1/Cho tam giác ABC có đường cao AH và trung tuyến AM chia góc A thành 3 phần bằng nhau.Tính số đo các góc trong tam giác.

Kẻ $MP$ vuông góc với $AC$

Ta có $\Delta AHM= \Delta APM$ nên $MP=MH=\frac{1}{2}MB=\frac{1}{2}MC$, do đó $\widehat{PMC}=60^o\Rightarrow \widehat{PMB}=120^o\Rightarrow \widehat{PMA}=60^o\Rightarrow \widehat{PAM}=30^o\Rightarrow \widehat{BAC}=90^o$

Ta lại có: $\widehat{PMC}=60^o\Rightarrow \widehat{PCM}=30^o\Rightarrow \widehat{ABC}=60^o$

Vậy $\left\{\begin{matrix} \widehat{BAC}=90^o\\ \widehat{ABC}=60^o\\ \widehat{ACB}=30^o \end{matrix}\right.$

Cho tam giác ABC, dựng về phía ngoài tam giác ABC các tam giác BAD và CAE vuông cân tại A. Dựng phía trong tam giác ABC tam giác BFC vuông cân tại F.
a. Gọi M là trung điểm BC. CMR: MA vuông góc với DE

Gọi $H=AM\cap DE$

Lấy $K$ trên tia đối của tia $MA$ sao cho $MK=MA$, ta sẽ chứng minh $AK=DE$

Dễ thấy $AC=BK,AC//BK$

Xét $\Delta ABK$ và $\Delta DAE$, ta có $AB=AD, BK=AE (=AC), \widehat{ABK}=\widehat{DAE}$ (cùng bù với góc $BAC$)

Do đó $\Delta ABK= \Delta DAE \Rightarrow \widehat{BAK}=\widehat{D} \Rightarrow \widehat{D}+\widehat{DAH}=90^o$. Vậy $MA\perp DE$

Gọi $G$ là trọng tâm $\Delta ABC$ ta có: $\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}=3\overrightarrow{MG}$

Suy ra: $\left | \overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC} \right |=3\left | \overrightarrow{MG} \right |=3MG$

Ta có: $\left | \overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC} \right |$ có giá trị bé nhất khi và chỉ khi $MG$ có giá trị bé nhất

$M$ chính là giao điểm của đường thẳng OG với ($O$) ngoại tiếp $\Delta ABC$.

Thật vậy, với $N$ bất kì, $N\neq M$, ta có $OM=ON<OG+GN \Leftrightarrow OG+GM<OG+GN$. Do đó: $GM<GN$

Suy ra điểm $M$ cần tìm!

(Hình vẽ bạn tự vẽ nhé!)

Kết quả là 98 phải không bạn .

Giải quyết luôn phần gốc của nó   

Bài toán: Cho ba số $x,y,z$ thỏa mãn $x+y+z=0$ và $x^2+y^2+z^2=a^2$. Tính $x^4+y^4+z^4$ theo $a$.

Bài giải:

Từ $x+y+z=0\Rightarrow x=-(y+z)\Rightarrow x^2=(y+z)^2$

$\Rightarrow x^2-y^2-z^2=2yz\Rightarrow (x^2-y^2-z^2)^2=4y^2z^2$

$\Rightarrow x^4+y^4+z^4=2x^2y^2+2y^2z^2+2z^2x^2$

$\Rightarrow 2(x^4+y^4+z^4)=(x^2+y^2+z^2)^2=a^4\Rightarrow x^4+y^4+z^4=\frac{a^4}{2}$

pt liên hợp có 1 nghiệm là 2 còn phần này là m chưa c/m dc   

bạn up phương trình lên xem tí được không? hoặc gửi qua tin nhắn ấy )

Cho $a,b,c >0, a+b+c\leq 1, tìm Min P=\frac{1}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}+\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}$

Áp dụng bất đẳng thức $Bunyakovsky$ cho hai bộ 4 số: $\left ( \frac{1}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}},\frac{1}{\sqrt{ab}},\frac{1}{\sqrt{bc}},\frac{1}{\sqrt{ca}} \right )$ và $\left ( \sqrt{a^2+b^2+c^2},3\sqrt{ab},3\sqrt{bc},3\sqrt{ca} \right )$ ta được:

$(1+3+3+3)^2\leq P\left ( (a+b+c)^2+7(ab+bc+ca) \right )$        ($1$)

Do $ab+bc+ca\leq \frac{1}{3}(a+b+c)^2$ nên từ ($1$) suy ra $100\leq P.\frac{10}{3}(a+b+c)^2\leq \frac{10}{3}P\Leftrightarrow P\geq 30$

Hơn nữa, với $a=b=c=\frac{1}{3}$ thì $P=30$. Suy ra $Min_P=30$ đạt được khi $a=b=c=\frac{1}{3}$

Cho 2 tập hợp A và B thỏa mãn:

i, Mỗi phần tử của cả 2 phần tử đều nhỏ hơn 2008

ii, Tổng số phàn tử của 2 tập hợp lớn hơn 2008

CMR: tồn tại 2 phần tử ở 2 tập hợp trên mà tổng của chúng = 2008

Trước tiên, sr I Am Gifted So Are You nhưng ở điều kiện 1) hình như phải là: mỗi tập hợp đều gồm các số nguyên dương khác nhau và nhỏ thua 2008

Bài giải:

Giả sử các phần tử của $A$ và $B$ tương ứng là $a_1,a_2,a_3,...,a_m$ và $b_1,b_2,b_3,...b_n$, ta có $m+n>2008$ (gt).

Xét $n$ số $c_i$ sau đây: $c_i=2008-b_i$ ($i=1,2,3,...,n$).

Vì các phần tử của B đôi một khác nhau nên các số $c_i$ cũng đôi một khác nhau ($1$), hơn nữa mọi số $b_i$ đều là số tự nhiên

lớn hơn $0$ nên mọi số $c_i$ cũng là số tự nhiên nhỏ hơn $2008$.

Do đó ta có $m+n$ số tự nhiên nhỏ hơn $2008$ sau đây: $a_1,a_2,a_3,...,a_m,c_1,c_2,c_3,...,c_n$

Vì chỉ có $2008$ số tự nhiên nhỏ hơn $2008$ trong khi $m+n>2008$ nên trong dãy này phải có hai số bằng nhau.

Do ($1$)  và điều kiện $i$) nên một và chỉ một trong hai số đó phải thuộc $A$: Giả sử hai số bằng nhau đó là: $a_i=c_k$.

Vậy $a_i=2008-b_k$ hay $a_i+b_k=2008$

ta chia 2008 số hạng đầu tiên thành các cặp (0,2008);(1,2007);...(1004,1004) ta có tổng cộng 1005 cặp số. Mà tổng số phần tử của 2 tập hợp lớn hơn 2008 nên tồn tại ít nhất 1 tập hợp có số phần tử lớn hơn 1004. Gọi số phần tử của tập có ít phần tử hơn (A) là a thì tập còn lại (B) có ít nhất 2009-2a phần tử khác A. ta loại đi a phần tử có trong 1005 cặp còn 1005-a cặp ko chứa phần tử nào của A. Mà 2009-2a $\geq $1005-a nên B tồn tại 1 phần tử thuộc a cặp ban đầu. Từ đó suy ra cặp đó chứa 2 phần tử thỏa mãn.

Chắc gì 2008 số hạng đó là từ $0$ đến $2008$ bạn?

Cho một tam giác $ABC$. Vẽ ra phía ngoài tam giác đó những tam giác cân $ABD,BCE,ACF$ sao cho $AD=BD=BE=CE=CF=AF$. Hỏi ba đường thẳng $AE,BF,CD$ có đồng quy không? Chứng minh?

theo dự đoán thì 96,69% là từ một bt liên hợp     

Mình nghĩ đó là một phương trình giải bằng phương pháp liên hợp. Nhưng liên hợp mà không lấy hết nghiệm thì giải hoa mắt cũng không ra! Đề nghị chủ thớt post phương trình lên!

với $\frac{-10}{3}\leq x\leq \frac{1}{4}$. c/m$\frac{3}{\sqrt{3x+10}+2}+\frac{4}{3+\sqrt{1-4x}}=x+1$ vô nghiệm

Cái này hình như xuất phát từ phương trình nào đó phải không bạn?

Giải phương trình
$\frac{2x^{2}}{(3-\sqrt{9+2x})^{2}}= x + 21$

Điều kiện: $x\neq 0$

Ta có: 

$\frac{2x^{2}}{(3-\sqrt{9+2x})^{2}}= x + 21$

$\Leftrightarrow \frac{2x^{2}(3+\sqrt{9+2x})^2}{(3-\sqrt{9+2x})^{2}(3+\sqrt{9+2x})^2}= x + 21$

$\Leftrightarrow \frac{2x^{2}(3+\sqrt{9+2x})^2}{4x^2}= x + 21$

$\Leftrightarrow (3+\sqrt{9+2x})^2=2x+42$

$\Leftrightarrow \sqrt{9+2x}=4$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x\geq \frac{-9}{2},x\neq 0\\ 9+2x=16 \end{matrix}\right. \Leftrightarrow x=\frac{7}{2}$

Định a và b để đa thức A = x⁴ – 6 x³ + ax² + bx + 1 là bình phương của một đa thức khác .

Không biết cách này đúng không nữa   

Vì $A$ là bình phương của một đa thức khác nên ta giả sử $A=(x^2+cx+1)^2$

Khai triển ta có: $A=x^4+2cx^3+(c^2+2)x^2+2cx+1$

Đồng nhất hệ số ta có:

$\left\{\begin{matrix} 2c=-6\\ c^2+2=a\\ 2c=b \end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} c=-3\\ a=11\\ b=-6 \end{matrix}\right.$

Vậy $a=11,b=-6$

Cho tam giác ABC có các cạnh thỏa mãn $a\leq b\leq c$

CMR: $(a+b+c)^{2}\leq 9bc$ (*)

Vì $a\leq b\Rightarrow (a+b+c)^2\leq (b+b+c)^2=(2b+c)^2$

Để chứng minh ($*$) ta cần chứng minh $(2b+c)^2\leq 9bc$     ($1$)

Thật vậy:

$(1)\Leftrightarrow 4b^2+4bc+c^2\leq 9bc$

$\Leftrightarrow 4b^2-4bc+c^2\leq bc$

$\Leftrightarrow (2b-c)^2\leq bc$

Ta có:

$\left\{\begin{matrix} 2b-c\leq 2b-b=b\\ 2b-c\leq 2c-c=c \end{matrix}\right. \Rightarrow (2b-c)^2\leq bc$

Đề là gì đây b????

Cho a =$\frac{1}{2}\sqrt{\sqrt{2}+\frac{1}{8}}-\frac{\sqrt{2}}{8}$.

Tính S=$\sqrt{a^4 + a +1}+a^2$

Ta có:

$8a=4\sqrt{\sqrt{2}+\frac{1}{8}}-\sqrt{2}\Leftrightarrow 8a+\sqrt{2}=\sqrt{16\sqrt{2}+2}$

$\Leftrightarrow (8a+\sqrt{2})^2=16\sqrt{2}+2\Leftrightarrow 64a^2+16a\sqrt{2}+2=16\sqrt{2}+2$

$\Leftrightarrow 4a^2+a\sqrt{2}-\sqrt{2}=0\Leftrightarrow 4a^2=\sqrt{2}-a\sqrt{2}$

Đặt: $P=\sqrt{a^4+a+1}-a^2$

Ta có: $SP=a+1\Rightarrow S(-P)=-(a+1)$

$S-P=2a^2=\frac{\sqrt{2}-a\sqrt{2}}{2}=\frac{1-a}{\sqrt{2}}$

Xem $S$ và $-P$ là các nghiệm của phương trình:

$t^2-\frac{1-a}{\sqrt{2}}t-(a+1)=0$

$\Leftrightarrow t_1=\sqrt{2}$ hoặc $t_2=-\frac{a+1}{\sqrt{2}}$

$\Rightarrow S=\sqrt{2}$ (vì $S>0$)

4. cho $\bigtriangleup$ABC

chứng minh: $SABC = \frac{1}{2}.AB.AC.sin\widehat{A}$

Kẻ đường cao $BH$

Ta có: $BH=AB.sinA$

Do đó: $S_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}AC.BH=\frac{1}{2}AB.AC.sinA$

Giải phương trình :

$$x^{3}-3x^{2}-8x+40=8\sqrt[4]{4x+4}$$

Có thể dùng đạo hàm để xét sự biến thiên của các hàm số $f(x)=x^3-3x^2-8x+40$ và $g(x)=8\sqrt[4]{4x+4}$ trên $[-1;\infty )$, ta có:

$min f(x)=f(3)=13$ và $max g(x)=g(3)=13$

Hoặc có thể đặt $t=8\sqrt[4]{4x+4}\geq 0$ rồi dùng đạo hàm khảo sát sự biến thiên của hàm số $f(x)=t^12-24t^8+16t^4-512t+2816$

với chú ý: $f'(x)=2(t-2).h(x)$    ($h(x)>0$)

Cho $\Delta ABC$ có các đường cao $AM,BN,CP$ cắt nhau tại $H$.

a) CM $BCNP$ nội tiếp

b) Biết $\widehat{ABC}=45^o, \widehat{ACB}=60^o, BC=a$. Tính $S_{ACM}$ theo $a$

Giải hệ: $\left\{\begin{matrix} \frac{x}{y}+\frac{y}{5}=\frac{5}{2}\\ x^2+xy=5-y \end{matrix}\right.$

Hôm qua mình có nhấn nút ''Sửa'' nhưng sửa cách nào cũng không được, nó cứ hiện cái tiêu đề như cũ vậy đó.

Mình vẫn tuân thủ lấy câu hỏi của đề toán để làm tiêu đề, mình đâu có vi phạm nội quy thế mà mấy ổng cũng khóa bài luôn.

Đúng là bạn tuân thủ nội quy, nhưng tiêu đề nó cũng phải hiện thị đúng theo công thức bạn ak, nếu bị khóa rồi thì bạn đăng lại bài khác

Tại sao lại khóa bài này ? 

http://diendantoanho...rt/#entry504598

Mình nghĩ là do tiêu đề của bạn, tiêu đề của bạn quá dài nên không thể hiển thị được, bạn có thể bỏ chữ "rút gọn biểu thức" là ok

Ai có đề thi học sinh giỏi toán 11 tỉnh Hà Tĩnh không có mình với! (hoặc link)

 

Cho tam giác $ABC$ Trên các cạnh $BC,CA$ và $AB$ của tam giác đó, lần lượt lấy các điểm $A',B'$ và $C'$. Gọi $S_{a},S_{b},S_{c}$ và $S$ tương ứng là diện tích của các tam giác $AB'C',CB'A',CA'B'$ và $ABC$ . Chứng minh bất đẳng thức 

$\sqrt{S_{a}}+\sqrt{S_{b}}+\sqrt{S_{c}}\leqslant \frac{3}{2}\sqrt{S}$

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi nào?

 

 

Ta có công thức diện tích $2S_a=AC'.AB'sinA$ ; $2S=AB.AC.sinA$

$\Rightarrow \sqrt{\frac{S_a}{S}}=\sqrt{\frac{AC'.AB'}{AB.AC}}\leq \frac{1}{2}\left ( \frac{AC'}{AB}+\frac{AB'}{AC} \right )$

Tương tự như thế ta sẽ có:

$\frac{VT}{\sqrt{S}}\leq \frac{1}{2}\left ( \frac{AC'}{AB}+\frac{BC'}{BA}+\frac{BA'}{BC}+\frac{CA'}{CB}+\frac{CB'}{CA}+\frac{AB'}{AC} \right )=\frac{3}{2}$

Dấu $"="$ xảy ra $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} \frac{AC'}{AB}=\frac{AB'}{AC}\\ \frac{BA'}{BC}=\frac{BC'}{BA}\\ \frac{CB'}{CA}=\frac{CA'}{CB} \end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} C'B'//BC\\ A'C'//CA\\ B'A'//AB \end{matrix}\right.$

$\Leftrightarrow A',B',C'$ là trung điểm của $BC,CA,AB$

Đề thi HSG tỉnh Hà Tĩnh 2006 - 2007 thì phải