Cho tứ giác $ABCD$ , $AB$ $\cap CD={P}$ . $AD \cap  BC ={Q}$ , $AC \cap BD={O}$ từ $O$ hạ vuông góc xuống $PQ$ tại $R$  , từ $R$ hạ vuồng góc xuống $AB,BC,CD.DA$ tại $X.Y.Z.T$ , Chứng minh : $X,Y,Z,T$ đồng viên

Mình vẽ hình chả thấy đồng viên ,chỉ thấy thẳng hàng : 

Từ $O$ hạ đường vuông góc đến $PQ$ nghĩa là đường kẻ từ $O$ đến vuông với $PQ$ đi qua tâm $(ABCD)$ ,hay $R$ là điểm Miquel của tứ giác $ABCD.PQ$ từ đó có $(ABQR),(ADPR)$ là các tứ giác nội tiếp nên theo Simson thì các điểm $Z,Y,X,T$ thẳng hàng

Câu hình còn có thể chứng minh như thế này :

Gọi tiếp tuyến kẻ từ $A$ cắt $BC$ tại $T$ ; tâm ngoại tiếp $(BAC),(ADE)$ lần lượt là $H,G$ dễ thấy $A,G,H$ thẳng hàng do đó $TA$ là tiếp tuyến chung của $(ABC),(ADE)$. Nên $T$ nằm trên trục đẳng phương của $(AED),(BCD),(BCE)$ hay $DP,QE,BC$ đồng qui tại $T$ .Ta có : 

  $\widehat{ACB}=\widehat{TQB}=\widehat{TAB}$ suy ra tứ giác $AQBT$ nội tiếp 

Mặt khác:
 $\widehat{AQP}=\widehat{ADP}=\widehat{ATD}+\widehat{TAD}$

Và $\widehat{APQ}=\widehat{AEQ}=\widehat{TAB}+\widehat{BAQ}$

Kết hợp với tia $TD$ và tia $TQ$ đẳng giác trong $\widehat{ATB}$ nên $\widehat{ATD}=\widehat{BAQ}$

2 cái này là sao hả bạn

đạo hàm hàm ngược của hàm số lượng giác khó gặp , nhưng vẫn có cách tính , bạn tham khảo trên Wikipedia chỗ các công thức tính đạo hàm ấy

Cho tứ giác ABCD. Gọi M,N lần lượt là trung điểm của AC và BD. Chứng minh rằng:

$ AB^{2}+BC^{2}+CD^{2}+DA^{2}=AC^{2}+BD^{2}+4MN^{2} $

$AB^2+BC^2+CD^2+DA^2=AC^2+BD^2+(\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{CB})^2$

$\Leftrightarrow AB^2+CD^2=AC^2+BD^2+2\overrightarrow{AD}.\overrightarrow{CB}$

$ \Leftrightarrow (\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC})(\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AC})+(\overrightarrow{DC}-\overrightarrow{DB})(\overrightarrow{DC}+\overrightarrow{DB})=2\overrightarrow{AD}.\overrightarrow{CB}$ Tới đây dễ rồi ..

Cho hàm số $f\left ( x \right )=\frac{x}{1+x^{2}}$. Hãy xác định các hàm số $f\left ( f\left ( x \right ) \right )$ và $f\left ( f\left ( f\left ( x \right ) \right ) \right )$.

$f(f(x))=\frac{\frac{x}{1+x^2}}{1+(\frac{x}{1+x^2})^2}=\frac{x(x^2+1)}{x^4+3x^2+1}$

$f(f(f(x)))=\frac{\frac{x(x^2+1)}{x^4+3x^2+1}}{1+(\frac{x(x^2+1)}{x^4+3x^2+1})^2}=\frac{x^7+4x^5+4x^3+x}{x^8+7x^6+13x^4+7x^2+1}$

 Bần cùng sinh đạo tặc :v

Tìm đạo hàm của các hàm số sau:

a) $e^{\left ( x^{2} \right )}$

b) $sin \left ( \frac{4x+2}{6x^{2}+1} \right )$

c) $tan^{2}\left ( x \right )$

d) $arcsinx$

e) $arctanx$

Mình mới học đạo hàm mà thầy cho bài khó quá, mình không hiểu, mọi người giúp mình nhé

1) $(e^{(x^2)})'=2x.e^{(x^2)}$

2) $(sin(\frac{4x+2}{6x^2+1}))' $

      $=\frac{4(6x^2+1)-(4x+2)12x}{(6x^2+1)^2}.sin(\frac{4x+2}{6x^2+1})=\frac{-24x^2-48x+4}{(6x^2+1)^2}.sin(\frac{4x+2}{6x^2+1})$

3) $(tan^2(x))'=2tanx.(tanx)'=2tanx.\frac{1}{cos^2x}=\frac{2sinx}{cos^3x}$

4) $(arcsin(x))'=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$

5)$(arctan(x))'=\frac{1}{x^2+1}$

Tìm đa thức bậc bé nhất có hệ số nguyên nhận $1-\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{4}$ làm nghiệm.

Ta làm như sau

Ta có : 
$x=1-\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{4}$

$\Leftrightarrow x(1+\sqrt[3]{2})=1+(\sqrt[3]{2})^3=3$

$\Leftrightarrow 2x^3=(3-x)^3$

Biến đổi chút nữa ta có $x=1-\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{4}$ là nghiệm của đa thức bậc ba hệ số nguyên 

$f(x)=x^3-3x^2+9x+9$

Ta chứng minh $f(x)$ là đa thức có bậc nhỏ nhất thoã mãn đề
1) Nếu $f(x)$ có nghiệm hữu tỉ thì $f(x)$ có nghiệm nguyên là ước của 9 ,dễ thấy không có ước của 9 là nghiệm $f(x)$

Mà $x=1-\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{4}$ là số vô tỉ nên dẫn tới $Deg(f)$ khác 1

2) Giả sử $x=1-\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{4}$ là nghiệm của đa thức bậc 2 với hệ số nguyên . Chia $f(x)$ cho $g(x)$

 $\Rightarrow f(x)=g(x).q(x)+r(x)$ với $Deg(r)<2$

Vì $f(1-\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{4} )=0$ nên $r(1-\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{4})=0$ do đó $r(x)=0$ .Do đó thì $f(x)=g(x).q(x)$ với $q(x)$ là đa thức bậc 1 với hệ số hữu tỉ.Suy ra $f(x)$ có nghiệm hữu tỉ .Vô Lí !!! 

Bài 1: Cho dãy số $a_{n}$ xác định bởi $a_{0}=1$ và $a_{n+1}=\frac{7a_{n}+\sqrt{45a_{n}^{2}-36}}{2}$ với $\forall n\in \mathbb{N}$.

a/ Chứng minh $a_{n+1}=7a_{n}-a_{n-1}$, từ đó suy ra $a_{n}$ nguyên dương với $\forall n\in \mathbb{N}$.

b/Chứng minh  $a_{n}.a_{n+1}-1$ là số chính phương.

Bài 2: Cho dãy số $u_{n}$ thỏa mãn $u_{n+2}=au_{n+1}+bu_{n}, n\in \mathbb{N}$. Chứng minh rằng 

$u_{n+2}.u_{n}-u_{n+1}^{2}=\left ( -b \right )^{n}\left ( u_{2}u_{0}-u_{1}^{2} \right ), \forall n\geq 1$

Bài 2 :
Xét phương trình đặc trưng: 

$x^2-ax-b=0$ có 2 nghiệm phân biệt ( $a^2+4b>0$) $x_{1};x_{2}$

Ta có : $U_{n}=\alpha .x_{1}^{n}+\beta x_{2}^{n}$

$U_{n+2}.U_{n}-U_{n+1}^2=(-b)^2.(U_{2}U_{0}-U_{_{1}})$

$\Leftrightarrow (\alpha .x_{1}^{n+2}+\beta x_{2}^{n+2})(\alpha .x_{1}^{n}+\beta x_{2}^{n})-(\alpha .x_{1}^{n+1}+\beta x_{2}^{n+1})^2$

     $=\alpha \beta (x_{1}x_{2})^n.(x_{1}^2+x_{2}^2-2x_{1}x_{2})$

     $=\alpha \beta (-b)^n(x_{2}-x_{1})^2$

     $=\alpha \beta (-b)^n.(a^2+b)$

     $=(-b)^n.(U_{2}U_{0}-U_{1}^2)$ 

 Đpcm

Bài 1: Cho dãy số $a_{n}$ xác định bởi $a_{0}=1$ và $a_{n+1}=\frac{7a_{n}+\sqrt{45a_{n}^{2}-36}}{2}$ với $\forall n\in \mathbb{N}$.

a/ Chứng minh $a_{n+1}=7a_{n}-a_{n-1}$, từ đó suy ra $a_{n}$ nguyên dương với $\forall n\in \mathbb{N}$.

b/Chứng minh  $a_{n}.a_{n+1}-1$ là số chính phương.

Bài 2: Cho dãy số $u_{n}$ thỏa mãn $u_{n+2}=au_{n+1}+bu_{n}, n\in \mathbb{N}$. Chứng minh rằng 

$u_{n+2}.u_{n}-u_{n+1}^{2}=\left ( -b \right )^{n}\left ( u_{2}u_{0}-u_{1}^{2} \right ), \forall n\geq 1$

Bài 1 :

Từ công thức đã cho suy ra:
 $(2a_{n+1}-7a_{n})^2=45a^{2}_{n}-36$

$\Rightarrow 4a^{2}_{n+1}-28a_{n+1}a_{n}+4a^{2}_{n}+36=0$

Thay $n=n+1$

 Ta được : $\Rightarrow 4a^{2}_{n+2}-28a_{n+2}a_{n+1}+4a^{2}_{n+1}+36=0$

Trừ vế với vế :

$\Rightarrow (a_{n+2}-a_{n})(28a_{n+1}-4(a_{n+2}+a_{n}))=0$

Vậy công thức truy hồi chỉ có 
$a_{n+2}=7a_{n+1}-a_{n}$

b) Còn suy nghĩ   
 

Đặt $f(x)=\sqrt{x^2+1}-x.ln(x+\sqrt{x^2+1})$

$\Rightarrow f'(x)=\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}-2x-ln(x+\sqrt{x^2+1})$

Do $f'(x)$ có nghiệm là 0 nên lập bảng biến thiên thấy $Maxf(x)=1$ nên có đpcm

Sử dụng công thức tính diện tích tam giác ta có: 
$S_{AIK}=\frac{1}{2}.sinA.AI.AK $ và $S_{ABC}=\frac{1}{2}.sinA.AC.AB $

 Chia lại thì : $\frac{S_{AIK}}{S_{ABC}}=\frac{AI.AK}{AC.BA}=cos^{2}A$ .Tương tự và được đpcm
 

Gọi $A'$ là trung điểm $BC$ 
Và $M,N,P$ là các tiếp điểm của đường tròn nội tiếp với các cạnh $BC,AB,AC$ 
Do $p-b=BM$ và $p-a=AN$ nên từ tam giác vuông $IMA'$ ta có $MA'=\frac{b-c}{2}$ và $IA'=\frac{1}{2}\sqrt{4r^2+(b-c)^2}$

 Từ tam giác vuông $INA$ có : $IA=\sqrt{r^2+(p-a)^2}$
Theo định lý Stewart cho tam giác $IAA'$ được: 

  $IA^2.GA'+IA'^2.AG-IG^2.AA'=AG.GA'.AA'$ .Chú ý  $AG=\frac{2}{3}AA' ; GA'=\frac{1}{3}AA' ; AA'=\frac{1}{2}\sqrt{2(b^2+c^2)-a^2}$
Từ đó biến đổi để suy ra $IG=\frac{1}{3}\sqrt{9r^2-3p^2+2(a^2+b^2+c^2)}$ 

Áp dụng hệ thức lượng quen thuộc $2(a^2+b^2+c^2)=4(p^2-r^2-4Rr)$ .Từ đó suy ra công thức cần cm
 

Bài 4
Giả sử $QM\cap DB=W\Rightarrow \frac{MA}{MB}.\frac{DQ}{AQ}.\frac{BW}{WD}=1$
Để ý $MA=AQ ; BM=BN;CN=CP;DP=DQ$ .Thế vào ,ta được $N,P,W$ thằng hàng
 

mình cũng bị như bạn 

 Cho tam giác ABC và điểm M không thuộc BC, CA, AB. AM, BM, CM theo thứ tự cắt BC, CA, AB tại A₁, B₁, C₁. BC, CA, AB theo thứ tự cắt B₁C₁, C₁A₁, A₁B₁ tại A₂, B₂, C₂. A₃, B₃, C₃ theo thứ tự là trung điểm của A₁A₂, B₁B₂, C₁C₂. Chứng minh rằng A₃, B₃, C₃ thẳng hàng.

Ta có : $(A_{2}A_{1}BC)=-1\vee (B_{2}B_{1}AC)=-1$ 
 $\Rightarrow \overline{A_{2},B_{2},C_{2}} $ do $C_{2}=AB\cap B_{1}A_{1}$

 Từ đó chứng tỏ $C_{2}B_{1}C_{1}B_{2}.A_{1}A_{2}$ là tứ giác toàn phần ,nên theo định lý về đường thẳng Gauss ,ta có đpcm

Định lý Gossard

$\boxed{Bài 78}$ Cho lục giác $ABCDEF$ có $BC=EF$ và các đỉnh nằm trên đường tròn đường kính $AD$.Gọi $H$ là giao điểm $AC$ và $BD$ ; $K$ là giao điểm $AE$ và $DF$ .$P,Q$ là hình chiếu vuông góc của $H$ lên $AF,DE$ .$R,S$ là hình chiếu vuông góc của $K$ lên $AB,CD$ .Chứng minh $RS,PQ,HK$ đồng qui
$\boxed{Bài 79}$ Tam giác $ABC$ có các đường phân giác trong $AD,BE,CF$ cắt nhau tại $I$ .Chứng minh rằng nếu bán kính của các đường tròn nội tiếp các tam giác $AIF,BID,CIE$ bằng nhau thì tam giác $ABC$ là tam giác đều 

 Đưa về phương trình bậc $2$ với $3$ ẩn $x,y,z$ ,ta có nghiệm :

http://www.wolframal...xy+2xz-yz-10y+5

Spoiler

Trở lại thời lớp 9 tí   

    Cho tam giác $ABC$ với $AD,AM$ lần lượt là đường phân giác ,đường trung tuyến .Đường tròn ngoại tiếp tam giác $ADM$ cắt cạnh $AB,AC$ tại $U,V$ .Gọi $T$ là trung điểm $UV$ .Chứng minh rằng $MT$ song song với $AD$

Dựng điểm $G$ sao cho $\widehat{DAG}=15^{\circ}$ .Khi đó $\widehat{GAN}=90^{\circ}$ và chứng minh được $\Delta AGD=\Delta AMB$

 Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác $GAN$ vuông tại $A$ thì $\frac{1}{AG^2}+\frac{1}{AN^2}=\frac{1}{(\frac{AB\sqrt{3}}{2})^2}$ .Mặt khác có $AG=AM$.

 Đpcm

https://cuoichutdi.w...ng-thang-euler/

$cos(A+B)cos(A-B)\geq cos(A+B)=-cosC$ mà 

Chứng minh $\overline{P,M,A}$ bằng phương tích 
Xét tam giác $APC$ có các tứ giác $AMKN$ và $KNCB$ nội tiếp nên $K$ nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác $MPB$

Bài 1) 

  Trước hết cần chứng minh tứ giác $EDKH$ nội tiếp bằng biến đổi góc $\widehat{EKD}=360^{\circ}-(180^{\circ}-\widehat{B})-(180^{\circ}-\widehat{C})=180^{\circ}-\widehat{A}=\widehat{EHD}$

 và tứ giác $HKCB$ nội tiếp ( cũng bằng biến đổi góc )

a) $\widehat{ECB}=\widehat{EDB}=\widehat{EKH}$ 

 b) Từ câu a) suy ra $\widehat{CKH}=180^{\circ}-\widehat{DBC}=180^{\circ}-\widehat{DEC}=\widehat{MEC}=\widehat{MKC}$

c) Hệ quả câu a) và b) 

Dựa vào tính chất của trọng tâm tam giác ,để chứng minh đường thẳng Euler của các tam giác $AMB, BMC, CMA$ đồng quy tại trọng tâm tam giác $ABC$