Chủ đề này có 8 trả lời

[Crystal]

Bài 1. (3 điểm)
Tìm tất cả các số nguyên dương $n$ để hai số $n + 26$ và $n – 11$ đều là lập phương của hai số nguyên dương nào đó.

Bài 2. (4 điểm)
Giả sử $a$ là một nghiệm của phương trình $\sqrt 2 {x^2} + x - 1 = 0$. không giải phương trình, hãy tính giá trị của biểu thức: $$A = \frac{{2a - 3}}{{\sqrt {2(2{a^4} - 2a + 3)} + 2{a^2}}}$$
Bài 3. (4 điểm)
a. Giải phương trình: $\sqrt {8x + 1} = {x^2} + 3x - 1$
b. Giải hệ phương trình: $\left\{ \begin{array}{l}2{x^2} - {y^2} = 1\\xy + {x^2} = 2\end{array} \right.$

Bài 4. (7 điểm)
Cho đường tròn $(O;R)$ và điểm $M$ nằm ngoài đường tròn. Qua điểm $M$ vẽ hai tiếp tuyến $MA, MB$ tới đường tròn ($A$ và $B$ là các tiếp điểm). Gọi $D$ là điểm di động trên cung lớn $AB$ ($D$ không trùng $A, B$ và điểm chính giữa của cung) và $C$ là giao điểm thứ hai của đường thẳng $MD$ với đường tròn $O;R)$.
a. Giả sử $H$ là giao điểm của các đường thẳng $OM$ với $AB$. Chứng minh rằng $MH.MO = MC.MD$, từ đó suy ra đường tròn ngoại tiếp tam giác $HCD$ luôn đi qua một điểm cố định.
b. Chứng minh rằng nếu $AD$ song song với đường thẳng $MB$ thì đường thẳng $AC$ đi qua trọng tâm $G$ của tam giác $MAB$.
c. Kẻ đường kính $BK$ của đường tròn $(O;R)$, gọi $I$ là giao điểm của các đường thẳng $MK$ và $AB$. Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác $MBI$ theo $R$, khi biết $OM = 2R$.

Bài 5. (2 điểm)
Cho các số thực dương $a, b, c$ thoả mãn: $abc + a + b = 3ab$. Chứng minh rằng:
$$\sqrt {\frac{{ab}}{{a + b + 1}}} + \sqrt {\frac{b}{{bc + c + 1}}} + \sqrt {\frac{a}{{ca + c + 1}}} \ge \sqrt 3 $$

-------------HẾT-------------

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi xusinst: 23-03-2012 - 00:35

[hoangtrong2305]

Bài 3. (4 điểm)
a. Giải phương trình: $\sqrt {8x + 1} = {x^2} + 3x - 1$

$\sqrt {8x + 1} = {x^2} + 3x - 1$

ĐKXĐ: $x\geq \frac{\sqrt{13}-3}{2}$

$\sqrt {8x + 1} = {x^2} + 3x - 1$

$\Leftrightarrow (\sqrt {8x + 1} )^{2} = ({x^2} + 3x - 1)^{2}$

$\Leftrightarrow 8x+1=x^{4}+6x^{3}+7x^{2}-6x+1$

$\Leftrightarrow x^{4}+6x^{3}+7x^{2}-14x=0$

$\Leftrightarrow x(x^{3}+6x^{2}+7x-14)=0$

$\Leftrightarrow x(x-1)(x^{2}+7x+14)=0$

Giải ra, so điều kiện, nhận:

$$\boxed{x=1}$$

-------------------------------------------------------------------------------------

Bài 3. (4 điểm)
b. Giải hệ phương trình: $\left\{ \begin{array}{l}2{x^2} - {y^2} = 1\\xy + {x^2} = 2\end{array} \right.$

$\left\{ \begin{array}{l}2{x^2} - {y^2} = 1\\xy + {x^2} = 2\end{array} \right.$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2{x^2} - {y^2} = 1\\y=\frac{2-x^{2}}{x}\end{array} \right.$

$\Leftrightarrow 2{x^2} - (\frac{2-x^{2}}{x})^{2} = 1$

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

Đến đây giải pt trùng phương thui

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoangtrong2305: 23-03-2012 - 11:04

[hoangtrong2305]

Bài 1. (3 điểm)
Tìm tất cả các số nguyên dương $n$ để hai số $n + 26$ và $n – 11$ đều là lập phương của hai số nguyên dương nào đó.

Theo đề bài, ta có hệ phương trình sau:

$\left\{\begin{matrix} n+26=a^{3}\\ n-11=b^{3} \end{matrix}\right.$ với $a;b \in \mathbb{N}^{*}$

$\Leftrightarrow a^{3}-b^{3}=37$

$\Leftrightarrow (a-b)(a^{2}+ab+b^{2})=37$

Vậy ta có $4$ hệ sau:

$(1)\left\{\begin{matrix} a-b=1\\ a^{2}+ab+b^{2}=37 \end{matrix}\right.$


$(2)\left\{\begin{matrix} a-b=-1\\ a^{2}+ab+b^{2}=-37 \end{matrix}\right.$


$(3)\left\{\begin{matrix} a-b=37\\ a^{2}+ab+b^{2}=1 \end{matrix}\right.$


$(4)\left\{\begin{matrix} a-b=-37\\ a^{2}+ab+b^{2}=-1 \end{matrix}\right.$


Giải từng trường hợp, ta nhận nghiệm $(a,b)$ là $(4;3)$


$\Rightarrow$ $$\boxed{n=38}$$

[MyLoVeForYouNMT]

Bài 3. (4 điểm)
b. Giải hệ phương trình: $\left\{ \begin{array}{l}2{x^2} - {y^2} = 1\\xy + {x^2} = 2\end{array} \right.$

Em có lời giải khác cho bài này:
$\left\{\begin{matrix} 2x^2-y^2=1 & \\xy+x^2=2 & \end{matrix}\right.$
$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} 4x^2-2y^2=2 & \\xy+x^2=2 & \end{matrix}\right.$
$\Rightarrow 4x^2-2y^2=xy+x^2$
$\Rightarrow 3x^2-2y^2-xy=0$
$\Rightarrow (x-y)(3x+2y)=0$
$\Rightarrow \begin{bmatrix} x=y & \\3x+2y=0 & \end{bmatrix}$
Đến đây thì dễ rồi.

[Cao Xuân Huy]

Bài 5. (2 điểm)
Cho các số thực dương $a, b, c$ thoả mãn: $abc + a + b = 3ab$. Chứng minh rằng:
$$\sqrt {\frac{{ab}}{{a + b + 1}}} + \sqrt {\frac{b}{{bc + c + 1}}} + \sqrt {\frac{a}{{ca + c + 1}}} \ge \sqrt 3 $$

Bài bđt này mình xin làm.
Ta có:
\[abc + a + b = 3ab \Rightarrow c + \frac{1}{a} + \frac{1}{b} = 3\]
Đặt $x=\frac{1}{a};y=\frac{1}{b};z=c$ thì bđt trở thành:
\[\sum\limits_{cyc} {\frac{2}{{\sqrt {x + y + xy} }}} \ge 2\sqrt 3 \]
Ta có:
\[\frac{1}{{\sqrt {x + y + xy} }} + \frac{1}{{\sqrt {x + y + xy} }} + \frac{{x + y + xy}}{{3\sqrt 3 }} \ge \frac{3}{{\sqrt[3]{{3\sqrt 3 }}}} = \sqrt 3 \]
Suy ra:
\[VT \ge 3\sqrt 3 - \frac{{2(x + y + z) + (xy + xz + yz)}}{{3\sqrt 3 }} \ge 3\sqrt 3 - \frac{{6 + \frac{{{{(x + y + z)}^2}}}{3}}}{{3\sqrt 3 }} = 2\sqrt 3 \]
Vậy ta có ĐPCM.
Dấu "=" xảy ra khi: $\left\{ \begin{array}{l}x + y + z = 3\\x = y = z\end{array} \right. \Rightarrow a = b = c = 1$

[kimchitwinkle]

 

HSG91PT.png

Bài 4. (7 điểm)
Cho đường tròn $(O;R)$ và điểm $M$ nằm ngoài đường tròn. Qua điểm $M$ vẽ hai tiếp tuyến $MA, MB$ tới đường tròn ($A$ và $B$ là các tiếp điểm). Gọi $D$ là điểm di động trên cung lớn $AB$ ($D$ không trùng $A, B$ và điểm chính giữa của cung) và $C$ là giao điểm thứ hai của đường thẳng $MD$ với đường tròn $O;R)$.
a. Giả sử $H$ là giao điểm của các đường thẳng $OM$ với $AB$. Chứng minh rằng $MH.MO = MC.MD$, từ đó suy ra đường tròn ngoại tiếp tam giác $HCD$ luôn đi qua một điểm cố định.
b. Chứng minh rằng nếu $AD$ song song với đường thẳng $MB$ thì đường thẳng $AC$ đi qua trọng tâm $G$ của tam giác $MAB$.
c. Kẻ đường kính $BK$ của đường tròn $(O;R)$, gọi $I$ là giao điểm của các đường thẳng $MK$ và $AB$. Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác $MBI$ theo $R$, khi biết $OM = 2R$.


-------------HẾT-------------

a,  $\Delta MCB\sim \Delta MBD$ ( g - g)

=> $MB^{2}=MC.MD$

$\Delta OBM$ vuông ở B , đường cao BH có :

      $MB^{2}=MH.MO$ ( theo hệ thức  lượng trong tam giác )

Từ đó suy ra MH.MO = MC.MD                                                                   (1)

tỪ (1) => $\frac{MH}{MC}=\frac{MD}{MO}$

$\Delta MCH\sim \Delta MOD (c-g-c)$ vì :

         $\left\{\begin{matrix} \frac{MH}{MC}=\frac{MD}{MO} & \\ \widehat{HMC} chung & \end{matrix}\right.$

=> $\widehat{ODC}=\widehat{MHC}$

=> Tứ giác ODCH nội tiếp 

=> đường tròn ngoại tiếp tam giác HCD luôn đi qua điểm O cố định

[kimchitwinkle]

a,  $\Delta MCB\sim \Delta MBD$ ( g - g)

=> $MB^{2}=MC.MD$

$\Delta OBM$ vuông ở B , đường cao BH có :

      $MB^{2}=MH.MO$ ( theo hệ thức  lượng trong tam giác )

Từ đó suy ra MH.MO = MC.MD                                                                   (1)

tỪ (1) => $\frac{MH}{MC}=\frac{MD}{MO}$

$\Delta MCH\sim \Delta MOD (c-g-c)$ vì :

         $\left\{\begin{matrix} \frac{MH}{MC}=\frac{MD}{MO} & \\ \widehat{HMC} chung & \end{matrix}\right.$

=> $\widehat{ODC}=\widehat{MHC}$

=> Tứ giác ODCH nội tiếp 

=> đường tròn ngoại tiếp tam giác HCD luôn đi qua điểm O cố định

b, Gọi N là giao của AC và BM ( $N\epsilon BM$ )

$\Delta NBC\sim \Delta NAB$ ( g-g) 

   => $\frac{NB}{NA}=\frac{NC}{NB}$

   => $NB^{2}=NA.NC$

$\Delta NMC\sim \Delta NAM$

     => $\frac{NM}{NA}=\frac{NC}{NM}$

     => $NM^{2}=NA.NC$

Từ trên suy ra : NB = NM

 Tức AC đi qua trọng tâm G của tam giác MAB

[HungNT]

 

 

Bài 4. (7 điểm)
Cho đường tròn $(O;R)$ và điểm $M$ nằm ngoài đường tròn. Qua điểm $M$ vẽ hai tiếp tuyến $MA, MB$ tới đường tròn ($A$ và $B$ là các tiếp điểm). Gọi $D$ là điểm di động trên cung lớn $AB$ ($D$ không trùng $A, B$ và điểm chính giữa của cung) và $C$ là giao điểm thứ hai của đường thẳng $MD$ với đường tròn $O;R)$.

c. Kẻ đường kính $BK$ của đường tròn $(O;R)$, gọi $I$ là giao điểm của các đường thẳng $MK$ và $AB$. Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác $MBI$ theo $R$, khi biết $OM = 2R$.

 

c/ Gọi T là giao điểm thứ 2 của $KB$ với $(IBM)$, ta có MT chính là đường kính của $(IBM)$

 

Lại có $\Delta BTM\sim \Delta MIH=> MT=\frac{MI.MB}{MH}~$(1)

 

+) $OM=2R=> \angle OMB=30^{0}=>\frac{MB}{MH}=\frac{1}{cos 30^{0}}=\frac{2}{\sqrt{3}}$ (2)

 

+) $MI.(MI+IK)=MA^{2}=3R^{2}$ và $\frac{MI}{IK}=\frac{MH}{KA}=\frac{\frac{3R}{2}}{R}=\frac{3}{2}$

 

$=>MI.(MI+\frac{2MI}{3})=3R^{2}=>MI=\frac{3R}{\sqrt{5}}$ (3)

 

Thế (2),(3) vào (1), ta có $MT=\frac{2\sqrt{3}R}{\sqrt{5}}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HungNT: 03-10-2014 - 13:49

[kokothoat]

untitled.PNG

c/ Gọi T là giao điểm thứ 2 của $KB$ với $(IBM)$, ta có MT chính là đường kính của $(IBM)$

 

Lại có $\Delta BTM\sim \Delta MIH=> MT=\frac{MI.MB}{MH}~$(1)

 

+) $OM=2R=> \angle OMB=30^{0}=>\frac{MB}{MH}=\frac{1}{cos 30^{0}}=\frac{2}{\sqrt{3}}$ (2)

 

+) $MI.(MI+IK)=MA^{2}=3R^{2}$ và $\frac{MI}{IK}=\frac{MH}{KA}=\frac{\frac{3R}{2}}{R}=\frac{3}{2}$

 

$=>MI.(MI+\frac{2MI}{3})=3R^{2}=>MI=\frac{3R}{\sqrt{5}}$ (3)

 

Thế (2),(3) vào (1), ta có $MT=\frac{2\sqrt{3}R}{\sqrt{5}}$

Sai rồi, làm sao MI.MK=MA^2 được