Bạn xem lại đề , theo mình nghĩ đề bài là:GPT:
$x+\dfrac{x}{x^2-1}=\dfrac{35}{12}$
$x+\dfrac{x}{\sqrt{x^2-1}}=\dfrac{35}{12}$(2)
Phương trình có dang $x+\dfrac{x}{\sqrt{a^{2}-x^2}}=b$ thường đặt $x=\frac{1}{y}$ để giải.
- minhson95 yêu thích
tolaphuy10a1lhp Chưa có ai trong danh sách bạn bè.
Gửi bởi tolaphuy10a1lhp trong 22-09-2012 - 08:21
Bạn xem lại đề , theo mình nghĩ đề bài là:GPT:
$x+\dfrac{x}{x^2-1}=\dfrac{35}{12}$
Gửi bởi tolaphuy10a1lhp trong 16-07-2012 - 20:40
Gửi bởi tolaphuy10a1lhp trong 12-07-2012 - 23:56
Cho tứ diện OABC vuông tại O.Gọi x, y, z lần lượt là góc giữa đg cao OH với OA, OB, OC. Tìm GTNN của:
P = $\frac{cosx +cosy}{cos^2z}+\frac{cosy +cosz}{cos^2x}+\frac{cosz +cosx}{cos^2y}$(1)
Theo BĐT AM-GM ta có $\frac{b}{a^2}+\frac{1}{b}\geq \frac{2}{a}$
Tương tự rồi cộng lại, ta được $VT\geq \frac{2}{a}+\frac{2}{b}+\frac{2}{c}$.
Mà theo BĐT cauchy-schwarz ta có
$$ \frac{2}{a}+\frac{2}{b}+\frac{2}{c}\geq \frac{2.9}{a+b+c}\geq \frac{18}{\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}}=6\sqrt{3}$$
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}$
Gửi bởi tolaphuy10a1lhp trong 12-07-2012 - 00:08
Trọng làm dài khiếpCòn bài này làm nốt
$\cot^{2}\frac{x}{2}+ \tan^{2}\frac{x}{2}+2\cot x+\tan x = 9$
ĐKXĐ:................................................
$\cot^{2}\frac{x}{2}+ \tan^{2}\frac{x}{2}+2\cot x+\tan x = 9$
$\Leftrightarrow \frac{\cos^{2}\frac{x}{2}}{\sin^{2}\frac{x}{2}}+ \frac{\sin^{2}\frac{x}{2}}{\cos^{2}\frac{x}{2}}+\frac{2\cos x}{\sin x}+\frac{\sin x}{\cos x} = 9$
$\Leftrightarrow \frac{\cos^{4}\frac{x}{2}+\sin^{4}\frac{x}{2}}{\sin^{2}\frac{x}{2}\cos^{2}\frac{x}{2}}+\frac{2\cos^{2} x+\sin^{2}x}{\sin x\cos x}= 9$
$\Leftrightarrow \frac{1-2\sin^{2}\frac{x}{2}\cos^{2}\frac{x}{2}}{\frac{\sin^{2}x}{4}}+\frac{1+\cos^{2} x}{\sin x\cos x}= 9$
$\Leftrightarrow \frac{1-\frac{\sin^{2}x}{2}}{\frac{\sin^{2}x}{4}}+\frac{1+\cos^{2} x}{\sin x\cos x}= 9$
$\Leftrightarrow \frac{2(2-\sin^{2}x)}{\sin^{2}x}+\frac{1+\cos^{2} x}{\sin x\cos x}= 9$
$\Leftrightarrow 2\cos x(2-\sin^{2}x)+\sin x(1+\cos^{2} x)= 9\sin^{2}x\cos x$
$\Leftrightarrow 4\cos x-2\sin^{2}x\cos x+\sin x+\sin x.\cos^{2} x-9\sin^{2}x\cos x= 0$
$\Leftrightarrow 4\cos x(\sin^{2}x+\cos^{2}x)-2\sin^{2}x\cos x+\sin x(\sin^{2}x+\cos^{2}x)+\sin x\cos^{2} x-9\sin^{2}x\cos x= 0$
$\Leftrightarrow 4\sin^{2}x\cos x+4\cos^{3}x-2\sin^{2}x\cos x+\sin^{3}x+\sin x\cos^{2}x+\sin x\cos^{2} x-9\sin^{2}x\cos x= 0$
$\Leftrightarrow 4\cos^{3}x-7\sin^{2}x\cos x+2\sin x\cos^{2}x+\sin^{3}x= 0$ $(*)$
Xét trường hợp $\cos x=0$ có thoả nghiệm phương trình $(*)$ hay không
Xét trường hợp $\cos x \neq 0$, chia $2$ vế cho $\cos^{3} x$, được:
$\tan^{3}x-7\tan^{2}x+2\tan x+4= 0$
$\Leftrightarrow (\tan x-1)(\tan^{2}x-6\tan x-4)= 0$
$\Leftrightarrow..............................................$
Gửi bởi tolaphuy10a1lhp trong 09-07-2012 - 15:33
Gửi bởi tolaphuy10a1lhp trong 29-06-2012 - 10:53
Chứng minh và sử dung công thức :$tanA+tanB+tanC=tanA.tanB.tanC$Chứng minh rằng nếu $\Delta ABC$ nhọn thì :
$tan^{8}A + tan^{8}B + tan^{8}C \geq 9.tan^{2}A.tan^{2}B.tan^{2}C$
Gửi bởi tolaphuy10a1lhp trong 28-06-2012 - 11:02
Gọi M(m;o) và N(0;n), (m>0 , n>0 ) là 2 điểm thuộc Ox, Oy.Trong mặt phẳng $Oxy$ cho $(E):\frac{x^2}{4}+y^2=1$. Tìm $M\in Ox,N\in Oy$ sao cho $MN$ tiếp xúc với $(E)$ và đoạn $MN$ ngắn nhất.
Gửi bởi tolaphuy10a1lhp trong 27-06-2012 - 08:56
Cách làm rất hay, tuy nhiên mình nghĩ bước quy đồng bỏ mẫu hình như không được mà phải thế P vào rồi mới quy đồng bỏ mẫu vì nó là bất phương trình.\[\begin{array}{l}
y = \frac{1}{3}{x^3} + \frac{1}{2}a{x^2} + x + 8\\
D = R\\
y' = {x^2} + ax + 1
\end{array}\]
Hàm số có cực trị khi và chỉ khi y' có nghiệm \[ \Leftrightarrow \Delta > 0 \Leftrightarrow {a^2} - 4 > 0 \Leftrightarrow a \in \left( { - \infty , - 2} \right) \cup \left( {2, + \infty } \right)\]
Áp dụng định lý Viet, ta có:
\[\begin{array}{l}
S = {x_1} + {x_2} = - a\\
P = {x_1}{x_2} = 1
\end{array}\]
Từ \[\begin{array}{l}
\frac{{x_1^2}}{{x_2^2}} + \frac{{x_2^2}}{{x_1^2}} > 7 \Leftrightarrow x_1^4 + x_2^4 - 7x_1^2x_2^2 > 0,\left( {x_1^2x_2^2 \ne 0} \right)\\
\Leftrightarrow {\left[ {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 2{x_1}{x_2}} \right]^2} - 9x_1^2x_2^2 > 0\\
\Leftrightarrow {\left( {{S^2} - 2P} \right)^2} - 9{P^2} > 0 \Leftrightarrow {\left( {{a^2} - 2} \right)^2} - 9 > 0\\
\Leftrightarrow \left( {{a^2} - 5} \right)\left( {{a^2} + 1} \right) > 0 \Leftrightarrow {a^2} - 5 > 0\\
\Leftrightarrow a \in \left( { - \infty ; - \sqrt 5 } \right) \cup \left( {\sqrt 5 ; + \infty } \right)
\end{array}\]
Kết hợp với điều kiện \[a \in \left( { - \infty , - 2} \right) \cup \left( {2, + \infty } \right)\]
Vậy \[a \in \left( { - \infty ; - \sqrt 5 } \right) \cup \left( {\sqrt 5 ; + \infty } \right)\]
Gửi bởi tolaphuy10a1lhp trong 23-06-2012 - 20:20
Câu này bạn nào thi cũng có điểm nên ko ai giải.Hình như chưa ai giải câu 3.Ai vẽ hình dùm nhé.
1)Vẽ đường kính $BC$ của $(0)$ và đường kính $BD$ của $(I)$
Dễ dàng c/m được $\overrightarrow{A,B,C}$ và tứ giác $CEFD$ nội tiếp.
Suy ra:$\widehat{EAB}=\widehat{BAF}(do \widehat{ECF}=\widehat{BDF})$
$\Rightarrow \widehat{EAF}=2\widehat{EAB}=\widehat{EOB}$
Suy ra tứ giác $OEFA$ nội tiếp
2)$\widehat{BCA}=\widehat{MBE}(=\widehat{BEF})$
$\Rightarrow$ cung $AB$ = cung $ME$
Suy ra ABEM là hình thang cân,nên $BM=AE$
Tương tự,c/m được $AF=BN$
Cộng 2 vế,ta được đpcm.
Gửi bởi tolaphuy10a1lhp trong 22-06-2012 - 20:36
Gửi bởi tolaphuy10a1lhp trong 22-06-2012 - 20:24
Gửi bởi tolaphuy10a1lhp trong 13-06-2012 - 09:03
mình đã hiễu . Bạn đưa N về (M) thì $NE \leq BC$ dễ hiểu hơn/.$NE \leq MN+ME$ Cái này xét 3 điểm M,N,E cũng được mà,không thì c/m bé hơn cũng đủ điểu kiện đề bài rồi
còn $\triangle MFD = \triangle MND$ thì $\widehat{NDM}+\widehat{EDM}=180^o=\widehat{FDM}+\widehat{FAC}$ Mà $\widehat{EDM}=\widehat{FAC}$ (do ABDE nội tiếp)
Từ đó có đpcm
Gửi bởi tolaphuy10a1lhp trong 12-06-2012 - 22:45
Cảm ơn bạn phuocbig nhưng chỗ này mình ko hiểu $\triangle MFD = \triangle MND$(???) và $NE \leq MN+ME$ , Bất đẳng thức tam giác đâu có dấu "=".Trên tia đối của DE lấy N sao cho DF = DN
$\triangle MFD = \triangle MND \Rightarrow MF=MN $
$\Rightarrow DF+DE=DN+DE=NE \leq MN+ME=MF+ME=BC $
Gửi bởi tolaphuy10a1lhp trong 12-06-2012 - 22:02
Bài 113.
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). 3 đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H. Dựng hình bình hành APHQ (P thuộc BE, Q thuộc CF). Gọi M là trung điểm của BC.
Chứng mình AM vuông góc PQ
Đề thi thử của trung tâm 218 Lý Tự Trọng.
Ps: câu này là câu c, còn câu a, b của bài thì mình quên mất hình như là chứng mình tứ giác nội tiếp cũng dễ không có gì khó, chỉ còn nhớ câu c. Câu d thì chứng mình bất đẳng thức gì đấy chưa kịp ngó qua. Đề để lạc đâu mất, kiếm mãi không thấy nên chỉ post câu c lên, khi nào tìm được đề mình sẽ bổ sung sau. Mọi người thông cảm.
Gửi bởi tolaphuy10a1lhp trong 09-06-2012 - 04:39
Community Forum Software by IP.Board
Licensed to: Diễn đàn Toán học