^{2}-c^{2}=d^{2}-b^{2}=2(x-y)\Leftrightarrow (a-c)(a+c)=(d-b)(d+b)$ (2)

xét TH1: a khác c ( hay b khác d ) hay x khác y

từ (1)(2) suy ra a+c=b+d (3)

từ (1)(3) giải hệ suy ra x=y=0 thay vào pt thứ 2 của đề. vô lý => loại

xét TH2: a=c <=> x=y 

thay vào phương trình 2 của đề sau đó... bởi 1 cách của ai đó mà mình chưa ra, ta sẽ ra được nghiệm 

Bài 10. 

 

Đặt 

$$ P = x^3+y^3+z^3 + 3 \left( x^2+y^3+z^4 -x^3 - y^4 - z^5 \right)  $$

Ta thấy

$$ x^3+y^3+z^3 \le  P = 3 - \left( x-1 \right)^2 \left( 2x+1 \right) - \left( y-1 \right)^2 \left( 3y^2+2y+1 \right) - \left( z-1 \right)^2 \left( 3z^3+3z^2+2z+1 \right) \le 3   $$

Đó là điều cần chứng minh.

sao nghĩ ra hay vậy

chắc đề nhầm rồi