Cho đường tròn (O,R) và hai điểm A,B sao cho AB và (O,R) không có điểm chung. Tìm điểm M trên (O,R) sao cho MA+MB ngắn nhấ

Trên đường tròn người ta chia làm 100 khoảng.Lần lượt tô ngẫu nhiên vào các khoảng trống các màu xanh,đỏ,vàng sao cho số lần tô màu xanh và màu đỏ bằng nhau.Người ta lập phép biến đổi như sau: cứ hai khoảng kế nhau có màu khác nhau thì đổi sang màu còn lại(ví dụ hai khoảng trống có màu xanh và vàng thì đôỉ cả hai sang màu đỏ).Hỏi sau một số phép biến đổi có thể xảy ra các trường hợp sau không

 a)Tất cả các khoảng trống đều có màu xanh

 b)Tất cả các khoảng trống đều có màu vàng

Cho x,y,z bất kỳ Đặt

a=x-y

b=y-z

c=z-x

Hãy biểu diễn x,y,z theo a,b,c

Chứng minh $5a+4b+6c\geq 3\sqrt{ab}+5\sqrt{bc}+7\sqrt{ca}$ (a,b,c$\geq 0$)

$5a+4b+6c=\frac{3}{2}(a+b)+\frac{5}{2}(b+c)+\frac{7}{2}(c+a)\geq 3\sqrt{ab}+5\sqrt{bc}+7\sqrt{ca}$ (BĐT Cauchy)

Dấu "=" khi và chỉ khi a=b=c

Giải phương trình 

$cosx+cosy-cos(x+y)=\frac{3}{2}$

PT$\Leftrightarrow 2cos(\frac{x+y}{2})cos(\frac{x-y}{2})-[2cos^{2}(\frac{x+y}{2})-1]=\frac{3}{2}$

Đặt $t=cos(\frac{x+y}{2}),m=cos(\frac{x-y}{2})  ĐK -1\leq t,m\leq 1$.PT trở thành

$4t^{2}-4mt+1=0$

$\Delta ^{'}=4m^{2}-4\leq 0 "="\Leftrightarrow m=-1\cup m=1$.Lúc đó PT có nghiệm kếp t=1/2

Vậy PT đã cho tương đương

$\left\{\begin{matrix} cos(\frac{x-y}{2})=-1\\ cos(\frac{x+y}{2})=\frac{1}{2} \end{matrix}\right. \cup \left\{\begin{matrix} cos(\frac{x-y}{2})=1\\ cos(\frac{x+y}{2})=\frac{1}{2} \end{matrix}\right.$

PT xem như đã giải quyết xong

Tìm nghiệm nguyên tố của phương trình: $x^2+y^2+z^2=xyz$

Không mất tính tổng quát. Giả sử $x\geq y\geq z\Rightarrow x^{2}+y^{2}+z^{2}> 2xy\Rightarrow z> 2$

Với z=3$\Rightarrow x^{2}+y^{2}\vdots 3$ mà x,y là số nguyên tố nên chỉ có thể là x=y=3

Với z>3 vì x,y,z là các số nguyên tố khác 3 nên VT chia hết cho 3 đồng thời VP không chia hết cho 3 PT vô nghiệm

Vây PT chỉ có bộ nghiệm (x,y,z)=(3,3,3)

e^x-sinx+0,5x²

$f_{(x)}^{'}=e^{x}-cos(x)+x, f_{(x)}^{''}=e^{x}-sin(x)+1> 0,\forall x\in R$. Vậy

$f_{(x)}^{'}=0\Leftrightarrow x=0$.Và hàm đạt giá trị nhỏ nhất

$f_{(0)}=1 khi  x=0$

Cho hình chóp SABCD. M  thuộc miền trong tam giác SCD.

a, Tìm giao tuyến (SMB) và (SAC)

b, Tìm giao BM và (SAC)

c, Tìm thiết diện hình chóp cắt bởi (ABM)

a)

$N=SM\cap DC,I=BN\cap AC$

$S,I\in (SMB),S,I\in (SAC)\Rightarrow SI=(SMB)\cap (SAC)$$S,I\in (SMB),S,I\in (SAC)\Rightarrow SI=(SMB)\cap (SAC)$

b)

$J=BM\cap AI\Rightarrow J=BM\cap (SAC)$

c)

$E=AJ\cap SC,F=EM\cap SD\Rightarrow AFEB$ là thiết diện của hình chóp cắt bởi (ABM)

Bài giải mang tính hướng dẫn nên vắn tắt

Cho hai điểm $M(m;0),N(0;n)$ di động lần lượt trên $Ox,Oy$ và thỏa mãn $\frac{1}{m}+\frac{1}{n}=1$

Chứng minh rằng đường thẳng $MN$ đi qua 1 điểm cố định.

Dễ thấy m,n>1. Gọi I(1;a) là điểm thuộc MN. Từ I hạ vuộng góc dến Ox và  Oy taị các điểm E,F. Ta có hệ thức

$\frac{IF}{OM}=\frac{MI}{MN},\frac{IE}{ON}=\frac{NI}{NM}\Rightarrow \frac{IF}{OM}+\frac{IE}{ON}=\frac{MI}{MN}+\frac{NI}{NM}=1\Leftrightarrow \frac{1}{m}+\frac{a}{n}=1\Leftrightarrow a=1$ (Theo giả thiết )

Vậy MN luôn đi qua điểm cố định (1;1)

 

Mình đã thử dùng nhân liên hợp

Pt $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} \frac{2}{\sqrt{2x^2+x+9}-\sqrt{2x^2-x+1}}=1 \\ x\neq 4 \end{matrix}\right.$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} 7\sqrt{2x^2+x+9}-25=7\sqrt{2x^2-x+1}-11 \\ x\neq 4 \end{matrix}\right.$

Nhân liên hợp lần 2

Pt $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x=\frac{8}{7} \vee \frac{14x+23}{25+7\sqrt{2x^2+x+9}}=\frac{14x+9}{11+7\sqrt{2x^2-x+1}} \\ x\neq 4 \end{matrix}\right.$

Đến đây thì mình hết biết làm

 

Đặt $u=\sqrt{2x^{2}+x+9}, v=\sqrt{2x^{2}-x+1}$ u,v>0

$PT\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} u+v=x+4\\ u+v=\frac{u^{2}-v^{2}}{2} \end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} u+v=x+4\\ u-v=2 \end{matrix}\right. \Leftrightarrow 2v=x-2 \Leftrightarrow x=0\cup x=\frac{8}{7}$

Cho $x,y,z>0$ thoả: $x\left( x+y+z \right)=3yz$. Chứng minh:

${{\left( x+y \right)}^{3}}+{{\left( x+z \right)}^{3}}+3\left( x+y \right)\left( x+z \right)\left( z+x \right)\le 5{{\left( y+z \right)}^{3}}$ (1)

 

Và sau đây là bài giải còn dang dở của mình:

Từ điều kiện ta có:

$\begin{align}& x\left( x+y+z \right)=3yz \\ & \Leftrightarrow {{x}^{2}}+xy+yz+zx=4yz \\ & \Leftrightarrow x\left( x+y \right)+z\left( x+y \right)=4yz \\ & \Leftrightarrow \left( x+z \right)\left( x+y \right)=4yz \\ \end{align}$

Ta có:

 (1)$\begin{align}& \Leftrightarrow {{\left( x+y \right)}^{3}}+{{\left( x+z \right)}^{3}}+12yz\left( y+z \right)\le5{{\left( y+z \right)}^{3}} \\ & \Leftrightarrow 2{{x}^{3}}+{{y}^{3}}+{{z}^{3}}+3xy\left( x+y \right)+3xz\left( x+z \right)+12yz\left( y+z \right)\le 5{{y}^{3}}+5{{z}^{3}}+12yz\left( y+z \right) \\ &\Leftrightarrow {{\left( x+y \right)}^{3}}+{{\left( x+z \right)}^{3}}-{{\left( y+z \right)}^{3}}-4{{y}^{3}}-4{{z}^{3}}\le 0 \\ \end{align}$

Đến đây mình không tìm ra được hướng nữa, bạn nào trên nền tảng của bài mình giúp mình giải tiếp đi, cảm ơn nhiều.

Từ ĐK dễ dàng CM $x\leq \frac{y+z}{2}$

Ta lại có

$(x+y)^{3}+(x+z)^{3}=(2x+y+z)[(x+y)^{2}-(x+y)(x+z)+(x+z)^{2}])\leq 2(y+z)[2x(x+y+z)+y^{2}+z^{2}-x(x+y+z)-yz]\leq 2(y+z)(y+z)^{2}\leq 2(y+z)^{3},"="\Leftrightarrow x=\frac{y+z}{2}$

Laị có

$12yz(y+z)\leq 3(y+z)^{3},"="\Leftrightarrow y=z$

Vậy BĐT được CM . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x=y=z

Cho hàm số: $y=\frac{x+2}{x+1}$ . Tìm m để đường thẳng $\left( d \right)$: $y=x+m$ cắt $\left( C \right)$ tại 2 điểm A, B  phân biệt có AB=$\sqrt{26}$ 

Tọa độ giao điểm của (C) và d là nghiệm của hệ

$\left\{\begin{matrix} y=\frac{x+2}{x+1}\\ y=x+m \end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x^{2}+mx+(m-2)=0(1)\\ y=x+m (2) \end{matrix}\right.$

Dễ thấy (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt nên (C) và d luôn cắt nhau tại 2 điểm phân biệt

Gọi $A(x_{1};y_{1}),B(x_{2};y_{2})$ là tọa độ 2 giao điểm của (C) và d

$AB^{2}=(x_{2}-x_{1})^{2}+(y_{2}-y_{1})^{2}=2(x_{2}-x_{1})^{2}=26\Leftrightarrow S^{2}-4P=13$

$\Leftrightarrow m^{2}-4m-5=0\Leftrightarrow m=-1\cup m=5$

Trong một hôp đựng 12 viên bi, trong đó có 7 viên bi đỏ và 5 viên bi xanh. Tính xác suất lấy ra 3 viên bi có ít nhất là 2 viên bi đỏ.

Sự kiện này tương đương với lấy ra 3 viên đều đỏ hoặc lấy ra 3 viên có 2 viên đỏ và 1 viên xanh.

Xác suất sẽ bằng

$\frac{C_{7}^{3}+C_{7}^{2}C_{5}^{1}}{C_{12}^{3}}$

Cho $a,b,c>0$ thoả $abc=1$. Chứng minh: $\frac{1}{{{a}^{2}}\left( b+c \right)}+\frac{1}{{{b}^{2}}\left( c+a \right)}+\frac{1}{{{c}^{2}}\left( a+b \right)}\ge \frac{3}{2}$

đặt x=1/a, y=1/b, z=1/c.BĐT trở thành

$\frac{x}{y+z}+\frac{y}{z+x}+\frac{z}{x+y}\geq \frac{3}{2}$. Hiển nhiên

Có 2 máy cùng chế tạo 1 loại sản phẩm. Khả năng chế tạo ra chính phẩm của máy 1 và 2 tương ứng là $0,8$ và $0,9$. Tính xác suất để khi cho máy 1 chế tạo ra 2 sản phẩm, máy 2 chế tạo ra 3 sản phẩm thì thu được ít nhất 4 chính phẩm.

Ta tính xác suất cho phần bù. Tức là có nhiều nhất 1 phế phẩm. Có ba trường hợp

1)Tất cả là chính phẩm : 0,8*0,8*0,9*0,9*0,9

2)Một phế phẩm của máy 1 : 0,8*0,2*0,9,0,9*0,9

3)Một phế phẩm của máy 2 : 0,8*0,8*0,9*0,9*0,1

Xác suất có ít nhất 4 chính phẩm : 0,8*0,9*0,9*(0.8*0.9+0.2*0.9+0.8)

Tự bấm máy nhé

Viết dưới dạng chính tắc $A = (1 + i)^{2014} + (1 - i)^{2014}$.

Từ đó tính $B = C_{2014}^{0} + C_{2014}^{4} + C_{2014}^{8} + ... + C_{2014}^{2012}$.

Mọi người giúp em với ạ, em cảm ơn nhiều :3.

 

--------------

Em post nhầm sang phần Giải tích rồi... Mod giúp em chuyển sang Đại số với .

A=$(2i)^{1007}+(-2i)^{1007}=0$

Đặt C=$C_{2014}^{2}+C_{2014}^{6}+C_{2014}^{10}+...+C_{2014}^{2014}$

      D=$C_{2014}^{1}+C_{2014}^{3}+...+C_{2014}^{2013}$

Khai triển A theo nhị thức Newton

A/2=$C_{2014}^{0}-C_{2014}^{2}+C_{2014}^{4}-C_{2014}^{6}+...+C_{2014}^{2012}-C_{2014}^{2014}=0$

Vậy B=C (1)

Trong khai triển Newton

$2^{2014}=(1+1)^{2014}=B+C+D$ (2)

$0=(1-1)^{2014}=B+C-D$ (3)

Từ (1),(2),(3) $\Rightarrow B = \frac{2^{2014}}{4}=2^{2012}$

Cho x,y,z>0 và x+y+z=1.Tìm Min:                 

A+36=$\frac{1}{x}+36x+\frac{4}{y}+36y+\frac{9}{z}+36z\geq 12+24+36\geq 72$

$\Leftrightarrow A\geq 36$

Dấu "=" $\Leftrightarrow x=\frac{1}{6},y=\frac{1}{3},z=\frac{1}{2}$

Cho hàm số : $f\left ( x \right )=a\left | x+2 \right |+b\left | x+1 \right |+cx$ đồng biến trên R . Chứng tỏ : c > 0 .

Với x<-2.Để hàm đồng biến c-(a+b)>0 (1)

Với x>-1.Để hàm đồng biến c+(a+b)>0 (2)

Từ (1) và (2) suy ra c>0.Đây chỉ là ĐK cần

Từ hệ $\Rightarrow 4(x^{2}+y^{2})(x^{4}+y^{4})=(x+y)^{2}(x^{2}+y^{2})^{2}$.Mà

$(x+y)^{2}\leq 2(x^{2}+y^{2}),(x^{2}+y^{2})^{2}\leq 2(x^{4}+y^{4})$.Dấu"=" khi và chỉ khi x=y.Nên PT có nghiệm x=y.hay vaò dễ dàng tính được (x;y)=(0;0) hoặc (1;1)

Tổng dấu + là 2012*2012

Chú ý rằng sau khi hoàn thành các bước thực hiện kết quả luôn thỏa các tính chất sau:

 1) Kết quả không phụ thuộc vào thứ tự thực hiện các bước

 2) Khi một hàng hoặc một cột thực hiện số bước là chẳn thì tương đương chưa thực hiện bước nào

 3) Khi một hàng hoặc một cột thực hiện số bước là lẻ thì tương đương thực hiện một bước

  Như vậy ta chỉ cần xét trường hợp thực hiện n bước trên n hàng khác nhau và thực hiện m bước trên m cột khác nhau

  Lúc này số dấu - là 2012(n+m)-2mn tại giao điểm của hàng cột thực hiện bước biến là dấu + có mn điểm như vậy nên

$mn\leq 2010$ (1)

 Sau khi hoàn thành các bước số dấu + là $2012^{2}-\left [ 2012\left ( m+n \right ) \right-2mn ]=2010 \left ( 2 \right )$

Từ (2) dễ dàng suy ra m+n>2012 kết hợp với (1) được m<1 và n>2011 hoặc m>2011 và n<1 vô lý. Vâỵ không tồn tại phép biến như trên

Tính :   $\int_{0}^{\pi }$$\frac{xsinx}{1+cos^{2}x}dx$

Đặt I = $\int_{0}^{\pi }\frac{xsinx}{1+cos^{2}x}dx=\int_{0}^{\pi }\frac{tsint}{1+cos^{2}t}dt$

t=$\pi -x\Rightarrow dt=-dx, x_{1}=0 \Rightarrow t1=\pi , x_{2}=\pi \Rightarrow t_{2}=0$

I=$-\int_{\pi }^{0}\frac{(\pi -t)sint}{1+cos^{2}t}dt=\int_{0 }^{\pi }\frac{(\pi -t)sint}{1+cos^{2}t}dt=\int_{0 }^{\pi }\frac{\pi sint}{1+cos^{2}t}dt-\int_{0 }^{\pi }\frac{t sint}{1+cos^{2}t}dt=\int_{0 }^{\pi }\frac{\pi sint}{1+cos^{2}t}dt-I$

$\Rightarrow I=\frac{\pi }{2}\int_{0}^{\pi }\frac{sint dt}{1+cos^{2}t}$

Đặt A=$\frac{4}{x}+\frac{1}{y}+\frac{9}{z}$.

      B= 4*x+y+z

Ta có

$4x+64*\frac{4}{x}\geq 64. Dấu"="\Leftrightarrow x=8$

$y+\frac{64}{y}\geq 16. Dấu"="\Leftrightarrow y=8$

$z+64*\frac{9}{z}\geq 48. Dấu "="\Leftrightarrow z=24$

Vậy

64A+B$\geq 128$

B$\geq 64$. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x=y=8,z=24

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

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

Gọi ABCD là hình bình hành đã cho và tam giác nội tiếp hình bình hành là IMN.

1.Nếu M,N cùng thuộc một cạnh của ABCD(giả sử CD).Lúc đó $S_{IMN_{max}}=1/2S_{ABCD}\Leftrightarrow M\equiv C,N\equiv D$

2.Nếu M thuộc CD và N thuộc BC.Dễ thấy $I\equiv A\Rightarrow S_{IMN}$ lớn nhất(trong trường hợp này) do mọi điểm thuộc ABCD hạ vuông góc đến MN. thì đường hạ từ A là lớn mhất.Tương tự, xét tam giác IMN với IM là đáy ta cũng suy ra $S_{IMN}$ lớn nhất khi $N\equiv B$ và $S_{IMN_{max}}=1/2S_{ABCD}$ (Đpcm)