a/Gọi E và F lần lượt là các trung điểm của hai đường chéo BD và AC, trọng tâm A' của $\Delta ABC$ là điểm nằm trên trung tuyến CE và $\frac{EA'}{AC}=\frac{1}{2}$

Gọi I là trung điểm của A'C thì FI là đường trung bình của $\Delta AA'C$ do đó

FI//AA' và FI=$\frac{1}{2}$AA'

Gọi K là giao điểm của AA' với EF

Xét $\Delta EFI$: EA'=A'I;A'K//FI

=>KE=KF và A'K=$\frac{1}{2}$IF=$\frac{1}{4}$AA'

=>$\frac{A'K}{A'A}=\frac{1}{4}$

Cũng chứng minh tương tự ta được BB',CC',DD' cũng đi qua K và:

$\frac{B'K}{B'B}= \frac{C'K}{C'C}=\frac{D'K}{D'D}=\frac{A'K}{A'A}=\frac{1}{4}$

E và F là hai điểm cố định nên đoạn thẳng EF cố định. Vậy bốn đường thẳng AA',BB',CC',DD' cùng đi qua điểm cố định K.

Theo chứng minh trên:

$\frac{A'K}{A'A}= \frac{B'K}{B'B}\Rightarrow \frac{A'K}{A'A-A'K}= \frac{B'K}{B'B-B'K}$

$\frac{A'K}{KA}= \frac{B'K}{KB}\Rightarrow A'B'//AB$ (theo định lí Thales đảo)

Cũng chứng minh tương tự ta sẽ được B'C'//BC;C'D'//CD;D'A'//DA;các cạnh của tứ giác A'B'C'D' tương ứng song song với các cạnh của tứ giác ABCD,do đó các góc của tứ giác A'B'C'D' tương ứng bằng các góc của tứ giác ABCD,mà ABCD là tứ giác nội tiếp,cho nên tứ giác A'B'C'D' nội tiếp được trong một đường tròn.

b/Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD. Tứ giác MNPQ là hình bình hành vì có hai cạnh đối song song và bằng nhau (MN là đường trung bình của $\Delta ABC$ nên MN//AC;MN=$\frac{1}{2}$AC; PQ là đường trung bình của $\Delta ADC$ nên PQ//AC;PQ=$\frac{1}{2}$AC,suy ra PQ//MN và PQ=MN)

Ta có $OM\bot AB$ (đường kính đi qua trung điểm của một dây), $PP'\bot AB$, do đó OM//PP'

Tương tự OP//MM'.Gọi T là giao điểm của MM'  và PP' thì tứ giác OMTP là hình bình hành vì có các cạnh đối song song từng đôi một. Gọi S là tâm của hình bình hành MNPQ, vì S là trung điểm của MP nên S cũng là tâm của hình bình hành OMTP,do đó O và T đối xứng với nhau qua S. Như vậy đường thẳng PP' là ảnh của đường thẳng OM trong phép đối xứng qua tâm S;đường thẳng MM' là ảnh của đường thẳng OP trong phép đối xứng qua tâm S. Cũng chứng minh tương tự sẽ được: NN' là ảnh của đường thẳng OQ và QQ' là ảnh của đường thẳng ON trong phép đối xứng trên

Các đường thẳng OM,ON,OP,OG đồng quy tại O, suy ra các ảnh của nó là các đường thẳng PP,QQ',MM',NN' cũng đồng quy tại điểm T là ảnh của O trong phép đối xứng qua tâm S.

P/s: câu a hình 1,câu b hình 2

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

Vì $\left ( x-y \right )^{2}\geq 0$ nên $\left ( x+y \right )^{2}\geq 4xy$ tức là $A^{2}\geq 4B$

Từ giả thuyết $\Rightarrow A^{3}+A^{2}\geq A^{3}+4B\geq 2$

Do đó $A^{3}+A^{2}-2\geq 0\Leftrightarrow \left ( A-1 \right )\left ( A^{2}+2A+2 \right ) \geq 0$

$\Leftrightarrow A=1$ vì $A^{2}+2A+2=\left ( A+1 \right )^{2}+1> 0$

Do đó $t=x^{2}+y^{2}= \frac{1}{2}\left [ \left ( x+y \right )^{2}+\left ( x-y \right )^{2} \right ] \geq \frac{1}{2}\left ( x+y \right )^{2}= \frac{1}{2}A^{2}\geq \frac{1}{2}$

$P=\frac{3}{4}\left [ 3\left ( x^{2}+y^{2} \right )^{2}+\left ( x^{2}-y^{2} \right )^{2} \right ]-2\left ( x^{2}+y^{2} \right )+1$

$P\geq \frac{9}{4}\left ( x^{2}+y^{2} \right )^{2}-2\left ( x^{2}+y^{2}\right ) + 1=\frac{9}{4}t^{2}-2t+1=\left ( \frac{3}{2}t-\frac{2}{3} \right )^{2}+\frac{5}{9}$

Vì $t\geq \frac{1}{2}$ nên $\frac{3}{2}t-\frac{2}{3}\geq \frac{3}{2}\cdot \frac{1}{2}-\frac{2}{3}= \frac{1}{12}$

$\Rightarrow P\geq \left ( \frac{1}{12} \right )^{2}+\frac{5}{9}=\frac{9}{16}$

Dấu "=" xảy ra khi $x= y$ và $x+y=1\Leftrightarrow x=y=\frac{1}{2}$

Vậy GTNN của $P$ là $\frac{9}{16}$ đạt tại $x=y=\frac{1}{2}$

Nếu anh ghi $(-\frac{3}{2}t+\frac{2}{3})^2$ thì nó sẽ ra $(-\frac{3}{2}t+\frac{2}{3})^2\leq \frac{1}{12}$. Em cần lập luận theo cách khác, như các bạn 10 điểm ở trên cũng được.

Điểm 8.

Ta có:

$\frac{S_{AME}}{S_{AMF}}= \frac{ME}{MF}$ (do $Sin \widehat{AMF}=Sin \widehat{AME}$)

$\frac{S_{AME}}{S_{AMF}}= \frac{AM\cdot AE\cdot Sin \widehat{MAE}}{AF\cdot AM\cdot Sin \widehat{MAF}}= \frac{ME}{MF}$

$\Rightarrow \frac{Sin \widehat{MAE}}{Sin \widehat{MAF}}= \frac{ME}{MF}\cdot \frac{AF}{AE} \left ( 1 \right )$

Tương tự:

$\frac{Sin \widehat{FBN}}{Sin \widehat{DBN}}= \frac{FN}{DN}\cdot \frac{BD}{BF}\left ( 2 \right )$

$\frac{Sin \widehat{PCD}}{Sin \widehat{PCE}}= \frac{PD}{PE}\cdot \frac{CD}{CE} \left ( 3 \right )$

Nhân cả hai vế của (1), (2), (3) với nhau, ta được:

$\frac{Sin \widehat{MAE}}{Sin \widehat{MAF}}\cdot \frac{Sin \widehat{FBN}}{Sin \widehat{DBN}}\cdot \frac{Sin \widehat{PCD}}{Sin \widehat{PCE}}= \frac{ME\cdot AF\cdot FN\cdot BD\cdot PD\cdot CD}{MF\cdot AE\cdot DN\cdot BF\cdot PE\cdot CE}$

hay $\frac{Sin \widehat{MAE}}{Sin \widehat{MAF}}\cdot \frac{Sin \widehat{FBN}}{Sin \widehat{DBN}}\cdot \frac{Sin \widehat{PCD}}{Sin \widehat{PCE}}= \left ( \frac{AF}{BF}\cdot \frac{BD}{CD}\cdot \frac{CE}{AE} \right )\cdot \left ( \frac{EM}{MF}\cdot \frac{FN}{ND}\cdot \frac{DP}{PE} \right )$

Vì AD, BE, CF đồng quy, DM, EN, FP đồng quy, theo định lí Ceva ta có:

$\frac{AF}{BF}\cdot \frac{BD}{CD}\cdot \frac{CE}{AE}= 1$

$\frac{EM}{MF}\cdot \frac{FN}{ND}\cdot \frac{DP}{PE}= 1$

$\Rightarrow \frac{Sin \widehat{MAE}}{Sin \widehat{MAF}}\cdot \frac{Sin \widehat{FBN}}{Sin \widehat{DBN}}\cdot \frac{Sin \widehat{PCD}}{Sin \widehat{PCE}}= 1$

Do $ \frac{Sin \widehat{MAE}}{Sin \widehat{MAF}}\cdot \frac{Sin \widehat{FBN}}{Sin \widehat{DBN}}\cdot \frac{Sin \widehat{PCD}}{Sin \widehat{PCE}}= 1$, theo Ceva-sin ta có AM, BN, CP đồng quy (đpcm)

$d=8$

$S = 35$

Ta có:

Xét hai trường hợp:

-Trường hợp 1: n=0 và k=0

$\left ( 1 \right )\Leftrightarrow 2= N^{m}$ 

$\Rightarrow$ m=1

-Trường hợp 2: $n> 0$; k$k\geq 0$

Đa thức $44n^{3}+11n^{2}+10n+2$ có bậc 3, $n^{2}+1$ có bậc 2 nên $n^{2}+1\neq 44n^{3}+11n^{2}+10n+2$

Vì $44n^{3}+11n^{2}+10n+2$ có bậc 3 nên có thể phân tích về dạng $\left ( a\times n+b \right )^{3}$ với $a> 0;b\geqslant 0$, mà k là số nguyên không âm nên $2^{k}\neq 3$

Do $n^{2}+1$ và $44n^{3}+11n^{2}+10n+2$ khác nhau về cơ số và số mũ$\Rightarrow$ tích hai số này là một số có số mũ bằng 1, tức m=1

Vậy nếu tồn tại các số nguyên không âm m,n,N,k thỏa mãn $\left ( n^{2}+1 \right )^{2^{^{k}}}\times (44n^{3}+11n^{2}+10n+2)= N^{m}$ thì m=1

Lập luận mơ hồ, thiếu nhiều trường hợp

Điểm bài 5

S = 9+ 5*3 =24

$1)$ Sửa lại đề : $M$ là điểm di động ... (ko phải trung điểm di động)

$MABC$ là hình bình hành ---> $\overrightarrow{MC}=\overrightarrow{AB}$ (không đổi)

---> quỹ tích điểm $C$ chính là quỹ tích điểm $M$ tịnh tiến theo vector $\overrightarrow{AB}$

---> quỹ tích đó là đường tròn $(O{}';R)$ (trong đó $O{}'$ là điểm sao cho $O{}'OAB$ là hình bình hành)

 

$2)$ Sửa lại đề : $B$ là điểm di động ... (ko phải $R$) ; chứng minh $OA-R\leqslant AB\leqslant OA+R$

+ $IM$ là đường trung bình của $\Delta AOB$ ---> $IM=\frac{OB}{2}=\frac{R}{2}$ ---> $M$ thuộc đường tròn tâm $I$ (trung điểm $OA$, và là điểm cố định), bán kính bằng $\frac{R}{2}$.Đó là 1 đường tròn cố định.

+ Xét $\Delta AOB$, ta có : $OA-OB\leqslant AB\leqslant OA+OB$ hay $OA-R\leqslant AB\leqslant OA+R$

Thế còn phần đảo tính sao bác?

Họ và tên: Nguyễn Phước Hoàng Văn

Lớp: 9/5

Trường: THCS Lê Quý Đôn

Huyện: Cẩm Mỹ

Tỉnh: Đồng Nai

Đề: Chứng minh rằng A= $5^{n+2}+ 26 \times 5^{n} + 8 ^{2n+1}\vdots 59$ 

Bài giải

A= $25 \times 5 ^ {n} + 26 \times 5 ^ {n} + 8 \times 8^{2n}$

  = $51 \times 5^{n}+ 8 \times 64^{n}$

  = $\left ( 59 - 8 \right )\times 5 ^ {n} + 8 \times 64 ^{n}$

  = $59 \times 5 ^ {n} - 8 \times 5^{n}+ 8\times 64 ^ {n}$

  = $59 \times 5 ^{n} + 8 \times \left ( 64 ^{n}- 5^{n} \right )$

Do $64^ {n}- 5^{n}\vdots 64 -5 \left$ (công thức khai triển)

  $\Rightarrow 64^{n}-5^{n}\vdots 59$

  $\Rightarrow 64^{n}-5^n=59K \left (K \in \mathbb{N}\right )$

  $\Rightarrow A= 59 \times 5^{n}+8\times 59K$

                         = $59\times \left ( 5^{n}+8K \right )\vdots 59$ (đpcm)

Vậy A$\vdots 59$

có ai giúp em k đây, chu-mi-nga

các bác sao không ai giúp em hết vậy

1/vẽ đồ thị của hàm số

$y=\left | \left | x \right |-2 \right |$

2/ cho hàm số : $y= \left | 2x-3 \right |+\left | 2x+1 \right |$

+vẽ đồ thị hàm số trên

+tìm gtnn của y bằng đồ thị

3/$y=f(x)=2-\sqrt{x^{2}-2x+1}$

+ vẽ đồ thị hàm số trên

+tìm tất cả các giá trị của x để $f(x)\leqslant 1$

cho a là góc nhọn: chứng minh rằng

$\sin ^{2014}a +\cos ^{2014}a< 1$

$\sin ^{2014}a +\cos ^{2}a< \frac{5}{4}$

ai giúp em chứng minh với nào

$3(\sin ^4a+\cos ^4a)-2(\sin ^6a+\cos ^6a)$

bài 2: cho a là góc nhọn $\cos a =\frac{1}{3}$

tính: P= $3\tan a-2\cot a+5\sin a$

all people are stupid

$a^{3}+b^{3}+c^{3}-3abc \geq a(b-c)^2+b(c-a)^2+c(a-b)^2$

 

 

 

$a(b-c)^2+b(c-a)^2+c(a+b)^2> a^{3}+b^3+c^3$

không ai trong diễn đàn chứng minh được à???

$a^{3}+b^{3}+c^{3}-3abc \geq a(b-c)^2+b(c-a)^2+c(a-b)^2$

$a(b-c)^2+b(c-a)^2+c(a+b)^2> a^{3}+b^3+c^3$

mình giải bài 2 nhá: 

bình phương 2 vế ta có:   $\sqrt{x-1}=x-2 => x-1 = x^2-4a+4$

$x^2-2x\frac{5}{2}+(\frac{5}{2})^2=-5+\frac{5^2}{2^2}$

===> $x=\frac{5+\sqrt{5}}{2}$

1) $a(b-c)^2+b(c-a)^2+c(a+b)^2\geq a^3+b^3+c^3$

2) $a^3+b^3+c^4-3abc \geq a(b-c)^2+b(c-a)^2+c(a-b)^2$

ra 2 nghiệm á nha, 1 loại

theo bất đẳng thức cauchy

$\frac{\left ( a+b \right )^{2}}{2}+\frac{a+b}{4}\geq 2ab+\frac{a}{4}+\frac{b}{4}\geq a\sqrt{b}+b\sqrt{a}$

cho em hỏi tại sao lại như vậy ạ??????cái vế thứ 2 sao lại lớn hơn thứ 3???

Thế này nhé 

Giả thiết cho $x^{2}+\frac{1}{x^{2}}=a(a> 0)$

Ta có

$x^{2}+\frac{1}{x^{2}}=a$

$\Leftrightarrow (x+\frac{1}{x})^{2}-2=a$

$\Leftrightarrow x+\frac{1}{x}=\sqrt{a+2}(do x> 0)$

Suy ra $x^{3}+\frac{1}{x^{3}}=(x+\frac{1}{x})(x^{2}-1+\frac{1}{x^{2}})=\sqrt{a+2}(a-1)$

Ta có  $x^{5}+\frac{1}{x^{5}}=(x^{2}+\frac{1}{x^{2}})(x^{3}+\frac{1}{x^{3}})-(x+\frac{1}{x})$$x^{5}+\frac{1}{x^{5}}=(x^{2}+\frac{1}{x^{2}})(x^{3}+\frac{1}{x^{3}})-(x+\frac{1}{x})$...

em thì hk pít ạ, bác giáo nhà em send bài đó lúc chiều đó ạ để mai pác ấy có sửa thì em post lại cho pác

Thiếu điều kiện rồi bạn ạ

đề ghi thế đấy bác ạ xem kĩ lại giúp em phát

do $a+b+c=0$

$\left ( a+b+c \right )^{2}= 0$

$\Rightarrow a^{2}+b^{2}+c^{2}+2\left ( ab+bc+ca \right )=0$

$\Rightarrow ab+bc+ca=-7$

$\Rightarrow a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2}+2abc\left ( a+b+c \right )=49$

$\Rightarrow a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2}=49$

ta có $a^{2}+b^{2}+c^{2}=14$

$\Rightarrow a^{4}+b^{4}+c^{4}+2\left ( a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+ c^{2}a^{2}\right )=196$

$\Rightarrow a^{4}+b^{4}+c^{4}=196-2.49=98$

Còn bài  2 bác ạ giúp em với

Câu 1: cho a + b + c = 0

và $a^2 + b^2 + c^2 = 14$

Tính A= $a^4 + b^4 + c^4$

Câu 2: cho x>0 thỏa mãn $x^2 + \frac{1}{x^2}$

tính giá trị biểu thức: B = $x^5 + \frac{1}{x^5}$