Cái này là báo hả, hình như cái này download không được

Mình làm bài 3 thui nha

3:         a.      Ta có: BAC =90 độ(giả thiết)

MDC=90 độ (góc nội tiếp nửa đường tròn)BDC =90 độ

Vậy điểm Avà D cùng nhìn BC dưới 1 góc vuông .

Nên ABCD nội tiếp được đường tròn.                                                                          

b.       ABCD (nội tiếp) chứng minh trên

ABD=ACD(hệ quả góc nội tiếp cùng chắn cung AD )                                                 

c.       MSDC nội tiếp (M,S,D,C cùng nằm trên đường tròn)

SDM=SCM(góc nội tiếp cùng chắn cung SM )(1)                                                                     

ABCD nội tiếp (chứng minh trên)

ADB=ACB(góc nội tiếp cùng chắn cung AB )(2)

Từ (1)và(2) suy ra: SCM=BCA. Vậy CA là tia phân giác cua SCB

$x1^{2}+2x2^{2}+x3^{2}+2x4^{2}\geq 4\sqrt{2}$. Với x1, x2 là nghiệm của phưong trình $ax^{2}+bx+c$ và x3, x4 là nghiệm của phưong trình $cx^{2}+bx+a$

P/s: Áp dụng bất đẳng thức Cô-si

$\left ( x+a \right )^{^{n}}=\sum_{k=0}^{n}\left \begin{pmatrix} & n & \\ & k & \end{pmatrix}x^{(n-k)}a^{k}$

Với$\left \begin{pmatrix} & n & \\ & k & \end{pmatrix}=\frac{n!}{(n-k)!k!}$

Gọi là số tổ hợp chập k của n phần tử.

$(x+y)^{4}=x^{4}+4x^{^{3}}y+6x^{2}y^{2}+4xy^{3}+y^{4}$

$(x+y)^{5}=x^{5}+5x^{^{4}}y+10x^{3}y^{2}+10x^{2}y^{3}+5xy^{4}+y^{6}$$(x+y)^{6}=x^{6}+6x^{^{5}}y+15x^{4}y^{2}+20x^{3}y^{3}+15x^{2}y^{4}+6xy^{5}+y^{6}$

Bài 6: Giải các hệ phương trình:
1. $\left\{ \begin{array}{l} 3x - \left| y \right| = 1 \\ 5x + 3y = 11 \\ \end{array} \right.$
Chia thành 2 truờng hợp y<0 và y$\geq$0

hello. mình giải cho bạn nhé

a) khi m=1 ta có hệ phương trình:

$\left\{\begin{matrix} & 2x-y=-3 & \\ & x+3y=4 & \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} & y=2x+3 & \\ & 7x=-5 & \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} & y=\frac{11}{7} & \\ & x=\frac{-5}{7} & \end{matrix}\right.$

Vậy m=1 hệ phương trình có nghiệm là $\left ( x;y \right )=\left ( \frac{-5}{7};\frac{11}{7} \right )$

b) $\left\{\begin{matrix} & 2x-my=-3 & \\ & mx+3y=4 & \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} & x=\frac{my-3}{2} & \\ & \left ( m^{2}+6 \right )y=8+3m & \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} & x=\frac{4m-9}{m^{2}+6} & \\ & y=\frac{3m+8}{m^{2}+6} & \end{matrix}\right.$

Vì $m^{2}+6> 0$ với mọi m nên:

x < 0 khi 4m-9 < 0$\Leftrightarrow m< \frac{9}{4}$

y > 0 khi 3m+8 > 0 $\Leftrightarrow m> \frac{-8}{3}$

Kết hợp 2 điều kiện trên ta có các số nguyên m thoả mãn đề bài là:-2;-1;0;1;2

Bạn học lâu rồi nên chắc mấy bài này biết làm rồi phải không, mình đăng đáp án lên bạn xem có đúng không?Vì tính bằng tay nên không chắc lắm

a.$\frac{1}{2}$

b.$\sqrt{2}$

Cho tam giác nhọn ABC có trực tâm là H. Goij K là giao điểm của AH và BC, L là giao điểm của BH và AC.

a. Chứng minh tứ giác CKHL nội tiếp

b. Gọi (C) là đường tròn ngoại tiếp tam giác AHL, M là trung điểm của BC. Chứng minh ML là tiếp tuyến của (C)

c. Gọi E là giao điểm của AM và (C). Chứng minh: $BC^{2}=4ME.MA$ 

Cho a,b,c là 3 cạnh của tam giác. Chứng minh phương trình sau vô nghiệm

$a^{2}x^{2}+\left ( c^{2}-a^{2}-b^{2} \right )x+b^{2}=0$

Nhưng không tính đến khoảng $\frac{3}{4}\leq a+\sqrt{a}+1< 0$ ạ?

Mình thắc mắc chỗ đó nên hỏi ý kiến mọi người

bạn tách ra đưa về hằng đẳng thức là xuất hiện thì bình phương đó + $\frac{3}{4}$ sẽ lớn hơn hoặc bằng $\frac{3}{4}$

mình cũng nghĩ là đề bài sai ở phần đầu, phần sau thì hợp lí mà

Cho $\triangle ABC$ có $\widehat{A}=2\widehat{B}$.Chứng minh :$BC^{2}=AC^{2}+AB.AC$

gọi AB=c ; AC=b ; BC=a.
theo bài A=2B nên sinA=sin2B = 2sinBcosB (1).

lại có sin A =$\frac{a}{2R}$ sinB =$\frac{b}{2R}$

cosB =$\frac{\left ( a^{2}+c^{2}-b^{2} \right )}{2ac}$; với R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. thay vào (1) ta có:

$\frac{a}{2R}= \frac{b}{2R}\times \frac{\left ( a^{2}+c^{2}-b^{2}\right )}{2ac}\Leftrightarrow a=b\times \frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{ac}\Leftrightarrow ca^{2}-ba^{2}+b^{3}=0\Leftrightarrow \left ( b-c \right )\times a^{2}-b(c+b)(c-b)=0\Leftrightarrow (b-c)\times (a^{2}-b^{2}-bc)=0\Leftrightarrow a^{2}-b^{2}-bc$$= 0$

HAY $BC^{2}=AC^{2}+AC\times AB$ (đpcm)

Bài 201

Cho tam giác ABC vuông cân tại A. M chuyển động trên BC, ME vuông góc AB, MF vuông góc AC,

Chứng MInh đường thẳng qua M vuông góc với EF luôn đi qua điểm cố định

$A=\frac{a\left ( a+b+c \right )}{bc} =a\frac{\left \lceil (a+b)^{2}+(a+c)^{2} \right \rceil}{4ac}:bc =\frac{(a+b)^{2}+(a+c)^{2}}{4abc^{2}}=\frac{4abc(a+b+c)}{4abc^{2}}=\frac{a+b+c}{c}$

ta có : $ML^{2}=ME.MA=>4ML^{2}=4ME.MA hay BC^{2}=4ME.MA$

bạn chưa chứng minh 4ML=BC mà

3.

$\left [ \left ( x+3 \right )\left ( x+1 \right ) \right ]\left [ (x-2)(x+6) \right ]=-56 \Leftrightarrow \left ( x^{2}+4x+3 \right )\left ( x^{2}+4x-12 \right )=-56$

Đặt $x^{2}+4x=t$, thay vào phương trình ta được:

$(t^{2}+3)(t^{2}-12)=-56$

$\Leftrightarrow t^{2}-9t-36+56=0\Leftrightarrow t^{2}-9t+20=0 \Rightarrow t_{1}=4 \Leftrightarrow x^{2}+4x=4\Rightarrow x_{1}=-2+2\sqrt{2}; x_{2}=-2-2\sqrt{2}$

$t_{2}=5\Leftrightarrow x^{2}+4x-5=0\Leftrightarrow x_{3}=1;x_{4}=-5$

Vậy phương trình có 4 nghiệm là: $1;-5;-2+2\sqrt{2};-2-2\sqrt{2}$

Đặt $x^2=t$, $x-4=p$ thì phương trình trở thành $\dfrac{1}{5t}+\dfrac{1}{t-9p}=\dfrac{1}{t-4p}$ hay $(6t-9p)(t-4p)=5t(t-9p)$, tức là $(t+6p)^2$=0. Thay t, p bằng $x^2$, $x-4$ rồi giải pt bậc 2 là ra

bạn làm thì đúng nhưng thiếu điều kiện, $t\geq 0$

Mình có bài tương tự nè: cho b,c là hai số khác 0 thoả mãn: $\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{1}{2}$.CMR có ít nhất một trong 2 phương trình sau có nghiệm:$x^{2}+bx+c=0$(1) và $x^{2}+cx+b=0$(2). Bạn làm bài trên tương tự nhé:

Để (1) hoặc (2) có nghiệm ta cần chứng minh biệt thức delta của một trong hai phương trình đó không âm

$x^{2}+bx+c=0$(1) có $\Delta =b^{2}-4c$

$x^{2}+cx+b=0$(2) có $\Delta =c^{2}-4b$

Ta cần chứng minh $\Delta_{1}$ hoặc $\Delta_{2}$$\geq 0$

Ta sẽ chứng minh bằng phản chứng. Giả sử cả hai phương trình đều vô nghiệm:

$\Delta _{1}=b^{2}-4c <0$ và $\Delta _{2}=c^{2}-4b <0 \Rightarrow \Delta _{1}+\Delta _{2}=(b^{2}-4c)+\left ( c^{2}-4b \right )=b^{2}+c^{2}-4(b+c)<0 (*)$

Từ giả thiết ta có $\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{1}{2}$$\Leftrightarrow b+c=\frac{1}{2}bc$ vì b và c khác 0

Suy ra: $\Delta _{1}+\Delta _{2}=b^{2}+c^{2}-4\frac{1}{2}bc=b^{2}+c^{2}-2bc=(b-c)^{2}$

Như vậy $\Delta _{1}+\Delta _{2}=(b-c)^{2}\geq 0$

Điều này chứng tỏ $(*)$ không thể xảy ra đồng nghĩa với giả thiết đưa ra là không thể xảy ra 

Từ đó suy ra một trong hai phương trình trên có nghiệm

Từ $4a^{2}+b^{2}=5ab$$\Rightarrow \left ( 4a-b \right )\left ( a-b \right )=0$

Vì$4a> b\Rightarrow 4a-b>0$ do đó a-b=0 hay a=b

$\Rightarrow 4a> a\Rightarrow 3a>0 \Rightarrow a>0$

Khi $a>0$ thì 2a>a>0 hay 2a>b>0

Cho các số a,b thoả mãn điều kiện 4a² + b²=5ab

Chứng minh nếu 4a>b thì 2x > b > 0.

Đề phải là 2a>b>0 bạn nhé

Bạn theo đường link này sẽ có lời giải cho bài toán : http://diendantoanho...tp-hồ-chi-minh/

Tam giác đều có cạnh bằng 2cm thì diện tích bằng $\sqrt{3}$ $cm^{2}$, tam giác đều có cạnh là 1cm thì diện tích bằng $\frac{\sqrt{3}}{4}cm^{2}$. Nếu tam giác đều có cạnh >1cm thì diện tích > $\frac{\sqrt{3}}{4}cm^{2}$. Gọi a là số tam giác đều có canh bằng > 1 chứa được trong tam giác đều có cạnh 2cm : 1$\leq$a$\prec$ 4 (với a là số nguyên dương)$\Rightarrow a_{max}=3$ .

Theo nguyên lí Drichen sẽ có 1 trong a tam giác đều có cạnh >1cm đó chứa tối đa 2 điểm thỏa mãn khoảng cách giữa hai điểm bất kì luôn >1cm.

Vậy số điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán là:$2\leq n\leq 4$. Vậy $n_{max}=4$

Gọi a và b là hai số bất kì trong 10 số nguyên dương liên tiếp với a>b (a;b nguyên dương) $\Rightarrow 1\leq a-b\leq 9$

Gọi n là ước chung của a và b, khi đó :$a=n.x$ và $b=n.y$ (n,x,y là số nguyên dương ).

Vì a>b$\Rightarrow$ x>y $\Rightarrow$ x-y$\geq$1$\Rightarrow 1\leq n.x-n.y\leq 9\Leftrightarrow \frac{1}{n}\leq x-y\leq \frac{9}{n}\Rightarrow \frac{9}{n}\geq 1\Leftrightarrow n\leq 9$.

Vậy trong 10 số nguyên dương liên tiếp tiếp không tồn tại hai số có ước chung lớn hơn 9   

$\frac{1}{2}$

Lấy $yPT(1)+3PT(2)=0$ ta được:
$$(y^2+6x)(xy+1)=0$$
Đến đây ngon lành rồi !!!

bạn lấy y.pt(1) rồi+3.pt(2) hay là sao?