$2x^{2}-2x\sqrt{30}-\sqrt{2007}.\sqrt{30+4x\sqrt{2007}}=\sqrt{30}\sqrt{2007}$

đặt:$2y-\sqrt{30}=\sqrt{30+4x\sqrt{2007}}$
rồi đưa về hệ đối xứng rồi giải thôi bạn

Giải phương trình
$(x+1)^2=\frac{1}{\sqrt{x+2}+2}$.

nhân lượng liên hợp:
$\Leftrightarrow (x-2)(x+1)^{2}=\sqrt{x+2}-2$
$\Leftrightarrow x^{3}-3x=\sqrt{x+2}$
bình phương 2 vế
$\Leftrightarrow x^{6}-6x^{4}+9x^{2}-x-2=0$
$\Leftrightarrow (x-2)(x^{2}+x-1)(x^{3}+x^{2}-2x-1)=0$
loại nghiệm x=2 vì khi thế vào pt ban đầu không thoả
đến đây mọi người tự làm tiếp nhé

Cho $d: x+y-3=0$, $d': x+y-7=0$. Tìm $B, C$ của tam giác $ABC$ vuông cân biết $A(2;4)$ và $B,C$ lần lượt thuôc $d, d'$.

trước hết tìm khoảng cách từ A đến 2 đường thẳng d va d' và khoảng cách giữa 2 dt d,d'(do d//d') ta có các kq sau:
$\frac{3}{\sqrt{2}}$, $\frac{1}{\sqrt{2}}$, $\frac{4}{\sqrt{2}}$
dễ thấy tổng khoảng cách từ A đến 2 đường thẳng d va d' = khoảng cách giữa 2 dt d,d nên A nằm giữa d,d'
từ A hạ vuông góc xuống d tai H, vuông góc d' tại H', Ta có:
AH=$\frac{3}{\sqrt{2}}$, AH'=$\frac{1}{\sqrt{2}}$
$\Delta$ABH=$\Delta$CAH'(cạnh huyền- góc nhọn)
từ đây dễ dàng tìm đươc độ dài HB tìm thêm toạ độ H,kết hợp vs đề bài B $\in$ d
giải hpt 2 ẩn $\Rightarrow$ toạ độ B ,tương tự vs C đến đây bạn tự làm típ nhé

Cho tg ABC nội tiếp(O;R) có đt nội tiếp (I; r) tiếp xúc vs AB tại K, AI cắt (0) tại D. CMR IA.ID=2Rr

Cho tg ABC nội tiếp(O;R) có đt nội tiếp (I; r) tiếp xúc vs AB tại K, AI cắt (0) tại D. CMR IA.ID=2Rr

bài này hình như của lớp 9
mình xin giải như sau
từ D kẻ đk DH:
xét 2 tg vuông: $\Delta$AKI và $\Delta$HCD
$\widehat{KAI}$=$\widehat{CHD}$(do cung BD= cung CD)
$\widehat{AKI}$=$\widehat{HCD}$(=90)
$\Rightarrow$ $\Delta$AKI đồng dạng $\Delta$HCD
$\Rightarrow$$\frac{IA}{DH}$=$\frac{IK}{CD}$

$\Rightarrow$ IA.CD=IK.DH=2rR(1)
xét $\bigtriangleup$ DCI có:
$\widehat{DCI}$=$\widehat{BCD}$+$\widehat{ICB}$
$\widehat{DIC}$=$\widehat{DAC}$+$\widehat{ICA}$
mà$\widehat{BCD}$=$\widehat{DAC}$(do cung BD=cung CD), $\widehat{ICB}$=$\widehat{ICA}$(do IC là pg)
$\Rightarrow$ $\bigtriangleup$ CDI cân tại D$\Rightarrow$DC=ID(2)
(1)(2)$\Rightarrow$IA.ID=2rR

Cho $A(2; 2\sqrt{3})$, $B(4;0)$. Gọi $M,N$ là các điểm thuộc $OB$; $P,Q$ lần lượt thuộc $AB$ và $AO$. Tìm $P$ để $MNPQ$ là hình vuông.

dễ thấy
tam giác ABO là tg đều có canh =4
gọi a là cạnh hình vuông
$\bigtriangleup$APQ đều( do PQ//OB) suy ra AP=a
sin 60 = $\frac{a}{BP}$ suy ra PB=$\frac{2a}{$\sqrt{3}$}$
AP+BP=4$\Rightarrow$ $\frac{2a}{$\sqrt{3}$}$+a=4$\Rightarrow$a=8$\sqrt{3}$-12
tìm độ dài PB rồi kết hợp vs dk P$\in$ dt AB giải hpt 2 ẩn hoặc cách jì khác cg~ dc

Tam giác đều $ABC$, $BC: y=2$, đỉnh $A$ thuộc $d: x+y-2=0$, diện tích tam giác bằng $\frac{2}{\sqrt{3}}$. Tìm $A,B,C$ biết $A$ có hoành độ dương.

tam giác ABC đều có S=$\frac{a^{2}.\sqrt{3}}{4}$ tính dc cach a suy ra h lập pt dt song song và cách BC 1 khoảng =h
tìm pt hoành độ giao điểm 2dt : $d: x+y-2=0$ và 2 dt mới tìm(loại nghiệm âm nếu có) đến đây thì dễ rồi

Cho $ (C1): (x-1)^2+(y-2)^2=4 , \large\Delta: x-2y+3=0 $

viết phương trình đường tròn (C2) đối xứng (C1) qua $\large\Delta$

ta có: I(1,2) là tâm (C1)

tìm I' đối xứng I qua dt: x-2y+3=0( cái này dễ)

phần còn lại chỉ cần nói 2 dg tròn này đối xứng nhau qua x-2y+3=0 nên có bk bằng nhau

có tâm I' có bán kính là xong rồi

Cho $a+2b+3c\geq 14$. Chứng minh rằng: $a^2+b^2+c^2 \geq 14$

$a^{2}+1\geq 2a$
$b^{2}+4\geq 4b$
$c^{2}+9\geq 6c$
cộng vế theo vế
$\Rightarrow a^{2}+b^{2}+c^{2}+14\geq 28 \Leftrightarrow a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq 14$

 

Cho $\Delta ABC$. Qua $M$ thuộc cạnh $AC$ kẻ các đường thẳng $// AB, BC$ cắt $AB, BC$ tại $E, F.$ Tìm vị trí điểm $M$ để $S_{EMFB} Max.$

 

$S_{EMFB}$=EM.MF.sin$\widehat{EMF}$

mà sin$\widehat{EMF}$= sin$\widehat{ABC}$( không đổi)

nên chỉ cần tìm EM.MF max

EM.MF=$\frac{cMC}{b}.\frac{a(b-MC)}{b}$

           =-ac($\frac{MC^{2}}{b^{2}}$-$\frac{MC}{b}$+$\frac{1}{4}$)+ac.$\frac{1}{4}$

           =-ac$(\frac{MC}{b}-\frac{1}{2})^{2}$+ac.$\frac{1}{4}$

Suy ra EM.MF max=$\frac{1}{4}$ac khi MC=$\frac{b}{2}$ tức M là trung điểm cạnh AC

vậy S max=$\frac{1}{4}$acsin$\widehat{ABC}$

Bạn làm theo cách lớp 8 hộ mình được ko, mình chưa biết sin vs cos là j cả

Gọi MH'=h' là đường cao của hbh, AH=h là đường cao của tam giác ABC

S EMFB=MH'.BF

$\frac{MH'}{AH}=\frac{MC}{AC}$(định lí thales)

$\Rightarrow h'=\frac{MC.h}{b}$

ta lại có:

$\frac{BF}{BC}=\frac{AM}{AC}$

$\Rightarrow BF=\frac{AM.a}{b}$

$\Rightarrow S =\frac{AM.MC.h}{b^{2}}$

$\Rightarrow S =\frac{AM.(b-AM).h}{b^{2}}$

$\Rightarrow S =\frac{(-AM^{2}+b.AM-\frac{b^{2}}{4}+\frac{b^{2}}{4}).h}{b^{2}}$

$\Rightarrow S =\frac{(-(AM-\frac{b}{2})^{2}+\frac{b^{2}}{4}).h}{b^{2}}\leq \frac{h}{4}$

dấu '=' xảy ra khi $AM=\frac{b}{2}$ (M là trung điểm AC)

Cho tam giác ABC vuông cân tại A có trọng tâm G(0;2/3). Viết phương trình các cạnh tam giác để I(1/2;-1/2) là trung điểm cạnh BC

ý tưởng:

tam giác ABC vuông cân tại A => đường trung tuyến cũng là đường cao

từ đây ta có vecter pháp tuyến của dt BC là $\overrightarrow{IG}$

dễ dàng lập được pt đường thẳng BC

tìm điểm A tính đoạn AI

AI=IB(do tam giác ABC vuông cân) ta lập được 1 pt

B thuộc đt BC ta lập được 1 pt nữa

giải hê pt trên ta tìm được điểm B 

phần còn lại đơn giản rồi  

Cho tana=3. Tính:

 

$\frac{sina}{sin^3a+cos^3a}$

$tan\alpha =3\Rightarrow sin\alpha = 3cos\alpha$

$A=\frac{3cos\alpha }{28cos\alpha ^{3}}$

$A=\frac{3}{28}.\frac{1}{cos\alpha ^{2}}$

$A=\frac{3}{28}.(tan^{2}\alpha +1)$

$A=\frac{15}{14}$

 

Mềnh có câu nè mềnh làm hoài mà không giải được phần c, giúp mềnh với toán thi vào lớp 10 á

 

Câu 1 : Cho nửa đường tròn tâm O có đường kính AB = 2R. Gọi Ax, By là các tia vuông góc với AB tại A và B ( Ax, By và nửa đường tròn cùng thuộc một nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng AB). Qua điểm M thuộc nửa đường tròn ( M khác A, B) kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn, cắt tia Ax và By theo thứ tự ở C và D. CMR:

a. AOMC nội tiếp.

b. tam giác COD là tam giác vuông.

c. H là hình chiếu của M trên AB , điểm I là giao điểm của BC và MH. CMR: IM = IH  

                                                                                                  

 

 

câu c/  

kéo dài đường thẳng MB cắt Ax tại E

ta có:

$\frac{MI}{CE}=\frac{IB}{BC}$

ta lại có:

$\frac{IH}{AC}=\frac{IB}{BC}$

$\Rightarrow \frac{MI}{CE}=\frac{IH}{AC}$

mà CE=AC (do CM=AC tam giác EMA có trung tuyến MC )

=> đpcm

Tính $A=cos^6\frac{\pi }{16}+cos^6\frac{3\pi }{16}+...+cos^6\frac{7\pi }{16}$

 

$cos^{6}\frac{\pi}{16}= sin^{6}\frac{7\pi}{16}$

$cos^{6}\frac{3\pi}{16}= sin^{6}\frac{5\pi}{16}$

$A=sin^{6}\frac{7\pi}{16}+sin^{6}\frac{5\pi}{16}+cos^{6}\frac{7\pi}{16}+cos^{6}\frac{5\pi}{16}$

$=sin^{4}\frac{7\pi}{16}-sin^{2}\frac{7\pi}{16}cos^{2}\frac{7\pi}{16}+cos^{4}\frac{7\pi}{16}+cos^{4}\frac{5\pi}{16}-sin^{2}\frac{5\pi}{16}cos^{2}\frac{5\pi}{16}+sin^{4}\frac{5\pi}{16}$

$=(sin^{2}\frac{7\pi}{16}+cos^{2}\frac{7\pi}{16})^{2}+(cos^{2}\frac{5\pi}{16}+sin^{2}\frac{5\pi}{16})^{2}-3sin^{2}\frac{7\pi}{16}cos^{2}\frac{7\pi}{16}-3sin^{2}\frac{5\pi}{16}cos^{2}\frac{5\pi}{16}$

 

$=2-\frac{3}{4}(sin^{2}\frac{7\pi}{8}+sin^{2}\frac{5\pi}{8})$

$=2-\frac{3}{4}(\frac{1-cos\frac{14\pi}{8}+1- cos\frac{10}{8}}{2})$

$=2-\frac{3}{8}(2-(2cos\frac{3\pi}{2}cos\frac{\pi}{4})$

$=\frac{5}{4}-\frac{3}{4}(sin\pi)(cos\frac{\pi}{4})$

$=\frac{5}{4}$  

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

với a,b,c là độ dài 3 cạnh tam giác

bạn có thể giải thích kĩ hơn được không

Bài 1:

tu giác MIOA nội tiếp do($\widehat{AMI}+\widehat{IOM}=180$

xét hai $\bigtriangleup MCI$ đồng dạng$\bigtriangleup DBI$(g-g)

$\Rightarrow \frac{MI}{DI}=\frac{IC}{IB}\Rightarrow MI.IB=IC.ID$

từ tỉ số $ \frac{MA}{MB}=3/5$$\Rightarrow$ tan$\widehat{MBA}$

dễ dàng tìm được vị trí M

bài 2:

1/ dễ thấy

$\widehat{EDC}=\widehat{ACD}$

$\widehat{EFC}=\widehat{ACD}$

$\Rightarrow$ $\widehat{EDC}=\widehat{EFC}$

$\Rightarrow$

 

tứ giác nội tiếp

2$\widehat{ADB}=90;\widehat{EDF}=90;\widehat{ADC}+\widehat{EDF}=180\Rightarrow $ thẳng hàng

3/$\widehat{HCA}=\widehat{FEA}$( tứ gia'cHECA nội tiếp)

$\widehat{FEA}=\widehat{ACD}$(tứ giácECDF nội tiếp cmt)

 

$\widehat{ACD}=\widehat{ABC}$(cùng phụ$ \widehat{DCB}$

 

 suy ra$\widehat{HCA}=\widehat{ABC} \Rightarrow $ dpcm

$\triangle MCI$ đồng dạng $\triangle DBI$ có 2 cặp góc đối đỉnh và cặp góc nào nữa vậy bạn?

 còn nửa là $\widehat{MCI}=\widehat{IBD}$(do cùng chắn cung MD (O))

tứ giác HECA nội tiếp như thế nào vậy bạn?

$\widehat{EHA}=90$ và $\widehat{EAC}=90$

1/ rút gọn $P=\frac{sina+cos2a-cos4a}{cosa+sin2a+sin4a}$

$P=\frac{sina-(cos4a-cos2a)}{cosa+(sin2a+sin4a)}$

$=\frac{sina+2(sin3a.sina)}{cosa+2(sin3a.cosa)}$

 

$=\frac{sina(1+2sin3a)}{cosa(1+2sin3a)}$

 

$=\frac{sina}{cosa}$

 

$=tana$

Cho đường tròn tâm O,đường kính CD,Điểm E thuộc OD,đường thằng d vuông góc với CD qua E,gọi M là một điểm thuộc (O),MC>MD,N là giao điểm của MD và d,F là giao điểm của CM và d.
a) chứng minh: C,M,N,F cùng thuộc 1 đường tròn.
b) Chứng minh: CE.CD=NF.NE
c) Gọi I là giao điểm của NC và (O).Chứng mình I thuộc đường trong đường kính NF.
d) Gọi G là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CMN.Chứng minh,khi M di chuyển trên (O) thì G thuộc đường tròn cố định.

Mọi người giúp mình giải câu d với ạ.

bạn coi lại chỗ màu đỏ giùm mình phải là C,M,N,E chứ,

G thuộc đường tròn cố định.phải là thuộc 1 đường thẳng cố định chứ( trung trực của CE)

do G là trung điểm NC tam giác CEN vuông =>GE là trung tuyến=>GC=GE=> thuộc trung trực CE=> quỹ tích (cần tìm)

$P=\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+2cosx}}}}$

Giải hệ $\left\{\begin{matrix} 2y^{2}-x^{2}=1\\  2x^{3}-y^{3}=2y-x \end{matrix}\right. $

lấy $(2x^{3}-y^{3}).1=(2y-x)(2y^2-x^2)$

$\Leftrightarrow 2x^{3}-y^{3}=4y^3-2x^2y-2xy^2+x^3$

$\Leftrightarrow 5y^3-2x^2y-2xy^2-x^3=0$

đến đây thì đặt x=yt rồi giải bình thường

Giải hệ phương trình:

$\left\{\begin{matrix} 1+x^{2}y^{2}=19x^{2}\\xy^{2}+y=-6x^{2} \\ \end{matrix}\right.$

ý tưởng:

chia 2 vế cho x² 

 

^{rồi đặt t=1/x đến đây đặt S=t+y P=ty để giải tiếp}