Bạn xem lại đề bài 1 nhé vì nếu A,B,C>45$^{\circ}$ thì làm sao xảy ra

Đề đúng rồi đấy, không sai đâu. Bạn cứ thử cho $A=B=C=60^\circ$ xem có xay ra không nào?

Bài 1.Cho tam giác ABC .Tìm tập hợp điểm M sao cho:
$\left | \overrightarrow{MA}+3\overrightarrow{MB}-2\overrightarrow{MC} \right |=\left | 2\overrightarrow{MA}-\overrightarrow{MB}-\overrightarrow{MC} \right |$
$$2\left | \overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC} \right |=\left | \overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{MB}+3\overrightarrow{MC} \right |$$

Bài 2.Cho 2 điểm A,B phân biệt.CMR 3 điểm M,A,B thẳng hàng khi và chỉ khi
$$\overrightarrow{OM}=k\overrightarrow{OA}+l\overrightarrow{OB}$$
Với k+l=1 và O là điểm tùy ý
Các thày cô giúp 2 bài này nhé.Xin cảm ơn trước ạ

Bài 1 là hai ý riêng biết nhau ah?

Cách giải bài này, Biến đổi các biểu thức vecto về thành một vec to đơn giản.

Đầu tiên tìm điểm $I;J$ sao cho $\vec{IA}+3\vec{IB}-2\vec{IC}=\vec{0};2\vec{JA}-\vec{JB}-\vec{IC}=\vec{0}$

Do $A, B, C$ cố định nên các điểm $I,J$ này cũng cố định.

Do vậy, $\vec{MA}+3\vec{MB}-2\vec{MC}=\vec{IA}+3\vec{IB}-2\vec{IC}+2\vec{MI}=2\vec{MI} \\ 2\vec{MA}-\vec{MB}-\vec{MC}=2\vec{JA}-\vec{JB}-\vec{IC}=\vec{0}$

Đến đây suy ra $M$ trùng $I;J$. Vô lý nên cần xem lại đề nhé.

Ý tiếp theo cũng tương tự.

Bài 2:

Ta có $\vec{OM}=k\vec{OA}+l\vec{OB}=k\vec{OM}+k\vec{MA}+l\vec{OM}+l\vec{MB}$

$\Leftrightarrow \vec{OM}=(k+l)\vec{OM}+k\vec{MA}+l\vec{MB}$

$\Leftrightarrow k\vec{MA}+l\vec{MB}=\vec{0}$

Điều này xảy ra khi và chỉ khi $A,B,M$ thẳng hàng.

(DPCM)

Cho tứ giác ABCD nội tiếp . I là trung điểm AB . (I,$\frac{AB}{2}$) tiếp xúc BC , CD , DA . Chứng minh AD + BC = AB
Giúp e bài này với

Đề của em nhầm rồi.

Phải là $AD+BC=DC$.

Hình vẽ như file kèm theo nhé.

Ta có đường tròn tiếp xúc $BC$ tại $B$, tiếp xúc $DA$ tại $A, DC$ tại $E$.

Ta có $AD=DE;BC=CE$.

Do đó, $AD+BC=DE+EC=DC$

Cho đường tròn tâm $O$ . Trên đó lấy 3 điểm : $E$ ; $F$ ; $M$ tiếp tuyến $E$ và $F$ cắt nhau tại $A$ . Tiếp tuyến tại $E$ và $M$ cắt nhau ở $B$ . Tiếp tuyến $F$ ; $M$ cắt nhau tại $C$ . Qua $E$ kẻ đường thẳng song song $BC$ cắt $AM$ tại $I$ . Cắt $FM$ tại $Q$ . Kẻ $AK$ // $BC$ . Chứng minh : 

a, $I$ là trung điểm của $EQ$ 

Em xem lại đề bài nhé.

Điểm Q là điểm nào, $AK//BC$ là sao?

cho tam giác ABC cân tại A có góc A nhọn, đường cao BH, điểm D là điểm đối xứng của C qua A

chứng minh AH/HC = 2(AB/AC)^2 - 1

Xem lại đề bài đi bạn.

Tự dưng đề bài cho điểm D mà không hỏi gì liên quan đến cả.

1.Giải phương trình: $\tan 2x+\sin 2x=\frac{3}{2}\cot x$

Đặt $t=\tan x$.

Ta có $PT\Leftrightarrow \frac{2t}{1-t^2}+\frac{2t}{1+t^2}=\frac{3}{2t}$  Điều kiện $t\ne0; t\ne\pm 1$.

$\Leftrightarrow \frac{4t}{1-t^4}=\frac{3}{2t}\Leftrightarrow 3t^4+8t^2-3=0\Leftrightarrow t^2=\frac{1}{3}\Leftrightarrow t=\pm\frac{1}{\sqrt3}$

(Hai nghiệm này đều thỏa mãn)

Thay vào ta được nghiệm $x$ là $x=\pm\frac{\pi}{6}+k\pi$ với $k\in\mathbb{Z}$.

Giải hệ phương trình

$\left\{ \begin{matrix}

   8{{x}^{3}}+2y=\sqrt{y+5x+2}  \\

   \left( 3x+\sqrt{1+9{{x}^{2}}} \right)\left( y+\sqrt{1+{{y}^{2}}} \right)=1  \\

\end{matrix} \right.$

Hệ phương trình trong đề chọn đội tuyển HSG Lâm Đồng 2013 – 2014

$\left\{ \begin{matrix} 8{{x}^{3}}+2y=\sqrt{y+5x+2} \\ \left( 3x+\sqrt{1+9{{x}^{2}}} \right)\left( y+\sqrt{1+{{y}^{2}}} \right)=1 \end{matrix} \right$

Từ PT thứ hai ta được $3x+\sqrt{1+9{{x}^{2}}} =-y+\sqrt{1+y^2}\Leftrightarrow f(3x)=f(-y)$

Với hàm số $f(x)=x+\sqrt{1+x^2}$.

Ta có $f'(x)=1+\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}=\frac{\sqrt{1+x^2}+x}{\sqrt{1+x^2}}>0$ với mọi $x$.

Vậy hàm số $f(x)$ đồng biến trên TXD.

Suy ra $f(3x)=f(-y)\Leftrightarrow 3x=-y$

Thay vào phương trình đầu tiên ta được

$8{{x}^{3}}-6x=\sqrt{2x+2}$

Giải PT này ra được nghiệm. Chú ý có một nghiệm là $x=1$ nhé.

Các bạn giải rùm mình bài này:

$2^{6}+2^{8}+2^{10}+2^{12}+...2^{186}$

Ta có $A=4^3+4^4+4^5+\cdots+ 4^{93}$.

Nếu em học công thức tính tổng của dãy số nhân thì áp dụng luôn nhé.

Nếu không, ta có $4A=4^4+4^5+\cdots+4^{94}$.

Suy ra, $3A=4^{94}-4^3$.

Suy ra, $A=\frac{4^{94}-4^3}{3}$.

Bài này thiếu dữ kiện thì phải. Bạn kiểm tra xem nhé.

Dữ kiện của bạn thì xác định vị trí S, H, B nhưng các điểm A, C đều có thể chuyển động để thay đổi kích thước mà.

Chào các bạn trên diễn đàn mình đang tìm công thức tổng quát và phù hợp cho một số bài toán số học lớp 6 mong mọi người giúp đỡ.

 

Ví dụ:  Lập được bao nhiêu chữ số khác nhau mà tổng các chứ số chia hết cho 6 từ các chư số  0;1;2;3;4;5;6

Cách giải 1:  đơn thuần là liệt kê và đếm, nhưng cách này quá lâu.

Cách giải 2: Sử dụng  tổ hợp, chỉnh hợp

Tuy nhiên lớp 6 chưa học kiến thức này

Vậy có cách nào không? mọi người giúp đỡ.

Bạn ghi rõ cho mình mấy chỗ "số" hay "chữ số" đi.

"Tổng các chữ số" là tổng các chữ số nào

Bài 4: Đề hơi buồn cười nhỉ, vì mình có thể tính được $R$.

Ta có $\sin B=\frac{AH}{AB}=\frac{AC}{2R}\Leftrightarrow AC.AB=2R.AH$.

Theo giả thiết $AB.AC=3R^2.AH$ nên ta tìm được ngay $R$.

Bài 6(2 điểm)

Cho $x> 0;y> 0$ và $x+y\leq 1$.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức;$A=\frac{2012}{x^{2}+y^{2}}+\frac{2013}{xy}$

Ta có $x^2+y^2=(x+y)^2-2xy\le 1-2xy$.

Đặt $t=xy$. Ta có $0<t=xy\le \frac{(x+y)^2}{4}\le\frac{1}{4}$

Vậy $A=\frac{2012}{x^{2}+y^{2}}+\frac{2013}{xy}\ge\frac{2012}{1-2t}+\frac{2013}{t}$

$=\left (\frac{2012}{1-2t}+(1-2t).4.2012 \right )+\left (\frac{2013}{t}+t.16.2013 \right )-4(2012(1-2t)+t.4.2013)$

$\ge 2.2.2012+2.4.2013-4(2012+4028t)$  (Theo BDT Cauchy)

$\ge 4.2012+8.2013-4.2012-4.4028.\frac{1}{4}=12076$ (Vì $t\le \frac{1}{4}$).

Vậy $A\ge 12076$.

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

Bài 3(3 điểm)

Giaỉ hệ phương trình $\left\{\begin{matrix} x^{2}+xy+y^{2}=3 & & \\ x-y-xy=5 & & \end{matrix}\right.$

Đặt $x-y=S; xy=P$.

Ta có $S^2+4P=(x+y)^2\ge 0$ và $x^2+y^2+xy=(x-y)^2+3xy=S^2+3P$.

Vậy ta có hệ $\left\{\begin{matrix} S^2+3P=3\\ S-P=5 \end{matrix}\right.$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} S^2+3(S-5)=3\\ P=S-5 \end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} S^2+3S-18=0\\ P=S-5 \end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} S=3\\ P=S-5=-2 \end{matrix}\right.$ hoặc $\left\{\begin{matrix} S=-6\\ P=S-5=-11 \end{matrix}\right.$.

Đối chiếu điều kiện $S^2+4P\ge 0$ ta được nghiệm $S=3;P=-2$.

Suy ra, $x$ và $-y$ là nghiệm của phương trình $t^2-3t+2=0$

PT này có nghiệm $t_1=1;t_2=2$.

Vậy hệ có nghiệm là $x=1;y=-2$ hoặc $x=2;y=-1$.

Bài 2(4 điểm)

  Cho phương trình:$x^{4}-2(2m+1)x^{2}+4m^{2}+1=0(1)$

a)Cho $m=1$.Giaỉ phương trình (1).

b)Tìm $m$ để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt thỏa mãn điều kiện:$x_{1}^{4}+x_{2}^{4}+x_{3}^{4}+x_{4}^{4}=24.$

Đặt $x^2=t$. ĐK $t\ge 0$.

Ta có $(1)\Leftrightarrow t^2-2(2m+1)t+4m^2+1=0\quad   (*)$

Có $\Delta'=(2m+1)^2-(4m^2+1)=4m$

a) Với $m=1$ Ta có $\Delta'=4m=4$

nên PT có hai nghiệm là $t_1=1;t_2=2$

Suy ra nghiệm $x$ là $\pm 1$ và $\pm \sqrt2$.

b) PT ban đầu có bốn nghiệm phân biệt khi và chỉ khi (*) có hai nghiệm phân biệt dương.

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} \Delta'=4m>0\\ S=2(2m+1)>0\\ P=4m^2+1>0 \end{matrix}\right. \Leftrightarrow m>0$.

Khi đó, theo Vi-ét ta có $\left\{\begin{matrix} t_1+t_2=2(2m+1)\\ t_1.t_2=4m^2+1 \end{matrix}\right.$.

Suy ra, $t_1^2+t_2^2=(t_1+t_2)^2-2t_1.t_2=8m^2+16m+2$

Do vậy, $x_{1}^{4}+x_{2}^{4}+x_{3}^{4}+x_{4}^{4}=24\Leftrightarrow 2(t_1^2+t_2^2)=24\Leftrightarrow 8m^2+16m+2=6$

$\Leftrightarrow 2m^2+4m-1=0\Leftrightarrow m=\frac{-2\pm \sqrt6}{2}$.

Kết hợp với ĐK ta được $m=\frac{-2+ \sqrt6}{2}$

bài 1 b)

Theo giả thiết ta có $3(x^2+y^2)=25(x+y)$.

Suy ra, $x+y>0$ và $x+y$ chia hết cho 3.

Áp dụng BDT Bunhiaxcopki ta có $(x+y)^2\le 2(x^2+y^2)$.

Mặt khác, $x^2+y^2=(x+y)^2-2xy$.

TH1: $xy\ge 0$. Ta có $x^2+y^2\le (x+y)^2$.

Vậy ta có $\frac{1}{x+y}\le\frac{x+y}{x^2+y^2}=\frac{3}{25}\le\frac{2}{x+y}$

$\Leftrightarrow \frac{25}{3}\le x+y\le \frac{50}{3}\Rightarrow x+y=\{9;12;15\}$.

- Nếu $x+y=9$ ta được $x^2+y^2=75\Leftrightarrow xy=3$.

Giải hệ này ta thấy không có nghiệm nguyên.

- Nếu $x+y=12$ ta được $x^2+y^2=100\Leftrightarrow xy=22$.

Hệ này cũng không có nghiệm nguyên.

- Nếu $x+y=15$ ta được $x^2+y^2=125\Leftrightarrow xy=50$.

Hệ này có nghiệm là $x=10;y=5$ hoặc $x=5;y=10$.

TH2: $xy<0$. Ta có $x^2+y^2> (x+y)^2$.

Vậy $\frac{x+y}{x^2+y^2}=\frac{3}{25}<\frac{1}{x+y}\Leftrightarrow x+y<\frac{8}{3}\Rightarrow x+y=\{3;6\}$

- Nếu $x+y=3$ ta được $x^2+y^2=25\Leftrightarrow xy=-8$.

Hệ này không có nghiệm nguyên.

- Nếu $x+y=6$ ta được $x^2+y^2=50\Leftrightarrow xy=7$.

Hệ này có nghiệm $x=7; y=-1$ hoặc $x=-1;y=7$.

(Chú ý các hệ này đều là đối xứng loại I).

Vậy PT có các nghiệm nguyên $(x;y)$ là $\{(-1;7);(7;-1);(5;10);(10;5)\}$.

Bài 1(4 điểm)

a)Tính giá trị biểu thức:$A=(2\sqrt{x}-\sqrt{y}+\frac{5y}{2\sqrt{x}+\sqrt{y}})(\frac{1}{2\sqrt{x}}+\frac{1}{\sqrt{y}})$ với $x=\frac{7+2\sqrt{12}}{4};y=\frac{7-2\sqrt{12}}{4}$

b)Tìm các cặp số nguyên x,y sao cho $\frac{2x+2y}{x^{2}+y^{2}}=\frac{6}{25}$.

a) Ta có $x=\frac{7+2\sqrt{12}}{4}=\frac{4+4\sqrt3+3}{4}=\left (\frac{2+\sqrt3}{2} \right )^2$

Tương tự, $y=\left (\frac{2-\sqrt3}{2} \right )^2$.

Vậy $\sqrt x=\frac{2+\sqrt3}{2};\sqrt y=\frac{2-\sqrt3}{2}$.

Suy ra, $2\sqrt x+\sqrt y=2+\sqrt3+\frac{2-\sqrt3}{2}=\frac{6+\sqrt3}{2}; \sqrt x+2\sqrt y=\frac{2+\sqrt3}{2}+2-\sqrt 3=\frac{6-\sqrt3}{2}$ và $\sqrt{xy}=\frac{1}{4}$.

Do đó, $A=(2\sqrt{x}-\sqrt{y}+\frac{5y}{2\sqrt{x}+\sqrt{y}})(\frac{1}{2\sqrt{x}}+\frac{1}{\sqrt{y}})$

$=\frac{4x+4y}{2\sqrt x+\sqrt y}.\frac{\sqrt y+2\sqrt x}{2\sqrt{xy}}$

$=\frac{4(7+7)}{\frac{6+\sqrt3}{2}}.\frac{6-\sqrt3}{2.2.\frac{1}{4}}$

$=\frac{112(6-\sqrt3)}{6+\sqrt3}=\frac{112(6-\sqrt3)^2}{36-3}=\frac{112(39-12\sqrt3)}{33}=\frac{112(13-4\sqrt3)}{11}$

rồi làm tiếp thế nào vậy bạn? pt ẩn t không có nghiệm đặc biệt.

Nghiệm lẻ quá, không thể tìm chính xác được.

Mình tưởng để thế là mọi người hiểu chứ nhỉ.

Có thể là đề sai sót ở chỗ nào đó.

Cho phương trình :

 

\frac{2\sqrt{x}-9}{x-5\sqrt{x}+6} -\frac{\sqrt{x+3}}{\sqrt{x}-2} -\frac{2\sqrt{x}+1}{3-\sqrt{x}}

 

a. Rút gọn phương trình

b. Tìm x để P<1

 

 

 

Ta có $\frac{2\sqrt{x}-9}{x-5\sqrt{x}+6} -\frac{\sqrt{x+3}}{\sqrt{x}-2} -\frac{2\sqrt{x}+1}{3-\sqrt{x}}=\frac{(2\sqrt x-9)-\sqrt{x+3}(\sqrt x-3)+(2\sqrt x+1)(\sqrt x-2)}{x-5\sqrt x+6}$.

Bạn xem lại ở số hạng thứ hai nhé, Mình nghĩ là $\sqrt x+3$ chứ không phải $\sqrt{x+3}$ như trong đề đâu nhé.

Gọi tâm của đường tròng cần tìm là $I(x,y)$

Từ điều kiện đề bài ta có được

                 $\left\{\begin{matrix} IA=IB\\IA=d(I,d) \end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} (x+1)^2+y^2=(x-1)^2+(y-2)^2\\\sqrt{(x+1)^2+y^2}=\frac{\left | x-y-1 \right |}{\sqrt{1^2+(-1)^2}} \end{matrix}\right.$

Giải hệ phương trình trên ta dễ dàng tìm được tọa đô tâm $I$ và bán kính đường tròn

Giải hệ này chắc nhiều bạn nhiều hơi hoảng.

Có 1 cách để chuyển về dạng PT một ẩn.

Lập phương trình đường thẳng trung trực của $AB$ là $d_1: x+y-1=0$.

Nhận xét là $d_1$ vuông góc $d$ và tâm $I$ nằm trên $d_1$.

Gọi $M$ là giao điểm của $d$ và $d_1$. Ta có $M(1;0)$ chính là tiếp điểm của đường tròn với đường thẳng $d$.

(Nếu không vuông thì cứ gọi tọa độ tâm rồi lập phương trình khoảng cách từ tâm đến $d$ nhé.).

Tọa độ điểm $I(a;1-a)$.

Ta có $IA=IM$

$(a+1)^2+(1-a)^2=(a-1)^2+(1-a)^2$$(a+1)^2+(1-a)^2=(a-1)^2+(1-a)^2\Leftrightarrow |a+1|=|a-1|\Leftrightarrow a=0$

Vậy $I(0;1)$.

Suy ra, $IA=\sqrt2$ và PT đường tròn là $x^2+(y-1)^2=2$.

Cho tam giác ABC và 3 số a,b,c không đồng thời bằng 0 . CMR
nếu a+b+c khác 0 thì tồn tại duy nhất điểm I sao cho a.vectơIA+b.vectơIB+c.vectơIC=vectơ0

Ta có $a\vec{IA}+b\vec{IB}+c\vec{IC}=(a+b+c)\vec{IA}+b.\vec{AB}+c.\vec{AC}=\vec{0}$

$\Leftrightarrow \vec{IA}=-\frac{b.\vec{AB}+c.\vec{AC}}{a+b+c}$ không đổi.

Suy ra, điểm $I$ là duy nhất.

Giải phương trình:

$C_{x}^{x}+2C_{x}^{x-1}+C_{x}^{x-2}=C_{x+2}^{2x-3}$

Điều kiện $2x-3\le x+2 \Leftrightarrow x\le 5$ và $x\ge 2$.

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

Ta xét các trường hợp $x=2;3;4;5$ để tìm nghiệm là ra.

Tìm min , max của $P=\frac{1+cos8x}{6+2cos4x}$.

Đặt $\cos4x=t$. Điều kiện $-1\le t\le 1$.

Ta có, $P=\frac{2t^2}{6+2t}$

$=\frac{t^2}{3+t}$.

Khảo sát hàm số $f(t)=\frac{t^2}{t+3}$ trên đoạn $[-1;1]$.

Ta có $f'(t)=\frac{2t(t+3)-t^2}{(t+3)^2}=\frac{t(t+6)}{(t+3)^2}$

Suy ra, $f'(t)=0\Leftrightarrow \frac{t(t+6)}{(t+3)^2}=0\Leftrightarrow t=0$ với $t\in[-1;1]$.

Do đó, hàm số nghịch biến trên khoảng $(-1;0)$ và đồng biến trên $(0;1)$.

Suy ra, hàm số đạt cực tiểu tại $t=0$. Khi đó, $P=0$.

Hàm số đạt cực đại là $f_{\max}=\max\{f(-1);f(1)\}=\frac{1}{2}$ đạt được khi $t=-1$.

KL:

bài 5

Bài 3: Phần 1 thì quá đơn giản rồi, nhưng chú ý trường hợp $x=-1$.

Phần 2 thì thấy vô lý quá. Ta có $M=t^2-4t+5$ với $t=|3x-1|\ge 0$ thì chỉ có giá trị nhỏ nhất, không thể tìm được giá trị lớn nhất (Bằng $+\infty$)

Bài 1: (5đ)
1/ Tính: $\frac{(2013^{2}-2019).(2013^{2}+4026-3).2014}{2010.2012.2015.2016}$

2/ Giả sử $\frac{4^{5}+4^{5}+4^{5}+4^{5}}{3^{5}+3^{5}+3^{5}}.\frac{6^{5}+6^{5}+6^{5}+6^{5}+6^{5}+6^{5}}{2^{5}+2^{5}}=2^{n}$
Hãy tìm số nguyên dương $n$.

Bài 1:

1/ Ta có $2013^2-2019=2013^3-2013-6=(2013-3)(2013+2)=2010.2015$ và $2013^{2}+4026-3=2013^2+2.2013-3=(2013-1)(2013+3)=2012.2016$

Vậy $A=\frac{2010.2015.2012.2016.2014}{2010.2012.2015.2016}$

$= 2014$.

2/ Ta có $\frac{4^{5}+4^{5}+4^{5}+4^{5}}{3^{5}+3^{5}+3^{5}}.\frac{6^{5}+6^{5}+6^{5}+6^{5}+6^{5}+6^{5}}{2^{5}+2^{5}}=\frac{4^6}{3^6}.\frac{6^6}{2^6}=4^6$

Thay giả thiết ta có $2^n=4^6=2^{12}$

Vậy $n=12$