Một bài toán tương tự có nghiệm đẹp hơn so với bài $513$

 

Bài 516: Giải hệ:

$$\left\{\begin{matrix} x^3-3x^2-3y^2+3x+4y-1=0 \\ y^3-3xy-x+12y-7-6y^2=0 \end{matrix}\right.$$

 

P/s

: Thực ra bài kia trưa nay mình chép sai đề... giờ mới để ý kĩ Buồn ngủ -> hoa mắt

Bài kiểu này sử dụng UCT thần thánh có vẻ ổn

nhưng biểu tượng gửi bài mới đấy em đâu thấy ? Ở đâu vậy ?

Sao mình vào nó hiện chữ gì chứ ko phải gửi bài mới nhỉ?

sao của em không có biểu tượng "Gửi bài mới" nó ghi là " bạn không thể tạo một chủ đề mới" là sao hả anh

Các bạn đã đảm bảo tài khoản đã được xác nhận email rồi!

 

Bài 22: Cho các số dương a, b, c, d. Biết $\frac{a}{1+a}+\frac{b}{1+b}+\frac{c}{1+c}+\frac{d}{1+d}\leq 1$

 

Chứng minh rằng $abcd\leq \frac{1}{81}$

 

 

xét đặc trưng: $\frac{1}{1+a}\geq (1-\frac{1}{1+b})+(1-\frac{1}{1+c})+(1-\frac{1}{1+d})\geq 3\sqrt[3]{\frac{abc}{(1+b)(1+c)(1+d)}}$

tương tự...

 

Đóng góp Topic

Bài 10: Cho tam giác ABC cân tại A, có góc A nhọn. Vẽ BM vuông góc với AC. CM $\frac{AM}{MC}=\frac{2AB^{2}}{BC^{2}}-1$

Bài 11: Cho tam giác ABC, trung tuyến AM. CM $AB^{2}+AC^{2}=2AM^{2}+\frac{BC^{2}}{2}$

Bài 12: Cho tam giác ABC có D nằm giữa B và C. CM: $AB^{2}DC+AC^{2}BD-AD^{2}BC=BC.DC.BD$

Bài 13: Cho hình vuông ABCD cạnh $3cm$, lấy M trên BC.Đường thẳng AM cắt cạnh DC kéo dài tại P. Đường thẳng DM cắt AB kéo dài tại Q, BF cắt CQ tại I. Cho CM=$1cm$. Tính BI,CI

Spoiler

Chúc Topic ngày càng phát triển

 

Mình xin được đóng góp bài 10.

Vẽ đường cao AH của tam giác ABC.

Tứ giác ABHM nội tiếp đường tròn=>CH.CB=CM.CA$<=>\frac{BC^{2}}{2}=\frac{CM}{CA}=\frac{AB-AM}{AB}<=>BC^{2}=2AB(AB-AM)$

Thay BC² vào, ta có được:$\frac{2AB^2}{BC^2}-1=\frac{2AB.AM}{BC^2}$

Giờ ta đi chứng minh $\frac{2AB}{BC^2}=\frac{1}{MC}$

Thật vậy, ta có $\Delta BAH\sim \Delta CBM (g.g)$=> $\frac{MC}{BC}=\frac{BH}{AB}=\frac{\frac{1}{2}BC}{AB}=>\frac{1}{MC}=\frac{2AB}{MC^2}$

Từ đây có điều cần chứng minh!!!

Hãy chia một tam giác bất kỳ thành 7 tam giác cân, trong đó có 3 tam giác bằng nhau

http://diendantoanho...giác-bằng-nhau/

Cho các bạn tham khảo, bạn này chắc không onl nữa đâu ^^

Khuyến mãi thêm bài nữa nè pà con:
4) Cho vòng tròn(O) và điểm I ở trong vòng tròn.Dựng qua I hai dây cung bất kỳ MIN,EIF.Gọi M',N',E',F' là các trung điểm của IM,IN,IE,IF. Hạ OT MN;OQ EF.
1.CMR:Tứ giác M'N'E'F' là tứ giác nội tiếp.
2.Giả sử I thay đổi,các dây MIN,EIF thay đổi.CMR:Vòng tròn ngoại tiếp tứ giác M'N'E'F' có bán kính không đổi.
3.Giả sử I cố định,các dây MIN,EIF thay đổi nhưng luôn vuông góc với nhau.Tìm vị trí của các dây MIN và EIF sao cho tứ giác M'N'E'F' có diện tích lớn nhất.
Tổng Hợp 1999-2000

Hình vẽ
Câu 1,2


Câu 3


From hieuchuoi@: Chị khongtu19bk à, em đặt chú ý topic này lên, mong chị duy trì nó thật tốt, thật lâu và thật phong phú, không chỉ là đưa lời giải các bài toán, mà còn mở rộng, thảo luận... chị nhé

Câu 1: Ta có M'F' là đường trung bình của tam giác IMF=>$\widehat{IM'F'}=\widehat{IMF}$ 

Tương tự E'N' cũng là đường trung bình của tam giác IEN=>$\widehat{IE'N'}=\widehat{IEN}$

Lại có $\widehat{IMF}=\widehat{IEN}$ ( tứ giác MEFN nội tiếp đường tròn)

=> $\widehat{IM'F'}=\widehat{IE'N'}$=> tứ giác M'E'N'F' nội tiếp đường tròn (điều cần chứng minh)

Câu 2: Gọi R' là bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác M'E'N'F' và cũng là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác M'E'F'.

Ta có $S_{MEF}=4S_{M'E'F'}$ (tỉ số đồng dạng là k= 2)

=> $\frac{ME.MF.EF}{4R}=4.\frac{M'E'.M'F'.E'F'}{4R'}$

Mà ME=2M'E'; MF=2M'F'; EF=2E'F'

Rút gọn ta được R=2R'. Vì R không đổi => R' không đổi ( điều cần chứng minh)

Câu 3: Chứng minh được $S_{MENF}=4S_{M'E'N'F'}$ nên diện tích tứ giác M'E'N'F' lớn nhất khi và chỉ khi diện tích tứ giác MENF lớn nhất.

Vì theo giả thiết của bài toán => S_MENF$\frac{MN.EF}{2}\leq \frac{2R.2R}{2}= 2R^2$

Vậy S_M'E'N'F' có giá trị lớn nhất là $\frac{R^2}{2}<=>I\equiv O$

P/S: ở đây mình chỉ giải được câu 3 với I di động, chưa thỏa đề, ai giải được thì post để mọi người tham khảo ^^

Còn đây là đề mới đây:
Bài 2:Chuyên Hùng Vương-Phú Thọ-vòng 2-2000-2001
Cho đường tròn tâm O có hai đường kính AB và CD vuông góc với nhau.Trên đoạn CD lấy điểm M và trên đoạn OD lấy điểm N sao cho MN bằng bán kính R của đường tròn.Đường thẳng AN cắt đường tròn tại điểm P khác A. Hạ MH vuông góc với AP tạI H .Hỏi tam giác AMP có vuông ở M không?

Hình vẽ đi kèm là của hieuchuoi

Bài này mình gặp rồi, bạn cho dữ kiện " hạ MH vuông góc với AP tại H" thì lộ hết cả đề ^^

Gọi T là giao điểm của MH và AB.

Tứ giác OTHN có $\widehat{TON}+\widehat{THN}=90^o+90^o=180^o$=> tứ giác OTHN nội tiếp đường tròn 

=> $\widehat{HMN}=\widehat{NAO}$, từ đấy $\Delta HMN\sim \Delta PAB$=>$\frac{MH}{AP}=\frac{MN}{AB}=\frac{1}{2}$

=> $\Delta AMP$ cân tại M.

Nếu tam giác AMP cũng vuông tại M thì AMP là tam giác vuông cân tại M=> $\widehat{APM}=45^o$=> $M\equiv C$.

Vậy tam giác AMP vuông khi $M\equiv C$ và $N\equiv O$

Mình xin đóng góp 1 bài cho topic 

Bài toán số 6: Cho các số thực $x,y,z$ thỏa mãn $0< x\leq y\leq z\leq 3$, $yz\leq 6,xyz\leq 6$. Tìm giá trị lớn nhất của $P=x+y+z$

Bài toán 25: Cho $a,b,c$ là các hằng số thực và $P(x)=ax^3+bx^2+cx$. Tìm tất cả các số $a,b,c$ sao cho $P(2)=26$ và $\left | P(x) \right |\leq 1$ với mọi số thực $x$ sao cho $\left | x \right |\leq 1$.

Bài toán 26: Xét $k$ là số nguyên dương thỏa mãn tính chất: Tồn tại 2017 tập con $A_{1},A_{2},...A_{2017}$ của tập $\left \{ 0,1,...,10^{2017}-1 \right \}$ (không nhất thiết phân biệt) sao cho mỗi tập có đúng $k$ phần tử và mỗi phần tử của tập $\left \{ 0,1,...,10^{2017}-1 \right \}$ đều biểu diễn được dưới dạng $x_{1}+x_{2}+...+x_{2017}$ trong đó $x_{i}\in A_{i}$ với $i=1,2,...,2017$. Hãy xác định giá trị bé nhất của $k$.

Từ A ngoài đường tròn (O) kẻ các tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn. D bất kì thuộc BC. Qua D kẻ EF vuông góc DO (E thuộc AB, F thuộc AC). Chứng minh DE=DF

Bài này đơn giản quá luôn mà bạn??? 

Tứ giác OCFD nội tiếp đường tròn=>$\widehat{DFO}=\widehat{DCO}=\widehat{CBO}$(1)

Mặt khác: tứ giác ODBE nội tiếp đường tròn=>$\widehat{DEO}=\widehat{DBO}$(2)

Từ (1) và (2)=> $\widehat{OFE}= \widehat{OEF}$=> tam giác EOF cân tại O có đường cao OH cũng là trung tuyến=>DE=DF (điều cần chứng minh).

Nếu sắp tới đây công văn của Bộ là thi Trắc Nghiệm thì câu hỏi đặt ra: Những năm sau, lại thay đổi, từ trắc nghiệm sang tự luận, học sinh sẽ đỡ kiểu gì??? =((

Ai luộc con phương trình hàm cho em nhờ với ạ

Bài phương trình hàm có vẻ đánh lừa người làm nhỉ? Giả sử tồn tại hàm $f$ thỏa đề.

Thay $x=y=1$, $f(2)-2=2f(1)$.

Thay $x=1$, $y=2$, $f(3)=f(2)+f(1)+3$

Thay $x=y=2$, $f(4)=2f(2)+5$

Thay $x=3$, $y=1$, $f(4)=f(3)+f(1)+4$.

Từ đây, ta có $2f(2)+5=f(3)+f(1)+4\Leftrightarrow 4f(1)+7=f(2)+2f(1)+7\Leftrightarrow f(2)=2f(1)\Leftrightarrow 2f(1)+2=2f(1)$ (Vô lí). Do đó, không tồn tại hàm thỏa đề.

dòng cuối nhầm kìa bạn

Dòng cuối nào bạn?

4f(1)+9 chứ không phải +7 bạn ạ

Thách bạn nào làm được, làm được cho 1 Like    

Cho $\left\{\begin{matrix} a,b,c>0 & \\ a+b+c=1& \end{matrix}\right.$

 

Tìm Min của S=$\frac{a^2+b}{b+c}+\frac{b^2+c}{c+a}+\frac{c^2+a}{a+b}$

Bài khá đơn giản mà bạn Cho 2 like (y) đi

Ta có $S= \frac{a^2+b}{b+c}+\frac{b^2+c}{c+a}+\frac{c^2+a}{a+b}=\frac{(a^2-1)+(b+1)}{1-a}+\frac{(b^2-1)+(c+1)}{1-b}+\frac{(c^2)-1+(a+1)}{1-c}=-(a+b+c+3)+(\frac{b+1}{b+c}+\frac{c+1}{c+a}+\frac{a+1}{a+b})=-4+(\frac{b+a+b+c}{b+c}+\frac{c+a+b+c}{c+a}+\frac{a+a+b+c}{a+b})=-4+3+(\frac{a+b}{b+c}+\frac{b+c}{c+a}+\frac{c+a}{a+b})\geq -4+3+3=2$

Vậy $Min_{S}=2\Leftrightarrow a=b=c=\frac{1}{3}$

cuốn đấy có file PDF không nhỉ?

tại sao góc ACT=CBT

dựa vào giả thiết nữa bạn!

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO                                                         KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH

            QUẢNG NGÃI                                                                           LỚP 9 NĂM HỌC 2015 - 2016

         ĐỀ CHÍNH THỨC                                                                              Ngày thi: 24/02/2016

                                                                                                                         Môn thi : Toán

                                                                                                               Thời gian làm bài : 150 phút

Bài 1: (4,0 điểm)

a) Tìm ba số nguyên tố đôi một khác nhau, biết rằng tích của ba số đó bằng năm lần tổng của chúng.

b) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương $(x; y)$ thỏa mãn đẳng thức

$x^2+2y^2-3xy+2x-4y+3=0$

c) Tìm các số $a,b,c$ biết $a=\frac{2b^2}{1+b^2};\;b=\frac{2c^2}{1+c^2};\;c=\frac{2a^2}{1+a^2}$

Bài 2: (4,0 điểm)

a) Giải phương trình $\sqrt[3]{x-2}+\sqrt{x+1}=3$

b) Giải hệ phương trình $\left\{\begin{matrix} \frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}=1\\ \sqrt{x^2-1}+\sqrt{y^2-1}=\sqrt{xy+2} \end{matrix}\right.$

Bài 3: (4,0 điểm)

a) Cho $x,y,z$ là các số thực thỏa mãn điều kiện $x+y+z+xy+yz+zx=6$

Chứng minh rằng $x^2+y^2+z^2\geq 3$

b) Cho $a,b,c$ là các số dương. Chứng minh rằng nếu $b$ là số trung bình cộng của $a$ và $c$ thì $\frac{1}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}+\frac{1}{\sqrt{b}+\sqrt{c}}=\frac{2}{\sqrt{c}+\sqrt{a}}$

Bài 4: (5,0 điểm)

Cho đường tròn tâm $O$, bán kính $R$. Vẽ hai đường kính $AB$ và $CD$ vuông góc với nhau. Lấy điểm $E$ bất kì trên cung nhỏ $AD$. Nối $E$ với $C$ cắt $OA$ tại $M$; nối $E$ với $B$ cắt $OD$ tại $N$.

a) Tính $CM.CE+BD^2$ theo $R$.

b) Chứng minh rằng tích $\frac{OM}{AM}.\frac{ON}{DN}$ là một hằng số

c) Tìm vị trí của điểm $E$ để tổng $\frac{OM}{AM}+\frac{ON}{DN}$ đạt giá trị nhỏ nhất. Tính giá trị đó.

Bài 5: (3,0 điểm)

a) Cho tam giác $ABC$ có độ dài ba cạnh là ba số nguyên liên tiếp (cùng đơn vị đo). Tìm độ dài các cạnh của tam giác đó, biết $3.\widehat{A}+2.\widehat{B}=180^{\circ}$.

b) Cho tam giác nhọn $ABC$ có $\widehat{BAC}=60^{\circ}$, $BC=2\sqrt3\;cm$. Bên trong tam giác này cho $2017$ điểm bất kì. Chứng minh rằng trong $2017$ điểm ấy luôn tìm được $169$ điểm mà khoảng cách giữa chúng không lớn hơn $1\;cm$.

 

P/s : Mới thi hồi sáng, mình làm được cao nhất chắc chỉ có 15 điểm, các bạn chắc được cao hơn

5a_$3\widehat{BAC}+2\widehat{ABC}=\widehat{BAC}+\widehat{ABC}+\widehat{ACB}=180^o <=> \widehat{ACB}=2\widehat{BAC}+\widehat{ABC}$

Vậy góc C là góc lớn nhất đồng nghĩa với việc AB là cạnh lớn nhất trong tam giác.

Giả dụ AB>BC>AC.

Đặt AC=a, BC=a+1 và AB=a+2.

Lấy điểm T trên AB sao cho TB=a+1, TA=1 (AB>BC)

Tam giác BCT cân tại B =>$\widehat{TCB}=\widehat{CTB}=>\widehat{BCA}=\widehat{BCT}+\widehat{TCA}=\widehat{BTC}+\widehat{TCA}=2\widehat{TCA}+\widehat{CAB}=>\widehat{ACT}=\widehat{CBT}=>\Delta ACT\sim \Delta ABC=> \frac{1}{a}= \frac{a}{a+2}=>a=2$

Với AB>AC>BC giải tương tự

 

Đây sẽ là các bài toán nối tiếp chuyên đề: Đánh giá từng biến, đã đăng tại:

 

http://diendantoanho...-giá-từng-biến/

 

 Mở đầu:

 

 Bài toán 1: (13/05)

 

 

 Cho x, y và z là ba số thực thuộc đoạn $\left [ 0; 2 \right ]$, thoả mãn:

 

$x+y+z=3.$

 

 Chứng minh rằng:

 

$3\leq x^{2}+y^{2}+z^{2}\leq 5.$

 

 

 Bài toán 2: (14/05)

 

 

 Cho x, y và z là ba số thực thuộc đoạn $\left [ 0; 2 \right ]$, thoả mãn:

 

$x+y+z=3.$

 

 Chứng minh rằng:

 

$3\leq x^{3}+y^{3}+z^{3}\leq 9.$

 

 

 Bài toán 3: (15/05)

 

 

 Cho x, y và z là ba số thực thuộc đoạn $\left [ 0; 2k \right ]$, thoả mãn:

 

$x+y+z=3k.$

 

 Chứng minh rằng:

 

$3k^{n}\leq x^{n}+y^{n}+z^{n}\leq k^{n}+(2k)^{n}$,

 

 với n là số tự nhiên lớn hơn 1 và k là số thực dương cho trước.

 

VÌ không có thời gian nên chém tặng topic bài 1 vậy ))))

$x^2+y^2+z^2\geq 2x-1+2y-1+2z-1=6-3=3 (Cauchy)$

Chứng minh vế còn lại.

Theo giả thiết của đề bài, ta có: 

$(2-x)(2-y)(2-z)\geq 0<=>2(xy+yz+zx)\geq 4x+4y+4z-8+xyz\geq 4$

Lại có $(x+y+z)^2=9=>x^2+y^2+z^2\leq 5$ 

Hoàn tất chứng minh.

200 cang thang qua nen sai may cai ko dang co (( 

em 190, vòng 1 60 điểm

Mình xin bổ sung cho topic một số bài toán BĐT mà việc đổi biến cho ta một lời giải rất đẹp! Và những kĩ thuật đổi biến này theo mình là khá lạ với một số bạn. (mình cũng chỉ lấy từ sách ra thôi =) )

 

Bài 9 [Vasile Cirtoaje] 

CMR nếu a, b, c là những số thực không âm thì ta có: 

$2(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)\geq (a+1)(b+1)(c+1)(abc+1)$

Gợi ý: đặt $a=\frac{1-x}{1+x}$

 

Bài 10 [Vasile Cirtoaje]

Cho a, b, c là những số thực dương thoả mãn: $(a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})=13$

Tìm GTNN của biểu thức: $(a^2+b^2+c^2)(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2})$

Gợi ý: đặt: $x=\sum \frac{a}{b};y=\sum \frac{b}{a}$. Chú ý mối liên hệ giữa x và y để đưa BĐT cần chứng minh về BĐT mới chỉ gồm 2 biến x, y.

 

Bài 11 [IMO 1983]

Cho a, b, c là độ dài ba cạnh một tam giác. CMR: $a^2b(a-b)+b^2c(b-c)+c^2a(c-a)\geq 0$

Gợi ý: với những bài cho a, b, c là độ dài ba cạnh một tam giác ta thường dùng phép đổi biến $x=\frac{b+c-a}{2}$... Để đưa về BĐT với các số thực dương.

 

Bài 12 [Dự bị 30/4]

Cho a, b, c là độ dài ba cạnh một tam giác. CMR: $\left | \sum \frac{a-b}{a+b} \right |< \frac{1}{16}$

Gợi ý: đổi biến tương tự như trên nhưng trước đó ta cần có một số biến đổi phù hợp.

 

Nếu không có bạn nào giải mình sẽ post lời giải lên sau =)

Bài 9 đưa về chứng minh bất đẳng thức sau $(x^2+1)(y^2+1)(z^2+1)\geq \sum xy+1\Leftrightarrow (xyz)^2+\sum (x^2y^2+z^2)\geq \sum xy$ (luôn đúng) 

Vậy ta có (Q.E.D). Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=1

Câu 1. Đề anh đánh thiếu rồi. Phải là $f(f(x_{0}))$

Từ gt 

$=> x^{2}+ax+b=0$ có nghiệm kép là $f(x_{0})$

$<=> \Delta =0$

$<=> a^{2}=4b\geq 0$

$=> b\geq 0$

$=> f(x_{0})=\frac{-a}{2}$. Mà theo giả thuyết thì $f(x_{0})$ là nhiệm $f(x)$

$=> f(x_{0})=\frac{-a}{2}$

$<=> x_{0}^{2}+ax_{0}+\frac{a^{2}}{4}+\frac{a}{2}=0$

Mà $x_{0}$ là duy nhất nên pt $x^{2}+ax+\frac{a^{2}}{4} +a=0$

$<=> a^{2}-4(\frac{a^{2}}{4}+\frac{a}{2})=0$

$<=> a=0$.

Vậy $a,b$ là hai số thực  không âm.

kết luận phương trình có nghiệm kép là $f(x_{0})$ liệu có hơi vội vàng không.

Cho a, b, c, d là các số thực thỏa mãn điều kiện $\frac{a}{b}=\frac{c}{d}=\frac{a+c}{3b-d},a.c\neq 0$.

Chứng minh rằng $b^{2}=d^{2}$.

(Đề tuyển sinh trường PTNK năm 2009 - 2010)

$\frac{a}{b}=\frac{c}{d}=\frac{a+c}{3b-d}=\frac{a-c}{b-d}=\frac{a+c-a+c}{b-d-3b+d}=\frac{c}{b}=>b=d=>b^2=d^2$ (đccm)

Mình nghĩ chỗ này phải xét b+d$\neq$ 0 chứ!

 

Với $b+d=0=>b=-d=>b^2=d^2$

bài này tương đối ảo :v