Ta có $a(1-ax)=4b-2ax (1)$
$\Leftrightarrow 2ax -a^{2}x=4b-a$
$\Leftrightarrow (2a-a^{2})x=4b-a$
$\Leftrightarrow a(2-a)x=4b-a$
* Với $2a-a^{2}\neq 0$ phương trình có nghiệm duy nhất $x=\frac{4b-a}{2a-a^{2}}$
*Với $a=0$ ta có $(1)\Leftrightarrow 0x=4b$
TH1: Với $b=0$ phương trình đúng với mọi $x$
TH2: Với $b\neq 0$ phương trình vô nghiệm
*Với $2-a=0\Leftrightarrow a=2$ ta có
$(1)\Leftrightarrow 0x=4b-2$
$\Leftrightarrow 0x=2(2b-1)$
TH1: Với $b=\frac{1}{2}$ phương trình đúng với mọi $x$
TH2: Với $b\neq \frac{1}{2}$ phương trình vô nghiệm

Kẻ đường kính $AOK$ và $AO'H$.Ta có cát tuyến chung $KBH$ cố định.

Gọi $N$ là trung điểm của $CD$. 

Đường trung trực của $CD$ đi qua $N$ và cắt $KH$ tại $I$.

Dễ thấy $I$ là trung điểm của $KH$ nên $I$ cố định.

Vậy $I$ là điểm cố định cần tìm.

 

Bài toán: Cho hai đườn tròn $(O)$ và $(O')$ giao nhau tại hai điểm $A$ và $B$. Qua $A$ kẻ cát tuyến $CAD$ cắt $(O)$ và $(O')$ theo thứ tự tại C và D. Chứng minh rằng: Đường trung trực đoạn CD luôn đi qua 1 điểm cố định  

 

Kẻ đường kính $AOK$ và $AO'H$.Ta có cát tuyến chung $KBH$ cố định.

Gọi $N$ là trung điểm của $CD$. 

Đường trung trực của $CD$ đi qua $N$ và cắt $KH$ tại $I$.

Dễ thấy $I$ là trung điểm của $KH$ nên $I$ cố định.

Vậy $I$ là điểm cố định cần tìm.

 

Làm 1 bài tặng 10 likes         

 

1. Cho tam giác ABC, I là tâm nội tam giác, điểm P nằm trong tam giác / (góc)PBA+PCA=PCB+PBC. CMR: $AP \geqslant AI$

Giả sử $AB\leq AC$

Ta có 

$\widehat{PBA}+\widehat{PCA}=(180^{\circ}-\widehat{PAB}-\widehat{APB})+(180^{\circ}-\widehat{PAC}-\widehat{APC})=(360^{\circ}-\widehat{APB}-\widehat{APC})-\widehat{BAC}=\widehat{BPC}-\widehat{BAC}$

Mà $\widehat{PBA}+\widehat{PCA}=\widehat{PCB}+\widehat{PBC}$

$\Rightarrow \widehat{BPC}-\widehat{BAC}=\widehat{PBC}+\widehat{PCB}$

$\Rightarrow \widehat{BPC}-\widehat{BAC}=180^{\circ}-\widehat{BPC}$

$\Rightarrow \widehat{BPC}=90^{\circ}+\frac{\widehat{BAC}}{2}$

Vẽ đường tròn ngoại tiếp $\Delta BIC$ cắt $AC$ tại $N$

Dễ thấy $P$ thuộc cung nhỏ $BN$ ( do $P$ nằm trong tam giác)

Gọi $M$ là giao điểm của $AI$ và $BN$.

Ta chứng minh được $\Delta ABN$ cân $\Rightarrow$ $AI$ vuông góc với $BN$ 

Lấy điểm $P'$ bất kì thuộc cung nhỏ $BN$

Gọi $K$ là chân đường vuông góc kẻ từ $P'$ xuống $BN$

Đặt $a$ là khoảng cách từ $P'$ đến $BN$.

Ta có $AI=AM-IM\leq AK-a\leq AP'$

Từ đó ta suy ra điều cần chứng minh

p/s: Bạn tự vẽ hình nha

Bài 1:(2 điểm)

a) Giải phương trình :                           $\sqrt{x+1}=x-2$

b)Tìm chiều dài của một hình chữ nhật có chu vi là $a$(mét),diện tích là $a$(mét vuông) và đường chéo là $3\sqrt{5}$(mét)

 

Bài 2:(2 điểm)

Cho phương trình $(\sqrt{x}-1)(x^2-5x+m-1)=0$ (1)

a)Giải phương trình (1) khi $m=-1$

b)Tìm m để phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt $x_{1},x_{2},x_{3}$ thỏa

            $x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{1}^2+x_{2}^2+x_{3}^2+x_{1}.x_{2}+x_{2}.x_{3}+x_{3}.x_{1}=31$

Bài 3:(2 điểm)

a)Với $0< b< a$,hãy rút gọn biểu thức :

$P=(\frac{1}{\sqrt{1+a}-\sqrt{a-b}}+\frac{\sqrt{a+2+b}-\sqrt{a-b}}{b+1}-\frac{1}{\sqrt{1+a}+\sqrt{a-b}}):(1+\sqrt{\frac{a+2+b}{a-b}})$

b)Giải hệ phương trình   $\left\{\begin{matrix} (x-y)^2=\frac{1}{x}-\frac{1}{y}\\x-y=xy-2 \end{matrix}\right.$

Bài 4:(1 điểm)

Có hai vòi nước A,B cùng cung cấp cho một hồ cạn nước và vòi C(đặt sát đáy hồ)lấy nước từ hồ cung cấp cho hệ thống tưới cây.Đúng 6 giờ,hai vòi A và B được mở;đến 7 giờ vòi C được mở;đến 9 giờ thì đóng vòi B và vòi C;đến 10 giờ 45 phút thì hồ đầy nước.Người ta thấy rằng nếu đóng vòi B ngay từ đầu thì phải dùng đến đúng 13 giờ hồ mới đầy.Biết lưu lượng vòi B là trung bình cộng của lưu lượng A và vòi C,hỏi một mình vòi C tháo cạn hồ nước đầy trong bao lâu?

Bài 5:(3 điểm)

Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đường kính AC(AC=2a) sao cho tam giác ABC đều.Gọi M,N lần lượt là trung điểm của AB và AD

a)Tính BC và CN theo a

b)Gọi H là trực tâm tam giác CMN,MH cắt CN tại E,MN cắt AC tại K.Chứng minh năm điểm B,M,K,E,C cùng thuộc một đường tròn(T)

Đường tròn (T) cắt BD tại $F(F\neq B)$,tính DF theo a

c)KF cắt ME tại I.Chứng minh KM tiếp xúc vời đường tròn ngoại tiếp tam giác MIF.Tính góc IND

1. Giả sử $p_{1},p_{2},...,p_{n}$ là các số nguyên tố khác nhau.Hỏi có bao nhiêu ước số của số $q=p_{1}^{k_{1}}.p_{2}^{k_{2}}....p_{n}^{k_{n}}$

2.Có bao nhiêu số khác nhau (không được bắt đầu bằng 0), nhỏ hơn $2.10^{8}$, chia hết cho 3, có thể viết bởi các chữ số 0,1,2.

Cho các số thực $a,b,c$ thỏa $a+b+c=0$. Chứng minh $a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2}+6abc \geq -3$

Đường tròn đường kính AB có M thuộc đường tròn. Tiếp tuyến của (O) ở A và M cắt nhau ở C. Đường tròn (I) đi qua M tiếp xúc AC ở C. CD là đường kình của (I). DH vuông góc với BC (H thuộc BC). DH cắt AB ở K. CO cắt (I) ở N

a, O, M, D thẳng hàng

b, tam giác COD cân

c, Tứ giác NHOK nội tiếp

d, $\Delta DHN\sim \Delta COB$

e, $\Delta NHO\sim \Delta DHC$

f, K là trung điểm OA

a) $CM$ vuông góc với $MD$, $CM$ vuông góc với $MO$ nên $O,M,D$ thẳng hàng.

b) Dễ thấy $CD//AB \Rightarrow \angle DCO=\angle COA=\angle DOC \Rightarrow \Delta COD$ cân tại $D$

c) Ta có tứ giác $CDHN$ nội tiếp nên $\angle HNO=\angle CDH=\angle HKO\Rightarrow KNHO$ là tứ giác nội tiếp

d) $\angle HND=\angle HCN=\angle CBO, \angle NDH=\angle OCB$

$\Rightarrow \Delta DHN\sim \Delta COB (g-g)\Rightarrow \frac{HN}{HD}=\frac{OB}{OC}$ (1)

e) Dễ dàng cm được $\Delta AOC \sim \Delta NCD \Rightarrow \frac{OA}{OC}=\frac{CN}{CD}$ (2)

Từ (1) và (2) ta có $\frac{HN}{HD}=\frac{ON}{CD}(OA=OB, CN=ON)$

Do đó $\Delta NHO \sim \Delta DHC (cgc)$

f) Ta có $\angle NHO =\angle DHC=90^{\circ},\angle NKO +\angle NHO =180^{\circ}\Rightarrow \angle NKO=90^{\circ}$

Xét $\Delta AOC , NK//AC,NO=CN\Rightarrow KA=KO\Rightarrow đpcm$

p/s: bạn tự vẽ hình nhé

$\frac{x^{2}-13x+22}{2x+(x-5)\sqrt{x-2}-4}:\sqrt{x-2}=\frac{1}{2}$ (1)

ĐK: $x> 2$

$(1)\Leftrightarrow \frac{\sqrt{x-2}(x-11)}{2x+(x-5)\sqrt{x-2}-4}=\frac{1}{2}$

$\Leftrightarrow \frac{\sqrt{x-2}(x-11)}{2(\sqrt{x-2})^{2}+(x-5)\sqrt{x-2}}=\frac{1}{2}$

$\Leftrightarrow \frac{x-11}{2\sqrt{x-2}+x-5}=\frac{1}{2}$

$\Leftrightarrow x-17=2\sqrt{x-2}$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x\geq 17\\ (x-17)^{2}=4(x-2) \end{matrix}\right.$

$\Leftrightarrow x=27$

giải phương trình

$(x+1)\sqrt{x-3}+\sqrt[3]{x+4}-3x+5=0 (1) $

ĐK: $x\geq 3$

Ta có

$(1)\Leftrightarrow (\sqrt[3]{x+4}-2)+(\sqrt{x-3}-1)+(x\sqrt{x-3}-(3x-8))=0$

$\Leftrightarrow \frac{x-4}{(\sqrt[3]{x+4})^{2}+2\sqrt[3]{x+4}+4}+\frac{x-4}{\sqrt{x-3}+1}+\frac{(x-4)^{3}}{x\sqrt{x-3}+(3x-8)}=0$

Từ đây dễ dàng suy ra $x=4$ là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho

Tìm (x;y) với y lớn nhất thỏa mãn phương trình $x^{2}+y^{2}+6x-3y-2xy+7=0$. Tính x-y

Ta viết lại phương trình theo ẩn x, tham số y

$x^{2}+2x(3-y)+y^{2}-3y+7=0$

Phương trình đã cho có nghiệm$\Leftrightarrow \Delta '=(3-y)^{2}-(y^{2}-3y+7)=-3y+2 \geq 0$

$\Leftrightarrow y\leq \frac{2}{3}$

Dấu "=" xảy ra $\Leftrightarrow x= y-3 =\frac{2}{3}-3=-\frac{7}{3}$

$\Rightarrow (x;y)=(-\frac{7}{3};\frac{2}{3})$

Từ đó tính được $x-y =-3$

Co 3 trường mỗi trường có n hs. Mỗi hs có n+1 bạn quen ở 2 trường khác. CM có thể chon ra ở mỗi trường 1 hs để 3 hs đó đôi một quen nhau

Gọi ba trường đó lần lượt là $P,Q,R$. Giả sử $A$ là một học sinh của trường $P$.

Theo gt, $A$ sẽ quen ít nhất $n+1$ bạn ở hai trường còn lại là $Q,R$.

Khi đó số người không quen $A$ ở 2 trường $Q,R$ nhiều nhất sẽ là $2n-(n+1)=n-1$ hs

Xét hs $A$ ở trường $P$ và $n+1$ học sinh quen $A$ ở 2 trường $Q,R$ , tức là có $n+2$ học sinh

Gọi $B$ là một trong số đó và $B$ khác $A$.Giả sử $B$ là hs ở trường $Q$.

Khi đó số học sinh không quen $B$ nhiều nhất là $n-1$

$\Rightarrow$ số học sinh quen nhau còn lại ít nhất sẽ là $(n+2)-(n-1)=3$ học sinh

Nghĩa là ngoài $A,B$ thì còn ít nhất 1 hs, giả sử $C$. Dễ thấy rằng $C$ phải là học sinh ở trường $R$ Khi đó ta có $A,B,C$ ở ba trường và đôi một quen nhau

Giải dùm mình câu c với?

Cho tam giác ABC đều, nội tiếp đường tròn tâm O, bán kính R. Điểm D nằm trên cung BC, AD cắt BC tại M

a) Cm: DB+DC=AD

b) Cm: AD.AM không đổi

a) Gọi $K$ là một điểm thuộc $AD$ sao cho $KD=BD$

Dễ thấy $\Delta BDK$ đều và chứng minh được $\Delta AKB = \Delta CDB \Rightarrow AK=CD$

Khi đó $AD=AK+KD=BD+DC$ (đpcm)

b) Ta đặt $AB=AC=BC=a$

Có $AD.AM =(DB+CD).AM = DB.AM+CD.AM= MC.AB+BM.AC= (MB+MC)a=a^{2}$ không đổi (đpcm)

P/s: Bạn tự vẽ hình nha

Cho tứ giác ABCD nội tiếp trong một đường tròn; AC cắt BD tại E. Nếu $\widehat{BAD}=75^{\circ};\widehat{ABC}=85^{\circ};\widehat{AEB}=100^{\circ}$. Tính $\widehat{CAD}$

Do tứ giác $ABCD$ nội tiếp nên ta có $\angle CAD = \angle CBD$ (1)

Xét $\Delta AEB$ ta tính được $\angle EAB +\angle ABE = 80^{\circ}$

$\Rightarrow \angle CAD +\angle CBD = 80^{\circ}$ (2)

Từ (1) và (2) dễ dàng suy ra $\angle CAD =40^{\circ}$

Cho $\Delta ABC$. Đường tròn (O) cắt cạnh $BC$ tại $X,Y$; cắt cạnh $AC$ tại $Z,T$; cắt cạnh $AB$ tại $U,V$ sao cho $X,Y,Z,T,U,V$ là các đỉnh của một lục giác lồi, $XT\cap YU=A',ZV\cap TX=B',UY\cap VZ=C'$. Chứng minh $AA',BB',CC'$ đồng quy tại một điểm.

Bài 2:
Cộng ba đẳng thức đã cho ta có:
$x+y+z=by+cz+ax+cz+ax+by=2(ax+by+cz)$ (1)
Mà $x=by+cz$ nên từ (1) ta có
$x+y+z=2(ax+x)=2x(1+a)\Rightarrow \frac{1}{1+a}=\frac{2x}{x+y+z}$
Tương tự:$\frac{1}{1+b}=\frac{2y}{x+y+z}$;$\frac{1}{1+c}=\frac{2z}{x+y+z}$
Vậy: $\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}+\frac{1}{1+c}=\frac{2x+2y+2z}{x+y+z}=2$

$\Delta ABC$ nhọn nội tiếp (O), AB<AC, đường cao AK, các tiếp tuyến tại B và C cắt tiếp tuyến tại A tại E và F. CMR AK là phân giác $\widehat{EKF}$

Ta chứng minh được $\Delta OAE\sim \Delta CKA\Rightarrow EA.KC=OA.KA$

$\Delta OAF\sim \Delta BKA\Rightarrow AF.BK=OA.KA$

Cminh được $\angle EBK =\angle FCK$

$\Rightarrow \Delta EBK\sim \Delta FCK(c-g-c)\Rightarrow \angle EKB=\angle FKC\Rightarrow đpcm$

gọi $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta ABC$

Ta dễ dàng chứng minh được $AE=DC (=MD)$

$OA=OC$

$\angle EAO =\angle OCD$

$\Rightarrow \Delta EAO=\Delta DCO$ (c.g.c)

$\Rightarrow OE=OD$

$\Rightarrow$ $O$ thuộc đường trung trực của $DE$

mà $O$ cố đinh.

nên ta có $O$ là điểm cố định mà trung trực DE đi qua khi M di động 

p/s : k biết đúng k nữa 

DE đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC thì phải 

Cho a, b, c là các số nguyên dương. So sánh:

$\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}$ và 1

ta có a,b,c >0 nên

$\frac{a}{a+b}>\frac{a}{a+b+c}$

$\frac{b}{b+c}>\frac{b}{a+b+c}$

$\frac{c}{a+c}>\frac{a}{a+b+c}$

$\Rightarrow \frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}> \frac{a+b+c}{a+b+c}=1$

Làm sao ra được như vậy

Đề thực ra thế này:
 

 

(D;E;F thuộc AB;BC;CA);BF cắt đường tròn tại I; DI cắt BC tại M.

1. Cm: $DEF$ có 3 góc nhọn

2. Cm: $DF//BC$
3. Cm: $BDFC$ nội tiếp

4. Cm: $BD.CF=BM.BC$

 

c) Dễ thấy $\angle ADF =\angle ABC =\angle BCA$ ( do $\Delta ABC$ cân tại $A$)

nên tứ giác $BDFC$ nội tiếp

d) Ta có $\angle BDM =\angle DFI =\angle FBC$  và $\angle BDM =\angle FCB$ 

Nên $\Delta DBM \sim \Delta BCF$ (g-g)

$\Rightarrow \frac{BD}{BC}= \frac{BM}{CF}\Rightarrow BD.CF=BC.BM$ (ĐPCM)

p/s: mình không kịp vẽ hình nha

Cho 3 số $a, b, c$ thỏa mãn: $\left\{\begin{matrix} a^{2}+b^{2}+c^{2}=1 & \\ a^{3}+b^{3}+c^{3}=1 & \end{matrix}\right.$

Tính tổng $M=a+b^{2}+c^{3}$

Trừ từng vế hai phương trình ta được 

$a^{2}(1-a)+b^{2}(1-b)+c^{2}(1-c)=0$ (1)

Ta chứng minh 1-a, 1-b , 1-c đều không âm.

Giả sử 1-a <0 thì a>1 $\Rightarrow a^{2}>1 \Rightarrow a^{2}+b^{2}+c^{2}>1$ (trái với gt)

Do đó 1-a,1-b,1-c không âm nên từ (1) dễ dàng suy ra một trong ba số có 2 số bằng 0 và một số bằng 1

từ đó tính được giá trị biểu thức

Cho $\bigtriangleup ABC$ , đường cao AH chia cạnh BC thành 2 đoạn : Biết BH=1, CH=4. Tính các cạnh và các góc của $\bigtriangleup ABC$

Cho $x,y,z >0$. Chứng minh rằng :

$\sqrt{x^{2}+xy+y^{2}}+\sqrt{y^{2}+yz+z^{2}}+\sqrt{z^{2}+zx+x^{2}}\geq \sqrt{3}(x+y+z)$

Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $abc=1$. Chứng minh 

$\frac{a}{(a+1)(b+1)}+\frac{b}{(b+1)(c+1)}+\frac{c}{(c+1)(a+1)}\geq\frac{3}{4}$

Bài này có thể giải đơn giản hơn bằng pp biến đổi tương đương

$\frac{a}{(a+1)(b+1)}+\frac{b}{(c+1)(b+1)}+\frac{c}{(a+1)(c+1)}\geq \frac{3}{4}$

$\Leftrightarrow 4a(c+1)+4b(a+1)+4c(b+1)\geq 3(a+1)(b+1)(c+1)\Leftrightarrow ab+bc+ca+a+b+c\geq 6$  (2)

(2) luôn đúng  vì $ab+bc+ca \geq 3\sqrt[3]{ab.bc.ca}=3$ và $a+b+c \geq 3\sqrt[3]{abc}=3$ (do $abc=1$)

Dấu "=" xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c=1$