Chủ đề này có 67 trả lời

[khanhdat1]

Bài 3a - Đề số 4.

Đặt $T=\frac{BC}{PH}+\frac{CA}{PI}+\frac{AB}{PK}$. Khi đó ta có 

$2T=\frac{BC^2}{BC.PH}+\frac{CA^2}{CA.PI}+\frac{AB^2}{AB.PK}=\frac{BC^2}{S_{PBC}}+\frac{CA^2}{S_{PCA}}+\frac{AB^2}{S_{PAB}}$.

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz dạng cộng mẫu ta có 

$2T\geq \frac{(AB+BC+CA)^2}{S_{PAB}+S_{PBC}+S_{PCA}}=\frac{(AB+BC+CA)^2}{S_{ABC}}$, không đổi.

Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi $\frac{BC}{S_{PBC}}=\frac{CA}{S_{PCA}}=\frac{AB}{S_{PAB}}\Leftrightarrow PH=PI=PK$ hay P là giao điểm ba đường phân giác của tam giác ABC.

Vậy khi P là giao điểm ba đường phân giác của tam giác thì biểu thức T có giá trị nhỏ nhất.

P/S. Mình giải như vậy không biết có được hay không, mọi người góp ý nhé. 

 

[khanhdat1]

Bài 3b - Đề số 4.

Tứ diện chính là hình chóp tam giác. Tứ diện SABC có một mặt đáy là tam giác đều cạnh a và ba mặt bên là ba tam giác cân tại đỉnh S và bằng nhau. Ta có $S_{đ}=\frac{\sqrt{3}}{4}.a^2$$S_{đ}=\frac{a^2.\sqrt{3}}{4}$

Gọi SH là đường cao của một mặt bên. Do đáy là tam giác đều cạnh a nên ta có $GH=\frac{a\sqrt{3}}{6}$.

Do đó áp dụng định lý Pitago cho tam giác vuông SGH ta có $SH=\sqrt{SG^2+GH^2}=\frac{7a\sqrt{3}}{6}$.

Từ đó ta được diện tích một mặt bên là $S_{b}=\frac{1}{2}.\frac{7a\sqrt{3}}{6}.a=\frac{7a^2\sqrt{3}}{12}$.

Suy ra tổng diện tích các mặt của tứ diện là $S=S_{đ}+3.S_{b}$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi khanhdat1: 23-05-2018 - 18:18

[BurakkuYokuro11]

 

 Đề 2 . Bài 4:

Cho $\Delta ABC$ nhọn với $AB<AC$ . E,F lần lượt là trung điểm CA,AB. Đường trung trực đoạn thẳng EF cắt BC tại D. Giả sử tồn tại điểm P nằm trong góc EAF và nằm ngoài $\Delta EAF$ sao cho$\angle PEC =\angle DEF$ và $\angle PFB=\angle DFE$ . PA cắt đường tròn ngoại tiếp $\Delta PEF$ tại Q khác P. Tiếp tuyến tại P của đường tròn ngoại tiếp $\Delta PEF$ cắt đường thẳng $CA, AB$ lần lượt tại M,N.

c) Chứng minh $(K) $ tiếp xúc với đường tròn $\Delta AEF$
-------------------------

Câu a và b đã post .Mình xin hoàn thành câu c như sau : 

Gọi R là giao điểm thứ hai của AP với (AEF).

Chứng minh được tứ giác: FRPN và RPME nội tiếp. 

Ta có: ^PFE=^DFB,^PEC=^DEF⇒^BAD=^PAC(Bổ đề đẳng giác)

⇒^FAR=^DAC . Mặt khác ^ARF=^AEF=^ACD

Nên $\Delta FQR$  đồng dạng tam giác $\Delta DEC$, mà E là trung điểm AC.

Do đó: Q là trung điểm AR.

Suy ra: FQ//BR.

Nên: ^RBC= ^QFE = ^RPE = ^RME

Suy ra: Tứ giác BRMC nội tiếp.

Suy ra ......

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

P/S : Xin lỗi mọi người vì cách post nửa mùa của mình .Mình mới tập vẽ hình và không biết có sai sót chỗ nào không nữa, mọi người tự kiểm tra nha. 

 

Hình gửi kèm

• 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BurakkuYokuro11: 28-05-2018 - 23:26

[thanhan2003]

Cho mình đăng ký đăng đề nha, đề này khá hay, giống form đề thi vào thpt chuyên Phan Bội Châu, mọi người cùng nhau làm nhé

$$\boxed{\text{VMF}}$$

Đề 5

Câu 1. (7 điểm) 

a, Giải phương trình:

                                            $\sqrt{x^{2}-2}+2=x+\sqrt{2x-2}$

b, Giải hệ phương trình:

                           $\left\{\begin{matrix} -20y^{3}-3y^{2}+3xy+x-y=0\\x^{2}+y^{2}-3y=1\end{matrix}\right.$

Câu 2. (2 điểm) Với mỗi số tự nhiên n, ta gọi S(n) là tổng các chữ số của n viết trong hệ thập phân.

a. Chứng minh rằng $\frac{S(8n)}{S(n)}\geqslant \frac{1}{8}$ với mọi $n\in N; n> 0$

b. Tìm số tự nhiên n nhỏ nhất sao cho $S(S(n)) \geq 10$ và $S(S(S(n)))\leq 9$       

Câu 3. (2 điểm) Giả sử a,b,c là các số thực không âm thỏa mãn ab+bc+cd+da=1.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

              $P=\frac{a^{3}}{b+c+d}+\frac{b^{3}}{c+d+a}+\frac{c^{3}}{d+a+b}+\frac{d^{3}}{a+b+c}$

Câu 4. (7 điểm) Cho tam giác ABC nhọn, M chuyển động trên cạnh BC. Đường tròn ngoại tiếp tam giác BMC cắt các

cạnh AC tại N. I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN. J là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BMC. 

a. Chứng minh $\bigtriangleup AMN \sim \bigtriangleup ACB.$

b. Tìm mối quan hệ giữa MA và MB để diện tích tam giác AMN bằng một nửa diện tích tam giác ACB.

c. Chứng minh I nằm trên một đường thẳng cố định và Ị không đổi khi M di động trên đoạn BC.

Câu 5. (2 điểm) Bên trong một hình chữ nhật kích thước 13 cm x 14 cm có 10 tấm bìa ngũ giác lồi, diện tích mỗi tấm 

bìa không có 3 cm$^{2}$, chu vi mỗi tấm bìa không quá 6 cm. Chứng minh rằng tồn tại một hình tròn bán kính 1 cm nằm

trong hình chữ nhật mà không cắt một tấm bìa nào.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 24-05-2018 - 12:25
Sửa form

[Korkot]

Câu 4. (7 điểm) Cho tam giác ABC nhọn, M chuyển động trên cạnh BC. Đường tròn ngoại tiếp tam giác BMC cắt các

cạnh AC tại N. I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN. J là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BMC. 

a. Chứng minh $\bigtriangleup AMN \sim \bigtriangleup ACB.$

b. Tìm mối quan hệ giữa MA và MB để diện tích tam giác AMN bằng một nửa diện tích tam giác ACB.

c. Chứng minh I nằm trên một đường thẳng cố định và Ị không đổi khi M di động trên đoạn BC.

a)Tg BMNC nt nên $\angle{AMN}=\angle{ACB} \Rightarrow \Delta AMN \sim \Delta ACB$ (g-g)

$\Rightarrow \frac{S_{AMN}}{S_{ACB}} = (\frac{AM}{AC})^2$

Kết hợp gt được $\frac{AM}{AC}= \frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{AB}{\sqrt{2}.AB}$

Từ đó suy ra $\frac{MA}{AB-MA} = \frac{AC}{\sqrt{2}.AB-AC}$ hay $\frac{MA}{MB}= \frac{c}{\sqrt{2}-c}$

b)Vẽ tt Ax của (I). Ta có $\angle{xAC}= \angle{AMN}=\angle{ACB}$ suy ra Ax//BC

Mà IA vuông góc Ax nên IA vuông góc BC nên I nằm trên đường cố định qua A vuông góc BC

c)Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. (O) và (J) giao tại B và C nên OJ vuông góc BC

Kết hợp câu B có OJ//IA

CMTT ta có IJ//OA nên IAOJ là hbh nên IJ=OA không đổi

Hình gửi kèm

• 

[PhanThai0301]

Câu 5: (1 điểm)
    Chứng minh với mọi số nguyên $m \times n \geq 3$ bao giờ cũng xây dựng được 1 bảng chữ nhật gồm $m \times n$ số chính phương đôi một khác nhau sao cho tổng mỗi dòng, tổng mỗi cột là một số chính phương.          

    Ta xét n số thỏa mãn $a_{1}=x_{1}^{2}$    là số cp chẵn ,$a_{2}=x_{2}^{2}<...<a_{m-1}=x_{n-1}^{2}$ là các số cp chẵn lớn hơn $a_{1}$ và nếu tổng $a_{1}+a_{2}+...+a_{n-1}=2k+1$ ta chọn $a_{m}=x_{n}^{2}=k^{2}$.

   Ta chọn dãy $b_{1}$ là số cp lẻ và $b_{1}\geq 3^{2}$.

   Chọn $b_{2}=y_{2}^{2},b_{3}=y_{3}^{2},...,b_{n-1}=y_{y-1}^{2}$ là các số cp chẵn thỏa mãn $y_{2}>x_{m}.y_{1},y_{3}>x_{m}.y_{2},...,y_{n-1}>x_{m}.y_{y-2}$ nếu $b_{1}+b_{2}+...+b_{n-1}=2k+1$ , chọn

$b_{n}=y_{n}^{2}=h^{2}$. Khi đó $b_{1}+b_{2}+...+b_{n}$ là số cp.

   Xét bảng m.n. Ta c/m đc bảng xây dựng như vậy là đúng vs đề bài.

   Xét dòng thứ i, tổng các số ở dòng i là $x_{i}^{2}y_{j}^{2}+...+x_{i}^{2}y_{n}^{2}=x_{2}^{2}(y_{j}^{2}+...+y_{n}^{2})$ là số cp.

    Tương tự tổng ở cột j là số cp.

     Mặt khác các số trong bảng phân biệt.

     => đpcm.

   

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi PhanThai0301: 25-05-2018 - 15:40

[conankun]

Cho mình đăng ký đăng đề nha, đề này khá hay, giống form đề thi vào thpt chuyên Phan Bội Châu, mọi người cùng nhau làm nhé

Câu 3. (2 điểm) Giả sử a,b,c là các số thực không âm thỏa mãn ab+bc+cd+da=1.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

              $P=\frac{a^{3}}{b+c+d}+\frac{b^{3}}{c+d+a}+\frac{c^{3}}{d+a+b}+\frac{d^{3}}{a+b+c}$

 

Ta có:$P=\frac{a^{4}}{ab+ac+ad}+\frac{b^{4}}{bc+bd+ba}+\frac{c^{4}}{cd+ca+cb}+\frac{d^{4}}{ad+bd+cd}$

 

$\geq \frac{(a^2+b^2+c^2+d^2)^2}{2(ab+bc+cd+da+bd+ac)}\geq \frac{a^2+b^2+c^2+d^2}{3} \geq \frac{(a+b+c+d)^2}{12}$

Mà $1=ab+bc+cd+da=(a+c)(b+d)$ $\leq \frac{(a+b+c+d)^2}{4}\Rightarrow a+b+c+d\geq 2$

suy ra $P\geq \frac{1}{3}$

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=d=\frac{1}{2}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi conankun: 25-05-2018 - 14:11

[conankun]

Cho mình đăng ký đăng đề nha, đề này khá hay, giống form đề thi vào thpt chuyên Phan Bội Châu, mọi người cùng nhau làm nhé

$$\boxed{\text{VMF}}$$

Đề 5

Câu 1. (7 điểm) 

a, Giải phương trình:

                                            $\sqrt{x^{2}-2}+2=x+\sqrt{2x-2}$

b, Giải hệ phương trình:

                           $\left\{\begin{matrix} -20y^{3}-3y^{2}+3xy+x-y=0\\x^{2}+y^{2}-3y=1\end{matrix}\right.$

 

a) Ta có: $\sqrt{x^2-2}+2=x+\sqrt{2x-2}\Rightarrow x-2=\sqrt{x^2-2}-\sqrt{2x-2}\Rightarrow x-2=\frac{x(x-2)}{\sqrt{x^2-2}+\sqrt{2x-2}}$

$\Rightarrow \begin{bmatrix} x=2\\ x=\sqrt{x^2-2}+\sqrt{2x-2} \end{bmatrix}$

Với $\sqrt{x^2-2}+\sqrt{2x-2}=x\Rightarrow \sqrt{x^2-2}=x-\sqrt{2x-2}\Rightarrow x=x\sqrt{2x-2}\Rightarrow 2x-2=1\Rightarrow x=\frac{3}{2}$

b) $\left\{\begin{matrix} -20y^3-3y^2+3xy+x-y=0\\ x^2+y^2-3y=1 \end{matrix}\right. \Rightarrow -20y^3-3y^2+3xy+(x-y)(x^2+y^2-3y)=0$

$\Rightarrow 21y^3-xy^2+x^2y-x^3=0$..... (pt đối xứng)

 

         

$\boxed{\text{CHÚ Ý}}$  Các thành viên ra $\boxed{\text{Đề 3}}$ $\boxed{\text{Đề 4}}$ đưa "key". Thành viên nào muốn đăng kí $\boxed{\text{Đề 6}}$ $\boxed{\text{Đề 7}}$ liên hệ với Conankun hoặc MoMo123

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi conankun: 25-05-2018 - 14:39

[MoMo123]

$\boxed{\text{CHÚ Ý}}$  Các thành viên ra $\boxed{\text{Đề 3}}$ $\boxed{\text{Đề 4}}$ đưa "key". Thành viên nào muốn đăng kí $\boxed{\text{Đề 6}}$ $\boxed{\text{Đề 7}}$ liên hệ với Conankun hoặc MoMo123

Quên . Dạo này buồn vì ông rời VMF nên quên luôn  

Bài 5: Cho 1251 số tự nhiên phân biệt $a_{i}$ (với $i,j \in \left \{ 1;2;...;1251 \right \}$và không vượt quá 2017. Chứng minh rằng tồn tại 2 số tự nhiên $i,j$ thỏa mãn $i,j\in \left\{1,2,....,1251\right\}$ và $|\sqrt{ia_{i}}-\sqrt{ja_{j}}| \geq 5$

Mình xin đưa ra lời giải

Ta sẽ chứng minh tồn tại $ia_{i}$ sao cho $ia_{i}\geq 2500$

Giả sử ngược lại, tức là tất cả $ia_{i}$ đều $<2500$

$\left\{\begin{matrix}1250a_{1250}<2500 & & \\ 1251a_{1251}<2500 & & \end{matrix}\right.$

$\rightarrow a_{1250}=a_{1251} =1$(trái với giả thiết ) 

$\Rightarrow \exists ia_{i} \geq 2500$

$$\Rightarrow |\sqrt{ia_{i}}-\sqrt{1.a_{1}}| \geq |50-\sqrt{2017}| >5$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 25-05-2018 - 16:12

[Korkot]

    Ta xét n số thỏa mãn $a_{1}=x_{1}^{2}$    là số cp chẵn ,$a_{2}=x_{2}^{2}<...<a_{m-1}=x_{n-1}^{2}$ là các số cp chẵn lớn hơn $a_{1}$ và nếu tổng $a_{1}+a_{2}+...+a_{n-1}=2k+1$ ta chọn $a_{m}=x_{n}^{2}=k^{2}$.

   Ta chọn dãy $b_{1}$ là số cp lẻ và $b_{1}\geq 3^{2}$.

   Chọn $b_{2}=y_{2}^{2},b_{3}=y_{3}^{2},...,b_{n-1}=y_{y-1}^{2}$ là các số cp chẵn thỏa mãn $y_{2}>x_{m}.y_{1},y_{3}>x_{m}.y_{2},...,y_{n-1}>x_{m}.y_{y-2}$ nếu $b_{1}+b_{2}+...+b_{n-1}=2k+1$ , chọn

$b_{n}=y_{n}^{2}=h^{2}$. Khi đó $b_{1}+b_{2}+...+b_{n}$ là số cp.

   Xét bảng m.n. Ta c/m đc bảng xây dựng như vậy là đúng vs đề bài.

   Xét dòng thứ i, tổng các số ở dòng i là $x_{i}^{2}y_{j}^{2}+...+x_{i}^{2}y_{n}^{2}=x_{2}^{2}(y_{j}^{2}+...+y_{n}^{2})$ là số cp.

    Tương tự tổng ở cột j là số cp.

     Mặt khác các số trong bảng phân biệt.

     => đpcm.

Theo mình thấy cách bạn cm giống như m=n ở cách vị trí được tô đỏ và cũng ko được rõ lắm.

Sau đây là đáp án. Ta cm với Số nguyên $N \geq 3$, luôn có N số chính phương khác nhau sao cho tổng chúng là scp.

Xét các số $i \in {1;...;N-2}$ chọn  $a_{i}=4p_{i}^2$

Với $3 \leq p_{1} <...<p_{n-2}$ chọn $a_{N-1}=(2p_{N-2}+1)^2$

Khi đó $a_{1}+...+a_{N-1}$ lẻ có dạng 2k+1. Chọn $a_{N}=k^2$ thì $a_{1}+...+a_{N}=(k+1)^2$ là scp

Ta chỉ cần cm $a_{N} > a_{N-1}$ là đủ để các scp $a_{1},..,a_{N}$ phân biệt.

Có: $2k+1 \geq a_{1} \geq 9$ nên $k \geq 4$ suy ra $a_{N}=k^2 \geq 4k>2k+1> a_{N-1}$

Giả sử ta có dãy scp $a_{1},...,a_{n}$ theo cách chọn trên.Chọn các số $b_{1},...,b_{m}$ như trên sao cho $\frac{b_{j}}{b_{i}}$  với j>i dều lớn hơn $a_{n}$

cần cm nếu $(i,j) \neq (k,l)$ thì $a_{i}b_{j}=a_{k}b_{l}$ (1)

Giả sử $i \geq k$ thì $\frac{a_{i}}{a_{k}}=\frac{b_{l}}{b_{j}}$

i=k thì $b_{i}=b_{j}$ và j=l nên (i,j)=(k,l) (vô lí) $\Rightarrow i>k; \frac{b_{l}}{b_{j}}= \frac{a_{j}}{a_{k}}>l$ nên l>i

Do đó $a_{n} \geq \frac{a_{n}}{a_{k}} = \frac{b_{l}}{b_{j}}>a_{n}$: vô lý

Từ đây ta có (1). Xét bảng A với A[i;j]=$a \times b$ là số nằm cột thứ j và hàng thứ i thì bảng A gồm các scp đôi một khác nhau.

giả sử $a_{1}+...+a_{n}=X^2; b_{1}+...+b_{m}=Y^2$ thì tổng các số ở hàng i là $a_{i} \times b_{1}+....+a_{1} \times b_{m}= a_{i}.Y^2$ là scp

CMTT với tổng các số ở cột j rồi suy ra đpcm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Korkot: 26-05-2018 - 05:13

[conankun]

$\boxed{\text{VMF}}$

$\boxed{\text{ĐỀ 6}}$

 

Câu 1: a) Cho ba số a, b, c đôi một khác nhau t/m: $a^2+b=b^2+c=c^2+a$. Tính giá trị của biểu thức:

$T=(a+b-1)(b+c-1)(c+a-1)$

b) Tìm m để phương trình sao có 4 nghiệm phân biệt:

$x^2+3xm+2m^2=\frac{x^4+x^3}{2}$

Câu 2: a) Tìm các số nguyên m sao cho $m^2+12$ là SCP

b) CMR: Trong 11 số nguyên tố bất kì lớn hơn 2 luôn chọn được 2 số a,b sao cho $a^2-b^2$ chia hết cho 60.

Câu 3: a) Giải phương trình: $4x^2+4+\sqrt{3x+1}=13x$

b) Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{matrix} \sqrt{2x}+\sqrt{2y}=6\\ \sqrt{2x+5}+\sqrt{2y+9}=8 \end{matrix}\right.$

Câu 4: Cho $\Delta ABC$ cân với $\widehat{BAC}=120^0$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Gọi $D$ là giao của đường thẳng AC với tiếp tuyến tại B của $(O)$. E là giao của đường thẳng $BO$ với đường tròn $(O)$. F,I lần lượt là giao của $DO$ với $AB$, $BC$. M, N lần lượt là trung điểm cảu AB, BC.

CMR: a) tứ giác $ADBN$ nội tiếp

b) $F, N, E$ thẳng hàng

c) đường thẳng $MI, BO, FN$ đồng quy.

Câu 5: Cho x,y,z không âm thoả mãn: $x+y+z=1$

Tìm min , max của $P=x^2+y^2+z^2+\frac{9}{2}xyz$

 

++Hết++

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi conankun: 30-05-2018 - 07:41

[HelpMeImDying]

Câu 5: Cho x,y,z không âm thoả mãn: $x+y+z=1$

Tìm min , max của $P=x^2+y^2+z^2+\frac{9}{2}xyz$

 

++Hết++

Min: theo bđt Schur: $P=\frac{1}{2}(x^{2}+y^{2}+z^{2})+\frac{1}{2}(x^{2}+y^{2}+z^{2}+\frac{9xyz}{x+y+z})\geq \frac{1}{2}(x^{2}+y^{2}+z^{2})+xy+yz+zx=\frac{1}{2}(x+y+z)^{2}=\frac{1}{2}$

Max: $P=(x+y+z)^{2}-2(xy+yz+zx)+\frac{9}{2}xyz=1-2xy(1-z)-2yz(1-x)-2zx(1-\frac{1}{4}y)\leq 1$ (do $x;y;z\leq 1$)

[Korkot]

Câu 2: a) Tìm các số nguyên m sao cho $m^2+12$ là SCP

b) CMR: Trong 11 số nguyên tố bất kì lớn hơn 2 luôn chọn được 2 số a,b sao cho $a^2-b^2$ chia hết cho 60.

++Hết++

Câu này dễ nhất nên làm trước

b) Vì a,b nguyên tố >2 nên a,b đều lẻ

$\Rightarrow a^2-b^2 = (a-b)(a+b) \vdots 4$

Nếu có 2 số a,b bằng nhau thì $a^2-b^2=0 \vdots 60$

Xét các số khác nhau thì có 10 số >3 và 9 số >5 hay 9 số lớn hơn 3 và 5.

Với tất cả các snt  a,b lớn hơn 3 thì $a^2,b^2 \equiv 1 (mod 3) \Rightarrow (a^2-b^2) \vdots 60$

Vậy trong 9 SNT luôn có 2 số a,b mà $(a^2-b^2) \vdots 4.3=12$

Xét 9 số trên thì theo nguyên lí Dirichlet có 2  số a,b  có cùng số dư khi chia cho 5 nên $a^2-b^2 \vdots 5$

Vậy ta cm được luôn tồn tại các số a,b sao cho $a^2-b^2 \vdots 12.5=60$

a) Đặt $m^2+12=n^2 \Rightarrow (m-n)(m+n)=-12$

Vì m+n,m-n cùng tính chẵn lẻ nên xét các TH m-n=2;m+n=-6  ;m-n=-2;m+n=6; m-n=6;m+n=-2 và m-n=-6;m+n=2 rồi tìm được $m \in {-2;2}$ 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Korkot: 26-05-2018 - 17:20

[BurakkuYokuro11]

$\boxed{\text{ĐỀ 6}}$

Câu 1: a) Cho ba số a, b, c đôi một khác nhau t/m: $a^2+b=b^2+c=c^2+a$. Tính giá trị của biểu thức:

$T=(a+b-1)(b+c-1)(c+a-1)$

 

 

 

 

Câu 1 : a) Từ (gt) ta có : 

$a^{2}-b^2= c-b$
Suy ra : $a+b = \frac{c-b}{a-b}$

Suy ra : $a+b-1 = \frac{c-a}{a-b}$
Tương tự : $b+c-1 = \frac{a-b}{b-c}$ và $c+a-1 = \frac{b-c}{c-a}$
=> .......

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

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BurakkuYokuro11: 28-05-2018 - 21:45

[BurakkuYokuro11]

$\boxed{\text{ĐỀ 6}}$

 

Câu 3: a) Giải phương trình: $4x^2+4+\sqrt{3x+1}=13x$

b) Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{matrix} \sqrt{2x}+\sqrt{2y}=6\\ \sqrt{2x+5}+\sqrt{2y+9}=8 \end{matrix}\right.$

 

 

++Hết++

 

 

a) ĐK : $x \geq \frac{-1}{3}$

pt <=> $\left ( 2x-2 \right )^{2} - (2x-2) = 3x+1- \sqrt{3x+1}$
Đến đây dễ rồi

b)Cộng 2 PT theo vế , t được : 

$(\sqrt{(2x+5)}+\sqrt{2x}) + (\sqrt{2y+9}+\sqrt{2y})=14$

 Trừ 2 PT theo vế , t được : 

$$(\sqrt{(2x+5)}-\sqrt{2x}) + (\sqrt{2y+9}-\sqrt{2y})=2$$
Suy ra : $\frac{5}{\sqrt{(2x+5)}+\sqrt{2x}}+ \frac{9}{\sqrt{2y+9}+\sqrt{2y}}=2$

Đến đây cũng dễ rồi , ta đặt và giải PT bậc 2 .

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

P/s : Nếu không có ai post thì tối mai mình post Đ.án câu hình $\boxed{\text{ĐỀ 6}}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BurakkuYokuro11: 28-05-2018 - 00:45

[MoMo123]

ĐỀ 7 

$$\boxed{\text{VMF}}$$

Bài 1. a)Cho 3 số a,b,c thỏa mãn $c^2+2(ab-bc-ca) =0,\, b\neq c ,\, ; a+b \neq c$

Chứng minh rằng $$\frac{2a^2-2ac+c^2}{2b^2-2bc+c^2}=\frac{a-c}{b-c}$$

b) Tìm số có 4 chữ số $\overline{abcd} $ sao cho 

1) $\overline{ab}; \overline{ad}$ là 2 số nguyên tố

2) $\overline{db}+c=b^2+d$

Bài 2:a)Tìm tất cả các bộ 3 số $(x,y,z) $ thỏa mãn

$\left\{\begin{matrix}x+y+z=3 & & & \\ \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=\frac{1}{3} & & & \\ x^2+y^2+z^2 =17 & & & \end{matrix}\right.$

 

b) Giải hệ phương trình $\left\{\begin{matrix}2x+2y+xy=5 & & \\27(x+y)+y^3+7=26x^3+27x^2+9x & & \end{matrix}\right.$

Bài 3. Cho $x,y,z,t >0$

Chứng minh BĐT sau

$$(x^2+1)(y^2+1)(z^2+1)(t^2+1) \geq \frac{16}{27}(x+y+z+t)^2$$

Bài 4:Cho $\Delta ABC$ đều nội tiếp $(O)$ , độ dài  đường cao là h. M thuộc cung nhỏ BC của $(O)$. Gọi A',B',C' là hình chiếu của M lên BC,CA,AB

1) Chứng minh $\frac{MB'}{MC'}+\frac{MC'}{MB'} -\frac{h}{MA'} $ không đổi khi M di chuyển trên cung nhỏ BC

2) Chứng minh rằng $MA'\leq \frac{h}{3}$ 

Bài 5.

Cho tập $A=\left \{ 1,2,3,...,n \right \}$ với $n > 3$

Chứng minh có thể bỏ đi 2 số thuộc tập A sao cho tổng các số còn lại là một số chính phương

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 30-05-2018 - 00:16

[BurakkuYokuro11]

$\boxed{\text{VMF}}$

$\boxed{\text{ĐỀ 6}}$

Câu 4: Cho $\Delta ABC$ cân với $\widehat{BAC}=120^0$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Gọi $D$ là giao của đường thẳng AC với tiếp tuyến tại B của $(O)$. E là giao của đường thẳng $BO$ với đường tròn $(O)$. F,I lần lượt là giao của $DO$ với $AB$, $BC$. M, N lần lượt là trung điểm cảu AB, BC.

CMR: a) tứ giác $ADBN$ nội tiếp

b) $F, N, E$ thẳng hàng

c) đường thẳng $MI, BO, FN$ đồng quy.

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

From Tea Coffee

a) $\Delta ABC$ cân tại A , N là tr.điểm BC => $\angle ANB$ = 90 .

BD là tiếp tuyến tại B lên (O) =>

$\angle ABD = \angle ACB = 30$ 

Xét  $\Delta ADB$ $\angle ADB = \angle CAB - \angle DBA = 90$

=> BDAN nội tiếp .

b)  $\Delta ADB$ vuông tại D có $\angle DBA=30$ 

=> $\frac{DA}{AB}=\frac{1}{2}$

$\Delta ABD$ đều => AN=ON

Lại có : $AD // BO$ => $\frac{FA}{FB}=\frac{DA}{BO}=\frac{DA}{AB}=\frac{1}{2}$

Xét  $\Delta ABO$ , theo định lý Manelaus đảo : 

$\frac{FA}{FB}.\frac{ND}{NA}.\frac{EB}{EO}=1$

Suy ra : .....

c) Ta c/m M,I,E thẳng hàng ( Cũng theo Manelaus đảo)

$\frac{AF}{BF}= \frac{1}{2} => \frac{FM}{BM}=\frac{1}{3}$

Tam giác BFO có BI là phân giác => $\frac{OI}{FI} = \frac{BA}{BF} =\frac{3}{2}$

Xét Tam giác OFB có .......

=> M,I,E thẳng hàng 

=> MI,FN,BO đồng quy

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BurakkuYokuro11: 29-05-2018 - 18:44

[BurakkuYokuro11]

$\boxed{\text{VMF}}$

$\boxed{\text{ĐỀ 6}}$

b) Tìm m để phương trình sao có 4 nghiệm phân biệt:

$x^2+3xm+2m^2=\frac{x^4+x^3}{2}$

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

PT tương đương :

$4m^{2} + 6mx - x^{4} - x^3 + 2x^2 =0$

Đến đây , giải Delta phương trình bậc 2 ẩn m ,tham số x và ta được: 

$m = \frac{x^2-x}{2}$ hoặc  $m = \frac{-x^2-2x}{2}$

$x^2 - x -m =0 (1)$ hoặc $x^2 + 2x + 2m =0 (2)$

Nếu (1) và (2) có nghiệm chung x_o , thay vào (1) và (2) ta giải được $xo = \frac{-1}{2}$ hoặc $xo = 0$

$Xo = 0$ thì $m= 0$

$Xo = \frac{-1}{2}$ thì $m= \frac{3}{8}$

Đến đây giải PT Delta ₍₁₎> 0; Delta₍₂₎ > 0 với m khác 0 và m khác  $\frac{3}{8}$ là xong

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

Hoàn thành $\boxed{\text{ĐỀ 6}}$
 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BurakkuYokuro11: 29-05-2018 - 19:40

[Tea Coffee]

ĐỀ 7 

 

b) Giải hệ phương trình $\left\{\begin{matrix}2x+2y+xy=5 & & \\27(x+y)+y^3+7=26x^3+27x^2+9x & & \end{matrix}\right.$

 

Xét phương trình thứ hai:

$27(x+y)+y^{3}+x^{3}+8=27x^{3}+27x^{2}+9x+1<=>27(x+y)+(x+y)^{3}-3xy(x+y)+8=(3x+1)^{3}<=>27(x+y)+(x+y)^{3}-3(x+y)\left [ 5-2(x+y) \right ]+8=(3x+1)^{3}<=>(x+y)^{3}+6(x+y)^{2}+12(x+y)+8=(3x+1)^{3}<=>(x+y+2)^{3}=(3x+1)^{3}<=>x+y+2=3x+1<=>y=2x-1$

rồi thế vào phương trình thứ nhất.

[zack william]

$\frac{a}{2-a}+\frac{1-a}{1+a}=\frac{a}{2-a}+1+\frac{1-a}{1+a}+1-2 =\frac{2}{2-a}+\frac{2}{1+a}-2 \geq \frac{8}{2+a+1-a}-2=\frac{2}{3}$

          min T=2/3 khi a=0,5