Chủ đề này có 19 trả lời

[hoctrocuaHolmes]

[hoctrocuaHolmes]

Chuyên Bến Tre.jpg

4.a) Bất đẳng thức cần cm tương đương với

$(\sqrt{a^{2}+x^{2}}+\sqrt{b^{2}+y^{2}})^{2}\geq (\sqrt{(a+b)^{2}+{(x+y)^{2}}})^{2}\Leftrightarrow a^{2}+x^{2}+b^{2}+y^{2}+2\sqrt{(a^{2}+x^{2})(b^{2}+y^{2})}\geq a^{2}+x^{2}+b^{2}+y^{2}+2ab+2xy$

$\Leftrightarrow \sqrt{(a^{2}+x^{2})(b^{2}+y^{2})}\geq ab+xy\Leftrightarrow (a^{2}+x^{2})(b^{2}+y^{2})\geq (ab+xy)^{2}\Leftrightarrow (ab)^{2}+(ay)^{2}+(bx)^{2}+(xy)^{2}-(ab)^{2}-(xy)^{2}-2abxy\geq 0\Leftrightarrow (ay-bx)^{2}\geq 0$ (luôn đúng)

Dấu''='' xảy ra $\Leftrightarrow ay=bx\Leftrightarrow \frac{a}{b}=\frac{x}{y}$

3.a) $\left\{\begin{matrix} \sqrt{x+1}+\sqrt{y+2}=5(1) & \\ \sqrt{y+1}+\sqrt{x+2}=5 (2)& \end{matrix}\right.$

ĐKXĐ:$x;y\geq -1$

$PT(1)\Leftrightarrow (\sqrt{x+1}+\sqrt{y+2})^{2}=25\Leftrightarrow x+y+3+2\sqrt{(x+1)(y+2)}=25\Leftrightarrow x+y+2\sqrt{(x+1)(y+2)}=22 (*)$

$PT(2)\Leftrightarrow (\sqrt{y+1}+\sqrt{x+2})^{2}=25\Leftrightarrow x+y+3+2\sqrt{(y+1)(x+2)}=25\Leftrightarrow x+y+2\sqrt{(y+1)(x+2)}=22$ $(**)$

Từ $(*)(**)$ ta suy ra $\sqrt{(y+1)(x+2)}=\sqrt{(x+1)(y+2)}\Leftrightarrow (y+1)(x+2)=(x+1)(y+2)\Leftrightarrow xy+2y+x+2=xy+2x+y+2\Leftrightarrow y-x=0\Leftrightarrow x=y$

Thế vào 1 trong 2 phương trình ở hệ ta sẽ tìm được các nghiệm đúng

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi votruc: 17-06-2015 - 12:09

[vda2000]

 4.b) Thế này đúng ko nhỉ:

$\sum\frac{1}{\sqrt{(x+1)^2+1}+x+1}=\sum\frac{\sqrt{(x+1)^2+1}-(x+1)}{[\sqrt{(x+1)^2+1}+x+1][\sqrt{(x+1)^2+1}-(x+1)]}$

$=\sum\frac{\sqrt{(x+1)^2+1}-x-1}{(x+1)^2+1-(x+1)^2}=\sum\sqrt{(x+1)^2+1}-(x+y)-2\geq\sqrt{(x+y+2)^2+2^2}-4=\sqrt{20}-4=2\sqrt{5}-4$

(Bất đẳng thức $Minikovsky$)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vda2000: 17-06-2015 - 13:43

[Khoai Lang]

Câu 2:

a) Để phương trình $(1)$ có 2 nghiệm phân biệt thì:

$\Delta_{(1)}=4-m >0$

$\Leftrightarrow 4>m$

Vậy với $m<4$ thì phương trình $(1)$ có 2 nghiệm phân biệt.

b) Vì $x_1$ là nghiệm của phương trình $(1)$ nên

$x_1^2-2x_1+m-3=0$

$\Leftrightarrow x_1^2=2x_1-m+3$

Tương tự: $x_2^2=2x_2-m+3$

Mặt khác theo giả thiết ta có:

$\frac{x_1+x_2}{x_2^2+2x_1+m^2}+\frac{x_1^2+2x_2+m^2}{x_1+x_2}=\frac{53}{14}$

Thế $x_1^2,x_2^2$ vào ta được

$\frac{x_1+x_2}{2x_2-m+3+2x_1+m^2}+\frac{2x_1-m+3+2x_2+m^2}{x_1+x_2}=\frac{53}{14}$

Tới đây theo định lý Viet ta thế vào và tìm được $m$

c) Ta có $\Delta_{(2)}=m^2-m-3$

Xét tổng $\Delta_{(1)}+\Delta_{(2)}=m^2-2m+1=(m-1)^2\geq 0,\forall m$

Nên trong hai biệt thức trên tồn tại ít nhất một biệt thức lớn hơn hoặc bằng không, hay một trong hai phương trình có nghiệm (đpcm).

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Khoai Lang: 17-06-2015 - 14:03

[HoangVienDuy]

không ai làm 3b thì làm nốt luôn

3b.:$(2x-1)(3x-1)(x-3)(x-2)=4x^{2}\Leftrightarrow (2x-1)(1-\frac{2}{x})(3x-1)(1-\frac{3}{x})=4\Leftrightarrow (2x+\frac{2}{x}-5)(3x+\frac{3}{x}-10)=4\Leftrightarrow (2a-5)(3a-10)=5$

tìm a được rồi thay vào tìm x 

[aristotle pytago]

5) a.$\widehat{CMD}=90\Rightarrow$ C,I,D thẳng hàng

    b.kẻ tiếp tuyến chung tại M $\Rightarrow CD song song AB vậy ACDB là hình thang 

      ta có IN vuông với AB nên IN vuông với CD

      từ M kẻ đường thẳng vuông góc với CD tại H vậy MH song với IN

      $\widehat{HMN}=\widehat{INM}=\widehat{IMN}$

mà $\Delta MHC\sim \Delta BMA\Rightarrow \widehat{CMH}=\widehat{MBA}$

mà $\widehat{NMB}=\widehat{MBN}=\widehat{CMH}$

vậy MN là phân giác góc AMB

[aristotle pytago]

c. do MN là phân giác nên di qua điểm chính giửa cung AB không chứa M , và diểm này cố định nên đây chính là diểm K

$\widehat{AMK}=45=\widehat{KAB}\Rightarrow KN.KM=KA^{2}$ không đổi khi M di chuyển

[aristotle pytago]

d.$\widehat{NCD}=\widehat{NMD}=\widehat{NAQ}\Rightarrow \widehat{MCN}=\widehat{MAQ}\Rightarrow$

vậy NP song song với QK

vậy NPKQ là hình chữ nhật 

$S_{NPKQ}=NQ.NP\leq \frac{(NP+NP)^{2}}{4}=\frac{AK^{2}}{4}$ không dồi

$\frac{AK^{2}}{4}=\frac{(\sqrt{2}R)^{2}}{4}=\frac{R^{2}}{2}$

[Hoangtheson2611]

Câu 1a :

$S=\frac{\sqrt{3}-1}{(1+\sqrt{3})(\sqrt{3}-1)}+...+\frac{\sqrt{9}-\sqrt{7}}{(\sqrt{9}+\sqrt{7})(\sqrt{9}-\sqrt{7})}=\frac{\sqrt{9}-1}{2}=1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hoangtheson2611: 18-06-2015 - 21:26

[liembinh83]

Chuyên Bến Tre.jpg

Bạn nào giải được câu c bài hình toán chung cho mình xin đáp án

[aristotle pytago]

c. do MN là phân giác nên di qua điểm chính giửa cung AB không chứa M , và diểm này cố định nên đây chính là diểm K

$\widehat{AMK}=45=\widehat{KAB}\Rightarrow KN.KM=KA^{2}$ không đổi khi M di chuyển

ở tren giai rồi mà ban

[liembinh83]

ở tren giai rồi mà ban

đề toán chung cơ mà

[aristotle pytago]

bạn có thể chép đề được không

[liembinh83]

Cho (O;R) và một điểm P cố định nằm ngoài đường tròn. Từ P vẽ tiếp tuyến PA và cát tuyến PBC tới đường tròn (cát tuyến không đi qua O và điểm B nằm giữa P và C). Gọi H là trực tâm tam giác ABC, H' là điểm đối xứng với H qua BC, điểm D đối xứng A qua O.

a) Chứng minh tứ giác ABH'C nội tiếp

b) Chứng minh PB.PC = PO²-R².

c) Gọi O' đối xứng với O qua BC. Chứng minh tứ giác AHO'O là hình bình hành

d) Chứng minh H thuộc đường tròn cố định khi cát tuyến PBC thay đổi

Làm hộ mình câu d)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi liembinh83: 19-06-2015 - 22:04

[aristotle pytago]

HA vuông góc BC mà O$O{}'$ cung8 vuông với BC nên AH song song O$O{}'$

CMTT suy ra điều phải chứng minh

[liembinh83]

HA vuông góc BC mà O$O{}'$ cung8 vuông với BC nên AH song song O$O{}'$

CMTT suy ra điều phải chứng minh

Nhờ bạn xem hộ câu d

[aristotle pytago]

AH=OO{}' không dổi Acố định nên  H thuộc dường tròn tâm A bán kính 2R

[liembinh83]

AH=OO{}' không dổi Acố định nên  H thuộc dường tròn tâm A bán kính 2R

OO' thay đổi mà vì O' đối xứng O qua BC nên khi BC thay đổi thì OO' thay đổi

[aristotle pytago]

mình tìm được đường tròn rồi nhưng không biết cách chứng minh

[liembinh83]

mình tìm được đường tròn rồi nhưng không biết cách chứng minh

Đường tròn nào? có phải cung chứa góc dựng trên đoạn thẳng nối điểm đối xứng với D qua A và đối xứng với D qua tiếp điểm của tiếp tuyến thứ hai vẽ từ P không?