Bài 1

$\bigtriangleup ABC$ vuông tại $A$, $D$ là một điểm bất kì trên $BC(D\neq B,C)$. $E,F$ lần lượt là hình chiếu của $D$ trên $AB,AC$. CMR $AE.EB+AF.FC=BD.DC$

Dễ thấy AEDF là hình chữ nhật. Khi đó

$AE.EB+AF.FC$

$=DF.EB+ED.FC$

$=DC.sin\widehat{FCD}.BD.sin\widehat{EDB}+BD.cos\widehat{EBD}.DC.cos\widehat{EBD}$

$=DC.BD(sin^{2}\widehat{FCD}+cos^{2}\widehat{FCD})=DC.BD$

Bài toán: Giải phương trình lượng giác sau :

$a,2\sqrt{2}\cos x (\sin x+\cos x)=2\sqrt{2}+\cos 2x\\ b,\sin^2 x(\tan x +1)=3\sin x (\cos x-\sin x)+3$

Phương trình dưới tương đương: 

$sin^{2}(\frac{sinx}{cosx}+1)=3sinx(cosx-sinx)+3(sin^{2}x+cos^{2}x)$

$\Rightarrow sin^{2}\frac{sinx+cosx}{cosx}=3(sinxcosx+cos^{2}x)$

$\Rightarrow sin^{2}(sinx+cosx)=3cos^{2}x(sinx+cosx)$

Hoặc $sinx+cosx=0$ Hoặc $sin^{2}x=3cos^{2}x$

Bài toán: Giải phương trình lượng giác sau :

$a,2\sqrt{2}\cos x (\sin x+\cos x)=2\sqrt{2}+\cos 2x\\ b,\sin^2 x(\tan x +1)=3\sin x (\cos x-\sin x)+3$

$2\sqrt{2}cosx(sinx+cosx)=2\sqrt{2}+cos2x$

$2\sqrt{2}cosx(sinx+cosx)=2\sqrt{2}(sin^{2}x+cos^{2}x)+cos^{2}x-sin^{2}x$

$2\sqrt{2}sinx(cosx-sinx)=(cosx-sinx)(cosx+sinx)$

Đến đây đặt nhân tử là ra

Cho a,b,c dương thỏa $a+b+c=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$. Chứng minh:

$(ab+bc+ca)(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca})^{2}\geq 27$

f, I là trung điểm AT. C/m IH là tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác AHK

$\Delta AHT$ vuông ở H có I là trung điểm AT.$\Rightarrow \widehat{AHI}=\widehat{HAI}$

Gọi F là trung điểm AK

$\Delta AHK$ vuông ở H có F là trung điểm AK.$\Rightarrow \widehat{AHF}=\widehat{HAF}$

Mà $\widehat{IAH}+\widehat{HAF}=90^{o}$ ( do AT vuông AK)

$\Rightarrow \widehat{IAH}+\widehat{AHF}=90^{o}$

$\Rightarrow$ IH vuông HF

Vậy IF là tiếp tuyến

e, khi S di chuyển trên Ax vuông góc (ABC). C/m HK luôn đi qua một điểm T cố định và góc TAB = góc TCA. C/m kết quả luôn đúng khi tam giác ABC không vuông ở B

Gọi T là giao của HK và BH

T thuộc BC, BC con (ABC) nên T thuộc (ABC)

Do, B, C, K, H thuộc 1 đường tròn nên

$CB.CT=CK.CS$

mà $CK.CS=AC^{2}$

nên $CB.CT=CA^{2}$

Vậy tam giác ABT vuông ở A có Ab là đường cao.

Suy ra T cố định, đpcm

Lúc này góc TAB bằng góc TCA ( vì cùng cộng với góc BAC góc 90)

d, C/m BK<AC

Ta có A, B, C, K, H cùng cách đều điểm I

nên A, B, C, K, K cùng thuộc một mặt cầu tâm I

Mà ta đã biết, trong mặt cầu, đường kính có chiều dài lớn nhất so với các đoạn nối 2 điểm bất kì thuộc mặt cầu

nên $BK<AC$ ( $AC$ là đường kính)

c, Tìm điểm cách đều A, B, C, H, K

Gọi I là trung điểm AC

$\Delta ABC$ vuông ở B nên $IA=IC=IB$

$\Delta AKC$ vuông ở K nên $IA=IC=IK$

AH vuông (SBC)

Mà HC con (SBC)

nên AH vuông HC

Vậy $\Delta AHC$ vuông ở H nên $IA=IC=IH$

Do đó I cách đều A, B, C, H, K

Cho hình chóp SAB có SA vuông góc (ABC). Tam giác ABC vuông góc B. H, K là hình chiếu của A lên SB, SC

a, Chứng minh AH vuông góc (SBC) và SC vuông góc (AHK)

b, C/m BCKH nội tiếp và SH.SB=SK.SC

Ta có BC vuông (SAB) 

mà SB thuộc (SAB) nên BC vuông SB

SC vuông (AHK)

mà HK thuộc (AHK) nên SC vuông HK suy ra BHKC nội tiếp

$\Delta SKH\sim \Delta SBC$ từ đây ta suy ra tỉ lệ

Cho hình chóp SAB có SA vuông góc (ABC). Tam giác ABC vuông góc B. H, K là hình chiếu của A lên SB, SC

a, Chứng minh AH vuông góc (SBC) và SC vuông góc (AHK)

b, C/m BCKH nội tiếp và SH.SB=SK.SC

c, Tìm điểm cách đều A, B, C, H, K

d, C/m BK<AC

e, khi S di chuyển trên Ax vuông góc (ABC). C/m HK luôn đi qua một điểm T cố định và góc TAB = góc TCA. C/m kết quả luôn đúng khi tam giác ABC không vuông ở B

f, I là trung điểm AT. C/m IH là tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác AHK

a) Ta có BC vuông góc BA ( Tam giác ABC vuông ở B)

BC vuông AS ( do AS vuông mặt ABC)

nên BC vuông (SAB)

mà AH con (SAB)

$\Rightarrow$ AH vuông BC

Ta có AH vuông BC

AH vuông SB

nên AH vuông (SBC)

 Ta có AH vuông (SBC)

mà SC con (SBC)

nên AH vuông SC

Ta có SC vuông AH

SC vuông AK

nên SC vuông (AHK)

Cho $x,y \in \mathbb{R}$. Chứng minh rằng:

$\frac{1}{\sqrt{1+2x^2}}+\frac{1}{\sqrt{1+2y^2}}\geq \frac{2}{\sqrt{1+2xy}}$

Bài toán này chỉ đúng khi $xy\geq 1$

Tính A = $\lim_{x\rightarrow -\infty }(\sqrt{4x^{2}-3x+3}-\sqrt[3]{8x^{3}+x})$

A= $lim(\sqrt{x^{2}(4-\frac{3}{x}+\frac{3}{x^{2}}}-\sqrt[3]{x^{3}(8+\frac{1}{x^{2}})})$

$=lim(-x\sqrt{4-\frac{3}{x}+\frac{3}{x^{2}}}-x\sqrt[3]{8+\frac{1}{x^{2}}})=lim-x(\sqrt{4-\frac{3}{x}+\frac{3}{x^{2}}}+\sqrt[3]{8+\frac{1}{x^{2}}})$

Mà $lim-x$ ra cộng vô cùng

$lim(\sqrt{4-\frac{3}{x}+\frac{3}{x^{2}}}+\sqrt[3]{8+\frac{1}{x^{2}}})=4$

Vậy lim A bằng cộng vô cùng

Cho a,b,c dương.Chứng minh rằng:

$\sum \frac{1}{(a+b)^{2}}\geq \frac{3\sqrt{3abc(a+b+c)}(a+b+c)^{2}}{4(ab+bc+ca)^{3}}$

Bài 1: Cho $a; b; c> 0$. Chứng minh:

a. $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geq \frac{9}{a+b+c}$

Ta có $a+b+c\geq 3\sqrt[3]{abc}$

$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geq \frac{3}{\sqrt[3]{abc}}$

Nhân theo vế ta có: $(a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})\geq 9$

$\Rightarrow \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geq \frac{9}{a+b+c}$

2)a) C= $\frac{5x-7y}{5x+7y}$ biết $\frac{x}{14}=\frac{y}{10}$

Ta có $\frac{x}{14}=\frac{y}{10}$

$\Rightarrow x=\frac{7}{5}y$

$\Rightarrow 5x=7y$

$\Rightarrow 5x-7y=0$

Vậy $C=0$

Cho tam giác ABC, đường cao AH. M,N lần lượt là trung điểm AB,AC.Đường tròn ngoại tiếp tam giác BMH cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác CNH tại E. Chứng minh rằng tứ giác AMEN nội tiếp và HE đi qua trung điểm MN.

Ta có $\widehat{AME}=\widehat{EHB}$ ( do MEHB nội tiếp)

$\widehat{EHB}=\widehat{ENC}$ ( HENC nội tiếp)

$\Rightarrow \widehat{AME}=\widehat{ENC}$

Vậy AMEN nội tiếp

Ta có M, N là trung điểm AB, AC nên MN song song BC nên

$\widehat{NMH}=\widehat{MHB}$  ( MN song song BC)

$\widehat{MHB}=\widehat{MBH}$ ( tam giác BMH cân ở M)

nên$\widehat{MBH}\widehat{NMH}$

mà $\widehat{MBH}$ bằng nữa số đo cung MH nên $\widehat{NMH} bằng nữa số đo cung MH

vậy $\widehat{NMH} là góc tạo bởi tiếp tuyến bởi dây cung. suy ra MN là tiếp tuyến của (MBH)

Tương tự MN là tiếp tuyến của (NHC)

Gọi K là giao điểm của EH và MN

Ta có $MK^{2}=KE.KH$

$NK^{2}=KE.KH$

suy ra MK=KN. có nghĩa là HE đi qua trung điểm MN

B= -x² - 2y² - 2xy + 2x - 2y -15

Ta có $-x^{2}-2y^{2}-2xy+2x-2y-15$

$=-x^{2}-2xy+2x-y^{2}+2y-1-y^{2}-4y-4-10=-x^{2}-2x(y-1)-(y-1)^{2}-y^{2}-4y-4-10=-(x+y-1)^{2}-(y+2)^{2}-10\leq -10$

Dấu "=" xảy ra khi $\left\{\begin{matrix} x+y=1 & \\ y=-2 & \end{matrix}\right.$ $\Rightarrow y=-2, x=3$

Câu A không tìm được max

Cho (P): y=x²/4 đường thẳng (d) đi qua 2 điểm A,B thuộc (P) có hoành độ lần lượt là 2;-4

a, Vẽ (P)

b, Viết phương trình đường thẳng (d)

c, Tìm M thuộc cung AB của (P) để S_ABC max

d,Tìm trên Ox điểm N sao cho NA+NB min

         

a) Học sinh tự vẽ :v

b) $x_{A}=2\Rightarrow y=\frac{x^{2}}{4}=\frac{2^{2}}{4}=1$ Vậy A(2,1)

    $x_{B}=-4\Rightarrow y=\frac{x^{2}}{4}=\frac{(-4)^{2}}{4}=4$ Vậy B(-4,4)

c) C là gì vậy bạn

d)

Gọi B' là điểm đối xứng của B qua Ox. Khi đó

$NA+NB=NA+NB'\geq AB'$ ( AB' là hằng số)

Vậy khi N là giao của AB' với Ox thì NA+NB min

Tìm tọa độ N

B tọa độ là (-4,-4)

Phương trình AB: $5x-6y=4$

AB giao Ox ta cho $y=0$ ta tìm được $x=\frac{4}{5}$ Vậy $N(\frac{4}{5},0)$

Cho $\Delta ABC$ có trọng tâm $G$. Từ 1 điểm $M$ trong tam giác kẻ các đường thẳng song song với các đường trung tuyến và cắt các cạnh của tam giác lần lượt ở $I,J,K$. CMR: $\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{MJ}+\overrightarrow{MK}=\frac{3}{2}\overrightarrow{MG}$

Mình còn chả vẽ được hình. đường thẳng qua M song song với 1 đường trung tuyến cắt 2 cạnh tại 2 điểm. Vậy có 6 giao điểm mà chỉ có I, J, K. Mình không hình dung nỗi

cho hình bình hành $ABCD$ có đường chéo $AC>BD$. Kẻ $CH \perp AD$, $CK \perp AB$. chứng minh $HK=AC.sin\widehat{BAD}$

Dễ thấy tứ giác AHCK nội tiếp. Áp dụng định lý ploteme:

$AC.HK=AH.CK+AK.CH$

$\Rightarrow HK=\frac{AK.HC}{AC}+\frac{AH.CK}{AC}=AK.\frac{HC}{AC}+AH.\frac{CK}{AC}$

$= AK.sin\widehat{DAC}+AH.sin\widehat{BAC}=AC.cos\widehat{BAC}sin\widehat{DAC}+AC.cos\widehat{DAC}sinBAC=AC(cos\widehat{BAC}sin\widehat{DAC}+cos\widehat{DAC}sinBAC)=AC.sin(\widehat{DAC}+\widehat{CAB})=AC.\widehat{DAB}$

Cho $\Delta ABC$ vuông tại $A$, đường phân giác trong $BE$. Đường tròn đường kính $AB$ cắt $BE,BC$ lần lượt tại $M,N$. Đường thẳng $AM$ cắt $BC$ tại $K$. Chứng minh: $AE.AN=AM.AK$

$\Delta ABK$ có BM là đường cao và cũng là phân giác nên $\Delta ABK$  cân suy ra BM là trung tuyến

$\Delta AEK$ có ME là đường cao và cũng là phân giác nên $\Delta AEK$ cân

Vậy $\widehat{EAK}=\widehat{EKA}$ ( tam giác AEK cân)

$\widehat{MAN}=\widehat{ANM}$ ( cung AM bằng cung MN) 

$\widehat{EAK}=\widehat{ANM}$ ( chắn cung AM)

$\Rightarrow \widehat{EAK}=\widehat{EKA}=\widehat{MAN}=\widehat{ANM}$

$\Rightarrow \Delta AMN\sim \Delta AEK\Rightarrow \frac{AM}{AE}=\frac{AN}{AK}\Rightarrow AM.AK=AE.AN$

Cho $(O;AB)$ ($AB$ cố định), $I$ là điểm nằm giữa $A$ và $O$ sao cho $AI=\frac{2}{3}AO$. Kẻ dây $MN$ vuông góc với $AB$ tại $I$. Gọi $C$ là điểm tùy ý thuộc cung lớn $MN$ sao cho $C$ không trùng với $M,N$ và $B$. Nối $AC$ cắt $MN$ tại $E$

   $a)$ Chứng minh tứ giác $IECB$ nội tiếp

   $b)$ Chứng minh $AM^{2}=AE.AC$ và $AM$ là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác $MEC$

   $c)$ Chứng minh $AE.AC-AI.IB=AI^{2}$ 

   $d)$ Xác định vị trí của $C$ sao cho khoảng cách từ $N$ tới tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $CEM$ nhỏ nhất

a)

$\widehat{EIB}=\widehat{ECB}=90^{o}$ nên IEC nội tiếp

b)

Ta có $\widehat{MCA}$ bằng nữa số đo cung AM

$\widehat{AMI}$ bằng nữa số đo cung AN

Mà cung AN bằng cung AM nên $\widehat{MCA}=\widehat{MCA}$ 

$\Rightarrow \Delta AME\sim ACM$ $\Rightarrow AM^{2}=AE.AC$

ta có $\widehat{MCE}$ bằng nữa cung AM nên $\widehat{AME}$ bằng nữa cung ME nên $\widehat{AME}$ là góc tạo bởi tiếp tuyến và dây $\Rightarrow$ AM là tiếp tuyến

c) dễ thấy $AE.AC=AI.AB$ nên

$AE.AC-AI.IB=AI.AB-AI.IB=AI(AB-IB)=AI.AI=AI^{2}$

d) tiếp tuyến luôn vuông góc với bán kính tại tiếp điểm

AM là tiếp tuyến nên AM sẽ vuông góc với đường kính của (MEC) tại M mà AM vuông ME nên gọi T là tâm (MEC) thì T thuộc MB

NT min khi chỉ khi T là chân đường cao  hạ từ N xuống MB

Đặt $\sqrt{12-x}=a$ và $\sqrt{x-10}=b$

=> Phương trình cần giải tương đương với $a^2+b^2+a+b=3$

Ta có hệ phương trình $a^2+b^2+a+b=3$ và $a^2-b^2=22$.

Giải ra đơn giản.

Bạn giải thử xem nó "đơn giản" ra sao chứ mình thấy nó không đơn giản

sao được bạn, nếu x=2 thì x-10 âm rồi. Bạn quên đặt dk nên nhầm: đk 10 $\leq$ x $\leq$ 12

ý mình là $x=11$ mà mình đánh nhầm là $x=2$. chỉ vậy thôi

Giải phương trình:$x^{2}-22x+123=\sqrt{12-x}+\sqrt{x-10}$

ta có $x^{2}-22x+123=x^{2}-22x+121+2=(x-11)^{2}+2\geq 2$

$\sqrt{12-x}+\sqrt{x-10}\leq \frac{1+12-x}{2}+\frac{x-10+1}{2}\leq 2$

Vậy VT$\leq 2\leq$VP

Dấu "=" xảy ra khi $x=2$

Thử lại với $x=2$ thì thõa mãn

Vậy $x=2$ là nghiệm duy nhất