chuot nhoc

Bài 1: Cho hệ phương trình sau:
$\left\{\begin{matrix} \left ( \ m-2 )x+2my=m& & \\ \left ( 2m-1\right )x-y=2m+5& & \end{matrix}\right.$
a. Giải và biện luận hệ theo m.
b. Tìm hệ thức liên hệ giữa các nghiệm k phụ thuộc m.
c. Khi hệ có nghiệm duy nhất, tìm m nguyên để hệ có nghiệm nguyên.

Bài 2: Cho hệ 3 phương trình sau:
$\begin{cases} ax + by = c \\ bx + cy = a \\ cx + ay = b \end{cases}$

Khi hệ có nghiệm. Chứng minh: $a^3+b^3+c^3=3abc$

Bài 3: Tìm m, n, p để ba hệ phương trình sau đồng thời vô nghiệm:
$\left\{\begin{matrix} x-py=n & & \\ -px+y=m& & \end{matrix}\right.$ (1)
$\left\{\begin{matrix} -px+y=m & & \\ nx+my=1& & \end{matrix}\right.$ (2)
$\left\{\begin{matrix} nx+my=1 & & \\ x-py=n& & \end{matrix}\right.$ (3)



Thêm một bài: Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Cứng minh rằng phương trình:
$a^2x^2+(a^2+b^2-c^2)x+b^2=0$ vô nghiệm

Cho ba số x, y, z thỏa mãn điều kiện: $2x^2+2xy+2x+y^2+z^2+y=\sqrt{2}xy$
Chứng minh rằng: $-1\leq y-\sqrt{2}z\leq 1$
(đề thi thử lần 3- câu 1đ)

$b. \widehat{CHK}=\widehat{KBC}=45^{\circ}$
c.chưa nghĩ ra.....
d. Từ A kẻ đường thẳng vuông góc với AK cắt DC tại N.
$\widehat{KAN}=90^{\circ}\Rightarrow \Delta KAN$ vuông tại A có AD là đường cao
=>$\frac{1}{AD^2}=\frac{1}{AK^2}+\frac{1}{AN^2}$ (1)
Xét $\Delta ABM và \Delta ADK$ có: $\widehat{ABM}=\widehat{ADK}=90^{\circ}; AD=AB và \widehat{BAM}=\widehat{DAK}$
=> $\Delta ABM=\Delta ADK$ =>> AM=AK (2)
Từ 1 và 2 =>> đpcm

cho a,b,c,d dương thõa mãn a+b+c+d=4.chứng minh rằng
(a²+2)(b²+2)(c²+2)(d²+2)≥81

Nhân hai thừa số đầu và hai t/số cuối ta có:
$(a^2+2)(b^2+2)=(ab)^2+2(a^2+b^2)+4=[(ab)^2-2ab+1]+2(a^2+b^2)-2ab+3$
$\Rightarrow (a^2+2)(b^2+2)\geq 2(a+b)^2-2ab+3 vì (ab-1)^2\geq 0$ (1)
ta có bdt :$(a+b)^2 \geq 4ab đặt a+b=x \Rightarrow x^2\geq 4ab\Rightarrow 2ab\leq \frac{x^2}{2}\rightarrow -2ab\geq \frac{-x^2}{2}$ (2)
Từ 1 và 2 => $(a^2+2)(b^2+2)\geq (1,5x^2+3 )(x=a+b)$
Tương tự ta có: $(c^2+2)(d^2+2) \geq 1,5.y^2 +3 (y=c+d)$
Như vậy ta có: $A\geq (1,5x^2+3)(1,5y^2+3)$
ta cần c/m: $(1,5x^2+3)(1,5y^2+3)\geq 81 ta co: \Leftrightarrow (1,5.x^2 +3)( 1,5.y^2 +3 ) =1,5 .(x^2+2)(y^2+2)$ với x+y=4 ta suy ra đk và........

Bài 94: Cho $\widehat{xAy}=90^{\circ}$, trên $Ax$ lấy điểm B cố định, trên $Ay$ lấy điểm C di động. Vẽ đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F . Hai đường thẳng DE và OA cắt nhau tại G.
a. Chứng minh: 5 điểm O, D, G, B, F cùng nằm trên 1 đường tròn.
b. Chứng minh: đường thẳng DE luôn đi qua 1 điểm cố định.

Bài 80 :
Cho (O) đường kính AB. $(d_{1})$ và $(d_{2})$ là 2 tiếp tuyến tại A và B của (O). M là điểm di động trên (O) $(M\not\equiv A;M\not\equiv B)$ và $I\in OA$ (I và OA cố định). Lấy $C\in (d_{1})$ , lấy $D\in (d_{2})$ sao cho $CM\perp MI;ID\perp IC$. CI cắt MA tại E, ID cắt MB tại F.
a) Cm : ACMI, MEIF nội tiếp.
b) Cm : FE // AB và C, M, D thẳng hàng.
c) Vẽ dây MN của (O), MN qua I và (O') nội tiếp tam giác ABN tiếp xúc NA, NB lần lượt tại T và V. Kẻ TT', VV' và NH cùng vuông góc với AB. Cm : $\frac{NH^{2}}{TT'.VV'}$ không đổi khi M di động trên (O).

Hình bài 80 :

a. Tứ giác ACMB và MEIF nội tiếp theo tổng hai góc đối bằng 180
b. Tứ giác MEIF nội tiếp=> $\widehat{MEF}=\widehat{MIF}( cùng chắn cung MF)$
Tứ giác ACMB nội tiếp => $\widehat{MCI}=\widehat{MAI}( cùng chắn cung MI)$
Mặt khác: $\widehat{MCI}+\widehat{CIM}=90^{\circ}
\widehat{MIF}+\widehat{CIM}=90^{\circ}$
Suy ra: $\widehat{MCI}=\widehat{MIF}$
=>> $\widehat{MEF}=\widehat{MAI}$, mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên EF//AB
C/m C, M, D thẳng hàng:
Ta có: $CM\perp MI$ tại M
Mặt khác: ta chứng minh được tứ giác MDIB nội tiếp=> $\widehat{IMD}+\widehat{MDB}=180^{\circ}$
=> $\widehat{IMD}=90^{\circ}$=>$IM\perp MD$ tại M
Suy ra: dpcm
c. làm k chắc lắm, mọi người xem lại:
Ta cần phải cm đc: $\frac{NA.NB}{TA.VB}$ không đổi
Đặt: TN=NV=x; AT=y; BV=z
khi đó: x+y=NA; x+z=NB; z+y=AB
cần cm: $\frac{(x+y).(x+z)}{y+z}$ k đổi....................... chắc sai rùi

Xin phép chém bài 1 trước
a) ĐKXĐ: $x\geq 0$
Với điều kiện trên ta có:
$\sqrt{x+3}\geq \sqrt{3}$
$\sqrt{x}\geq 0$
$\Rightarrow \sqrt{x+3}+\sqrt{x}\geq 3\neq 0$
Nhân 2 vế của phương trình với $\sqrt{x+3}+\sqrt{x}\neq 0$ ta được:
$PT\Leftrightarrow (\sqrt{x+3}+\sqrt{x})(\sqrt{x+3}-\sqrt{x})(1+\sqrt{x^2+3x})=3(\sqrt{x+3}+\sqrt{x})$
$\Leftrightarrow 1+\sqrt{x^2+3x}=\sqrt{x+3}+\sqrt{x}$
Với điều kiện ở đầu bài thì 2 vế của phương trình không âm nên ta bình phương 2 vế của phương trình lên ta được:
$1+\sqrt{x^2+3x}=\sqrt{x+3}+\sqrt{x}\Rightarrow 1+2\sqrt{x^2+3x}+x^2+3x=x+3+2\sqrt{x^2+3x}+x$
$\Leftrightarrow x^2+x-2=0$ (*)
Phương trình (*) có: $a+b+c=1+1+(-2)=0$ nên phương trình có 2 nghiệm:
$x_{1}=1™,x_{2}=-2(KTM)$
Thử lại ta thấy giá trị $x=1$ đúng.
Vậy nghiệm của phương trình là $x=1$
b) Biến đổi:
- Phương trìn đầu của hệ tương đương:
$2(x-y)^2-xy=0$
$\Leftrightarrow 2(x-y)^2=xy$
- Phương trình thứ 2 của hệ tương đương:
$(x-y)^2-6(x-y)+xy=0$ (*)
Thay $xy=2(x-y)^2$ vào (*) ta được phương trình:
$(*)\Leftrightarrow (x-y)^2-6(x-y)+2(x-y)^2=0\Leftrightarrow (x-y)^2-2(x-y)=0\Leftrightarrow (x-y)(x-y-2)=0$
Đến đây đơn giản rồi nhỉ

Bài 1b cần tính cụ thể x,y mà bạn???????
Cách khác bài 1b là: Hệ phương trình tương đương với:
$\left\{\begin{matrix} \left ( \x-yright )^2+3xy=7\left ( \x-yright )^2 & & \\ \left ( x-y\right )^2+xy=6\left ( x-y\right ) & & \end{matrix}\right.$
Đặt: (x-y)=a và xy=b ---->> Ta lập được hệ phương trình mới và giải ra ta được: TH1: a=b=0; TH2: a=3/4 và b=9/8

_{Bài 78: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB và tiếp tuyến Ax cùng phía với nửa đường tròn đối với AB. Từ M trên Ax kẻ tiếp tuyến thứ hai MC với đường tròn( C là tiếp điểm). $AC\cap OM=\left \{ E \right \}; MB\cap (O)=\left \{ D \right \}$ (D #B)
a. C/m: tứ giác AMCO nội tiếp;
b. $\widehat{ADE}=\widehat{ACO}$;
c. $CH\perp AB (H\in AB)$. C/m: MB đi qua trung điểm CH.}

Bài 5 có ở đây:
http://diendantoanho...l=&fromsearch=1

bất đẳng thức tương đương với:
$(a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})\leq 10$
không mất tính tổng quát ta giả sử $1\leq a\leq b\leq c\leq 2$
ta có $\left ( 1-\frac{a}{b} \right )(1-\frac{b}{c})\geq 0$ và $(1-\frac{b}{a})(1-\frac{c}{b})\geq 0$
$\Rightarrow (\frac{a}{b}+\frac{b}{c})+(\frac{b}{a}+\frac{c}{b})\leq 2+(\frac{a}{c}+\frac{c}{a})$
$\Rightarrow (a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})\leq 5+2(\frac{a}{c}+\frac{c}{a})$
xét $(2-\frac{a}{c})(\frac{1}{2}-\frac{a}{c})\leq 0$ vì $\frac{1}{2}\leq \frac{a}{c}\leq 2$
nên a/c + c/a $\leq \frac{5}{2}$
suy ra dpcm

mik đag cần đề thi vào trường chuyên năng khiếu hà tĩnh các năm gần đây..........nhất là năm 2010-2011. Ai có post lên dùm mik vs. Cảm ơn mọi người nhìu

Mình có nek:
SỞ GD-ĐT HÀ TĨNH KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
NĂM HỌC 2110-2011
ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: Toán
Thời gian làm bài: 150 phút
*********************************************
Bài 1: a) Giải phương trình: $(\sqrt{x+3}-\sqrt{x})(1+\sqrt{x^2+3x})=3$.
b) Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{matrix} x^2+xy+y^2=7\left ( x-y\right )^2 &\\x^2-xy+y^2=6\left ( x-y\right )& & \end{matrix}\right.$
Bài 2: a) Các số a, b, c, không âm thỏa mãn điều kiện: $\left\{\begin{matrix} a+b=1-ab & & & \\ b+c=3-bc& & & \\ c+a=7-ca& & & \end{matrix}\right.$
Tính $S=a^{2009}+b^{2010}+c^{2011}$
b) Chứng minh phương trình: $(x+2)\sqrt{x+1}=2x+1$ vô nghiệm.
Bài 3: a) Tìm các hệ số a, b,sao cho đa thức $x^4+2x^3+3x^2+ax+b$ là bình phương của một đa thức khác.
b) Các số dương x, y thỏa mãn điều kiện: $x+\frac{1}{y}\leq 1$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: $S=\frac{x}{y}+\frac{y}{x}$.
Bài 4: Tam giác ABC không cân, có M là trung điểm của BC. Vẽ đương cao AD của tam giác. Gọi E,F lần lượt là hình chiếu vuông góc của B,C trên đường kính đi qua A của đường tròn ngoại tiếp tam giác. Chứng minh M là tâm đường tròn ngoai tiếp tam giác EFD.
Bài 5: Cho các số $a, b, c \in \left [ 1; 2 \right ]$. Chứng minh bất đẳng thức:
$\frac{a^2+b^2}{ab}+\frac{b^2+c^2}{bc}+\frac{c^2+a^2}{ca}\leq 7$
________________Hết___________________
Mọi người làm thử luôn nhé

Bài 39.
Cho đ­ường tròn (O) và điểm A nằm ngoài đ­ường tròn. Qua A dựng hai tiếp tuyến AM và AN với đư­ờng tròn (M, N là các tiếp điểm) và một cát tuyến bất kì cắt đư­ờng tròn tại P, Q. Gọi L là trung điểm của PQ.
a/ Chứng minh 5 điểm: O; L; M; A; N cùng thuộc một đ­ường tròn.
b/ Chứng minh LA là phân giác của $\angle MLN$
c/ Gọi I là giao điểm của MN và LA. Chứng minh MA² = AI.AL
d/ Gọi K là giao điểm của ML với (O). Chứng minh rằng KN // AQ.
e/ Chứng minh tam giác KLN cân.
-----------------------
P/s: Những bài tập hay, khó đặc biệt là các câu cuối, các bạn nên post rõ hình vẽ và cách trình bày rõ ràng nhé , như vậy, topic của chúng ta sẽ thêm sôi nổi !

Bài này là bài 12 trong topic này đó bạn, chỉ có câu d và e khác thui
Mình chỉ làm đk câu d, còn câu e..........
Câu d: gọi giao điểm của OA vs (O) là E
Tứ giác AMOL nội tiếp $\Rightarrow \widehat{ALM}=\widehat{AOM}$ (1)
Mặt khác: $\widehat{AOM}$= sđ cungMF
$\widehat{MKN}$= $\frac{1}{2}$sđ cung MN
Mà cung MN= 2cungMF
Suy ra: $\widehat{MOF}=\widehat{MKN}$ (2)
Từ 1 và 2 => $\widehat{ALM}=\widehat{MKN}$
Mà hai góc này ở vị trí đồng vị => đpcm

Bài 37: Cho tam giác ABC vuông ở A và một điểm D nằm giữa A và B . Đ­ường tròn đ­ường kính BD cắt BC tại E . Các đ­ường thẳng CD , AE lần l­ượt cắt đ­ường tròn tại các điểm thứ hai F , G . Chứng minh :
a) Tam giác ABC đồng dạng với tam giác EBD .
b) Tứ giác ADEC và AFBC nội tiếp đ­ược trong một đ­ường tròn .
c) AC song song với FG .
d) Các đư­ờng thẳng AC , DE và BF đồng quy .
---------------------------------

Mình k biết kẻ hình..............
Câu a và b chắc mọi người làm được!!!!!
Câu c:
Ta có: tứ giác AFBC nội tiếp (câu b) $\Rightarrow \widehat{FBA}=\widehat{FCA}$ ( hai góc nội tiếp cùng chắn một cung) (1)
Lai có: Tứ giác ADEC nội tiếp $\Rightarrow \widehat{DEA}=\widehat{DCA}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn một cung) (2)
Từ 1 và 2 $\Rightarrow \widehat{FBA}=\widehat{DEA} (=\widehat{FCA})$
==> sđ cung FD= sđ cung DG => FD = DG
Suy ra: $\Delta FBD=\Delta GBD$ (ch-cgv) => BF=BG
=> B nằm trên đường trung trực của đoạn thẳng FG (3)
Lại có: $\Delta FBA=\Delta GBA$ (cgc) => AF=AG
=> A nằm trên đương trung trực của đoạn thẳng FG (4)
Từ 3 và 4 => AB là đương trung trực của FG => $AB\perp FG$
Mặt khác: tam giác ABC vuông tại A=> $AB\perp AC$
Suy ra: $FG//AC$ ( cùng vuông góc với AB) đpcm
Câu d: Ta có: $\widehat{BED}=90^{\circ} ( góc nội tiếp chắn nữa đường tròn) \Rightarrow DE\perp BE hay DE\perp BC$ (5)
$\widehat{BFD}=90^{\circ}( ........) \Rightarrow BF\perp FD hay BF\perp DC$ (6)
$\widehat{BAC}=90^{\circ} (gt) \Rightarrow CA\perp BA hay CA\perp BD$ (7)
Từ 5, 6 ,7=> DE, BF, CA đều là đương cao của tam giác DBC
=> DE,BF,CA đồng quy( đpcm)

Giải hệ phương trình sau:
$\left\{\begin{matrix} \frac{x}{y+2}-\frac{x}{y}=\frac{-1}{21} & & \\ \frac{x}{y+4}-\frac{x}{y}=\frac{-1}{12}& & \end{matrix}\right.$

...............................
MOD: Đề bài dài thì bạn có thể lấy một phần bài toán để ở tiêu đề nhé.

Phương trình có hai nghiệm phân biệt$\Leftrightarrow \Delta > 0\Leftrightarrow 5^{2}-4(2m+3)> 0 \Leftrightarrow 13-8m>0\Leftrightarrow m< \frac{13}{8}$
Khi đó ta có: $x_{1}+x_{2}=-5 (1) và x_{1}x_{2}=2m+3$ (2)
theo giả thiết ta có:$x_{1}-4x_{2}=0$ (3)
Từ 1 và 3 taco hệ ptr: $x_{1}+x_{2}=-5 và x_{1}-4x_{2}=0$
giải ra ta được: $x_{1}=-4 và x_{2}=-1$
Thay vào 2 ta được: 2m+3=4 => m=$\frac{1}{2}$ (TM)

Điều kiện xác định của pt là $x\geq 4$ . Khi đó: x+10 và x đều dương (*) Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có: $9+(x+1)\geq 2\sqrt{9(x+1)}\Rightarrow \sqrt{9(x+1)}\leq \frac{9+x+1}{2}\Rightarrow 3\sqrt{x+1}\leq \frac{x+10}{2} \Leftrightarrow \sqrt{x+1}\leq \frac{x+10}{6} \Leftrightarrow \frac{\sqrt{x+1}}{x+10}\leq \frac{1}{6}$ (1)
Tương tự ta có: $4+(x-4)\geq 2\sqrt{4(x-4)}\Rightarrow \sqrt{4(x-4)}\leq \frac{4+x-4}{2} \Leftrightarrow 2\sqrt{x-4}\leq \frac{x}{2} \Leftrightarrow \sqrt{x-4}\leq \frac{x}{4} \Leftrightarrow \frac{\sqrt{x-4}}{x}\leq \frac{1}{4}$ (2)
Từ 1 và 2 ta có: $\frac{\sqrt{x+1}}{x+10}+\frac{\sqrt{x-4}}{x}\leq \frac{1}{6}+\frac{1}{4}=\frac{5}{12}$
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi: x=8( thỏa mãn đk *)