b, cho $\frac{a}{b}< \frac{c}{d}.$

cmr $\frac{a}{b}< \frac{ab+cd}{b^{2}+d^{2}}< \frac{c}{d}$

và $\frac{a}{b}< \frac{a+c}{b+d}< \frac{c}{d}$ nếu $b,d> 0$

Chỉ cm dc mỗi vế thứ 2:

Vì b,d >0 nên b+d>0

$=>a+\frac{ad}{b}<a+c<=>\frac{ad}{b}<c<=>ad<bc$ ( đúng )

tương tự cái bên kia

2y(x2-y2)=3x
x(x2+y2)=10y

viết lại đề nhá: $\left\{\begin{matrix} 2y(x^2-y^2) & = & 3x\\ x(x^2+y^2) & = & 10y \end{matrix}\right.$

Nếu $y=0$ thì $x=0$, nếu $x=0$ thì $y=0$.

Xét $x,y\neq 0$, chia cả 2 vế của pt 1 cho $x^2$, chia cả 2 vế của pt 2 cho $y^2$.

Ta dc:$\left\{\begin{matrix} 2y(1-\frac{y^2}{x^2}) & = & \frac{3}{x}\\ x(\frac{x^2}{y^2}+1) & = & \frac{10}{y} \end{matrix}\right.$

Đặt $\frac{x^2}{y^2}=a$ thì $\frac{y^2}{x^2}=\frac{1}{a}$.

Hpt$<=>\left\{\begin{matrix} xy(1-\frac{1}{a}) & = & \frac{3}{2}\\ xy(1+a) & = & 10 \end{matrix}\right.$

$=>\frac{1-\frac{1}{a}}{a+1}=\frac{3}{20}<=>3a^2-17a+20=0<=>a=4,a=\frac{5}{3}$ 

Khi đó $\frac{x^2}{y^2}=4$ hoặc $\frac{x^2}{y^2}=\frac{5}{3}$.

Cho $a,b,c,d > 0$. Chứng minh tồn tại một số dương trong hai số $2a+b-2\sqrt{cd}$ và $2c+d-2\sqrt{ab}$

$2a+b-2\sqrt{cd}+2c+d-2\sqrt{ab}=(\sqrt{a}-\sqrt{b})^2+(\sqrt{c}-\sqrt{d})^2+a+c>0=>$đpcm.

mình thấy x³$\leq 1\Rightarrow \frac{-2}{x^{3}}\leq -2$ bị ngược dấu mà bạn

Uh, bị ngược dấu rồi, ko để ý.

Cho $a^2+b^2+c^2=3$ với a;b;c dương

Tìm Min của $P=5(a+b+c)+\frac{3}{abc}$

$3=a^2+b^2+c^2\geq 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}=>\sqrt[3]{abc}\leq 1$

$P\geq 15\sqrt[3]{abc}+\frac{3}{abc}$

Đặt $x=\sqrt[3]{abc}, 0\leq x\leq 1=>0\leq x^3\leq 1$

$P\geq 15x+\frac{3}{x^3}=3(5x+\frac{1}{x^3}=3(\frac{5}{3}x+ \frac{5}{3}x+\frac{5}{3}x+\frac{5}{3x^3}-\frac{2}{3x^3})\geq 3(\frac{20}{3}-\frac{2}{3})=18$

Dấu = xảy ra $<=> a=b=c=1$

P/S: Giải thế dc ko nhỉ???

Bạn lập luận như thế là chưa chặt chẽ :

Làm sao có thể khẳng định :

 

+ Nếu $A=1$ ko có giá trị nào của $x,y$ thỏa mãn.

+ Nếu $A=9$ ko có giá trị nào của $x,y$ thỏa mãn.

 

nếu chỉ biết $36^x$ tận cùng là $6$ và $5^y$ tận cùng là $5$ ?

Mình thấy làm kiểu tận cùng này khá ổn rồi. Có cái chỗ khẳng định ko có x,y thỏa mãn thì đúng do mình ẩu thật, có thể chứng minh bằng chia hết giống bạn cũng dc.

Cho x, y là các số tự nhiên khác 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

A = $\left | 36^{x}-5^{y} \right |$

Vì $36^x$ có tận cùng là 6, $5^y$ có tận cùng là 5 nên $A$ có tận cùng là 1 hoặc 9.

• Nếu $A=1$ ko có giá trị nào của $x,y$ thỏa mãn.
• Nếu $A=9$ ko có giá trị nào của $x,y$ thỏa mãn.
• Nếu $A=11$ thì $x=1,y=2$

Vậy $Min A=11<=>x=1,y=2$.

Bài 2:

$\sum \frac{a}{a^3+b^2+c}=\sum \frac{(a)(\frac{1}{a}+1+c)}{(a^3+b^2+c)(\frac{1}{a}+1+c)}\leq \sum \frac{1+a+ac}{(a+b+c)^2}\leq \frac{3+\sum a+ \frac{(\sum a)^2}{3}}{(a+b+c)^2}=1$

Sao bạn nghĩ ra dc bước nhân $\frac{1}{a}+1+c$ hay vậy. Chỗ đó dúng là nghệ thuật luôn á

Dùng máy tính kiểu gì ạ?

Thì em bấm máy ra 2 nghiệm của pt, cộng hai nghiệm ấy lại ra số nguyên, rồi nhân tiếp 2 nghiệm ấy lại, thấy ra số nguyên thì dùng viet như mr cooper ấy. Còn trường hợp ko ra nghiệm nguyên hoặc vô nghiệm thì tìm cách khác.

Làm sao tính được hệ thức Vi-ét trên ạ? Chỉ em với

Dùng máy tính.

Cho các số thực không âm a,b,c. Chứng minh rằng:

P=$\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}\leq \frac{3\sqrt{3}}{2}\sqrt{a+b+c-\frac{abc}{ab+bc+ca}}$

Áp dụng bđt $Bunhiacopxki$,ta được: $P^2\leq 6(a+b+c)$.

Cần CM: $6(a+b+c)\leq \frac{27}{4}(a+b+c-\frac{abc}{\sum{ab}})$

$<=>24(a+b+c)\leq 27(a+b+c)-\frac{27abc}{\sum{ab}}$

$<=>3(a+b+c)-\frac{27abc}{\sum{ab}}\geq 0$

Áp dụng bđt $Cauchy$: $\sum{ab}\geq 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}$,$3\sqrt[3]{abc}\leq a+b+c$

$VT\geq 3(a+b+c)-\frac{27abc}{3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}}$

      $=3(a+b+c)-9\sqrt[3]{abc}$

      $\geq 3(a+b+c)-3(a+b+c)=0$

Dấu $'='<=> a=b=c$.

Dùng Casio, ta gõ như sau : $\sum_{1}^{504}(\frac{4x-3}{4x-1})$ ra phần nguyên là $500$ kk

đi thi cho làm kiểu vậy ko?

M.n giải thích giúp mình phần lí luận thứ 2 của lời giải.

Cái chỗ khung vuông thứ 3 từ trên đếm xuống ấy à?

Nếu là cái chỗ đó thì hình như là do $x_1$ là nghiệm của $f(x)$ nên $f(x_1)=0$ chia hết cho 2017, mà $x^{2017}-x$ chia hết cho 2017 nên $g(x_1)$ chia hết cho 2017

2) Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn: $x^{2}+y^{2}+z^{2}=11$ và $xy+yz+zx=7$. Chứng minh: $\frac{1}{3}\leq x, y, z\leq 3$

Từ gt $=>x+y+z=5$

Ta có $xy+yz+zx=7<=>x(y+z)+yz=7\leq x(y+z)+\frac{(y+z)^2}{4}=x(5-x)+\frac{(5-x)^2}{4}=\frac{-3x^2+10x+25}{4}=>\frac13\leq x\leq 3$.Tương tự...

Đề năm nay tương đối dễ

Đề dễ mới sợ ấy. Mấy cái đề khó làm 5 điểm còn đậu nổi. Còn mấy cái đề dễ làm 9 điểm ko biết đậu nổi ko.

Bài PT ta có thể đặt ẩn phụ như sau:

Đặt $\sqrt{x^2+1}=a,\sqrt{x}=b$.

Ta có ngay: $a^2-ab-6b^2=0\Rightarrow a=3b$.

Từ đó ta có thể giải tiếp đơn giản mà ko cần sợ tách ko được.

Làm thế này cũng được nữa:

$PT\Leftrightarrow x^2+1-\sqrt{x(x^2+1)}-6x=0$

Chia cả 2 vế cho x được 

$\frac{x^2+1}{x}-\sqrt{\frac{x^2+1}{x}}-6=0$

Đặt $\sqrt{\frac{x^2+1}{x}}=a$...

P/s: Cái đề này thấy mấy đứa bạn đứa nào cũng giải được hết có mình bỏ một câu. Ko biết đậu nổi ko.

Bài 83: (Sưu tầm)

Cho tam giác $ABC$ nhọn. Các đường cao $BB_{1}; CC_{1}$. Gọi $O$ là trung điểm $BC$. Gọi $M = B_{1}C_{1} \cap BC$; $ P = (BOC_{1}) \cap (COB_{1}) $.Chứng minh rằng $MP; BB_{1}; CC_{1}$ đồng quy tại $1$ điểm.

 

83.png

• Chứng minh $A,P,O$ thẳng hàng $\Rightarrow \angle HPO=90^o$

Dễ thấy 4 điểm $A,C_1,H,B_1$ cùng thuộc 1 đường tròn.

Xét tứ giác $AC_1PB_1$ có $\angle AB_1P=\angle POC,\angle AC_1P=\angle POB$ (do 2 tứ giác $C_1POB,B_1POC$ nội tiếp), $\angle POB+\angle POC=180^o \Rightarrow \angle AC_1P+\angle AB_1P=180^o\Rightarrow AC_1PB_1$ nội tiếp.

$\Rightarrow \angle APH=\angle AB_1H=90^o$

Ta có $AC_1.AB=AB_1.AC \Rightarrow B_1C_1BC$ nội tiếp $\Rightarrow \angle APB_1=\angle AC_1B_1=\angle ACB$.

Mà $\angle OCB_1+\angle OPB_1=180^o \Rightarrow \angle APB_1+\angle OPB_1=180^o \Rightarrow A,P,O$ thẳng hàng.

$\Rightarrow \angle HPO=90^o$.                                 (1)

• Chứng minh $\angle B_1C_1P=\angle PCM\Rightarrow C_1PCM$ nội tiếp.

​Ta có $\angle PC_1B_1=\angle PAB_1=\angle PAC$

Ta có $\angle OPC=\angle OB_1C=\angle B_1CO$ ($\angle OB_1C=\angle B_1CO$ do $B_1O=OB=OC$ trung tuyến ứng với cạnh huyền)

Mà $\angle OPC=\angle PAC+\angle ACP, \angle B_1CO=\angle PCO+\angle ACP$ 

$\Rightarrow \angle PAC=\angle PCO$

$\Rightarrow \angle B_1C_1P=\angle PCM \Rightarrow C_1PCM$ nội tiếp

$\Rightarrow \angle MC_1C=\angle MPC \Rightarrow 90^o+\angle MC_1B=\angle MPO+\angle OPC$

Mà $\angle MC_1B=\angle AC_1B_1=\angle B_1CO=\angle OB_1C=\angle OPC$

$\Rightarrow \angle MPO=90^o$                                  (2)

(1)(2)$\Rightarrow M,H,P$ thẳng hàng.

Vậy $MP,BB_1,CC_1$ đồng quy tại 1 điểm.

Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa: $a^2+b^2+c^2=3$. Tìm GTLN:

$B=\frac{a}{a^2+2b+3}+\frac{b}{b^2+2c+3}+\frac{c}{c^2+2a+3}$.

1. $\sqrt{x+3}+\sqrt{3x+1}=\sqrt{2x+1}+\sqrt{2x+3}$

Bình phương hai vế, ta được:

$(x+3)(3x+1)=(2x+1)(2x+3)$

$\Rightarrow -x(x-2)=0$

Đề thi thử hôm nay .

$\boxed{\text{Bài 2a}}$

Giả sử tồn tại pt $x^2+ax+b=0$ thỏa mãn điều kiện đề bài. Gọi 2 nghiệm của pt này là $x_1,x_2$.

Khi đó ta có:$\left\{\begin{matrix} x_1x_2 & = & b\\ x_1+x_2 & = & -a \end{matrix}\right.$

Khi tăng hệ số của pt trên lên 1 đơn vị, ta dc pt mới:

$2x^2+(a+1)x+b+1=0$

Khi đó pt có 2 nghiệm là $x_1+1$ và $x_2+1$.

Theo Vi-et, ta có:$\left\{\begin{matrix} (x_1+1)+(x_2+1) & = & -\frac{a+1}{2}\\ (x_1+1)(x_2+1) & = & \frac{b+1}{2} \end{matrix}\right.$

Ta có $-\frac{a+1}{2}=x_1+x_2+2=2-a \Rightarrow a=5$

$\frac{b+1}{2}=x_1x_2+x_1+x_2+1=b-a+1=b-4 \Rightarrow b=9$.

Khi đó pt cần tìm là $x^2+5x+9=0$. Pt này vô nghiệm. Vậy ko tồn tại pt thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Ta có: $P=9x^2+8y^2-12xy+6x-20y+18=(3x-2y+2)^2+(2y-3)^2+5\geq 5$

Dấu "=" xảy ra khi: $\left\{\begin{matrix} x=\frac{1}{3}\\ y=\frac{3}{2} \end{matrix}\right.$

Mình có bấm máy thử thì thấy khi x=1,y=2 thì p=1.

Cho hai số thực $x,y$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

$P=9x^2+8y^2-12xy+6x-20y+18$

Bài 3: (5 điểm)

     Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn (O; R), hai đường cao BE và CF của tam giác cắt nhau tại H. Kẻ đường kính AK của đường tròn (O; R), gọi I là trung điểm của BC.

     1) Chứng minh bốn điểm B, F, E, C cùng thuộc một đường tròn. Xác định tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác BFEC.

     2) Chứng minh rằng: AH = 2.IO.

     3) Biết $\widehat{BAC}=60^{o}$, tính độ dài dây BC theo R.

2) $\angle BKC+\angle BAC=180^{\circ}$

    $\angle BHC+\angle BAC=180^{\circ}$

$\Rightarrow \angle BKC=\angle BHC$                           (1)

$\angle ABK=\angle ACK=90^{\circ}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

$\angle ABE=\angle ACF$ (cùng phụ $\angle A$)

$\Rightarrow \angle HBK=\angle HCK$                          (2)

(1)(2)$\Rightarrow BHCK$ là hình bình hành

$\Rightarrow H,I,K$ thẳng hàng và $IH=IK$

Mà $OA=OK\Rightarrow AH=2OI$.

3)$BC=R\sqrt{3}$.

Bài 5: Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn tâm O. Gọi E, F lần lượt là chân đường cao kẻ từ C và B của tam giác ABC. D là điểm đối xứng của A qua O, M là trung điểm BC, H là trực tâm tam giác ABC

            a) Chứng minh rằng M là trung điểm HD

            b) Gọi L là giao điểm thứ hai của CE với đường tròn tâm O. Chứng minh rằng H, L đối xứng nhau qua AB

a)$D$ đối xứng $A$ qua $O\Rightarrow D\in O\Rightarrow \angle BAC+\angle BDC=180^{\circ}$

$\angle BHC=\angle EHF$ 

$\angle EHF+\angle BAC=180^{\circ}$

$\Rightarrow \angle BDC=\angle BHC$      (1)

Mặt khác: $AOD$ là đường kính đường tròn $(O)$.

$\Rightarrow \angle ABD=\angle ACD=90^{\circ}$

Mà $\angle ABF=\angle ACE$

$\Rightarrow \angle HBD=\angle HCD$      (2)

$(1)(2)\Rightarrow HBDC$ là hình bình hành

$\Rightarrow đpcm$

b)$\angle EHA=\angle EFA=\angle ABC=\frac{1}{2}\text{sđ}\overarc{AC}=\angle ALC$

$\Rightarrow \triangle ALH$ cân tại $H\Rightarrow đpcm$.

Lời giải bài 4: Lê Khánh Sỹ

Cái chỗ AM suy rộng là sao vậy bạn? Bạn giải thích rõ hơn dược ko?