Bài 1:
Gọi d là ước chung của $n^{3}+2n$ và $n^{4}+3n^{2}+1$
Ta có:
$n^{3}+2n \vdots d\Rightarrow n\left ( n^{3} +2n\right )\vdots d \Rightarrow n^{4}+2n^{2}\vdots d \left ( 1 \right )$
Ta có:
$n^{4}+3n^{2}+1-n^{4}-2n^{2} \vdots d \Rightarrow n^{2}+1\vdots d
\Rightarrow \left ( n^{2}+1 \right )^{2}\vdots d
\Rightarrow n^{4}+2n^{2}+1\vdots d$$\left ( 2\right )$
Từ$\left ( 1\right )$ và $\left ( 2\right )$
$\Rightarrow \left ( n^{4}+2n^{2}+1 \right )-\left ( n^{4}+2n \right )\vdots d \Rightarrow 1\vdots d \Rightarrow d=\pm 1$
Vậy $\frac{n^{3}+2n}{n^{4}+2n+1}$ là phân thức tối giản với mọi $n \epsilon \mathbb {N}$
Bài này trong NC và phát triển toán 8 (còn 1 cách giải nữa)

Bài 7:
Ta có:
$\frac{x^{2}+y^{2}+z^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}= \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}+\frac{z^{2}}{c^{2}}$
$\Rightarrow \frac{x^{2}+y^{2}+z^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}-\frac{x^{x}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}-\frac{z^{2}}{c^{2}}=0$$
\Rightarrow \left ( \frac{x^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}} -\frac{x^{2}}{b^{2}}\right )+\left ( \frac{y^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}} \right )+\left ( \frac{z^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}-\frac{z^{2}}{c^{2}} \right )=0$
$\Rightarrow x^{2}\left ( \frac{1}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}-\frac{1}{a^{2}} \right )+y^{2}\left ( \frac{1}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}-\frac{1}{b^{2}} \right )+z^{2}\left ( \frac{1}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}-\frac{1}{c^{2}} \right )=0$
$\Rightarrow x^{2}\left ( \frac{-b^{2}-c^{2}}{a^{2}\left ( a^{2}+b^{2}+c^{2}\right )} \right )+y^{2}\left ( \frac{-a^{2}-c^{2}}{b^{2}\left ( a^{2}+b^{2}+c^{2}\right )} \right )+z^{2}\left ( \frac{-b^{2}-a^{2}}{c^{2}\left ( a^{2}+b^{2}+c^{2}\right )} \right )=0$
mà $a,b,c\neq 0$
nên $x^{2}=y^{2}=z^{2}=0$
Vậy x=y=z=0

Bài 2:
Cộng ba đẳng thức đã cho ta có:
$x+y+z=by+cz+ax+cz+ax+by=2(ax+by+cz)$ (1)
Mà $x=by+cz$ nên từ (1) ta có
$x+y+z=2(ax+x)=2x(1+a)\Rightarrow \frac{1}{1+a}=\frac{2x}{x+y+z}$
Tương tự:$\frac{1}{1+b}=\frac{2y}{x+y+z}$;$\frac{1}{1+c}=\frac{2z}{x+y+z}$
Vậy: $\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}+\frac{1}{1+c}=\frac{2x+2y+2z}{x+y+z}=2$

Bài 4: Ta có: $ab+cd=ab.1+cd.1=ab.(c^{2}+d^{2})+cd.(a^{2}+b^{2})$
$\Rightarrow ab+cd=abc^{2}+abd^{2}+cda^{2}+cdb^{2}$$
\Rightarrow ab+cd=ad(bd+ac)+bc(ac+bd)$
$\Rightarrow ab+cd=(ac+bd)(bc+ad)$
mà $ac+bd=0$
Vậy $ab+cd=0$

Ta có $a(1-ax)=4b-2ax (1)$
$\Leftrightarrow 2ax -a^{2}x=4b-a$
$\Leftrightarrow (2a-a^{2})x=4b-a$
$\Leftrightarrow a(2-a)x=4b-a$
* Với $2a-a^{2}\neq 0$ phương trình có nghiệm duy nhất $x=\frac{4b-a}{2a-a^{2}}$
*Với $a=0$ ta có $(1)\Leftrightarrow 0x=4b$
TH1: Với $b=0$ phương trình đúng với mọi $x$
TH2: Với $b\neq 0$ phương trình vô nghiệm
*Với $2-a=0\Leftrightarrow a=2$ ta có
$(1)\Leftrightarrow 0x=4b-2$
$\Leftrightarrow 0x=2(2b-1)$
TH1: Với $b=\frac{1}{2}$ phương trình đúng với mọi $x$
TH2: Với $b\neq \frac{1}{2}$ phương trình vô nghiệm

ta có $x^{2}+7x+22 = (x^{2}+2x)+(5x+10)+12 = (x+2)(x+5)+12$

ta thấy hiệu của $(x+2)$ và $(x+5)$ chia hết cho 3 nên $(x+2)$ và $(x+5)$ cùng chia hết cho 3 hoặc cùng không chia hết cho 3.

TH1: $(x+2)\vdots 3$ và $(x+5)\vdots 3$

$\Rightarrow (x+2)(x+5)\vdots 9$ mà $12$ không chia hết cho 9

$\Rightarrow x^{2}+7x+22$ không chia hết cho 9

TH2: tương tự TH1

Vậy $x^{2}+7x+22$ không chia hết cho 9

Cho $\bigtriangleup ABC$ , đường cao AH chia cạnh BC thành 2 đoạn : Biết BH=1, CH=4. Tính các cạnh và các góc của $\bigtriangleup ABC$

Cho $\Delta ABC$ và $\Delta A'B'C'$ có AB = A'B', BC=B'C'. Chứng minh rằng nếu AC < A'C' thì góc B nhỏ hơn góc B'

Ta đặt : $\sqrt{x+4}=a$, $\sqrt{4-x}=b$

$\Rightarrow \sqrt{16-x^2}=ab$

Ta tìm max của biểu thức  $N = a+b+ab$

Ta có $(a+b)^2 \leq 2(a^2+b^2)= 2.8=16 => a+b\leq 4$

và $a^2+b^2 \geq 2ab =>ab \leq \frac{(a^2+b^2)}{2}=\frac{8}{2}=4$

$=> N\leq 4 +4 =8$

Dấu "=" xảy ra khi $x=0$

Đề là dấu trừ nhé bạn?? bạn giải giùm

mình nhìn nhầm đề 

dễ thấy $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{1}{a+b+c} <=> (a+b)(b+c)(c+a)=0 <=> a=-b$ hoặc b=-c$ hoặc c=-a$

$\Rightarrow \left ( a^{25}+b^{25} \right )(b^3+c^3)(c^{2000}-a^{2000})=0$

Trong $2010$ điểm đã cho, tồn tại 2 điểm A,B sao cho 2008 điểm còn lại nằm cùng phía đối với AB

Vì không có $4$ điểm nào cùng thuộc một đường tròn nên ta đặt 2008 điểm còn lại lần lượt là $$N_{1}, N_{2},N_{3}....,N_{2008}$$ sao cho $$AN_{1}B> AN_{2}B> AN_{3}B> ....> AN_{2008}B$$

Ta vẽ đường tròn đi qua 3 điểm  $$A, B, N_{1001}$$

Khi đó các điểm $N_{1},N_{2},N_{3}....,N_{1000}$ nằm trong đường tròn đã vẽ và 1007 điểm còn lại nằm ngoài đường tròn (đpcm)

ĐKXĐ :$-1\leq x\leq 3$ (1)

xét hiệu : $(-x^{2}+4x+12)-(-x^{2}+2x+3)=2x+9$

do (1) nên $2x+9 > 0$ do đó $P> 0$

Xét $P^{2}=(x+2)(6-x)+(x+1)(3-x)-2\sqrt{(x+2)(6-x)(x+2)(6-x)}$

              $=(x+1)(6-x)+(6-x)+(x+2)(3-x)-(3-x)-2\sqrt{(x+2)(6-x)(x+2)(6-x)}$

              $=(x+1)(6-x)+(x+2)(3-x)-2\sqrt{(x+2)(6-x)(x+2)(6-x)}+3$

              $=(\sqrt{(x+1)(6-x)}-\sqrt{(x+2)(3-x)})^{2}+3$

Do đó $P^{2}\geq 3 => P\geq \sqrt{3}$ (vì $P\geq 0$)

Vậy min $P=\sqrt{3}\Leftrightarrow x=0$

a)Trên tia MA lấy điểm I sao cho MI=MC

Dễ thấy $\Delta CIM$ đều $\Rightarrow MC=CI$

Xét 2 tam giác $\Delta AIC$$ và \Delta BMC$ có

$IC=MC$

$\angle IAC=\angle MCB$ (vì cùng cộng với $\angle BCI = 60^{\circ}$)

$AC=BC$

Do đó $\Delta AIC$ = $\Delta BMC$

$\Rightarrow AI=BM$

$\Rightarrow$ Đpcm

b) Dễ thấy $$\Delta BAM \sim \Delta DCM$$ (g.g)

nên $\frac{AM}{CM}=\frac{BM}{DM}\Rightarrow AM.DM=CM.BM$

$\Rightarrow \frac{AM}{BM.CM}=\frac{1}{MD}$

Áp dụng kết quả câu (a) ta có đpcm

c) Đặt MA=x, MB=y. Ta có

$AM^{2}+BM^{2}+CM^{2}=x^{2}+y^{2}+(x-y)^{2}=2(x^{2}+y^{2}-xy)$ (1)

Kẻ $BH$ vuông góc với $AM$

Do $\angle BMH =60^{\circ}$ nên $MH = \frac{y}{2}, BH^{2}=y^{2}-(\frac{y}{2})^{2}=\frac{3y^{2}}{4}$

do đó $AB^{2}=AH^{2}+BH^{2}=x^{2}+y^{2}-xy$ (2)

Từ (1) và (2) $\Rightarrow MA^{2}+ MB^{2}+MC^{2}=2AB^{2}$ mà $\Delta ABC$ đều 

nên $AB=R\sqrt{3}$

$\Rightarrow$ Đpcm

BÀI 2

a) Ta có $\angle BAM =\angle ACB$

$\Rightarrow \Delta MAB \sim \Delta MCA$ (g.g)

1.Do $x,y,z$ có vai trò như nhau nên ta giả sử $0< x\leq y\leq z$

Khi đó ta có $xyz=x+y+z \leq 3z$

$\Rightarrow xy\leq 3$

mà $x,y$ là các số nguyên dương nên $xy \epsilon \left \{ 1;2;3 \right \}$  

Ta xét các trường hợp

+) TH1: $xy=1$ $\Rightarrow x=1; y=1 \Rightarrow 2+z=z$, vô lí

+) TH2: $xy=2 \Rightarrow x=1; y=2$ (do $x\leq y$) $\Rightarrow 3+z=2z \Leftrightarrow z=3$

+) TH3: $xy=3 \Rightarrow x=1; y=3 \Rightarrow 4+z=3z\Leftrightarrow z=2$

Nên ta có các cặp số $(x;y;z)$ thỏa mãn đề bài là các hoán vị của $(1;2;3)$

Khi đó $x+y+z=6$

DE đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC thì phải 

gọi $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta ABC$

Ta dễ dàng chứng minh được $AE=DC (=MD)$

$OA=OC$

$\angle EAO =\angle OCD$

$\Rightarrow \Delta EAO=\Delta DCO$ (c.g.c)

$\Rightarrow OE=OD$

$\Rightarrow$ $O$ thuộc đường trung trực của $DE$

mà $O$ cố đinh.

nên ta có $O$ là điểm cố định mà trung trực DE đi qua khi M di động 

p/s : k biết đúng k nữa 

Đặt $1+a = x$ $(x > 0)$

$2+b = y$ $(y > 0)$

 $3+c = z$ $(z > 0)$

Biến đổi VT :

$\frac{a}{a+1}+\frac{2b}{2+b}+\frac{3c}{3+c}=\frac{x-1}{x}+\frac{2y-4}{y}+\frac{3z-9}{z}=1+2+3 - \left ( \frac{1}{x} +\frac{4}{y}+\frac{9}{z}\right )$

Áp dụng BĐT $BCS$ ta có :

$VT \leq 6 - \frac{(1+2+3)^{2}}{1+a+2+b+3+c}=6-\frac{36}{7}=\frac{6}{7}$

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a=\frac{1}{6}, b=\frac{1}{3}, c= \frac{1}{2}$

Cho $\Delta ABC$, $BD$ và $CE$ lần lượt là 2 đường phân giác trong của tam giác tại đỉnh $B$ và $C$. Trên đoạn thẳng $DE$ lấy một điểm M bất kì.Từ $M$ kẻ các đường vuông góc với $BC,CA,BA$ lần lượt tại $I,J,K$. Chứng minh rằng trong ba đoạn thẳng $MI,MJ,MK$ có một đoạn thẳng bằng tổng hai đoạn còn lại.

1. Cho $\Delta ABC$, $M$ là điểm di động trên cạnh $BC$. $D$ và $E$ lần lượt là hình chiếu của $M$ trên $AB$, $AC$. Xác định vị trí của $M$ để $DE$ có độ dài ngắn nhất.

2. Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp trong đường tròn và có các đường chéo $AC$ và $BD$ cắt nhau tại $M$. Từ $M$ vẽ các đường vuông góc $MA'$,$MB'$,$MC'$,$MD'$ lần lượt đến các cạnh $AB$, $BC$, $CD$, $DA$.Chứng minh rằng $A'B'$ +$C'D'$=$A'D'$ +$B'C'$

Kẻ đường kính $AOK$ và $AO'H$.Ta có cát tuyến chung $KBH$ cố định.

Gọi $N$ là trung điểm của $CD$. 

Đường trung trực của $CD$ đi qua $N$ và cắt $KH$ tại $I$.

Dễ thấy $I$ là trung điểm của $KH$ nên $I$ cố định.

Vậy $I$ là điểm cố định cần tìm.

 

Bài toán: Cho hai đườn tròn $(O)$ và $(O')$ giao nhau tại hai điểm $A$ và $B$. Qua $A$ kẻ cát tuyến $CAD$ cắt $(O)$ và $(O')$ theo thứ tự tại C và D. Chứng minh rằng: Đường trung trực đoạn CD luôn đi qua 1 điểm cố định  

 

Kẻ đường kính $AOK$ và $AO'H$.Ta có cát tuyến chung $KBH$ cố định.

Gọi $N$ là trung điểm của $CD$. 

Đường trung trực của $CD$ đi qua $N$ và cắt $KH$ tại $I$.

Dễ thấy $I$ là trung điểm của $KH$ nên $I$ cố định.

Vậy $I$ là điểm cố định cần tìm.

Câu 1.(4 điểm)

a) Chứng minh rằng $\sqrt[3]{9+4\sqrt{5}}+\sqrt[3]{9-4\sqrt{5}}$ là một số nguyên

b)Cho số n nguyên dương tùy ý .Xét ba số tự nhiên là $a=11...1$(có 2n chữ số 1),$b=11...1$(có n+1 chữ số 1) và $c=66...6$(có n chữ số 6).Chứng minh rằng $a+b+c+8$ là một số chính phương

Câu 2.(4 điểm)

a)Cho x,y là hai số thực thỏa mãn điều kiện $x^2+y^2\leq x+y$.Chứng minh rằng $x+y\leq 2$

b)Giải phương trình $x^2+\frac{x^2}{(x+1)^2}=15$

Câu 3.(4 điểm)

a)Giải hệ phương trình 

$\left\{\begin{matrix} (x+y+z)^2=3(xy+yz+xz)\\ x^{2013}+y^{2013}+z^{2013}=3^{2014} \end{matrix}\right.$

b)Tìm tất cả các cặp số nguyên (x,y) thỏa mãn phương trình $x^3-y^3+2x^2+3x+1=0$

Câu 4.(2 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số

$f(x)=\left | x-1 \right |+2\left | x-2 \right |+3\left | x-3 \right |+4\left | x-4 \right |+5\left | x-5 \right |$

Câu 5.(4 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A có AB=8cm,AC=6cm.Đường tròn tâm O nội tiếp tam giác tiếp xúc với hai cạnh AB,BC lần lượt tại E,F.Tia AO cắt EF  tại K.Chứng minh rằng tứ giác KFCO nội tiếp và tính diện tích tam giác OKC

Câu 6.(2 điểm) Cho tam giác ABC đều.Trên cạnh BC lấy điểm M sao cho $\widehat{BAM}=15^o$ .Đường thẳng qua điểm C và song song với đường thẳng AB cắt đường thẳng AM tại điểm N.Chứng minh rằng $\frac{1}{AM^2}+\frac{1}{AN^2}=\frac{3}{4AB^2}$

Cho tam giác ABC(AB<AC) và các tam giác cân BAD,CAE(BA=BD,CA=CE) sao cho D nằm khác phía với C đối với AB,E nằm khác phía đối với B đối với AC và $\widehat{ABD}=\widehat{ACE}$.Gọi M là trung điểm của BC.Chứng minh MD=ME