hamdvk

ta có $f(1)=\frac{1}{2}$
$\left\{\begin{matrix} f(2)+f(\frac{1}{2})=1 & & \\ f(1+2.\frac{1}{2})=\frac{1}{2}f(\frac{1}{2}) & & \end{matrix}\right.$
suy ra $f(2)=\frac{1}{3}$
dự đoán $f(x)=\frac{1}{x+1}$.thật vậy.
Dễ thấy $f(x)=\frac{1}{x+1}$ thỏa mãn
Nếu $f(x)>\frac{1}{x+1}$ thì $f(\frac{1}{x})>\frac{1}{\frac{1}{x}+1}=\frac{x}{x+1}$
suy ra $f(x)+f(\frac{1}{x})>1$(KTM)
tuơng tự thì $f(x)<\frac{1}{x+1}$ cũng ko tm
KL....

lio giai nay con sai o cho nho dau f(x) phai la 1 ham hoac la 2 ham chang han thi sao !

Giải pt nguyệm nguyên dương: $(x+y)^3=(x-y-6)^2$

Dễ cm : $(x+y)^{3}=(x+y-6)^{2}=a^{6}$ $(a \epsilon Z+ )$
hay ta có $\left\{\begin{matrix} x+y=a^{2}\\ x-y-6=a^{3} \end{matrix}\right.$ hoặc $\left\{\begin{matrix} x+y=a^{2}\\ x-y-6=-a^{3} \end{matrix}\right.$
TH1 Nếu $\left\{\begin{matrix} x+y=a^{2}\\ x-y-6=a^{3} \end{matrix}\right.$
thì $\left\{\begin{matrix} x=a^{2}-y\\ x=a^{3}+y+6 \end{matrix}\right.$
$\Leftrightarrow a^{2}-y=a^{3}+y+6$
$\Leftrightarrow a^{2}-a^{3}=2y+6>0$
mà $a\geq 1 \Rightarrow a^{2}\leq a^{3} ; y> 0$
( mâu thuẫn )
TH2 Nếu $\left\{\begin{matrix} x+y=a^{2}\\ x-y-6=-a^{3} \end{matrix}\right.$
$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x=a^{2}-y\\ x=y+6-a^{3} \end{matrix}\right.$
$\Rightarrow a^{3}+a^{2}-6=2y$
$\Leftrightarrow \frac{a^{3}+a^{2}-6}{2}=y$
$\Rightarrow x=a^{2}-\frac{a^{3}+a^{2}-6}{2}=\frac{a^{2}-a^{3}+6}{2}$
Để ,y>o thì $a^{2}-a^{3}+6> 0$ và $a^{3}+a^{2}-6> 0$ hay a=2
Thay vào ta được $(x;y)=(1;3)$

Cho tứ giác ABCD nội tiếp M là một điểm bất kì nằm trong tứ giác X, U, Y, V, Z ,T là hình chiếu của M trên AB, BC, CD, DA,AC, BD .
CMR : trung điểm XY, ZT , UV thẳng hàng

1.Chứng minh rằng với 2 số thực a,b tùy ý, ta có $a^{4}+b^{4}\geq a^{3}b+ab^{3}$

Đây là BĐT hoán vị nên bài này 2 dòng là ra
Không mất tính tổng quát giả sử $a\geq b$ ta sử dụng BĐT với 2 dãy đơn điệu ngược chiều sau
$\left\{\begin{matrix} a,b\\ a^{3},b^{3} \end{matrix}\right.$
Khi đó ta có : $a^{4}+b^{4}=a.a^{3}+b.b^{3}\geq ab^{3}+ba^{3}$
----------
BĐT hoán vị bạn có thể xem tại phần Khai triển Abel và BĐT hoán vị trong " Sáng tạo BĐT "

Bài 76. Cho tam giác ABC cân tại B và P nằm trong tam giác, biết $\angle ABC = {80^0},\angle PAC = {40^0},\angle PCA = {30^0}$. Tìm $\angle BPC$

Bài 68 . Cho $\Delta ABC$ có $\widehat{B}=\widehat{C}=50^{\circ}$. N thuộc miền trong tam giác thoả mãn $\widehat{NBC}=10^{\circ};\widehat{NCB}=20^{\circ}$. Tính $\widehat{ANB}$

Chỉ có yêu cầu là khác đi thôi !!
________________________________________
@Black: 2 bài khác nhau hoàn toàn đấy chị
@: em nhìn hình mà xem
______________
Chị dùng phép quay vẽ mới chuẩn chứ

trên hình cũng thể hiện hướng làm của em rồi đó

Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của tam giác ABC và a + b + c = 3.
Tìm GTNN của biểu thức M = 3a² + 3b² + 3c² + 4abc

Cách khác
Đặt $ ab+bc+ca=q; abc=r$
ta có $q\leq 3$
$r\geq max\left \{ 0;\frac{(4q-9)}{3} \right \}$
Nếu
$4q-9\geq 0\Rightarrow r\geq \frac{4q-9}{3}$
$\Rightarrow 3\sum a^{2}+4abc=27-6q+4r\geq 27-6q+4.\frac{4q-9}{3}=15-\frac{2}{3}q\geq 15-2=13$
Dấu = khi a=b=c=0
Nếu $4q-9\leq 0\Leftrightarrow q\leq \frac{9}{4}$
$\Rightarrow 3\sum a^{2}+4abc=27-6q+4r\geq 27-6.\frac{9}{4}+0=13.5$
Vậy M min =13 tại a=b=c=1
------------
Đây là phương pháp đổi biến p,q,r có thể áp dụng với hầu hết các bài dạng này tại đây

Bài 72. Cho tam giác đều ABC, các điểm D , E theo thứ tự thuộc các cạnh AC , AB sao cho BD , CE cắt nhau tại P và diện tích tứ giác ADPE bằng diện tích tam giác BPC . Tính $\widehat{BPE}$

Vì $S_{ADPF}=S_{BPC}\Rightarrow S_{ADPF}+S_{BFP}=S_{BPC}+S_{BFP}\Leftrightarrow S_{ABD}=S_{BFC}$
suy ra BF=AD ( ABC đều )
Hay ta có $\Delta ABD=\Delta BCF (c.g.c): AB=BC;AD=BF;\widehat{A}=\widehat{B}=60^{\circ}$
$\Rightarrow \widehat{ADP}=\widehat{BFP}$
$\Rightarrow AFPD$ là tứ giác nội tiếp nên $\widehat{BPF}=\widehat{BAC}=60^{\circ}$ (dpcm)

Bài tập 1 . Cho dãy số : $U_{n}=\begin{pmatrix} \frac{3+\sqrt{5}}{2} & \end{pmatrix}^{2} + \begin{pmatrix} \frac{3-\sqrt{5}}{2} & \end{pmatrix}^{2} -2$

Hình như đề sai

Đúng là đề sai rồi ở kia phả là mũ n mà bạn
a) 5 số đầu tiên thì dễ rồi nhé ( sd casio 570 ES là an toàn nhất )
b) Đặt $\frac{3+\sqrt{5}}{2}=x;\frac{3-\sqrt{5}}{2}=y$
Suy ra ta có $\left\{\begin{matrix} x+y=3\\ xy=1 \end{matrix}\right.$
$U_{n}=x^{n}+y^{n}-2$
$\Rightarrow U_{n+1}=x^{n+1}+y^{n+1}-2=(x+y)(x^{n}+y^{n}-2)-xy(x^{n-1}+y^{n-1}-2)+2(x+y-xy-1)=3U_{n}-U_{n-1}+2$
c) quy trình liên tục sử dụng phím copy thì dễ rồi
-----------
p/s : bạn có thể đọc thêm về phương trình sai phân của phần này rất hữu dụng

Cho tứ giác ABCD. AB cắt CD tại F. AD cắt BC tại E. M,N,P lần lượt là trung điểm của AC,BD,EF. C/m M,N,P thẳng hàng

lấy I trên FA sao cho FI=AB, lấy K trên FD sao cho FK=DC
Ta có
$S_{ABCD}=S_{ABD}+S_{BCD}=2(S_{ANB}+S_{DNC})$ ( Vì N là trung điểm BD)
=$2(S_{NFI}+S_{NFK})$ ( do FI=AB;FK=DC)
=$2S_{NIFK}=2S_{FIK}+2S_{NIK}$
CMTT Ta có
$S_{ABCD}=2S_{FIK}+2S_{MIK}$
$S_{ABCD}=S_{ECD}-S_{EAB}=S_{EFK}-S_{EFI}=2(S_{PFK}-S_{PFI})=2S_{FIK}+2S_{PFI}$
$\Rightarrow S_{NIK}=S_{MIK}=S_{PIK}$
Hay M,N,P cách IK một khoảng = nhau nên M,N,P thẳng hàng (đpcm)

Liệu đề có sao không ta ?
Mặt khác mình cũng ko thấy hằng số nào liên hệ giữa $DM$ và $BM$.

$BE = 2CE$.

Em vẽ nhầm hình rồi

Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH, gọi E, F là hình chiếu của H trên AB, AC. Chứng minh:
$\sqrt[3]{BE^2} + \sqrt[3]{CF^2} = \sqrt[3]{BC^2}$

Theo tam giác đồng dạng ta có
$\frac{BE}{AB}=\frac{BH}{BC}$; $\frac{CF}{AC}=\frac{CH}{BC}$
$\Rightarrow BE=\frac{BH.AB}{BC}$ ; $\Rightarrow CF=\frac{CH.AC}{BC}$
Xét $\Delta ABC$ vuông tại A , đường cao AH nên theo hệ thức lượng trong $\Delta$ vuông ta có
$AB^{2}=BH.BC$ ; $AC^{2}=CH.BC$
Suy ra
VP=$\sqrt[3]{BE^{2}}+\sqrt[3]{CF^{2}}=\sqrt[3]{\frac{HC^{2}.AC^{2}}{BC^{2}}}+\sqrt[3]{\frac{HB^{2}.AB^{2}}{BC^{2}}}$
=$\sqrt[3]{\frac{HC^{3}.BC}{BC^{2}}}+\sqrt[3]{\frac{HB^{3}.BC}{BC^{2}}}= \frac{HB+HC}{\sqrt[3]{BC}}=\frac{BC}{\sqrt[3]{BC}}=\sqrt[3]{BC^{2}}$
=VT (đpcm)

Bài 2:
Cho tam giác ABC đường cao tam giác hạ từ đỉnh A, đỉnh C cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác tại M,N chứng minh BO là phân giác góc $\widehat{MON}$

Gọi trực tâm của $\Delta ABC$ là H , Đường cao AP,CQ ( P,Q thuộc BC,AB)
Ta sẽ cm H đối xứng với N,M qua BC, AB
Thật vậy
$\widehat{HBC}=90^{\circ}-\widehat{BCA}$
$\widehat{NBC}=90^{\circ}-\widehat{BNA}=90^{\circ}-\widehat{ACB}$
$\Rightarrow \widehat{NBC}=\widehat{BHP}$ mà $BP\perp NH$ tại P $\Rightarrow \Delta BHN$ cân tại B
hay H đối xứng với N qua BC
CMTT: H đối xứng với M qua AB
$\Rightarrow BM=BH=BN$$\Rightarrow \Delta BMN$ cân tại B nên BO lạ phân giác $\widehat{MBN}$ (dpcm)

Bài 1:
a,$\angle BMN=\angle DAB$

nhìn đi nhìn lại chị vẫn không thấy hai góc này = nhau được

Bài 71 .
Cho tam giác ABC có diện tích S . Các điểm D , E , F theo thứ tự nằm trên các cạnh AB , BC , CA sao cho AD = BD , $BE=\frac{1}{2}EC$ , $CF=\frac{1}{3}FA$. Các đoạn thẳng AE , BF , CD cắt nhau tạo thành một tam giác . Tính diện tích tam giác đó .

Sorry m' làm nhầm m' xin sửa như sau :



Gọi ba đỉnh của tam giác đó là H,I,K . Đặt $S_{AHD}=S_{1};S_{BKE}=S_{2};S_{CIF}=S_{3};S_{HIK}=S_{4};$
Ta có
$S_{BIC}=S_{AIC}=3S_{3}\Rightarrow \frac{1}{3}S=S_{BFC}=S_{BIC}+S_{3}=4S_{3}$
.$\Rightarrow S_{3}=\frac{1}{12}.S$
CMTT ta có
$S_{2}=\frac{1}{21}.S$
$S_{1}=\frac{1}{10}.S$
Lại có
$\frac{7}{6}S=\frac{1}{2}S+\frac{1}{3}S+\frac{1}{3}S=S_{ADC}+S_{BCF}+S_{ABE}$
$=S-S_{4}+S_{1}+S_{2}+S_{3}$
$\Rightarrow S_{4}=S_{1}+S_{2}+S_{3}-\frac{1}{6}S=(\frac{1}{10}+\frac{1}{12}+\frac{1}{21}-\frac{1}{6})S=\frac{9}{140}S$

Bài toán
Cho a < b < c < d là bốn số thực tùy ý.Với giá trị nào của x ta có biểu thức: f(x)=$\left | x-a \right |+\left | x-b \right |+\left | x-c \right |+\left | x-d \right |$ đạt giá trị nhỏ nhất
Sau khi giải xong vấn đề này chúng ta nên đưa luôn bài toán tổng quát cho n số thực

Ta có
$f(x)=(\left | x-a \right |+\left | d-x \right |)+(\left | x-c \right |+\left | b-x \right |)$
.$\geq \left | x-a+d-x \right |+\left | x-c+b-x \right |=\left | d-a \right |+\left | b-c \right |=d-a+c-b$ (không đổi )
Dấu = xảy ra khi $\left\{\begin{matrix} (x-a)(x-d)\leq 0\\ (x-b)(x-c)\leq 0 \end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} a\leq x \leq d \\ b\leq x \leq c \end{matrix}\right. \Leftrightarrow b\leq x\leq c$
Vậy $f(x)min=d-a+c-b$ đạt khi $ b\leq x\leq c$

Hãy vẽ 1 tứ giác không phải là hình bình hành có 1 cặp cạnh đối diện bằng nhau và 1 cặp góc đói diện bằng nhau.

Trên đoạn BD vẽ hai cung chứa góc =$\alpha ^{\circ}$ ($\alpha < 45^{\circ}$)
Lấy A bất kì thuộc cung chứa góc_1 sao cho$AB> AD$ ( trường hợp ngược lại cũng đúng )
Vẽ (D;AB) cắt cung chứa góc tại hai điểm
( Trường hợp không cắt tại hai điểm thì điều chỉnh cung chứa góc nhỏ hơn nhưng theo em nghĩ $45^{\circ}$ là hợp lý )
Tồn tại một trong hai điểm ( điểm E ) cho tứ giác ABED là hình bình hành , điểm còn lại là C , do tính duy nhất của hình bình hành khi đã xác định ba điểm A,B,D
Vậy tứ giác ABCD thoả mãn yêu cầu đề bài và là tứ giác cần tìm