Chủ đề này có 13 trả lời

[ILOVECR7]

Câu 1: a)  Giải pt:  $\sqrt{x+1}+2x\sqrt{x+3}=2x+\sqrt{x^{2}+4x+3}$

            b)  Giải hpt:  $\left\{\begin{matrix} \frac{x^{2}}{(y+1)^{2}}+\frac{y^{2}}{(x+1)^{2}}=\frac{1}{2} & \\ 3xy=x+y+1 & \end{matrix}\right.$

 

Câu 2:  a)  Tìm các số nguyên x và y thỏa mãn pt $9x+2=y^{2}+y$

             b)  Tìm các chữ số a,b sao cho $\overline{ab}^{2}=(a+b)^{3}$

 

Câu 3:  Cho các số a,b,c không âm. Chứng minh rằng:

            $a^{2}+b^{2}+c^{2}+3\sqrt[3]{(abc)^{2}}\geq 2(ab+bc+ca)$

           Đẳng thức xảy ra khi nào?

 

Câu 4:  Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) có các đường cao AE và CF cắt nhau tại H. Gọi P là điểm thuộc cung nhỏ BC (P khác B,C) ; M,N lần lượt là hình chiếu của (P) trên các đường thẳng AB và AC. Chứng minh rằng:

            a)  OB vuông góc với EF và $\frac{BH}{BO}=2\frac{EF}{AC}$

            b)  Đường thẳng MN đi qua trung điểm của đoạn thẳng HP.

 

Câu 5:  Cho tam giác nhọn ABC có $\widehat{BAC}=60^{0}$ , BC=$2\sqrt{3}$ cm. Bên trong tam giác này cho 13 điểm bất kì. Chứng minh rằng trong 13 điểm ấy luôn tìm được 2 điểm mà khoảng cách giữa chúng không lớn hơn 1 cm.

[Ngoc Hung]

Câu 1: a)  Giải pt:  $\sqrt{x+1}+2x\sqrt{x+3}=2x+\sqrt{x^{2}+4x+3}$

            b)  Giải hpt:  $\left\{\begin{matrix} \frac{x^{2}}{(y+1)^{2}}+\frac{y^{2}}{(x+1)^{2}}=\frac{1}{2} & \\ 3xy=x+y+1 & \end{matrix}\right.$

a) ĐKXĐ: $x\geq -1$. Phương trình tương đương $\left ( \sqrt{x+3}-1 \right )\left ( \sqrt{x+1}-2x \right )=0$

Giải tiếp được nghiệm $x=\frac{1+\sqrt{17}}{8}$

 

b) ĐKXĐ: x, y khác -1. Đặt $a=\frac{x}{y+1};b=\frac{y}{x+1}$ và được hệ phương trình

$\left\{\begin{matrix} a^{2}+b^{2}=\frac{1}{2} & \\ ab=\frac{1}{4} & \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} (a+b)^{2}=1 & \\ (a-b)^{2}=0 & \end{matrix}\right.$. Giải tiếp được nghiệm x = y = 1; x = y = -1/3

[Ngoc Hung]

Câu 3:  Cho các số a,b,c không âm. Chứng minh rằng:

            $a^{2}+b^{2}+c^{2}+3\sqrt[3]{(abc)^{2}}\geq 2(ab+bc+ca)$

           Đẳng thức xảy ra khi nào?

Đặt $\sqrt[3]{a^{2}}=x;\sqrt[3]{b^{2}}=y;\sqrt[3]{c^{2}}=z\Rightarrow x,y,z\geq 0$

BĐT tương đương $x^{3}+y^{3}+z^{3}+3xyz\geq 2\left ( \sqrt{x^{3}y^{3}}+ \sqrt{y^{3}z^{3}}+ \sqrt{z^{3}x^{3}} \right )$

Giả sử $x\geq y\geq z\geq 0$. Khi đó $x(x-y)^{2}+z(y-z)^{2}+(z+x-y)(x-y)(y-z)\geq 0\Rightarrow x^{3}+y^{3}+z^{3}+3xyz\geq xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x)$ (1)

Mặt khác áp dụng Cauchy được $xy(x+y)\geq 2xy\sqrt{xy}=2\sqrt{x^{3}y^{3}}$, tương tự ta có

$xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x)\geq 2\left ( \sqrt{x^{3}y^{3}}+\sqrt{y^{3}z^{3}}+\sqrt{z^{3}x^{3}} \right )$ (2)

Từ (1) và (2) ta có ĐPCM

[ILOVECR7]

a) ĐKXĐ: $x\geq -1$. Phương trình tương đương $\left ( \sqrt{x+3}-1 \right )\left ( \sqrt{x+1}-2x \right )=0$

Giải tiếp được nghiệm $x=\frac{1+\sqrt{17}}{8}$

 

b) ĐKXĐ: x, y khác -1. Đặt $a=\frac{x}{y+1};b=\frac{y}{x+1}$ và được hệ phương trình

$\left\{\begin{matrix} a^{2}+b^{2}=\frac{1}{2} & \\ ab=\frac{1}{4} & \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} (a+b)^{2}=1 & \\ (a-b)^{2}=0 & \end{matrix}\right.$. Giải tiếp được nghiệm x = y = 1; x = y = -1/3

Câu b giải bằng cô-si được đó bạn

[khanghaxuan]

Câu 1b. $\left\{\begin{matrix} \frac{x^{2}}{(y+1)^{2}}+\frac{y^{2}}{(x+1)^{2}}=\frac{1}{2} & & \\ 3xy=x+y+1 & & \end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} (\frac{x}{y+1}-\frac{y}{x+1})^{2}+\frac{1}{2}=\frac{1}{2} & & \\ 4xy=(x+1)(y+1) & & \end{matrix}\right.\Rightarrow \frac{x}{y+1}=\frac{y}{x+1}\Rightarrow x=y \vee x+y=-1$Tới đây thế vào là xong 

[khanghaxuan]

Câu 1b. $\left\{\begin{matrix} \frac{x^{2}}{(y+1)^{2}}+\frac{y^{2}}{(x+1)^{2}}=\frac{1}{2} & & \\ 3xy=x+y+1 & & \end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} (\frac{x}{y+1}-\frac{y}{x+1})^{2}+\frac{1}{2}=\frac{1}{2} & & \\ 4xy=(x+1)(y+1) & & \end{matrix}\right.\Rightarrow \frac{x}{y+1}=\frac{y}{x+1}\Rightarrow x=y \vee x+y=-1$Tới đây thế vào là xong 

[Ngoc Hung]

Câu 5:  Cho tam giác nhọn ABC có $\widehat{BAC}=60^{0}$ , BC=$2\sqrt{3}$ cm. Bên trong tam giác này cho 13 điểm bất kì. Chứng minh rằng trong 13 điểm ấy luôn tìm được 2 điểm mà khoảng cách giữa chúng không lớn hơn 1 cm.

Gọi (O) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và M, N, P lần lượt là trung điểm của BC, CA, AB. Do tam giác ABC nhọn nên O nằm trong tam giác ABC

Vì $\widehat{BAC}=60^{0}$ nên $\widehat{MOC}=60^{0}\Rightarrow OA=OB=OC=\frac{MC}{sin60^{0}}=2$

Vì O nằm trong tam giác ABC và OM vuông góc BC, ON vuông góc AC, OP vuông góc AB

Suy ra tam giác ABC được chia thành 3 tứ giác ANOP, BMOP, CMON nội tiếp các đường tròn có đường kính 2 (đường kính lần lượt là OA, OB, OC).  

Theo nguyên lý Đirichlê, tồn tại ít nhất một trong 3 tứ giác này chứa ít nhất 5 điểm trong 13 điểm đã cho, giả sử đó là tứ giác ANOP

Gọi E, F, G, H lần lượt là trung điểm của NA, AP, PO, ON và I là trung điểm OA, suy ra IA = IP = IO = IN = 1

Khi đó tứ giác ANOP được chia thành 4 tứ giác AEIF, FIGP, IGOH, IHNE nội tiếp các đường tròn có đường kính 1

Theo nguyên lý Đirichlê, tồn tại ít nhất một trong 4 tứ giác này chứa ít nhất 2 điểm trong 5 điểm đã cho, giả sử đó là tứ giác AEIF chứa 2 điểm X, Y trong số 13 điểm đã cho.

Vì X, Y nằm trong tứ giác AEIF nên X, Y nằm trong đường tròn ngoại tiếp tứ giác này, do đó XY không lớn hơn đường kính đường tròn này, nghĩa là khoảng cách giữa X, Y không vượt quá 1                                                                   

[Ngoc Hung]

Câu 2:  a)  Tìm các số nguyên x và y thỏa mãn pt $9x+2=y^{2}+y$

             b)  Tìm các chữ số a,b sao cho $\overline{ab}^{2}=(a+b)^{3}$

b) Từ giả thiết  suy ra $\overline{ab}=(a+b)\sqrt{a+b}$ (1)

Vì $\overline{ab};a+b\in N^{*}$ nên a + b là số chính phương.

Mặt khác $1\leq a+b\leq 18\Rightarrow a+b\in\left \{ 1,4,9,16 \right \}$

Nếu a + b = 1; a + b = 4, a + b = 16 thay vào (1) không thỏa mãn

Nếu a + b = 9 thay vào (1) được a = 2; b = 7

[datmc07061999]

Câu 4:  Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) có các đường cao AE và CF cắt nhau tại H. Gọi P là điểm thuộc cung nhỏ BC (P khác B,C) ; M,N lần lượt là hình chiếu của (P) trên các đường thẳng AB và AC. Chứng minh rằng:

            a)  OB vuông góc với EF và $\frac{BH}{BO}=2\frac{EF}{AC}$

            b)  Đường thẳng MN đi qua trung điểm của đoạn thẳng HP.

a)+)Ta có: $\widehat{BFE}=\widehat{BHE}(1); \widehat{OBA}=\frac{180^{\circ}-\widehat{AOB}}{2}=90^{\circ}-\widehat{ACB}= \widehat{HBC}(2)$.

Từ (1) và (2) $\Rightarrow \widehat{BFE}+\widehat{OBF}=\widehat{BHE}+\widehat{HBC}=90^{\circ}$ $\rightarrow OB\perp EF (đpcm)$.

+) Ta có : $\Delta EFB \infty \Delta ACB\rightarrow \frac{EF}{AC}=\frac{BE}{AB}\rightarrow \frac{2EF}{AC}=\frac{2BE}{AB}=\frac{BE}{KB}$ (K là trung điểm của AB).

Lại có $\Delta HEB\infty OKB(g.g)\rightarrow \frac{HB}{OB}=\frac{EB}{KB}=\frac{2BE}{AB}=\frac{2EF}{AC}$. (đpcm).

b) Lấy P1 đối xứng với P qua AB, lấy P2 đối xứng với P qua AC $\Rightarrow P_{1}P_{2}\parallel MN$.

Lại có $P_{1}P_{2}$ là đường thẳng Steiner $P_{1};P_{2};H$ thẳng hàng .

Theo Ta-lét thì MN đi qua trung điểm của HP (đpcm).

Xong Đề

P/s: Các bạn like ủng hộ mình nhé...

[maiduchoa1983]

Gọi (O) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và M, N, P lần lượt là trung điểm của BC, CA, AB. Do tam giác ABC nhọn nên O nằm trong tam giác ABC

Vì $\widehat{BAC}=60^{0}$ nên $\widehat{MOC}=60^{0}\Rightarrow OA=OB=OC=\frac{MC}{sin60^{0}}=2$

Vì O nằm trong tam giác ABC và OM vuông góc BC, ON vuông góc AC, OP vuông góc AB

Suy ra tam giác ABC được chia thành 3 tứ giác ANOP, BMOP, CMON nội tiếp các đường tròn có đường kính 2 (đường kính lần lượt là OA, OB, OC).  

Theo nguyên lý Đirichlê, tồn tại ít nhất một trong 3 tứ giác này chứa ít nhất 5 điểm trong 13 điểm đã cho, giả sử đó là tứ giác ANOP

Gọi E, F, G, H lần lượt là trung điểm của NA, AP, PO, ON và I là trung điểm OA, suy ra IA = IP = IO = IN = 1

Khi đó tứ giác ANOP được chia thành 4 tứ giác AEIF, FIGP, IGOH, IHNE nội tiếp các đường tròn có đường kính 1

Theo nguyên lý Đirichlê, tồn tại ít nhất một trong 4 tứ giác này chứa ít nhất 2 điểm trong 5 điểm đã cho, giả sử đó là tứ giác AEIF chứa 2 điểm X, Y trong số 13 điểm đã cho.

Vì X, Y nằm trong tứ giác AEIF nên X, Y nằm trong đường tròn ngoại tiếp tứ giác này, do đó XY không lớn hơn đường kính đường tròn này, nghĩa là khoảng cách giữa X, Y không vượt quá 1                                                                   

Bạn thay từ "nằm trong" thì bài toán sẽ ổn.

[Trang Luong]

 

Đáp án   DE THI DAP AN DE THI VAO TRUONG PHAN BOI CHAUNGHE AN 20142015.doc   355.5K   376 Số lần tải

[linhsq]

Câu 1: a)  Giải pt:  $\sqrt{x+1}+2x\sqrt{x+3}=2x+\sqrt{x^{2}+4x+3}$

            b)  Giải hpt:  $\left\{\begin{matrix} \frac{x^{2}}{(y+1)^{2}}+\frac{y^{2}}{(x+1)^{2}}=\frac{1}{2} & \\ 3xy=x+y+1 & \end{matrix}\right.$

 

Câu 2:  a)  Tìm các số nguyên x và y thỏa mãn pt $9x+2=y^{2}+y$

             b)  Tìm các chữ số a,b sao cho $\overline{ab}^{2}=(a+b)^{3}$

 

Câu 3:  Cho các số a,b,c không âm. Chứng minh rằng:

            $a^{2}+b^{2}+c^{2}+3\sqrt[3]{(abc)^{2}}\geq 2(ab+bc+ca)$

           Đẳng thức xảy ra khi nào?

 

Câu 4:  Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) có các đường cao AE và CF cắt nhau tại H. Gọi P là điểm thuộc cung nhỏ BC (P khác B,C) ; M,N lần lượt là hình chiếu của (P) trên các đường thẳng AB và AC. Chứng minh rằng:

            a)  OB vuông góc với EF và $\frac{BH}{BO}=2\frac{EF}{AC}$

            b)  Đường thẳng MN đi qua trung điểm của đoạn thẳng HP.

 

Câu 5:  Cho tam giác nhọn ABC có $\widehat{BAC}=60^{0}$ , BC=$2\sqrt{3}$ cm. Bên trong tam giác này cho 13 điểm bất kì. Chứng minh rằng trong 13 điểm ấy luôn tìm được 2 điểm mà khoảng cách giữa chúng không lớn hơn 1 cm.

đề thi có vẻ hơi dài và khó

[Cetus]

Câu 3: VT tương đương $x^{2}+y^{2}+z^{2}+\frac{9abc}{3\sqrt[3]{abc}}\geq x^{2}+y^{2}+z^{2}+\frac{9abc}{a+b+c}$

Theo Schur ta có: $(a+b+c)^{3}+9abc\geq 4(a+b+c)(ab+bc+ca)$

$\Leftrightarrow 9abc\geq (a+b+c)(2ab+2bc+2ca-a^{2}-2b^{2}-2c^{2})$

$\rightarrow VT\geq a^{2}+b^{2}+c^{2}+\frac{(a+b+c)(2ab+2bc+2ca-a^{2}+b^{2}-c^{2})}{(a+b+c)}$

đpcm

[nguyenthanhlam1]

Gọi (O) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và M, N, P lần lượt là trung điểm của BC, CA, AB. Do tam giác ABC nhọn nên O nằm trong tam giác ABC

Vì $\widehat{BAC}=60^{0}$ nên $\widehat{MOC}=60^{0}\Rightarrow OA=OB=OC=\frac{MC}{sin60^{0}}=2$

Vì O nằm trong tam giác ABC và OM vuông góc BC, ON vuông góc AC, OP vuông góc AB

Suy ra tam giác ABC được chia thành 3 tứ giác ANOP, BMOP, CMON nội tiếp các đường tròn có đường kính 2 (đường kính lần lượt là OA, OB, OC).  

Theo nguyên lý Đirichlê, tồn tại ít nhất một trong 3 tứ giác này chứa ít nhất 5 điểm trong 13 điểm đã cho, giả sử đó là tứ giác ANOP

Gọi E, F, G, H lần lượt là trung điểm của NA, AP, PO, ON và I là trung điểm OA, suy ra IA = IP = IO = IN = 1

Khi đó tứ giác ANOP được chia thành 4 tứ giác AEIF, FIGP, IGOH, IHNE nội tiếp các đường tròn có đường kính 1

Theo nguyên lý Đirichlê, tồn tại ít nhất một trong 4 tứ giác này chứa ít nhất 2 điểm trong 5 điểm đã cho, giả sử đó là tứ giác AEIF chứa 2 điểm X, Y trong số 13 điểm đã cho.

Vì X, Y nằm trong tứ giác AEIF nên X, Y nằm trong đường tròn ngoại tiếp tứ giác này, do đó XY không lớn hơn đường kính đường tròn này, nghĩa là khoảng cách giữa X, Y không vượt quá 1                                                                   

Bài này khá giống bài trong đề thi của sư phạm