giải chi tiết dùm đc ko???? 

Đây là bài quỹ tích cơ bản. Giả sử có hai điểm F,F' lúc đó hai giao điểm sẽ là I,I' là trung điểm của AF,AF' suy ra II'//FF'//BC.

Vì F thuộc BC nên I thuộc MN

 

Cho tam giác ABC vuông tại A với AB = AC = a.

a) Lấy điểm D trên cạnh AC và điểm E trên cạnh AB sao cho AD = AE. Các đường thẳng vuông góc với EC vẽ từ A và D lần lượt cắt cạnh BC ở K và L. Chứng minh BK = KL.

b) Một hình chữ nhật APMN thay đổi có đỉnh P trên cạnh AB, đỉnh N trên cạnh AC và có chu vi luôn bằng 2a. Điểm M di chuyển trên đường nào?

c) Chứng minh khi hình chữ nhật APMN thay đổi thì đường vuông góc vẽ từ M xuống đường chéo PN luôn đi qua một điểm cố định.

d)AB#AC, F thuộc BC. Qua F dựng QF song song vs AB, QT song song vs AC(Q thuộc, T thuộc AB). Khi di chuyển trên thì giao điểm của AF và QT di chuyển trên đường nào?

Chỉ cần câu d thôi!!! Các câu trên ko cần giải đâu!!!Tks nhiều!!!

 

Chỉnh đề một chút. Qua F dựng FQ//AB, FT//AC(Q thuộc AC, T thuộc AB)

Dễ thấy AQFT là hình chữ nhật. Nên giao điểm I của AF và QT là trung điểm của AF,do đó khi F di chuyển trên BC thì I di chuyển trên đường trung bình MN của tam giác ABC  với M,N lần lượt là trung điểm của AB,AC ( Lưu ý không cần tam giác ACB vuông)

Cho góc nhọn xOy, có điểm A cố định và thuộc tia Ox, điểm M thuộc tia Oy. Dựng tam giác đều AMN. Tìm quỹ tích của điểm N khi M chuyển động trên tia Oy

Qua phép Q(A,$60^{0})\cup Q(A,-60^{0})M\rightarrow N\cup M\rightarrow N^{*}$

M di chuyển trên tia Oy nên N và $N^{*}$ lần lượt di chuyển trên các tia O'y' và $O^{*}$y^{*}$ là ảnh của Oy qua phép

$Q(A.60^{0}) và Q(A,-60^{0})$

Tìm các số a,b,c biết:  

f(x)= x^5 + x^4 - 9x^3 + (a-29)x^2 + (b+9)x + c - 2025    chia hết cho:

(x+3)(x^2-4)

$f_{(x)}\vdots (x+3)(x^{2}-4)\Leftrightarrow f_{(x)}=(x+3)(x^{2}-4)g_{(x)} với g_{(x)}=x^{2}+mx+n$

$f_{(x)}=x^{5}+(m+3)x^{4}+(n+3m-4)x^{3}+(3n-4m-12)x^{2}-(4n+12m)x-12n$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} m+3=1\\ n+3m-4=-9\\ 3n-4m-12=a-29\\ -(4n+12m)=b+9\\ -12n=c-2025 \end{matrix}\right. .$

Giải hệ được nghiệm (a;b;c)=(28;11;2013)

Dựng đường thẳng song song với cạnh đáy và chia đôi diện tích tam giác

Phân tích

Giả sử dựng được đường thẳng song song với BC cắt AB,AC lần lượt tại M,N sao cho DT tam giác AMN bằng nửa DT tam giác ABC. Lúc đó $AM=\frac{\sqrt{2}}{2}AB$

Cách dựng

Dựng đường tròn đường kính AB

Dựng trung trực của AB

Đường tròn và trung trực này giao nhau tại I và J

Dựng đường tròn (A.AI) cắt cạnh AB tại M [ (A,AI) cắt AB keó dài tại M' điểm này không sử dụng]

Qua M dựng đường thẳng d song song với BC cắt AC tại N

d là đường thẳng phải dựng

Chứng minh (dễ dàng )

Biện luận

Vì tam giác có ba đáy nên bài toán có ba nghiệm

Tìm các số tự nhiên a và b sao cho 

a) 10^a +168 = b²

b) 2^a + 124 = 5^b

c) 3^a +9b = 183

a)Dễ thấy PT có nghiệm a=0, b=13

Với a$\neq 0\Rightarrow b^{2}\equiv 8(mod10)$. Vô lý

Vậy PT có bộ nghiệm duy nhất (a;b)=(0;13)

b)Từ PT --> b> 2

Dễ PT có bộ nghiệm (a;b)=(0;3)

Với $a\neq 0\Rightarrow VT chẳn,VP lẻ$. Vô lý

Vậy PT có bộ nghiệm duy nhất (a;b)=(0;3)

c)Dễ thấy a=0 không là nghiệm của PT

a>1 suy ra VT chia hết cho 9, VP không chia hết cho 9. Vô lý

Vậy PT chỉ có bộ nghiệm duy nhất (a;b)=(1;20)

Bài toán:

Alex và Mary thay nhau viết các chữ số $0$ hay $1$ cho đến khi mỗi người viết được $2001$ chữ số. Mary sẽ là người thắng cuộc nếu cô ấy viết được một số trong biểu diễn nhị phân sao cho số đó không thể viết được dưới dạng tổng $2$ số chính phương. Chứng mình rằng Mary có chiến thuật để bảo đảm thắng cuộc chơi.

Ta CM bổ đề $A^{2}+B^{2}\vdots 2^{2n}\Leftrightarrow A\vdots 2^{n}\cap B\vdots 2^{n}$

VP-->VT hiển nhiên. Bây giờ ta CM VT-->VP bằng phản chứng

Lưu ý do tính chất chia hết nếu $A\vdots 2^{n}\Rightarrow B\vdots 2^{n}$

Giả sử $A=2^{k_{1}}q_{1},B=2^{k_{2}}q_{2}(k_{1}\leq k_{2}< n,q_{i} là số lẻ)$.Từ

$A^{2}+B^{2}=2^{2n}q\Rightarrow q_{1}^{2}+2^{2(k_{2}-k_{1})}q_{2}^{2}=2^{2(n-k_{1})}q$

Lúc đó VT không chia hết cho 4,VP chia hết cho 4 vô lý .Suy ra điều phải CM

Bây giờ trở lại bài toán.Dễ thấy Alex luôn đánh số có giá trị 0 hoặc $2^{2k}(k\in N)$

Bằng cách đánh giống như Alex. Gọi i là lần viết số thứ i của Alex đống thời số được viết là 1.Giá trị của số được đánh theo hệ thập phân là (Gọi j là lần đầu tiên Alex viết số 1)

$\sum_{1\leq j=i\leq 2001}(2^{2(i-1)}+2^{2(i-1)+1})=3*2^{2(j-1)}\sum_{1\leq j=i\leq 2001}2^{2(i-j)}$

Gỉa sử $A^{2}+B^{2}= 3*2^{2(j-1)}\sum_{1\leq j=i\leq 2001}2^{2(i-j)}\Rightarrow A_{1}^{2}+B_{1}^{2}=3\sum_{1\leq j=i\leq 2001}2^{2(i-j)}$ (Theo bổ đề đã CM )

Mà $\sum_{1\leq j=i\leq 2001}2^{2(i-j)}\equiv 1(mod4)\Rightarrow 3*\sum_{1\leq j=i\leq 2001}2^{2(i-j)}\equiv 3(mod4)$

Trong khi $A_{1}^{2}+B_{1}^{2}\not\equiv 3(mod4)$.Vô lý

Vậy với việt  số giống như Alex, Mary luôn thắng cuộc chơi như yêu cầu bài toán

 

Chứng minh 20ⁿ +16ⁿ - 3ⁿ-1 chia hết cho 323 với n chẵn

 

323=17*19 vì(17,19)=1. Ta cần CM $P_{(n)}\vdots 17 và  P_{(n)}\vdots 19$.Thật vậy

$20\equiv 1(mod 19)\Rightarrow 20^{n}\equiv 1(mod19), 16\equiv -3(mod19)\Rightarrow 16^{n}\equiv 3^{n}(mod19) ( vì n chẳn ) \Rightarrow P_{n}\vdots 19$ (1)

$20\equiv 3(mod17)\Rightarrow 20^{n}\equiv 3^{n}(mod17), 16\equiv -1(mod17)\Rightarrow 16^{n}\equiv 1(mod17) ( vì n chẳn )\Rightarrow P_{(n)}\vdots 17$ (2)

Từ (1),(2) $P_{(n)}\vdots 323$

cho mình hỏi tại sao $F$ cần tìm là giao điểm của $P'Q$ và $Oy$ vậy, mình ko biết cách chứng minh

Vì P' đối xứng vơí P qua oy nên XP=XP'(mọi điểm X thuộc oy). Với mọi điểm F' thuộc oy ta có F'P+F'Q=F'P'+F'Q>=P'Q

Lúc đó FP+FQ=FP'+FQ=P'Q  là đường thẳng nên ngắn nhất

Bài 2: Giải phương trình : $2^{x+1}=3^x+1$

PT biển đổi thành $(2^{x}-1)^{2}=4^{x}-3^{x}\Rightarrow x\geq 0$

PT cũng có thể biến đổi thành

$(\frac{3}{2})^{x}+(\frac{1}{2})^{x}=2\Leftrightarrow (1+\frac{1}{2})^{x}+(1-\frac{1}{2})^{x}=2$

Theo Becnulli với $0\leq x\leq 1\Rightarrow VT\leq 1+\frac{x}{2}+1-\frac{x}{2}=2,"="\Leftrightarrow x=0\cap x=1$

                       với $x\geq 1\Rightarrow VT\geq 2, "="\Leftrightarrow x=1$

Vậy PT có nghiệm $x=0\cup x=1$

Cho điểm $P(1;3)$ và $Q(4;7)$. Tìm điểm $F$ trên $Oy$ mà $FP+FQ$ bé nhất

P'(-1,3) là điểm đối xứng của P(1;3) qua oy.Dễ dàng CM điểm F cần tìm là giao điểm của P'Q và oy tọa độ F=(0;19/5)

a, Cho hình lục giác đều ABCDEG. Người ta tô màu đỏ hai đỉnh A và D, tô màu xanh 4 đỉnh còn lại. Sau đó, người ta đổi màu các đỉnh theo quy tắc: Mỗi lần đổi màu phải chọn 3 đỉnh của 1 tam giác cân rồi đổi màu đồng thời cả ba đỉnh đó(đỏ thành xanh, xanh thành đỏ). Hỏi sau một số lần đổi màu theo quy tắc đó có thu được kết quả là đỉnh C có màu đỏ còn 5 đỉnh còn lại màu xanh không?

Sau mỗi lần đổi màu xem như một phép biến.Dễ thấy mỗi phép biến luôn thực hiện cho bộ (A,C,E) hoặc bộ (B,D,F)..Do đó C và E luôn cùng màu.. Vậy sau một số lần phép biến không thể xảy ra trường hợp đỉnh C màu đỏ còn các đỉnh còn lại màu xanh

1. Cho 4 số nguyên dương $a_{1},a_{2},a_{3},a_{4}$ sao cho $1\leq a_{k}\leq k(k=1,2,3,4)$ tổng $S=a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4}$

là số chẵn . Chứng minh rằng có ít nhất một trong các số dạng $\pm a_{1},\pm a_{2},\pm a_{3},\pm a_{4}$ có giá trị bằng $0$.

2. Cho 1000 số nguyên dương $a_{1},a_{2},...a_{1000}(1\leq a_{k}\leq k)(k=1,2,3,4...,1000)$ và tổng $S=a_{1}+a_{2}+a_{3}+...a_{1000}$ là một số chẵn. Hỏi trong các số dạng$\pm a_1,\pm a_2,\pm a_3,...\pm a_{1000}$

có số nào bằng $0$ hay không ? Giải thích vì sao ?

$\left | a_{k} \right |\geq 1\Rightarrow \pm a_{k}=0$ , Vô lý

Bài 5:
Trong hội nghị có $70$ thành viên nam và một số thành viên nữ.Tất cả đều là nhà khoa học trẻ, nhà lãnh đạo và phóng viên truyền thông.BIết rằng số thành viên nữ là các nhà khoa học trẻ và bằng số thành viên nam là các nhà lãnh đạo,phóng viên truyền thông.
Hỏi trong hội nghị có bao nhiêu thành viên nam và nữ là các nhà khoa học trẻ

Gọi

A là tập hợp các thành viên nam

B là tập hợp các thành viên nam là các nhà khoa học trẻ

C là tập hợp các thành viên nam là các nhà lãnh đạo,phóng viên truyền thông

D là tập hợp các thành viên nữ là các nhà khoa học trẻ

(X) là số phần tử của tập X

Theo đề bài

$B\cup C=A, B\cap C=\varnothing \Rightarrow (B)+(C)=(A)=70$

Mà $(D)=(C)\Rightarrow (B)+(D)=(A)=70$ (Đpcm)

b)Cho $a,b,c,d\in Z$ thỏa $a^2=b^2+c^2+d^2$.
Chứng minh rằng: $abcd+2015$ được biểu diễn dưới dạng hiệu 2 số chính phương

Chú ý rằng PT $x^{2}-y^{2}=4k \cup  x^{2}-y^{2} =2k+1$ luôn có nghiệm nguyên ( bằng cách phân tích thành hệ PT tồng, hiệu )

Nếu a,b,c,d đều lẻ suy ra VT=b4+1. VP=b4+3 vô lý

Vậy tồn tại số chẳn từ các số a.b.c.d. lúc đó abcd+2015=2k+1 suy ra Đpcm

Bài 1:
a) Cho $\frac{x}{y+z}+\frac{y}{x+z}+\frac{z}{x+y}=1$.Tính giá trị của biểu thức:
$P=\frac{x^2+y^2-z^2}{y+z}+\frac{-x^2+y^2+z^2}{z+x}+\frac{x^2-y^2+z^2}{x+y}$

b)Rút gọn biểu thức sau: $M=\frac{2\sqrt{4+\sqrt{5-\sqrt{21-\sqrt{80}}}}}{\sqrt{10}+\sqrt{2}}$

Từ ĐK$\Leftrightarrow (x+y+z)(\frac{x}{y+z}+\frac{y}{z+x}+\frac{z}{x+y})=x+y+z\Leftrightarrow \frac{x^{2}}{y+z}+\frac{y^{2}}{z+x}+\frac{x^{2}}{y+z}=0$

Ta lại có P=$\frac{x^{2}}{y+z}+\frac{y^{2}}{z+x}+\frac{z^{2}}{x+y}=0$

1/ Cho tam giác ABC có các đường cao AA', BB', CC'. Gọi I, J, K, L lần lượt là hình chiếu của A' lên AB, AC, BB', CC'. C/m 4 điểm I, J, K, L thẳng hàng?

2/ Cho tứ giác ABCD có các góc ABC và ADB vuông. H là hình chiếu vuông góc của D xuống AB. Đường tròn tâm A bán kính AD cắt đường tròn đường kính AC tại M và N ( M nằm trên cung nhỏ AB)

a/ C/m : $\Delta HAM \sim \Delta MAB$

b/ C/m 3 điểm N, H, M thẳng hàng?

BAÌ 1

Tứ giác JLA'C nội tiếp nên $\widehat{JLC}=\widehat{JA'C}( phụ \widehat{C})$

Gọi H là trực tâm của tam giác ABC.Tứ giác HKA'L nội tiếp nên $\widehat{HLK}=\widehat{HA'K}( phụ \widehat{KA'B}) mà\widehat{KA'B}=\widehat{C}\Rightarrow \widehat{JLC}=\widehat{HLK}$.Do đó J,L,K thẳng hàng.

Chứng minh tương tự cũng được I,K,L thẳng hàng. Vậy I,J,K,L thẳng hàng

Câu 4
8=1-6 dung hay sai vi sao

8=I-6.  QUÁ ĐÚNG ! HÃY QUAY NGƯỢC LẠI VÀ ĐỌC NHÉ!

CMR $\frac{a}{\sqrt{b + c}}$ + $\frac{b}{\sqrt{c + a}}$ + $\frac{a}{\sqrt{a+ b}}$  $\leq$ $\frac{5}{4}$.$\sqrt{a+ b+ c}$

Đề sai rồi

Hai vế đồng bậc chuẩn hoá a+b+c=1

Cho a=0,99, b+c= 0,01$\Rightarrow VT> \frac{0,99}{\sqrt{0,01}}=9,9$

Cho tam giác ABC nhọn , nội tiếp trong đường tròn (O) , có H là trực tâm tam giác , CH cắt (O) tại M . Gọi N , K lần lượt là các điểm đối xứng của M qua BC và AC . Chứng minh ba điểm N , H , K thẳng hàng .

Gọi I,J lần lượt là giao điểm của BH,AH với (O,R). Dễ thấy I,J đối xứng với H qua AC,BC và C,I,N thẳng hàng C,J,K thẳng hàng, Đồng thời CK=CM=CN,CI=CH=CJ, Vậycác hình HIKM và HJNM là hình than cân.Ta có

$\widehat{NHI}=\widehat{MIH}=\widehat{MCB}, \widehat{KHJ}=\widehat{MJH}=\widehat{MCA\Rightarrow }\widehat{NHI}+\widehat{KHJ}=\widehat{BCA} (1)

Vì HI vuông góc AC, HJ vuông góc BC $\Rightarrow \widehat{IHJ}+\widehat{BCA}=180^{0}$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra N, H, K thẳng hàng

Trong một đợt bốc thăm trúng thưởng của một siêu thị có 1000 phiếu thăm, trong đó chỉ có 100 phiếu trúng thưởng gồm 20 phiếu trị giá 200.000 đồng, 30 phiếu trị giá 100.000 đồng, 50 phiếu trị giá 50.000 đồng. Một khách hàng bốc ngẫu nhiên lần lượt 3 phiếu . Tính xác suất để khách hàng đó trúng thưởng được 200.000đ . 

Tổng số cách bốc $C_{1000}^{3}$

Số cách bốc để được 200.000đ $C_{20}^{1}C_{900}^{2}+C_{30}^{2}C_{900}^{1}+C_{30}^{1}C_{50}^{2}$

Xác suất để trúng thưởng 200.000đ 

$C_{20}^{1}C_{900}^{2}+C_{30}^{2}C_{900}^{1}+C_{30}^{1}C_{50}^{2}$/$C_{1000}^{3}$

$(x-5)^{4}+(x-7)^{4}=16$

Đặt t=x-6.PT trở thành

$(t+1)^{4}+(t-1)^{4}=16\Leftrightarrow t^{4}+6t^{2}-7=0\Leftrightarrow t=1\cup -1\Leftrightarrow x=5\cup 7$

Chứng minh √n+√(n+4) không phải là số nguyên dương với mọi n thuộc z+

Đặt A=$\sqrt{n}+\sqrt{n+4}$

$\sqrt{n}+\sqrt{n+4}\in Z\Leftrightarrow \sqrt{n},\sqrt{n+4}\in Z$

Vậy $\sqrt{n}=t\Leftrightarrow n=t^{2},t\in Z$

Với t=1 -->n=1-->n+4=5 -->A không là số nguyên dương

Với t>1.Lúc đó $t^{2}< n+4<(t+1) ^{2}\Rightarrow \sqrt{n+4}\notin Z\Rightarrow A\notin Z$

Vậy với mọi n$\in Z^{+}\Rightarrow A\notin Z$

giải giúp mình bài này

Dễ thấy P$\geq \frac{1}{b}+\frac{3b}{90}=\frac{1}{b}+\frac{b}{30}$

$\frac{1}{b}\frac{b}{30}=\frac{1}{30}$ không đổi P đạt GTNM khi $\frac{1}{b} , \frac{b}{30}$ đạt giá trị gần nhau nhất .Dễ dàng tìm được b=5 hoặc b=6 $\Rightarrow P=\frac{1}{5}+\frac{1}{6}=\frac{11}{30}$.

Vậy $P_{min}= \frac{11}{30}$ khi a=1, b=c=5 hoặc 6 d=60

Cho đa giác có 2009 cạnh và có chu vi bằng 1. Chứng minh rằng tổng bình phương độ dài các cạnh của đa giác này không nhỏ hơn $ \dfrac {1}{ 2009} $

Gọi các cạnh của đa giác là $a_{i} (i=1-2009), \sum_{i=1}^{2009}a_{i}=1$. A1p dụng Côsi cho từng cạnh được

$\sum_{i=1}^{2009}(a_{i}^{2}+\frac{1}{2009^{2}})\geq \sum_{i=1}^{2009}\frac{2a_{i}}{2009}\Leftrightarrow \sum_{i=1}^{2009}a_{i}^{2}\geq \frac{1}{2009}$. Dấu "=" khi và chỉ đa giác đều