trungdunga01

bạn khai triển xong dùng điều kiện có nghiệm của pt bậc hai là ra ngay thôi mà !

(Mình nhớ bài này hình như là đề sư phạm năm 2015 thì phải)

a/b + a/b + b/c >= 3 căn bậc 3 của (a^2/bc)=3 căn bậc 3 của (a^3/abc) =3a.(abc=1)

Thiết lập các bất dẳng thức tương tự ta có được đpcm

Cho tam giác ABC. Gọi D, E, F lần lượt là chân các đường cao kẻ từ A, B, C của tam giác ABC. Gọi H là trực tâm của tam giác ABC. Chứng minh H cũng là tâm của đường tròn nội tiếp tam giác DEF.  

Bài này bạn chứng minh H là giao ba đường phân giác bằng cách sử dụng tứ giác nội tiếp là được mà!!??

Giải phương trình lượng giác sau: $cos 2x - cos x - 3sin x-2=0$

$cos 2x - cos x - 3sin x-2=0$

$<=> cos^{2} x -sin^{2} x- cos x -3sin x -2=0$

$<=> (cos x - \frac {1}{2})^2 = (sin x + \frac {3}{2})^2$

Đến đây thì dễ rồi

CMR: Mọi phương trình bậc lẻ đều có ít nhất một nghiệm.

Giả sử phương trình $ f(x)=a_{2n+1}x^{2n+1}+a_{2n}x^{2n}+...+a_0=0 $ có ít nhất một nghiệm.

Với $ a_{2n+1} > 0 $ thì

$\lim_{x\to +\infty }f(x)=+\infty \to \exists M>0:f(M)>0 $

$\lim_{x\to -\infty }f(x)=-\infty \to \exists m<0:f(m)<0\\\to \exists c \in(m;M):f(c )=0$ 

Điều này dẫn tới phương trình $ f(x)=0 $ có một nghiệm $ x=c $

Các trường hợp còn lại tương tự.

Nguồn : CD13

cho a,b,c là độ dài ba cạnh của 1 tam giác thỏa mãn : $\frac{c^{2013}}{a+b-c} + \frac{b^{2013}}{a-b+c} + \frac{a^{2013}}{-a+b+c} = a^{2012}+b^{2012}+c^{2012}$ xác định dạng tam giác đó

$ \sum \frac{a^{2}}{b+c-a}\geq \frac{(a+b+c)^{2}}{a+b+c}=a+b+c\Rightarrow \sum (\frac{a^{2}}{b+c-a}-a)\geq 0\Rightarrow \sum a^{2011}(\frac{a^{2}}{b+c-a}-a)\geq 0 $

Dấu = xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c\Rightarrow ABC đều$

Bài này tương tự bài bất trong đề thi hsg lớp 9 thành phố Hà Nội năm 2015-2016 bạn ạ ~

Bài 1: cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), phân giác BD (D thuộc AC). gọi M là điểm chính giữa cung ABC, đường tròn qua B, D, M cắt AB tại J, và K là điểm đối xứng của A qua J, N là giao điểm của AM và DK. Chứng minh rằng B,K,N,M nằm trên một đường tròn.

 

Bài 2 (bài này không nằm trong đề Azerbaijan TST 2015): 

cho (O1;R1) và (O2;R2) không cắt nhau. gọi A,B,C nằm trên 2 tiếp tuyến chung ngoài sao cho AB=AC. Đồng thời AB,AC là tiếp tuyến của (O1) và (O2). gọi H là trung điểm BC. CM AH=R1+R2

 

cảm ơn mọi người nhiều       

Bài 1:

Gọi $X$ là trung điểm AC, khi đó $\angle DBM=\angle DXM =90^0$.

nên tứ giác $JDXB$ nội tiếp. suy ra $AJ.AB=AB.AX$ từ đó $AK.AB=AD.AC$ (do trung điểm)

suy ra tứ giác $KBCD$ nội tiếp hay $\angle AKD=\angle ACB=\angle AMB$ nên tứ giác $KNMB$ nội tiếp

lekhiet.jpg

mới nghĩ xong câu a bài hình thôi thoy

Ta chứng minh $P,Q,N,M$ thuộc đường tròn tâm $A$ . Gọi $PQ$ cắt $AC$ tại F, $MN$ cắt $AB$ tại E

Thấy $\angle APC=90^0$ nên $AP^2=AF.AC$

 tương tự thì $AM^2=AE.AB$

mà $AE.AB=AF.AC$ nên $AM=AP$

Lại có: $AM=AN$ và $AP=AQ$ nên đpcm câu a

Xét $Q(B,\frac{-\pi}{2})$ và $Q(C,\frac{-\pi}{2})$ có tích 2 phép quay này là 1 phép đối xứng tâm $Đ_{M}$ do $M$ là trung điểm $DF$.
Theo tính chất tích các phép quay,$M$ là giao của $x,y$ với
$x$ là ảnh của $BC$ qua $Q(B,\frac{-\pi}{4})$
$y$ là ảnh của $CB$ qua $Q(C,\frac{\pi}{4})$
Từ đó $(BM,BC)=(CB,CM)=\frac{\pi}{4}$( mod $\pi$)
Chứng tỏ $\Delta MBC$ vuông cân

Thầy Bình sẽ tự hào về m :v

Tính chất tích các phép quay là như thế nào vậy ?

có trong chương trình chuyên toán 10 bạn nhé

1. Giải phương trình: x²-7x=6$\sqrt{x+5}$-30.

Mong rằng em sẽ được mọi người giúp đỡ nhiều ạ!

$x^2-7x=6\sqrt{x+5}-30$                    $ ĐK : x\geq-5$

$<=>(\sqrt{x+5}-3)^2+(x-4)^2=0$

$<=>x=4$.

$5^{2016}\equiv 5^{21} (mod 10^6)$

Lại có $5^{21}=5^{10}.5^{11}$

$5^{11}\equiv 828125 (mod 10^6)$

$5^{10}\equiv 725625 (mod 10^6)$

nên $5^{21}\equiv 828125.765625\equiv 203125(mod 10^6)$

Cho các số nguyên a,b,c khác 0 thỏa mãn $(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})^{2}= \frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}}$. Chứng minh rằng $a^{3}+b^{3}+c^{3}$ chia hết cho 3

 Từ điều kiện $(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})^{2}= \frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}}$ ta có $a+b+c=0$.

Lại có hằng đẳng thức $a^3+b^3+c^3=(a+b+c)^3-3(a+b)(b+c)(c+a)$ nên ta có đpcm!

nếu đề như trên thì có cách giải sau: 

$7(x-2004)^2+y^2=23$.

điều kiện x,y là số tự nhiên dẫn tới $x-2004<2$. đến đây xét các tường hợp là ra đáp số.

GỌI ĐƯỜNG TRÒN (I;r) LÀ ĐƯỜNG TRÒN NỘI TIẾP  $\Delta ABC$; S LÀ DIỆN TÍCH TAM GIÁC ĐÓ; P LÀ NỬA CHU VI CỦA TAM GIÁC.

CMR: IA+IB+IC$\geq$$\frac{6S}{P}$

THANKS

Gọi độ dài ba cạnh tam giác ABCABC là a,b,ca,b,c. Ta có p=a+b+c2p=a+b+c2. Gọi rr là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABCABC.

Theo định lý Pythagores thìAI=√r2+(b+c−a2)2,IB=√r2+(a+c−b2)2,IC=√r2+(a+b−c2)2.AI=r2+(b+c−a2)2,IB=r2+(a+c−b2)2,IC=r2+(a+b−c2)2.

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có(1+3)[r2+(a+b−c2)2]≥(r+(a+b−c)⋅√32)2⇒2CI≥r+(a+b−c)⋅√32.(1+3)[r2+(a+b−c2)2]≥(r+(a+b−c)⋅32)2⇒2CI≥r+(a+b−c)⋅32.

Chứng minh tương tự ta được 2(AI+BI+CI)≥3r+√3(a+b+c)22(AI+BI+CI)≥3r+3(a+b+c)2.

Mặt khác r⋅p=Sr⋅p=S nên r=Spr=Sp suy ra 6Sp=6r6Sp=6r. Ta cần chứng minh

√3(a+b+c)≥18r⇔(a+c+b)2≥12√3S⇔(a+b+c)2≥3√3(a+b+c)(a+b−c)(b+c−a)(c+a−b)⇔(a+b+c)3≥27(a+b−c)(b+c−a)(c+a−b)3(a+b+c)≥18r⇔(a+c+b)2≥123S⇔(a+b+c)2≥33(a+b+c)(a+b−c)(b+c−a)(c+a−b)⇔(a+b+c)3≥27(a+b−c)(b+c−a)(c+a−b)

Dễ chứng minh được rằng (a+b−c)(b+c−a)(c+a−b)≤abc≤(a+b+c)327(a+b−c)(b+c−a)(c+a−b)≤abc≤(a+b+c)327 nên √3(a+b+c)2≥9r3(a+b+c)2≥9r suy ra IA+IB+IC≥6r=6SpIA+IB+IC≥6r=6Sp.

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi △ABC△ABC đều.

Nguồn : Zaraki

◼

Cho 2017 số nguyên dương a₁, a₂, a₃,..., a₂₀₁₇ thỏa mãn: $\frac{1}{a_{1}}+\frac{1}{a_{2}}+...+\frac{1}{a_{2017}}=1009$. Chứng minh rằng có ít nhất 2 trong 2017 số tự nhiên trên bằng nhau

 

     Giúp e vs mn ơi   

Nếu có nhiều hơn 2 số trong 2017 số bằng nhau thì bài toán đc chứng minh. 

Giả sử 2017 số đôi một khác nhau. Khi đó vì 2017 số này có vai trò như nhau nên ta giả sử a1<a2<...<a2017

có: 2017 số nguyên dương lại sắp xếp theo thứ tự trên nên 1/a1+1/a2+....1/a2017 <=1/1+1/2+1/3+..+1/2017<1/1+1/2+1/2+1/2+.......+1/2=1009

Nhận xét nếu 2017 số khác nhau thì tổng nhỏ hơn 1009 nên để tổng bằng 1009 thì tồn tại ít nhất 2 số bằng nhau