Đến nội dung


dchynh

Đăng ký: 12-05-2018
Offline Đăng nhập: 29-11-2021 - 20:46
*----

#731751 Rút gọn $S_1 = (C_{2020}^{0})^{2}+(C_{2020}^{1})^{2}+(C_{2020}^{2})^{2}+...

Gửi bởi dchynh trong 24-11-2021 - 12:00

Rút gọn

 

$S_1 = (C_{2020}^{0})^{2}+(C_{2020}^{1})^{2}+(C_{2020}^{2})^{2}+(C_{2020}^{3})^{2}+...+(C_{2020}^{2020})^{2}$




#719815 BT Tết- PT - HPT

Gửi bởi dchynh trong 31-01-2019 - 13:16

Bài 2:

 

$4x^{2}-8x-1+\sqrt{2x+3}=0$      (*)     (điều kiện : x $\geqslant -\frac{3}{2}$)

 

Đặt : $\sqrt{2x+3}=t$ $\Leftrightarrow x=\frac{t^{2}-3}{2}$           (điều kiện : t $\geqslant 0$)

 

(*) $\Leftrightarrow$ $4\left ( \frac{t^{2}-3}{2} \right )^{2}-8\left ( \frac{t^{2}-3}{2} \right )-1+t=0$

 

$\Leftrightarrow \left ( t^{2}-3 \right )^{2}-4\left ( t^{2}-3 \right )-1+t=0$

 

$\Leftrightarrow t^{4}-10t^{2}+t+20=0$

 

$\Leftrightarrow \left ( t^{2}-t-4 \right )\left ( t^{2}+t-5 \right )=0$

 

$\Leftrightarrow \begin{bmatrix} t^{2}-t-4=0 & \\ t^{2}+t-5=0 & \end{bmatrix}$$\Leftrightarrow \begin{bmatrix} t=\frac{1+\sqrt{17}}{2}(nhận) & \\ t=\frac{1-\sqrt{17}}{2}(loại) & \\ t=\frac{-1+\sqrt{21}}{2}(nhận) & \\ t=\frac{-1-\sqrt{21}}{2}(loại) & \end{bmatrix}$$\Leftrightarrow \begin{bmatrix} \sqrt{2x+3}=\frac{1+\sqrt{17}}{2} & \\ \sqrt{2x+3}=\frac{-1+\sqrt{21}}{2} & \end{bmatrix}$

 

$\Leftrightarrow \begin{bmatrix} x=\frac{3+\sqrt{17}}{4} (nhận)& \\ x=\frac{5-\sqrt{21}}{4} (nhận)& \end{bmatrix}$




#719813 BT Tết- PT - HPT

Gửi bởi dchynh trong 31-01-2019 - 11:51

Bai 1

 

$(1-x)\sqrt{2x+3}-2x^{2}+3=0$     (*)             (điều kiện: x $\geqslant$$-\frac{3}{2}$)

 

đặt: $\sqrt{2x+3}=t     (điều kiện: t\geqslant 0)$

 

$\Leftrightarrow x=\frac{t^{2}-3}{2}$

 

(*) $\Leftrightarrow \left ( 1-\frac{t^{2}-3}{2} \right )t-2\left ( \frac{t^{2}-3}{2} \right )^{2}+3=0$

 

$\Leftrightarrow t-\frac{\left ( t^{2}-3 \right )t}{2}-\frac{\left ( t^{2}-3 \right )^{2}}{2}+3=0$

 

$\Leftrightarrow 2t-t^{3}+3t-t^{4}+6t^{2}-9+6=0$

 

$\Leftrightarrow -t^{4}-t^{3}+6t^{2}+5t-3=0$

 

$\Leftrightarrow -\left ( t^{2}+2t-1 \right )\left ( t^{2}-t-3 \right )$ = 0

 

$\Leftrightarrow \begin{bmatrix} t^{2}+2t-1=0 & & \\ t^{2}-t-3=0 & & \end{bmatrix}$$\Leftrightarrow \begin{bmatrix} t=-1+\sqrt{2}(nhận) & \\ t=-1-\sqrt{2}(loại) & \\ t=\frac{1+\sqrt{13}}{2}(nhận) & \\ t=\frac{1-\sqrt{13}}{2}(loại) & \end{bmatrix}$$\Leftrightarrow \begin{bmatrix} \sqrt{2x+3}=-1+\sqrt{2} & \\ \sqrt{2x+3}=\frac{1+\sqrt{13}}{2} & \end{bmatrix}$

 

$\Leftrightarrow \begin{bmatrix} x=-\sqrt{2}(nhận) & \\ x=\frac{1+\sqrt{13}}{4} (nhận)& \end{bmatrix}$




#716811 ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 9 NĂM HỌC 2018-2019 HUYỆN VĨNH YÊN- VĨNH PHÚC.

Gửi bởi dchynh trong 22-10-2018 - 12:56

Câu 2.a

 

$a^{3}+b^{3}+(a+b)^{3}+6ab=16$

 

$\Leftrightarrow (a+b)^{3}-3ab(a+b)+(a+b)^{3}+6ab-16=0$

 

$\Leftrightarrow$$2(a+b)^{3}-3ab(a+b)+6ab-16=0$

 

(Đặt: a + b = x, ab = y)

 

$\Leftrightarrow 2x^{3}-3xy+6y-16=0$

 

$\Leftrightarrow 2(x^{3}-8)-3y(x-2)=0$

 

$\Leftrightarrow 2(x-2)(x^{2}+2x+4)-3y(x-2)=0$

 

$\Leftrightarrow (x-2)\left ( 2x^{2}+4x+8-3y \right )=0$$\Leftrightarrow \begin{bmatrix} x-2=0 & & \\ 2x^{2}+4x+8-3y=0 & & \end{bmatrix}$

 

$\Leftrightarrow x=2\Leftrightarrow a+b=2$




#716556 giai he phuong trinh$\left\{\begin{matrix}...

Gửi bởi dchynh trong 14-10-2018 - 11:51

$\left\{\begin{matrix} x+\sqrt{y-1}=6 & & \\ \sqrt{x^{2}+2x+y}+2(x+1)\sqrt{y-1}=29 & & \end{matrix}\right.$

 

$\Leftrightarrow$$\left\{\begin{matrix} x+1+\sqrt{y-1}=7 (1)& & \\ \sqrt{(x+1)^{^{2}}+y-1}+2(x+1)\sqrt{y-1}=29 & & \end{matrix}\right.$ (điều kiện: y$\geq 1$)

 

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} (x+1)^{2}+2(x+1)\sqrt{y-1}+y-1=49 (2) & & \\ \sqrt{(x+1)^{2}+y-1}+2(x+1)\sqrt{y-1}=29 (3)& & \end{matrix}\right.$

 

Lấy phương trình (2) - (3) vế theo vế ta được phương trình sau:

 

$(x+1)^{2}+(y-1)-\sqrt{(x+1)^{2}+y-1}=20$ , đặt $\sqrt{(x+1)^{2}+y-1}=t$ $(t\geq 0)$

 

$\Leftrightarrow t^{2}-t-20=0\Leftrightarrow \begin{bmatrix} t=-4(loai)& & \\ t=5(nhan)& & \end{bmatrix}$

 

$\Leftrightarrow \sqrt{(x+1)^{2}+y-1}=5\Leftrightarrow (x+1)^{2}+y-1=25 (4)$

 

Từ phương trình (1) và (4) ta có hệ phương trình sau:

 

$\left\{\begin{matrix} (x+1)+\sqrt{y-1}=7 & & \\ (x+1)^{2}+y-1=25 & & \end{matrix}\right.$ (đặt: $x+1=a$, $\sqrt{y-1}=b$, $b$$\geq 0$)

 

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} a+b=7 & & \\ a^{2}+b^{2}=25 & & \end{matrix}\right.$$\Leftrightarrow$$\begin{bmatrix} \left\{\begin{matrix} a=3 & & \\ b=4 & & \end{matrix}\right. & & \\ \left\{\begin{matrix} a=4 & & \\ b=3 & & \end{matrix}\right. & & \end{bmatrix}$$\Leftrightarrow \begin{bmatrix} \left\{\begin{matrix} x+1=3 & & \\ \sqrt{y-1}=4 & & \end{matrix}\right. & & \\ \left\{\begin{matrix} x+1=4 & & \\ \sqrt{y-1}=3 & & \end{matrix}\right. & & \end{bmatrix}$$\Leftrightarrow \begin{bmatrix} \left\{\begin{matrix} x=2 & & \\ y=17 & & \end{matrix}\right. & & \\ \left\{\begin{matrix} x=3 & & \\ y=10 & & \end{matrix}\right. & & \end{bmatrix}$




#716025 Chứng minh EC=ED

Gửi bởi dchynh trong 26-09-2018 - 13:01

hinh.png.01.png

Gọi K,Q lần lượt là trung điểm của BC và DC

Xét $\triangle$ABC ta có PA=PC, KB=KC => PK là đường trung bình của $\triangle$ABC => PK//AB

Xét $\triangle$DBC ta có ND=NB, KB=KC => NK là đừơng trung bình của $\triangle$DBC => NK//DC

mà AB//DC (gt)

=> PK//NK => 3 điểm N,P,K thẳng hàng => NP//AB//DC

Xét $\triangle$ABD ta có MA=MB, ND=NB => MN là đường trung bình của $\triangle$ABD => MN//AB

Xét $\triangle$ADC ta có QD=QC, PA=PC => QP là đường trung bình của $\triangle$ADC => QP//AB

=> MN//QP 

mà NE Ʇ MN => NE Ʇ QP

Chứng minh tương tự ta cũng có được PE Ʇ QN

Trong $\triangle$NPQ hai đường cao NE và PE cắt nhau tại E, nên E là trực tâm của $\triangle$NPQ

=> QE Ʇ NP

mà NP//DC (cmt)

=> QE Ʇ DC

Xét $\triangle$DEC có QE vừa là đường trung tuyến vừa là đường cao nên $\triangle$DEC cân tại E

=> ED=EC

 

 




#716020 Chứng minh AE vuông góc BI

Gửi bởi dchynh trong 26-09-2018 - 10:44

hinh.png

Chúng ta áp dụng bổ đề sau để chứng minh cho bài toán trên "Nếu một tứ giác có tổng bình phương các cạnh đối diện bằng nhau thì tứ giác đó có hai đường chéo vuông góc"

 

Gọi O là giao điểm của IE và CB

Xét tứ giác ICEB ta có IE Ʇ CB tại O

Nên $CE^{2}+IB^{2}=OC^{2}+OE^{2}+OI^{2}+OB^{2}=IC^{2}+EB^{2}=IA^{2}+EB^{2}$ (định lý Pitago)  (1)

Mặt khác ta có

$CE^{2}+IB^{2}=CE^{2}+IA^{2}+AB^{2}$ = $(CE^{2}+IC^{2})+AB^{2}$ = $IE^{2}+AB^{2}$ (định lý Pitago)  (2)

Từ (1) và (2) $\Rightarrow$ $IA^{2}+EB^{2}=IE^{2}+AB^{2}$

Suy ra tứ giác IABE có hai đường chéo vuông góc hay IB Ʇ AE

 




#709902 ĐÈ CHUYÊN HÀ NAM 2019

Gửi bởi dchynh trong 04-06-2018 - 11:54

Câu 2.1

 

Giải phương trình; $\left ( \sqrt{x+9}-3 \right )\left ( \sqrt{9-x}+3 \right )=2x$ (điều kiện: $-9\leq x\leq 9$)

 

Đặt: a = $\sqrt{x+9}$   ;   b = $\sqrt{9-x}$   ;   (a,b $\geq$ 0)

 

Ta có hệ PT:

$\left\{\begin{matrix} a^{2}+b^{2}=18\\ (a-3)(b+3)=2(a^{2}-9) \end{matrix}\right.$$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} a^{2}+b^{2}=18\\ (a-3)(b+3)-2(a-3)(a+3)=0 \end{matrix}\right.$$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} a^{2}+b^{2}=18\\ (a-3)(b-2a-3)=0 \end{matrix}\right.$$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} a^{2}+b^{2}=18\\ \begin{bmatrix} a=3\\ b=2a+3 \end{bmatrix} \end{matrix}\right.$$\Leftrightarrow \begin{bmatrix} \left\{\begin{matrix} a^{2}+b^{2}=18\\ a=3 \end{matrix}\right.\\ \left\{\begin{matrix} a^{2}+b^{2}=18\\ b=2a+3 \end{matrix}\right. \end{bmatrix}$$\Leftrightarrow \begin{bmatrix} \left\{\begin{matrix} a=3\\ b=3 \end{matrix}\right.\\ \left\{\begin{matrix} a=3\\ b=-3(loai) \end{matrix}\right.\\ \left\{\begin{matrix} a=0,6\\ b=4,2 \end{matrix}\right.\\ \left\{\begin{matrix} a=-3(loai)\\ b=-3(loai) \end{matrix}\right. \end{bmatrix}$$\Leftrightarrow \begin{bmatrix} \left\{\begin{matrix} \sqrt{x+9}=3\\ \sqrt{9-x}=3 \end{matrix}\right.\\ \left\{\begin{matrix} \sqrt{x+9}=0,6\\ \sqrt{9-x}=4,2 \end{matrix}\right. \end{bmatrix}$$\Leftrightarrow \begin{bmatrix} \left\{\begin{matrix} x+9=9\\ 9-x=9 \end{matrix}\right.\\ \left\{\begin{matrix} x+9=0,36\\ 9-x=17,64 \end{matrix}\right. \end{bmatrix}$$\Leftrightarrow \begin{bmatrix} x=0\\ x=-8,64 \end{bmatrix}$  (nhận)




#709821 Đề thi lớp 10 môn Toán vào Trường THPT Chuyên Lam Sơn

Gửi bởi dchynh trong 03-06-2018 - 11:47

Câu 2b

 

Điều kiện $y\geq -2$

 

$\left\{\begin{matrix} \left | x-1 \right |+2\sqrt{y+2}=5\\ 3\sqrt{y+2}-\left | x-1 \right |=5 \end{matrix}\right.$$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} \left | x-1 \right |=1\\ \sqrt{y+2}=2 \end{matrix}\right.$$\Leftrightarrow \begin{bmatrix} \left\{\begin{matrix} x-1=1\\ y+2=4 \end{matrix}\right.\\ \left\{\begin{matrix} x-1=-1\\ y+2=4 \end{matrix}\right. \end{bmatrix}$$\Leftrightarrow$$\begin{bmatrix} \left\{\begin{matrix} x=2\\ y=2 \end{matrix}\right.\\ \left\{\begin{matrix} x=0\\ y=2 \end{matrix}\right. \end{bmatrix}$

 

 



#709577 Đề thi vào 10 chuyên Lê Hồng Phong - Nam Định 2018 - 2019 vòng 1 - dành cho c...

Gửi bởi dchynh trong 30-05-2018 - 10:53

Đặt $t=2\sqrt{2+x}+\sqrt{3-x}$!

Làm kiểu đó cũng được, nhưng giải ra 2 nghiệm $\begin{bmatrix} t_{1}=5(nhan)\\ t_{2}=-2(loai) \end{bmatrix}$

Sau đó phải tiếp tục giải pt: $2\sqrt{2+x}+\sqrt{3-x}=5$ thêm dài dòng, rắc rối

thành lập hệ pt hai ẩn tinh cho lẹ, sử dụng máy tính tay giải cũng được.




#709436 Chứng minh OH vuông góc AK (lớp 9)

Gửi bởi dchynh trong 28-05-2018 - 13:05

dethiHSG.png

Giải câu C thế này cho lẹ và đơn giản.

 

Vẽ đường tròn (G) ngoại tiếp tam giác ABC. Gọi M là giao đểm của AK với đường tròn (G)

Ta có KM.KA=KB.KC=KE.KF=KD.KO (vì các tứ giác AMBC, FEBC, FEDO nội tiếp đã được chứng minh và theo giả thiết)

Xét $\Delta KEM$ và $\Delta KAF$ (ta có $\widehat{MKE}$ là góc chung và $\frac{KM}{KF}=\frac{KE}{KA}$) => $\Delta$KEM$\sim$$\Delta$KAF => $\widehat{KME}=\widehat{KFA}$

=> Tứ giác AMEF nội tiếp đường tròn.

Mặt khác tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn đường kính AH (vì $\widehat{AFH}+\widehat{AEH}=90^{o}+90^{o}=180^{o}$)

=> Ngũ giác AMEHF nội tiếp đường tròn đường kinh AH

=> $\widehat{AMH}=90^{o}$ (góc nội tiệp chắn nửa đường tròn) (1)

Xét $\Delta KMD$ và $\Delta KOA$ (ta có $\widehat{MKD}$ góc chung và $\frac{KM}{KO}=\frac{KD}{KA}$) => $\Delta KMD\sim \Delta KOA$ => $\widehat{KMD}=\widehat{KOA}$

=>tứ giác AMDO nội tiếp đường tròn.

=> $\widehat{AMO}=\widehat{ADO}=90^{o}$ (2 góc nội tiếp cùng chắn cung OA) (2)

Từ (1) và (2) => 3 điểm M, H, O thẳng hàng

=> OH vuông góc AK tại M




#709321 Đề thi vào 10 chuyên Lê Hồng Phong - Nam Định 2018 - 2019 vòng 1 - dành cho c...

Gửi bởi dchynh trong 26-05-2018 - 23:36

Câu 3.2

Ta có: $6\sqrt{x+2}+3\sqrt{3-x}=3x+1+4\sqrt{-x^{2}+x+6}$

 

<=> $6\sqrt{x+2}+3\sqrt{3-x}=3x+1+4\sqrt{(x+2)(3-x)}$  (điều kiện:$-2\leq x\leq 3$) (1)

 

Đặt: $a=\sqrt{x+2};b=\sqrt{3-x};(a,b\geq 0)$

 

(1) <=> $\left\{\begin{matrix} a^{2}+b^{2}=5 \\ 6a+3b=3a^{2}-5+4ab \end{matrix}\right.$ <=>$\left\{\begin{matrix} a^{2}+b^{2}=5\\ 3a^{2}+4ab-6a-3b=5 \end{matrix}\right.$$\Leftrightarrow$$\left\{\begin{matrix} a^{2}+b^{2}=5\\ (2a+b)^{2}-3(2a+b)=10 \end{matrix}\right.$

 

$\Leftrightarrow \begin{bmatrix} \left\{\begin{matrix} a^{2}+b^{2}=5\\ 2a+b=5 \end{matrix}\right.\\ \left\{\begin{matrix} a^{2}+b^{2}=5\\ 2a+b=-2(loai) \end{matrix}\right. \end{bmatrix}$$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} a^{2}+(5-2a)^{2}=5\\ b=5-2a \end{matrix}\right.$$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} a^{2}-4a+4=0\\ b=5-2a \end{matrix}\right.$$\Leftrightarrow$$\left\{\begin{matrix} a=2\\ b=1 \end{matrix}\right.$ (nhận)

 

Vậy ta có $\left\{\begin{matrix} \sqrt{x+2}=2\\ \sqrt{3-x}=1 \end{matrix}\right.$ <=>$\left\{\begin{matrix} x+2=4\\ 3-x=1 \end{matrix}\right.$<=> x=2 (nhận)




#709172 Chứng minh ME đi qua một điểm cố định

Gửi bởi dchynh trong 23-05-2018 - 23:40

Trên đường tròn (O,R) đường kính BC lấy một điểm M tùy ý, từ một điểm H trên đoạn OC vẽ đường thẳng d vuông góc BC. MC cắt d tại D, BD cắt (O) tại E. Cho M chuyển động trên (O) (M khác B và C). Chứng minh ME luôn đi qua một điểm cố định. 




#708884 Chứng minh EM, CH và AB đồng quy.

Gửi bởi dchynh trong 20-05-2018 - 23:38

Cho tam giác ABC nhọn (AB<AC) nội tiếp (O), vẽ hai đường cao AD và BE cắt nhau tại H. Đường thẳng qua E vuông góc với AB cắt OA tại S. Gọi M là trung điểm của SH. Chứng minh EM, CH và AB đồng quy.




#708229 Chứng minh I, H, M thẳng hàng

Gửi bởi dchynh trong 13-05-2018 - 12:14

Cho tam giác ABC nhọn (AB<AC) nội tiếp đường tròn (O), vẽ các đường cao BE và CF cắt nhau tại H. Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF cắt đường tròn (O) tại I (I khác A). Gọi M là trung điểm của BC.

Chứng minh: 3 điểm I, H, M thẳng hàng