Hoang Thi Thao Hien

Cho hình vuông ABCD và điểm M trên cạnh CD sao cho CM = 2DM. Gọi E là giao điểm của đường thẳng AM và đường thẳng BD. Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ điểm E xuống cạnh AD, O và N lần lượt là trung điểm của DE và BC.

Chứng minh:

            a) Tứ giác ABOH nội tiếp đường tròn.

            b) Đường thẳng AM vuông góc với đường thẳng EN

a, Do $\bigtriangleup HED$ vuông tại H mà O là trung điểm nên $\bigtriangleup HOD$ cân, mà $\widehat{HDO}=45^{\circ}$ do tứ giác ABCD là hình vuông nên $\bigtriangleup HOD$ vuông tại O $\Rightarrow \widehat{HOB}=90^{\circ}$. Vậy tứ giác ABOH nội tiếp đường tròn

b, Từ B kẻ đường thẳng song song với AM cắt CD tại J. Xét $\bigtriangleup BCJ$ và $\bigtriangleup AMD$ có: $AD=BC$, $\widehat{AMD}=\widehat{BJC}$, $\widehat{DAM}=\widehat{CBJ}(=\widehat{AKB})$ nên $\bigtriangleup BCJ= \bigtriangleup AMD(g.c.g)$ $\Rightarrow DM=CJ$ 

Theo định lý Ta-let, ta có: $\frac{DE}{EB}=\frac{DM}{DJ}=\frac{DM}{4DM}=\frac{1}{4}$ $\Rightarrow \frac{EB}{DB}= \frac{3} mà $AC=BD$(tứ giác ABCD là hình vuông) {4}\Leftrightarrow 3AC=4EB$ $\Leftrightarrow \frac{3AC}{2CD}=\frac{4EB}{2BC}\Leftrightarrow \frac{AC}{MC}=\frac{EB}{BN}$

Xét $\bigtriangleup AMC$ và $\bigtriangleup ENB$ có: $\widehat{ACM}=\widehat{EBN}(=45^{\circ})$, $\frac{AC}{MC}=\frac{EB}{BN}$ nên $\bigtriangleup AMC\sim \bigtriangleup ENB(c.g.c)$$\Rightarrow \widehat{MAC}=\widehat{BEN}$ mà do $\widehat{AIM}=90^{\circ}$(I là giao điểm 2 đường chéo của hình vuông) nên $\widehat{AEN}=90^{\circ}$$\Rightarrow AE\perp EN$(đpcm)

Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O) và có các đường chéo cắt nhau ở M.Kẻ MA',MB',MC',MD' lần lượt vuông góc với AB,BC,CD,DA.CMR: A'B'+C'D'=A'D'+B'C'.
Bài này áp dụng bài toán phụ: Cho $\Delta ABC$ nội tiếp (O;R) có góc A nhọn.Vẽ đường kính BD của (O;R).CMR: $BC=BD.sinA=2R.sinA$

a, Chứng minh: $BC=BD.sinA=2R.sinA$

(thay điểm D bởi C và ngược lại-sr, vẽ nhầm chút xíu)

Ta có: $\widehat{BCD}= 90^{\circ}$(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên $BC=sin\widehat{BDC}BD$ mà $\widehat{BAD}=\widehat{BAD}$(góc nội tiếp cùng chắn cung BC) nên ta có đpcm

b, Bài toán chính: 

(quên mất nối A', B', C', D'-bệnh đãng trí tái phát:D)

Xét $\bigtriangleup A'B'M$ và $\bigtriangleup ACD$ có: 

$\widehat{A'B'M}= \widehat{A'BM}$((do tứ giác A'BB'M nội tiếp) mà $\widehat{A'BM}= \widehat{ACD}$(do tứ giác ABCD nội tiếp) nên$\widehat{A'B'M}=\widehat{ACD}

Mặt khác, $\widehat{A'MB'}+\widehat{A'BB'}= 180^{\circ}$(do tứ giác A'BB'M nội tiếp), $\widehat{ADC}+\widehat{A'BB'}= 180^{\circ}$(do tứ giác ABCD nội tiếp) nên $\widehat{A'MB'}= \widehat{ADC}$.

Vậy $\bigtriangleup A'B'M\sim \bigtriangleup ACD$(g,g) nên $\frac{A'B'}{AC}=\frac{MA'}{AD}=\frac{sinB.BM}{sinB.2R}= \frac{BM}{2R}$

Chứng minh tương tự: $\frac{C'D'}{AC}=\frac{MD}{2R}$

Vậy $\frac{A'B'+C'D'}{AC}=\frac{MD+MB}{2R}=\frac{BD}{2R}$

Chứng minh tương tự thì: $\frac{A'D'+B'C'}{BD}= \frac{AC}{2R}$. Ta có đpcm

Biết $x;y;z>0$ thõa mãn:

$\left\{\begin{matrix} x^2+xy+\dfrac{y^2}{3}=25\\ \frac{y^2}{3}+z^2=9\\ z^2+xz+x^2=16 \end{matrix}\right.$

Tính GTBT:

$A=xy+2yz+3xz$

Bổ đề 1: $\bigtriangleup ABC$ có $\widehat{BAC}=120^{\circ}$ thì $ AB^2+AC.AB+AC^2 = BC^2$

Chứng minh:

Kẻ $BH\perp AC$, ta có: $\widehat{BAH}=60^{\circ}$ nên $HB=\frac{\sqrt{3}AB}{2}$,$HA=\frac{AB}{2}$ nên theo đinh lý Py-ta-go: $BH^2+HC^2=BC^2\Leftrightarrow \frac{3AB^2}{4}+\frac{AB^2}{4}+AB.AC+AC^2=BC^2\Leftrightarrow AB^2+AC.AB+AB^2=BC^2$(đpcm)

Bổ đề 2: Nếu $bigtriangle ABC$ có $\widehat{BAC}=150^{\circ}$ thì $ AB^2+\sqrt{3}AB.AC+AC^2 = BC^2$. Chứng minh tương tự bổ đề 1

Trở lại bài toán: Ta vẽ$bigtriangle ABC$vuông tại C có $AC=3, CD=4, =5$. Lấy B nằm trong tam giác sao cho $\widehat{AOB}=90^{\circ}, \widehat{BOC}=120^{\circ}, \widehat{AOC}=150^{\circ}$

Đặt $AB=\frac{y}{\sqrt{3}}, BC=z, BD=x$, theo bổ đề 1, 2, ta dễ dàng chứng minh được $x,y,z$ thỏa mãn:$\left\{\begin{matrix} x^2+xy+\dfrac{y^2}{3}=25\\ \frac{y^2}{3}+z^2=9\\ z^2+xz+x^2=16 \end{matrix}\right.$. Mà $S_{ACD}=S_{ABC}+S_{BCD}+S_{ABD}=\frac{yz}{2\sqrt{3}}+\frac{\sqrt{3}xz}{4}+\frac{xy}{4\sqrt{3}}=6$

$\Rightarrow xy+2yz+3zx=24\sqrt{3}$

@@Raito: bạn có thể tham khảo vài dạng bổ đề như trên tại đây

Cho tam giác $ABC$, $I$ là tâm đường tròn nội tiếp, $J$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ACI$. Chứng minh : $B;I;J$ thẳng hàng.

https://fbcdn-sphoto...302681140_n.jpg

Lấy M là tâm đường tròn bàng tiếp tam giác. Ta có $BI$ là phân giác $\widehat{B}$, $BM$ là phân giác $\widehat{B}$ nên B, M, I thẳng hàng. Mà do $AM, BM$ là phân giác ngoài nên $AM\perp AI, BM\perp BI$ nên tứ giác $AMBI$ nội tiếp nên $M\epsilon$ đường tròn ngoại tiếp $\Delta AIB$ mà $\widehat{IAM}=90^{\circ}$ nên $I, J, M$ thẳng hàng. Vậy $B, I, J$ thẳng hàng

p/s: Sr, mình quên viết điểm

Giải các hệ pt: 

$1, \left\{\begin{matrix} \sqrt{2x}+\sqrt{2y}=4\\ \sqrt{2x+5}+\sqrt{2y+2}=6 \end{matrix}\right.$

$2, \left\{\begin{matrix} \frac{y^2}{(x+1)^2}+\frac{x^2}{(y+1)^2}=\frac{1}{2}\\ 3xy=x+y+1 \end{matrix}\right.$

Mình có bài này mong các bạn giải giùm:

Giải phương trình

$(\frac{1}{5}x-14)^{3}+(\frac{4}{5}x-1)^{3}+(15-x)^{3}=0$

Mình đang học lớp 8 nhé.

Thanks.

Gợi ý nha nhóc: Ta thấy $\frac{1}{5}x-14+\frac{4}{5}x-1+15-x=0$. Mặt khác ta lại có: $a^3+b^3+c^3=3abc\Leftrightarrow a+b+c=0$. Tự suy nghĩ tiếp nha

tìm (x,y) la so tu nhien thoa man:

$(2^{x}+1)(2^{x}+2)(2^{x}+3)(2^{x}+4)-5^{y}=11879$

$\Leftrightarrow (4^x+5.2^x+4)(4^x+5.2^x+6)-5^y=11879$. Đặt $z=4^x+5.2^x+5$ thì phương trình trở thành: $z^2-1-5^y=11879 \Leftrightarrow z^2-5^y=11880$

- Với $y=0, y=1$ ...

- Với $y\geq 2$ thì do $5|11880$, $5|5^y$ nên $5|z^2 \Rightarrow 5|z Rightarrow 25|z^2$. Mà do $y\qeq 2$ nên $25|5^y$, nhưng 11880 không chia hết cho 25 nên vô nghiệm

giải phương trình $5y^{2}-27y-3\sqrt{4y-y^{2}}+40=0$

$5y^2-26y+32-3\sqrt{4y-y^2}-y+8=0\Leftrightarrow (5y^2-26y+32)-\frac{10y^2-52y+64}{y-8-3\sqrt{4x-x^2}}=0\Leftrightarrow (5y^2-26+32)(1-\frac{2}{y-8-3\sqrt{4x-x^2}})=0$$\Leftrightarrow \begin{bmatrix} 5y^2-26y+32=0\\ y=3\sqrt{4y-y^2}+10 \end{bmatrix}$

- Với $5y^2-26y+32=0$$\Leftrightarrow \begin{bmatrix} y=2\\ y=\frac{16}{5} \end{bmatrix}$

- Với $ y-10=3\sqrt{4y-y^2} $(vô nghiệm)

1.

Đề sai nè, sửa:
$\left\{\begin{matrix} x^{2}-4=(xy+2y+3)(4x+2) &  & \\   x^{2}+x-2=y(2x+1)^{2}&  &  \end{matrix}\right.$

Mình khẳng định với bạn là đề không hề sai, vì vậy bạn có thể điều chỉnh lại bài làm giúp mình đc k?

Giải các hệ phương trình

1, $\left\{\begin{matrix} x^2-4x=(xy+2y+4)(4x+2)\\ x^2+x-2=y(2x+1)^2) \end{matrix}\right.$

2, $\left\{\begin{matrix} x^2(y+1)(x+y+1)=3x^2-4x+1\\ xy+x+1=x^2 \end{matrix}\right.$

3, $\left\{\begin{matrix} (x+y+1)(x+2y+1)=12\\ x^2+2y+(x+1)(3y+1)=11 \end{matrix}\right.$

4, $\left\{\begin{matrix} \sqrt{x+\sqrt{y}}+\sqrt{x-\sqrt{y}}=2\\ \sqrt{y+\sqrt{x}}+\sqrt{y-\sqrt{x}}=1 \end{matrix}\right.$

5, $\left\{\begin{matrix} y(x^2+1)=x-\frac{1}{x}\\ y(x-y)=x^2-\frac{1}{x^2} \end{matrix}\right.$

6, $\left\{\begin{matrix} (x-y)^2=1-x^2y^2\\ x(xy+y+1)=y(xy+1)+1 \end{matrix}\right.$

Bài 4: Trên hai cạnh $AB, AC$ của tam giác $ABC$ tương ứng có các điểm $M, N$ thỏa mãn $CM = CA, BN = BA$ với $M, N$  khác các đỉnh của tam giác. $P$ là điểm đối xứng với $A$ qua đường thẳng  $BC$. Chứng minh rằng  $PA$ là phân giác góc  $MPN$.

Cách 2: Từ P kẻ đường thẳng song song với BC cắt AB tại K, AC tại O, nối KN. AP cắt BC tại Q

Do Q là trung điểm AP, BQ song song với KO nên B là trung điểm của AK, mà BA=BN nên $triangle ANK$ vuông tại N, chứng minh tương tự thì $triangle AMO$ vuông tại M 

$triangle AKO$ có AP, KN, MO là 3 đường cao nên PA là phân giác $\widehat{MPN}$

p/s: Ai làm bài 5 đi!

$3^{x}.2x=3^{x}+2x+1$

- Với $x<-1$ thì: đặt $x=-k(k>1)$ thì $3^x=3^(-k)= \frac{1}{3^k}<\frac{1}{3}<1$, $2x<-2$ $\Rightarrow (3^x-1)(2x+2)>0 \Leftrightarrow 3^x.2x-2x+2.3^x-2>0 \Leftrightarrow 3^x.2x-3^x-2x-1+3.3^x-1>0 \Rightarrow 3^x>\frac{1}{3}(vô nghiệm)$

- Với $-1<x<0$, thì làm tương tự như trên ta cũng có vô nghiệm

- Với $0<x<1$ thì $1<3^x<3, 0<2x<2 \Rightarrow (3^x-1)(2x-2)<0 \Rightarrow 3^x.2x-2x-2.3^x+2<0 \Leftrightarrow 3^x.2x-2x-3^x-3^x+3<0 \Rightarrow 3^x>3(vô nghiệm)$ 

- Với $x>1$ thì tương tự

- Xét $x=0$, $x=1$, $x=-1$...

cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). gọi I là giào điểm của AC và BD. Biết đường trìn ( K) ngoại tiếp tam giác IAD.c/m KI vuông góc với BC

Lời giải. Kẻ $KP \perp AO \; (P \in AO)$ và $KI \cap BC=M$. Ta có $\angle PKI= \angle ADB= \angle ACB$ nên $\angle AIB= \angle DBC+ \angle ACB= \angle DBC+ \angle PKI$.

Lại có $\angle AIK+ \angle AIB+ \angle BIM=180^{\circ} \Leftrightarrow ( \angle AIK+ \angle PKI)+ \angle DBC+ \angle BIM=180^{\circ} \Leftrightarrow \angle BIM+ \angle IBM=90^{\circ}$.

Vậy $KI \perp BC$. $\blacksquare$

Cách 2: 

Bổ đề: $\Delta ABC$ nội tiếp $(O)$ có CF, BE, AH là đường cao thì $OA\perp EF$

Chứng minh: Kẻ $OI \perp AC$, ta có: $\widehat{IOA}=\widehat{B}(=\frac{1}{2}\widehat{AOC})$. $\Rightarrow \widehat{OAC}=\widehat{HAB}$

$\Delta HAB$ và $\Delta FCB$ có góc vuông và $\widehat{B}$ chung nên $\widehat{HAB}=\widehat{FCB}$

Do tứ giác FECB đồng dạng nên $\widehat{FCB}= \widehat{FEB}$

$\Rightarrow \widehat{OAC}= \widehat{FEH}$$\Rightarrow OA\perp EF$

Áp dụng: Kẻ $AH\perp BD, DM\perp AC$. Áp dụng bổ đề ta có $KI\perp HM$. Mà do $\widehat{IHM}= \widehat{DBC}(=\widehat{DAC})$(do tứ giác AHMD và tứ giác ABCD nội tiếp) nên $HM\parallel BC$ . Vậy $KI \perp BC$

$\sqrt{x-2}+\sqrt{4-x}+\sqrt{2x-5}=2x^2-5x$

Sử dụng nhân liên hợp có:

PT $< = > 2x^2-7x+3+((x-2)-\sqrt{x-2})+(1-\sqrt{4-x})+((x-2)-\sqrt{2x-5})=0< = > (2x-1)(x-3)+\frac{x^2-4x+4-x+2}{x-2+\sqrt{x-2}}+\frac{x-3}{1+\sqrt{4-x}}+\frac{x^2-4x+4-2x+5}{x-2+\sqrt{2x-5}}=0< = > (x-3)\left [ 2x-1+\frac{x-2}{x-2+\sqrt{x-2}}+\frac{1}{1+\sqrt{4-x}}+\frac{x-3}{x-2+\sqrt{2x-5}} \right ]=0< = > x=3$

Tốt nhất làm thế này cho đơn giản:

$\Leftrightarrow \sqrt{x-2}-1+\sqrt{4-x}-1+\sqrt{2x-5}-1=2x^2-5x-3\Leftrightarrow \frac{x-3}{\sqrt{x-2}+1}+\frac{3-x}{\sqrt{4-x}+1}+\frac{2x-6}{\sqrt{2x-5}+1}=(x-3)(2x+1)\Leftrightarrow (x-3)(\frac{1}{\sqrt{x-2}+1}+\frac{2}{\sqrt{2x-5}+1}-\frac{1}{\sqrt{4-x}+1}-2x-1)=0$

Đặt: $f(x)= \frac{1}{\sqrt{x-2}+1}+\frac{2}{\sqrt{2x-5}+1}-\frac{1}{\sqrt{4-x}+1}-2x-1$

Ta có: $\frac{1}{\sqrt{x-2}+1}+\frac{2}{\sqrt{2x-5}+1}$$\leq 3$

$2x+1\geq 6$

$\frac{1}{\sqrt{4-x}+1}>0$

nên $f(x)<0$

Vậy x=3

Cái cách đánh giá của bạn thực sự mình vẫn k thể hiểu nổi, hic, làm phiền bạn ghi rõ ra giùm mình đc k

Chưa xong đâu ... thử giải tiếp cho mình cái nghiệm cụ thể xem nào...

 

Cách khác : 

 

Nhận thấy $x=y=0$ không phải là một nghiệm của hệ pt 

 

Với $x,y \neq 0$ chia pt (1) cho $x^2$ và pt (2) cho $xy$ ta có hệ trên trở thành: 

 

$\left\{\begin{matrix} \dfrac{1}{x^2}+y^2-19=0 & & \\ \dfrac{1}{x}+y+\dfrac{6x}{y}=0 & & \end{matrix}\right.$

 

Nhân pt đầu với 3 rồi cộng với pt thứ (2) ta có : $3(y+\dfrac{1}{x})^2+(y+\dfrac{1}{x})-57=0$

 

Đặt $y+\dfrac{1}{x}=t$ thì ta có $3t^2+t-57=0$ 

 

Tới đây nghiệm là rất lẻ bài này có nghiệm nhưng nghiệm xấu khó tìm ... nghi là đề sai !

Từ trên mà suy ra chô này là sai rồi nè, nếu là $6 \frac{y}{x}$ thì mới đc