Em học Hóa vô cơ không đến nỗi tệ.nhưng đến kì 2 lớp 9 do chỉ chú ý học toán nên các kiến thức hóa hữu cơ gần như không biết gì. Ai có thể cho em phương pháp học và nhớ hóa hữu cơ được không ạ
và nên mua loại sách nào cho hóa hữu cơ và vật lí lớp 12.
Em cảm ơn

Hix.
Các Pro vào giúp đi
sang năm học hóa Hữu cơ chết mất.

Cho em spam tí tẹo bác học toán bộ mà mới học lớp 10 thì làm gì cần phải chuyên sâu hóa vs lý lớp 12 thế ạ

hè rồi cũng phải tíc cực cày hóa để lên 11 mà chiến còn lí thì hỏi trước thế thui.

1)Cho ABC có các đường cao AD,BE ,CF.Gọi I và K là hình chiếu của B và C trên EF.CM IK=DE+DF
2)Cho(O;R),BC là dây cung cố định,A chuyển động trên cung lớn BC.Xác định vị trí của A để P tam giác ABC lớn nhất

làm bài 2 thôi bài 1 dài ngoằng lại 0 có hình.hix
lấy M là trung điểm cung nhỏ BC áp dụng định lí ptoleme
$ AM.BC=AB.MC+AC.MB=(AB+AC).MB $
Do BC,MB Kô đổi=>AB+AC max <=> AM max =>A là trung điểm cung lớn BC

bài này có thể tổng quát là
tìm vị trí của A để m.AB+nAC max

Có cần xét trường hợp A trùng B trùng O không nhỉ ?

Bài này cũng để lâu quá rùi.

Trước hết, điểm (2;0) không được phép đặt tên là O. Mình đặt lại tên là I.
Vì góc giữa hai tiếp tuyến qua A bằng 60 độ nên tam giác ABC đều.

Tam giác IAB vuông ở B nên suy ra:

$AB = AI\cos 30^0 = \dfrac{{5\sqrt 3 }}{2}$

Suy ra

$r = \dfrac{S}{p} = \dfrac{{\left( {\dfrac{{5\sqrt 3 }}{2}} \right)^2 \dfrac{{\sqrt 3 }}{4}}}{{\dfrac{{15\sqrt 3 }}{4}}} = \dfrac{5}{4}$

thiếu trường hợp rồi
trường hợp 2 góc BAC = 120 độ.
Mấy lớp chuyên toán tưởng bở sai gần hết

Cho $ O(2;0) và A(5;4)$

$(\gamma)$ là 1 đường tròn bất kì tâm O. Từ A kẻ 2 tiếp tuyến AB,AC tới đường tròn.
Biết góc giữa 2 tiếp tuyến là 60 độ
tính bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC



cẩn thận không bị lừa đấy

Đây là cách của tớ. Nếu sai xin chỉ giáo.

Gọi O,H,I,K là tâm đường tròn ngoại tiếp,trực tâm,tâm nội tiếp,tâm Euler

Ta có các bổ đề sau
(các bạn tự chứng minh nhé)
1. bán kính đường tròn Euler bằng 1 nửa bán kính đường tròn ngoại tiếp = $\dfrac{R}{2}$
2. $OI^2=R^2-2Rr$
3. $IH^2=4R^2-\dfrac{a^3+b^3+c^3+abc}{a+b+c}$
3. $OH^2=9R^2-(a^2+b^2+c^2)$
4. K là trung điểm OH
5. công thức trung tuyến
${m_a}^2=\dfrac{b^2+c^2}{2}-\dfrac{c^2}{4}$
6.$r^2=\dfrac{S^2}{p^2}=\dfrac{(p-a)(p-b)(p-c)}{p} = (ab+bc+ca)-\dfrac{(a+b+c)^2}{4} - \dfrac{2abc}{a+b+c}$

quay trở lại bài toán ta sẽ cm
$IK=R_{Euler}-r=\dfrac{R}{2}-r$

để ý đường tròn Euler và đường tròn nội tiếp không thể tiếp xúc ngoài nhau

$ IK^2=(\dfrac{R}{2}-r)^2$
<=> $ \dfrac{IH^2+IO^2}{2}-\dfrac{OH^2}{4}
= \dfrac{R^2}{4}-Rr+r^2$
<=> $ \dfrac{IO^2}{2}+Rr +\dfrac{IH^2}{2}=\dfrac{OH}{4}+r^2 + \dfrac{R^2}{4}$
<=> $2IH^2+R^2=4r^2+OH^2$
thay IH,OH,r bởi các hệ thức phía trên ta có đpcm
=> Đường tròn Euler luôn tiếp xúc trong với đường tròn nội tiếp

chứng minh bằng cách tương tự ta cũng có thêm t.chất đường tròn Euler tiếp xúc với 3 đườn tròn bàng tiếp của tam giác

Đây là cách của tớ. Nếu sai xin chỉ giáo.

Gọi O,H,I,K là tâm đường tròn ngoại tiếp,trực tâm,tâm nội tiếp,tâm Euler

Ta có các bổ đề sau
(các bạn tự chứng minh nhé)
1. bán kính đường tròn Euler bằng 1 nửa bán kính đường tròn ngoại tiếp = $\dfrac{R}{2}$
2. $OI^2=R^2-2Rr$
3. $IH^2=4R^2-\dfrac{a^3+b^3+c^3+abc}{a+b+c}$
3. $OH^2=9R^2-(a^2+b^2+c^2)$
4. K là trung điểm OH
5. công thức trung tuyến
${m_a}^2=\dfrac{b^2+c^2}{2}-\dfrac{c^2}{4}$
6.$r^2=\dfrac{S^2}{p^2}=\dfrac{(p-a)(p-b)(p-c)}{p} = (ab+bc+ca)-\dfrac{(a+b+c)^2}{4} - \dfrac{2abc}{a+b+c}$

quay trở lại bài toán ta sẽ cm
$IK=R_{Euler}-r=\dfrac{R}{2}-r$

để ý đường tròn Euler và đường tròn nội tiếp không thể tiếp xúc ngoài nhau

$ IK^2=(\dfrac{R}{2}-r)^2$
<=> $ \dfrac{IH^2+IO^2}{2}-\dfrac{OH^2}{4}
= \dfrac{R^2}{4}-Rr+r^2$
<=> $ \dfrac{IO^2}{2}+Rr +\dfrac{IH^2}{2}=\dfrac{OH}{4}+r^2 + \dfrac{R^2}{4}$
<=> $2IH^2+R^2=4r^2+OH^2$
thay IH,OH,r bởi các hệ thức phía trên ta có đpcm
=> Đường tròn Euler luôn tiếp xúc trong với đường tròn nội tiếp

Gần 1 tháng off vì ôn thi bây giờ đã xong
Nhớ hum nọ làm xong bài chán quá nghich máy tính tự nhiên lại nghĩ ra mấy bài post cho AE
Tìm cac 2 số a,b la cac số tư nhiên lớn hơn 1 và a b t/m
a, $ \sqrt[b]{a}= \sqrt[a]{b}$
b, $ \sqrt[a]{a}= \sqrt[b]{b}$
c, $ a \sqrt{b}=b \sqrt{a}$
d, $ a \sqrt{a}= b\sqrt{b}$

câu b có cách khác là trong các số có dạng $\sqrt[n]{n}$
thi neu n>m
=> $\sqrt[n]{n}<\sqrt[m]{m}$
trong sách nâng cao và phát triển toán 9

b, dau tien mu~ ab cho ca 2 ve,
ta dc a^b=b^a
gia su a<b , chia 2 ve cho a^a. ta duoc a^(b-a) = (b/a)^a
do do b chia het cho a.
dat b=k.a bien doi, ta duoc x^(k-1)=k (1)
de thay x>=2 vi neu x=1 thi k=1( loai)
do do x^(k-1)>= 2^(k-1) (2)
tu (1) va (2), ta co k>= 2^(k-1) => 2k>=2^k
do do k=2 ( cm bang quy nap khi k>=3) . thay k=2 vao (1)
ta duoc x=2.
thu lai 2^4=4^2
vay ......

thử xem nhé.mình dốt số học nên nếu sai các bạn thông cảm
$\sqrt[a]{a}=\sqrt[b]{b}$
$<=> a=\sqrt[b]{b^a}$
do $ a \in Z => \sqrt[b]{b^a} \in Z => a = b^k ( k>1,k \in Z)$
tt $b = a^l$
gsu a > b
$b=a^l => l < 1$
vô lí.=> 0 tồn tại a,b thỏa mãn.

Cho$(U_{n})$ xác định bởi $ U_{1}=1$,$U_{n+1}=\dfrac{1}{2}(U_{n}+\dfrac{3}{U_n^2})$,$(n\geq1)$.CMR Dãy có giới hạn hữu hạn. Tìm giới hạn đó

haha.bài này khi sáng thầy mới ra về nhà làm.
Ta sẽ cm $\lim{u_n} = \sqrt[3]{3} $
thật vậy
$|u_{n+1} - \sqrt[3]{3}|=|\dfrac{1}{2}.(u_n+\dfrac{3}{{u_n}^2}) - \sqrt[3]{3}|$
$ =|u_n - \sqrt[3]{3}|.|\dfrac{1}{2} - \dfrac{\sqrt[3]{3}}{2u_n} - \dfrac{\sqrt[3]{9}}{2{u_n}^2}|$

$ < \dfrac{1}{2}.|u_n-\sqrt[3]{3}| < (\dfrac{1}{2})^n. | u_1 - \sqrt[3]{3} | \to 0 $
$\Rightarrow \lim(u_n-\sqrt[3]{3}) = 0 \Rightarrow \lim{u_n}=\sqrt[3]{3} $

Mod:Không post 2 bài có nội dung giống nhau.Bài viết trên của bạn sẽ bị xóa.

Đây cho em hỏi bài này
Tam giác ABC có 2 đường trung tuyến BM và CN vuông góc với nhau. Tìm thệ thức thể hiện qhệ 3 cạnh của tam giác
( Bài nỳ em chưa vẽ đc hình vi trên máy không có cái vẽ hình ai pót hình đc pót lên lun cho em nhá)

ta có cthức đường trung tuyến
$ m_a = \dfrac{b^2+c^2}{2} - \dfrac{a^2}{4} $
Cm bổ đề này bằng cách kẻ đường cao hoặc vecto
ta có $ BG \perp CG \Rightarrow BC^2=BG^2+CG^2 \Leftrightarrow a^2=\dfrac{4}{9}(m_b^2+m_c^2) $

$\Leftrightarrow a^2=\dfrac{4}{9}\left\[ { \left\( {\dfrac{a^2+c^2}{2} - \dfrac{b^2}{4}} \right\)+\left\( {\dfrac{a^2+b^2}{2} - \dfrac{c^2}{4}} \right\) } \right\]$

$\Leftrightarrow a^2 = \dfrac{4}{9}(a^2 +\dfrac{b^2+c^2}{4}) \Leftrightarrow 5a^2=b^2+c^2 $

Bổ đề
bdt Erdos
trong tam giác ABC lấy M bất kì.H,I,K là chân đường vuông góc của M xuống AB,BC,CA
cm $ MA+MB+MC \ge 2(MH+MI+MK) $
chứng minh.
Bổ đề này rất nhiều cách chứng minh.
Sau đây là 1 cách
Tia AM cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại P.gọi D,E là chân đường vuông góc kẻ từ P xuống AB,AC
áp dụng định lí Ptoleme cho tứ giác ABPC ta có
$ AP.BC=AB.PC+AC.PB \Leftrightarrow a.AP=b.PC+c.PB \ge b.PE+C.PD \Leftrightarrow 1 \ge \dfrac{PE}{PA}.\dfrac{b}{a} + \dfrac {PD}{PA}.\dfrac{c}{a} \\\Leftrightarrow 1 \ge \dfrac{MK}{MA}.\dfrac{b}{a} + \dfrac{MH}{MA}.\dfrac{c}{a} \\ \Leftrightarrow MA \ge \dfrac{b}{a}.MK +\dfrac{c}{a}.MH $
làm tương tự.
Cộng lại ta được
$ MA+MB+MC \ge MK.(\dfrac{b}{a} + \dfrac{a}{b}) + MH(\dfrac{c}{a} + \dfrac{a}{c}) + MI(\dfrac{b}{c} + \dfrac{c}{b}) \ge 2(MH+MI+MK) $

quay trở lại bài toán.ta có MI=min{MH,MK,MI}
MC=max { MA;MB;MC}
$\Rightarrow MC\ge 2MI $

Có cách khác nữa nè.
Tịnh tiến CD,M theo $ \vect{CA}$
$\Rightarrow C \to A,D \to B,M \to M'$
goi $M'B \bigcap MA = O$
$\Rightarrow MC+MB=M'A+MB \le M'O+AO+MO+BO$
$=M'B+MA=MD+MA$
dpcm

\dfrac{1}{2}

Anh hỏi cái này phải không ạ ? $ \Delta $

\Delta

$3^6$

$a^b$
$frac{a}{b}$
$a^b$

$5^6$

Cho tam giác ABC, tia phân giác của $\widehat{BAC} $ cắt BC tại D. Trên AB lấy điểm M , trên AC lấy điểm N sao cho BM=CN . Gọi I là trung điểm của BC, K là trung điểm của MN, đường thẳng IK cắt AC tại Q.
CMR: IQ // AD.

$\vec{KI}= \vec{MB}+ \vec{NC} || \vec{e_{AB}} + \vec{e_{AC}} =\vec{e_{AD}}$
=> IK song song với AD

Cho tam giác ABC, tia phân giác của $\widehat{BAC} $ cắt BC tại D. Trên AB lấy điểm M , trên AC lấy điểm N sao cho BM=CN . Gọi I là trung điểm của BC, K là trung điểm của MN, đường thẳng IK cắt AC tại Q.
CMR: IQ // AD.

Xin lỗi.đây là cách thpt mất rồi

Bạn chưa tìm min kìa
$(x+y)= \sqrt{x^2+y^2+2xy} = \sqrt{2+2xy} \ge \sqrt{2}$
dấu bằng xảy ra khi
$x=0,y=\sqrt{2}$
hoac $y=0,x=\sqrt{2}$

Đề bài: Cho x^2+y^2=2 ,x,y>0

Yêu cầu: Tìm giá trị max,min của x+y.

xin lỗi.mình tưởng x,y, không âm.chứ $x,y > 0$ thì không có min của x+y

Chào các bạn
Mình mới chế 1 bất đẳng thức và đã tìm đc 3 lời giải cho nó. Mong các bạn góp ý cho
Mình cũng tìm đc một phương pháp mới để chứng minh bất đẳng thức và ta cùng tìm hiểu nó qua bất đẳng thức này nhé

Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn$abc=1$. CMR:

$\dfrac{1}{{{{\left( {1 + a} \right)}^2}}} + \dfrac{1}{{{{\left( {1 + b} \right)}^2}}} + \dfrac{1}{{{{\left( {1 + c} \right)}^2}}} \geqslant \dfrac{3}{4}$

bài này cũ rồi mà bạn.
Cách đơn giản nhất là đặt
$a = \dfrac{yz}{x^2}, b = \dfrac{xz}{y^2}, c = \dfrac{xy}{z^2}$

Bài này mọi cách đặt theo tích đều swarchs rồi nhân chéo là ra.
Vd đặt ntrên nhé ta đc
$VT =\sum \dfrac{ x^4}{(x^2+yz)^2} \ge \dfrac{(x^2+y^2+z^2)^2}{x^2+y^2+z^2+2xyz(x+y+z)+\sum x^2y^2}$
nhân chéo ta được

$x^4+y^4+z^4+5(xy)^2+ 5(yz)^2 + 5(zx)^2 \ge 6xyz(x+y+z)$

đến đây áp dụng bdt côsi bình thường là được

minh ko biet ve hinh nen noi hoi kho'.
ban noi' cac chan duong cao lai.sau do chung minh' AM la tia phan giac cua widehat{KMN} .
sau do viet phuong trinh duong phan giac AM thong qua hai phuong trinh duong duong thang KM va NM da biet toa do.
khi do'vecto chi phuong cua? AM chinh' la vecto phap' tuyen' cua? duong thang BC lai biet toa do cua M thuoc BC.nhu vay la ta se viet duoc phuong trinh duong thang BC

bạn chỉ cần viết ptrình phân giác ngoài của
$\widehat{NMK}$
đó chính là ptrình BC