$Cho (a,b,c) \epsilon \left [ 0;1 \right ]CMR: a^{2}+b^{2}+c^{2}\leq 1+a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a$

$tan^2x+cot^2x=2sin^5\left (x+\frac{\pi}{4} \right )$

Đk:$sin2x\neq 0$
Theo cosi ta có:$tg^{2}x+cot^{2}x\geqslant 2$
Lại có:$2sin^{5}(x+\frac{\pi }{4})\leq 2$
Suy ra đẳng thức xảy ra khi:
$\left\{\begin{matrix} tgx=cotx\\ sin(x+\frac{\pi }{4})=1 \end{matrix}\right.$
Suy ra:$x=\frac{\pi }{4}+2k\pi (k\in Z)$

giải phương trình:
$sin(3x-\frac{3\pi }{10})=3sin(x-\frac{\pi }{10})$

Đặt $\alpha =x-\frac{\pi }{10}$
Ta có: $sin3\alpha =3sin\alpha$
$<=>3sin\alpha -4sin^{3}\alpha =3sin\alpha$
$<=>sin\alpha = 0$
Suy ra: $x=\frac{\pi }{10}+k\pi$

đặt $cosx=a$,$ sinx=b$ $(a^{2}+b^{2}=1)$pt trở thành hệ
$\left\{\begin{matrix} a+b=\frac{b}{a}(1) & & \\ a^{2}+b^{2}=1(2) & & \end{matrix}\right.$
*$a=1$ $\Rightarrow x=k2\pi$
*$a\neq 1$ rút $b$ từ pt $(1)$ ta được $b=\frac{a^{2}}{1-a}$thay vào $(2)$ ta được
$2a^{4}-2a^{3}+2a-1=0$ pt này có $2$ nghiệm $a_{1}=-0,9$,$a_{2}=0,58$
$\Rightarrow x_{1}=arccos(-0,9)+k2\pi$,$x_{2}=arccos0,58+k2\pi$

$a=1$ đâu phải là nghiệm đâu bạn

Giải phương trình: $cosx+sinx=tgx$
Và sau đây là tuyển tập 20 phương trình lượng giác khó trong đề thi thử đại học 2012 mong các bạn cùng giải và thảo luận.

1. \[8{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}} = \frac{{\sqrt 3 }}{{\cos x}} + \frac{1}{{{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}}}}\]
2. \[2\sin x + \cot {\rm{x}} = 2\sin 2x + 1\]
3. \[{\sin ^3}x + {\cos ^3}x = 2 - {\sin ^4}x\]
4. \[{x^3} + \sqrt {{{(1 - {x^2})}^3}} = x\sqrt {2(1 - {x^2})} \]

ADMIN:
- BQT tha thiết kêu gọi các mem đặt tiêu đề đúng quy định, hãy gõ Latex lên tiêu đề
- Đề nghị các ĐHV THPT nhắc nhở kịp thời

Cho điểm \[M(1; - \frac{1}{2})\] và (E): \[\frac{{{x^2}}}{8} + \frac{{{y^2}}}{2} = 1\]
Lập phương trình (d) qua M và 2 điểm A, B thuộc (E) sao cho \[AB = \sqrt {20} \]

Cho hai đường thẳng cắt nhau nhưng không vuông góc với nhau:
\[{a_1}x + {b_1}y + {c_1} = 0,{a_2}x + {b_2}y + {c_2} = 0\] và điểm \[M({x_0};{y_0})\]
Tìm điều kiện để M nằm trong góc nhọn tạo thành bởi hai đường thẳng đó? Chứng minh?

___
MOD: Chú ý hơn cách đặt tiêu đề.

1) Cho tam giác ABC, đường tròn (I) nội tiếp tam giác tiếp xúc với BC, CA, AB theo thứ tự ở D,E,F. Gọi A', B', C' là chân các phân giác trong của các góc A, B, C theo thứ tự.
CMR: nếu một trong 2 đẳng thức sau xảy ra thì tam giác ABC đều:
$\overrightarrow{AA'}+\overrightarrow{BB'}+\overrightarrow{CC'}=\overrightarrow{0}; \overrightarrow{AD}+\overrightarrow{BE}+\overrightarrow{CF}=\overrightarrow{0}$

1) Cho ABCD ngoại tiếp (O), M,N,P,Q lần lượt là tiếp điểm của AB,BC,CD,DA với (O). CMR: MP,NQ,AC,BD đồng quy.

2) Cho (O) lấy A ngoài (O), từ A kẻ 2 tiếp tuyến AK ,AN và cát tuyến ACD với (O), 2 tiếp tuyến tại C và D cắt nhau ở M. CMR: K,M,N thẳng hàng.

3) Cho ABCD ngoại tiếp (O), M,N,P,Q lần lượt là tiếp điểm của AB,BC,CD,DA với (O). CMR: MQ, NQ, DB đồng quy.

4) Cho ABCD ngoại tiếp (O), M,N,P,Q lần lượt là tiếp điểm của AB,BC,CD,DA với (O).Gọi K là giao điểm của MQ và NP; E,F là 2 tiếp điểm của tiếp tuyến vẽ từ K đến (O). CMR:
a) A,E,F,C thẳng hàng.
b) OK vuông góc AC

5) Cho ABCD ngoại tiếp (O), M,N,P,Q lần lượt là tiếp điểm của AB,BC,CD,DA với (O).K là giao điểm của MQ và NP, I là giao điểm của NQ và MP. CMR: (DBIK )= -1.

2.CMR: không thể biểu diển bất kì số nguyên tố nào thành tổng bình phương của 2 số số tự nhiên theo các cách khác nhau

Giả sử có thể biểu diễn mọi số nguyên tố thành tổng bình phương của 2 số tự nhiên
Ta cm mệnh đề phản chứng sai: $p=a^2+b^2$
Với $a,b$ cùng chẵn hoặc cùng lẻ thì ta có $ p vdots 2$ ( trái với gt)

Hình như bạn đã hiểu sai yêu cầu của bài toán. Bài toán yêu cầu không thể biểu diển bất kì số nguyên tố nào thành tổng bình phương của 2 số số tự nhiên theo các cách khác nhau.
Tức là phải giả sử p= a² + b² = c² + d² ( a khác c;d và b khác c;d)

1.Cho n là số tự nhiên khác 0 và d là ước nguyên dương của $2n^2 $.CMR $n^2 + d$ không là số chính phương.
2. Cho dãy số 13, 25, 43,... có số hạng tổng quát là $a_n = 3(n^2 + n) + 7,\forall n \in N^* $. CMR: trong dãy số đã cho không có số hạng nào là lập phương của một số tự nhiên.
3. CMR: $\forall n \in Z^ +$ ta có:
a. $n^n \ge (n + 1)^{n - 1} $
b. $(n!)^2 \ge n^n $

1. CM: không có $n \in N:n^2 + 3n +5 \vdots 121$
2.CMR: không thể biểu diển bất kì số nguyên tố nào thành tổng bình phương của 2 số số tự nhiên theo các cách khác nhau
3. CMR: không thể biểu diễn số $2^n ,n \in N^*$ thành tổng của 2 hay nhiều số nguyên dương liên tiếp

CMR: Có vô số số nguyên tố $p = 4k + 3$

CM: $''\forall x,y \in N,n \ge 12:n = 4x + 5y''$

Bài tập 20 ( Đề thi chọn HSG Hungary, 1915 )
Chứng minh rằng nếu a, b là những số dương thì phương trình :

$ \dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{x - a} + \dfrac{1}{x + b} = 0$

có hai nghiệm $ x_1, x_2 ( x_1 > x_2 )$ sao cho : $ \dfrac{a}{3} < x_1 < \dfrac{2a}{3}$ và $ \dfrac{-2b}{3} < x_2 < \dfrac{- b}{3}$.

Ta có:$\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{{x - a}} + \dfrac{1}{{x + b}} = 0$
$ \Leftrightarrow 3x^2 - 2x(a - b) - ab = 0$
$\Delta ' = (a - b)^2 - 3( - ab) = (a + \dfrac{b}{2})^2 + \dfrac{{3b^2 }}{4} > 0$ (vì $b>0$)
Phương trình có 2 ngiệm phân biệt, theo Vi-ét ta có:
$\left\{ \begin{array}{l} x_1 + x_2 = \dfrac{{2(a - b)}}{3} \\ x_1 x_2 = \dfrac{{ - ab}}{3} < 0 \\ \end{array} \right.$
Suy ra:$x_1 > 0 > x_2 $
Ta có: $\dfrac{1}{{a - x_1 }} = \dfrac{1}{{x_1 }} + \dfrac{1}{{x_1 + b}} > 0$

Lại có: $\dfrac{1}{{x_1 }} + \dfrac{1}{{x_1 + b}} > \dfrac{1}{{2x_1 }}$
$ \Leftrightarrow \dfrac{1}{{a - x_1 }} > \dfrac{1}{{2x_1 }}$
$ \Leftrightarrow a - x_1 < 2x_1 $
$ \Leftrightarrow a < 3x_1 $
$ \Leftrightarrow \dfrac{a}{3} < x_1 $
Cm tương tự ta được $x_1 < \dfrac{{2a}}{3}$


Đặt: $ - x_2 = c > 0$ Ta có:
$\dfrac{1}{{b - c}} = \dfrac{1}{{a + c}} + \dfrac{1}{c} > 0$
Cần Cm $\dfrac{{2b}}{3} > c > \dfrac{b}{3}$
Ta có: $a + c > c$
$ \Leftrightarrow \dfrac{1}{{a + c}} < \dfrac{1}{c}$
$ \Leftrightarrow \dfrac{1}{{a + c}} + \dfrac{1}{c} < \dfrac{2}{c}$
$ \Leftrightarrow \dfrac{1}{{b - c}} < \dfrac{2}{c}$
$ \Leftrightarrow b - c > \dfrac{c}{2}$
$ \Leftrightarrow b > \dfrac{{3c}}{2}$
$ \Leftrightarrow \dfrac{{2b}}{3} > c$
Tiếp tục Cm tương tự ta có;$c > \dfrac{b}{3}$

Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB=2R,I là trung điểm AO,KI vuông góc với AB.Gọi M là điểm di động trên IK,AM cắt (O) tại C, BC cắt IK tại D, tiếp tuyến tại C của (O) cắt IK tại E, Đường tròn tâm Q ngoại tiếp tam giác AMD
CMR: QE = R

Tính các góc của tam giác ABC biết các đường cao AH, trung tuyến AI, phân giác AD chia góc BAC thành 4 góc bằng nhau.

Đặt: $x = \dfrac{1}{2}\widehat{BAC}$

Ta có:$\left. \begin{array}{l} \dfrac{{AC}}{{AD}} = \dfrac{{MC}}{{MD}}\\ \dfrac{{AC}}{{AB}} = \dfrac{{DC}}{{DB}} \\ AD = AB \\ \end{array} \right\} \Rightarrow \dfrac{{MB}}{{MD}} = \dfrac{{DC}}{{DB}}$
${\rm{Suy ra: }}\dfrac{{MB}}{{MD}} = \dfrac{{MD + MC}}{{MB - MD}}$

${\rm{ }} \Rightarrow \dfrac{{MC}}{{MD}} = \dfrac{{MD + MC}}{{MC - MD}}$
$ \Rightarrow {\rm{ }}MC^2 - 2.MC.MD - MD^2 = 0$
${\rm{Suy ra:}}\left\{ \begin{array}{l} MC_1 = MD + MD\sqrt 2 > MD(True) \\ MC_2 = MD - MD\sqrt 2 < MD(False) \\ \end{array} \right.$
$\begin{array}{l} \Rightarrow MC = MD + MD\sqrt 2 \\ \Rightarrow MD + BD = MD + MD\sqrt 2 \\ \Rightarrow BD = MD\sqrt 2 \\ \end{array}$
$ \Rightarrow \dfrac{{BD}}{{MD}} = \sqrt 2 $
$ \Rightarrow \dfrac{{HD}}{{MD}} = \dfrac{{\sqrt 2 }}{2}$
$ \Rightarrow \cos x = \dfrac{{\sqrt 2 }}{2}$
$\begin{array}{l} \Rightarrow x = 45^ \circ \\ \Rightarrow \widehat{BAC} = 90^ \circ \\ \end{array}$
Từ đó ta dễ dàng suy ra:
$\left\{ \begin{array}{l} \widehat{BAC} = 90^ \circ \\ \widehat{ABC} = 67.5^ \circ \\ \widehat{ACB} = 22.5^ \circ \\ \end{array} \right.$

Gọi K là giao điểm của AB và OP; L là giao điểm của A'B' và PO'.
$\vartriangle OPA \sim \vartriangle POA'$ và AK, A'L là các đường cao tương ứng nên
$\dfrac{OK}{OP}=\dfrac{PL}{PO'}$
Lại có:$PL=KB_1$ (do $PLB_1K$ là hình chữ nhật)
nên $\dfrac{OK}{OP}=\dfrac{KB_1}{PO'}$
$\Rightarrow \vartriangle OKB_1 \sim \vartriangle OPO'(c.g.c) \Rightarrow \angle KOB_1=\angle POO' \Rightarrow Q.E.D$

Bạn perfectstrong gõ nhầm cặp tam giác đồng dạng thứ nhất phải là $\vartriangle OPA \sim \vartriangle PO'A'$

Trên màn hình có 3 loại ô màu : 2010 ô đỏ, 2011 ô xanh, 2012 ô nâu. Cứ hai ô cùng màu gặp nhau thì giữ nguyên màu, hai ô khác màu gặp nhau thì cùng chuyển sang màu thứ ba. Hỏi có thể đến một lúc nào đó tất cả ô màu có cùng một màu hay không? Vì sao?

Bài 1:




Bài 2:

Cho $A = x^2 + y^2 + 2xy + x + y + 1$
CMR: $A > 0$ ${\rm{ }}\forall {\rm{ }}x,y{\rm{ }}$

Giải phương trình: $\sqrt {x^2 - \dfrac{1}{4} + \sqrt {x^2 + x + \dfrac{1}{4}} } = \dfrac{1}{2}(2x^3 + x^2 + 2x + 1)$

9)chứng minh bất đẳng thức:$ \dfrac{2009}{ \sqrt{2010} }+ \dfrac{2010}{ \sqrt{2009} }> \sqrt{2009} + \sqrt{2010} $

Mình giải bài này đã

Ta có:$\dfrac{{2009}}{{\sqrt {2010} }} + \dfrac{{2010}}{{\sqrt {2009} }} > \sqrt {2009} + \sqrt {2010}$

$ \Leftrightarrow \dfrac{{2009}}{{\sqrt {2010} }} + \dfrac{{2010}}{{\sqrt {2009} }} > \dfrac{{2009}}{{\sqrt {2009} }} + \dfrac{{2010}}{{\sqrt {2010} }}$

$ \Leftrightarrow \dfrac{{2010}}{{\sqrt {2009} }} - \dfrac{{2009}}{{\sqrt {2009} }} > \dfrac{{2010}}{{\sqrt {2010} }} - \dfrac{{2009}}{{\sqrt {2010} }}$

$ \Leftrightarrow \dfrac{1}{{\sqrt {2009} }} > \dfrac{1}{{\sqrt {2010} }}$

$ \Leftrightarrow \sqrt {2009} < \sqrt {2010}$ (luôn đúng)
Suy ra ĐPCM