Chủ đề này có 9 trả lời

[Crystal]

Bài 1. (4,0 điểm)
Cho biểu thức $P = \left( {\frac{{\sqrt {x - 1} }}{{3 + \sqrt {x - 1} }} + \frac{{x + 8}}{{10 - x}}} \right):\left( {\frac{{3\sqrt {x - 1} + 1}}{{x - 3\sqrt {x - 1} - 1}} - \frac{1}{{\sqrt {x - 1} }}} \right)$
1. Rút gọn $P$
2. Tính giá trị của $P$ khi $x = \sqrt[4]{{\frac{{3 + 2\sqrt 2 }}{{3 - 2\sqrt 2 }}}} - \sqrt[4]{{\frac{{3 - 2\sqrt 2 }}{{3 + 2\sqrt 2 }}}}$

Bài 2. (4,0 điểm)
Trong cùng một hệ tọa độ, cho đường thẳng $d : y = x – 2$ và parabol $\left( P \right):y = - {x^2}$. Gọi $A$ và $B$ là giao điểm của $d$ và $(P)$
1. Tính độ dài $AB$
2. Tìm $m$ để đường thẳng $d’ : y = -x + m$ cắt $(P)$ tại hai điểm $C$ và $D$ sao cho $CD= AB$

Bài 3. (4,0 điểm)
1. Giải hệ phương trình: $\left\{ \begin{array}{l}
\frac{{{x^2}}}{y} + x = 2\\
\frac{{{y^2}}}{x} + y = \frac{1}{2}
\end{array} \right.$
2. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: $2{x^6} + {y^2} - 2{x^3}y = 320$

Bài 4. (6,0 điểm)
Cho tam giác nhọn $ABC$ có $AB>AC$. Gọi $M$ là trung điểm của $BC; H$ là trực tâm; $AD,BE,CF$ là các đường cao của tam giác $ABC$. Kí hiệu $(C_1)$ và $(C_2)$ lần lượt là đường tròn ngoại tiếp tam giác $AEF$ và $DKE$, với $K$ là giao điểm của $EF$ và $BC$. Chứng minh rằng:
1. $ME$ là tiếp tuyến chung của $(C_1)$ và $(C_2)$
2. $KH \bot AM$

Bài 5. (2,0 điểm)
Với $0 \le x,y,z \le 1$. Tìm tất cả các nghiệm của phương trình:
$$\frac{x}{{1 + y + zx}} + \frac{y}{{1 + z + xy}} + \frac{z}{{1 + x + zy}} = \frac{3}{{x + y + z}}$$

-------------HẾT-------------

[thukilop]

Bài 1:
a) Đk: x lớn hơn 1
--Xét
$\frac{\sqrt{x-1}}{3+\sqrt{x-1}}+\frac{x+8}{10-x}$

=$\frac{\sqrt{x-1}(3-\sqrt{x-1})}{10-x}+\frac{x+8}{10-x}$

=$3.\frac{\sqrt{x-1}+3}{10-x} (1)$

--Xét
$\frac{3\sqrt{x-1}+1}{x-3\sqrt{x-1}-1}-\frac{1}{\sqrt{x-1}}$

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

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

--Chia (1) cho (2),vế theo vế,ta được
P=$\frac{-3\sqrt{x-1}}{2(\sqrt{x-1}+2)}$ (với x lớn hơn 1) (*)

b) Rút gọn được x=2 (cái này chắc ai cũng giải được) thay vào (*) được P=$\frac{-1}{2}
Bai 3.2: nghiệm nguyên
$2x^6+y^2-2x^3y=(x^3-y)^2+(x^3)^2=320=(-16)^2+8^2=16^2+8^2$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi thukilop: 23-03-2012 - 22:12

[hoangtrong2305]

Bài 3. (4,0 điểm)
1. Giải hệ phương trình: $\left\{ \begin{array}{l}
\frac{{{x^2}}}{y} + x = 2\\
\frac{{{y^2}}}{x} + y = \frac{1}{2}
\end{array} \right.$

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

ĐKXD: $\left\{\begin{matrix} x\neq 0\\ y\neq 0 \end{matrix}\right.$

$\left\{ \begin{array}{l}
\frac{{{x^2}}}{y} + x = 2(*)\\
\frac{{{y^2}}}{x} + y = \frac{1}{2}
\end{array} \right.$

Nhân $2$ phương trình của hệ cho nhau, ta được phương trình sau:

$(\frac{{{x^2}}}{y} + x).(\frac{{{y^2}}}{x} + y)=1$

$\Leftrightarrow xy+x^{2}+y^{2}+xy=1$

$\Leftrightarrow (x+y)^{2}=1$

$\Leftrightarrow \begin{bmatrix} x+y=1\\ x+y=-1 \end{bmatrix}$



TH1: $x+y=1\Rightarrow x=1-y$

Thay vào $(*)$, ta được phương trình sau:

$\frac{(1-y)^{2}}{y} + 1-y = 2$

$\Leftrightarrow 1-2y+y^{2} + y-y^{2} = 2y$

$\Leftrightarrow 3y = 1$

$\Leftrightarrow y=\frac{1}{3}$

$\Rightarrow x=1-\frac{1}{3}=\frac{2}{3}$



TH2: $x+y=-1\Rightarrow x=-1-y$

Thay vào $(*)$, ta có phương trình:

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

$\Leftrightarrow 1+2y+y^{2} -y-y^{2} = 2y$

$\Leftrightarrow 1 -y =0$

$\Leftrightarrow y =1$

$\Rightarrow x=-1-1=-2$

Vậy ta có $2$ cặp nghiệm $(x,y)$ là:

$$\boxed{(\frac{2}{3};\frac{1}{3}),(-2;1)}$$

[beppkid]

Bài 5:
0$\leq x,y,z\leq 1 \Rightarrow x^{2}\leq x; y^{2}\leq y;z^{2}\leq z$
ta chứng minh: $1+y+zx\geq x^{2}+y^{2}+z^{2} \Leftrightarrow 1+zx\geq x^{2}+z^{2}$
có $(1-x)(1-z)\geq 0\Rightarrow 1+xz\geq x+z\geq x^{2}+z^{2}$
nên: $\frac{x}{1+y+zx}\leq \frac{x}{x^{2}+y^{2}+z^{2}}$
tương tự rồi cộng vào được:
$\frac{3}{x+y+z}\leq \frac{x+y+z}{x^{2}+y^{2}+z^{2}} \Leftrightarrow 3(x^{2}+y^{2}+z^{2})\leq (x+y+z)^{2} \Rightarrow x=y=z=1$
vậy nghiệm của pt là x=y=z=1

[perfectstrong]

Bài 4:
a) Gọi I là trung điểm AH $\Rightarrow$ I là tâm của $(C_1)$
Dễ chứng minh $ME \perp IE \Rightarrow$ ME là tiếp tuyến của $(C_1)$
Dễ thấy $\angle FED=2\angle HED \Rightarrow$ EH là phân giác trong $\vartriangle KED$
$EC \perp EB \Rightarrow$ EB là phân giác ngoài của $\vartriangle KED$.
\[
\frac{{BD}}{{BK}} = \frac{{ED}}{{EK}} = \frac{{CD}}{{CK}}
\]
Suy ra $...\Rightarrow ME^2=MD.MK \Rightarrow \angle MED=\angle MKE \Rightarrow$ ME là tiếp tuyến của $(C_2)$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 02-04-2012 - 21:51

[Secrets In Inequalities VP]

Bài 4:
a) Gọi I là trung điểm AH $\Rightarrow$ I là tâm của $(C_1)$
Dễ chứng minh $ME \perp IE \Rightarrow$ ME là tiếp tuyến của $(C_1)$
Dễ thấy $\angle FED=2\angle HED \Rightarrow$ EH là phân giác trong $\vartriangle KED$
$EC \perp EB \Rightarrow$ EB là phân giác ngoài của $\vartriangle KED$.
\[
\frac{{BD}}{{BK}} = \frac{{ED}}{{EK}} = \frac{{CD}}{{CK}}
\]
Suy ra $...\Rightarrow ME^2=MD.MK \Rightarrow \angle MED=\angle MKE \Rightarrow$ ME là tiếp tuyến của $(C_2)$.
b) Đề sai.

Đề vẫn đúng mà a Hân.
Gọi G là giao điểm của MH và $(C_1)$ . vì ME là tiếp tuyến chung của $(C_1)$ và $(C_2)$ nên theo fuong tích ta có
$ MH.MG=ME^{2}=MD.MK$
Do đó : Tú giác KDHG nội tiếp .
Suy ra : $ \angle KGM= 90^{\circ}$ mà $ \angle MGA= 90^{\circ}$ nên A , G , K thẳng hàng .
Suy ra MH vuông góc vs AK $ \Rightarrow$ H là trục tâm tam giác AMK.
Do đó : $
KH \bot AM
$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 02-04-2012 - 21:51

[dohuuthieu]

Gọi N là giao điểm của AK với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC(đặt là (O))
Dễ chứng minh ANFE,AEHF là tgnt suy ra N nằm trên đường tròn đường kính AH, do đó HN vông góc với NA
Giả sử tia NH cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại G thì $\widehat{ANG}=90^{0}$ nên AG là đường kính của (O).Dễ chứng minh BHCG là hình bình hành nên GH đi qua M, suy ra M,H,G thẳng hàng.Trong tam giác AKM có 2 đường cao AD,HM cắt nhau tại H nên H là trực tam của tam giác AKM,suy ra KH vuong góc với AM

[Secrets In Inequalities VP]

Gọi N là giao điểm của AK với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC(đặt là (O))
Dễ chứng minh ANFE,AEHF là tgnt suy ra N nằm trên đường tròn đường kính AH, do đó HN vông góc với NA
Giả sử tia NH cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại G thì $\widehat{ANG}=90^{0}$ nên AG là đường kính của (O).Dễ chứng minh BHCG là hình bình hành nên GH đi qua M, suy ra M,H,G thẳng hàng.Trong tam giác AKM có 2 đường cao AD,HM cắt nhau tại H nên H là trực tam của tam giác AKM,suy ra KH vuong góc với AM

Cách này giống cách giải bài hình thi HSG Vĩnh Phúc 2 năm trc , thục ra 2 bài này giống nhau y hệt .

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Secrets In Inequalities VP: 03-04-2012 - 17:57

[FillTheHoleInWall]

Cách khác câu 5:
(Các bạn xem giúp đúng không nhé)
Ta CM
$\frac{x}{1+y+xz}\leq \frac{1}{x+y+z}$
$x(x+y+z)\leq 1+y+xz$ (đúng)($0\leq x,y,z\leq 1$)
tương tự,rồi cộng vế theo vế
xảy ra dấu "="
$\Rightarrow x^2+xy+xz=1+y+xz$
$\Rightarrow x^2+xy=1+y$
đồng nhất $\Rightarrow x=1$
tương tự $x=y=z=1$

[duaconcuachua98]

Bài 3. (4,0 điểm)
2. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: $2{x^6} + {y^2} - 2{x^3}y = 320$

Ta có phương trình đã cho $\Leftrightarrow x^{6}-2x^{3}y+y^{2}+x^{6}=320\Leftrightarrow (x^{3}-y)^{2}+(x^{3})^{2}=320$
Vì $x,y\in \mathbb{Z}$ nên $(x^{3}-y)^{2}+(x^{3})^{2}$ là tổng của 2 số chính phương
Mà $320$ viết thành tổng của 2 số chính phương có trương hợp là
$320=64+256$
Mà $x^{3}$ là lập phương của 1 số nguyên nên ta có: $\left\{\begin{matrix} x^{3}=8 & \\ x^{3}-y=16 & \end{matrix}\right.$
$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x=2\\ y=-8 \end{matrix}\right.$
Vậy phương trình có 1 nghiệm nguyên là $(x;y)$ là $(2;-8)$