Chủ đề này có 15 trả lời

[dreamcatcher170201]

Bài 1:
1)Cho $A=\frac{2x^{3}+3x^{2}-x-1}{2x^{3}+3x^{2}+3x+1}$.Chứng minh rằng với x là số tự nhiên thì biểu thức rút gọn A luôn là phân số tối giản
2)Tìm tất cả các số nguyên thỏa mãn $x^{4}+2x^{3}+2x^{2}+x+3=y^{2}$
Bài 2:
Cho $x;y;z;t$ dương và $xyzt=1$.Chứng minh rằng
$\frac{1}{x^{3}(yz+zt+ty)}+\frac{1}{y^{3}(xz+zt+tx)}+\frac{1}{z^{3}(xt+ty+tx)}+\frac{1}{t^{3}(xy+yz+zx)}\geq \frac{4}{3}$
Bài 3:
1)Giải hệ phương trình
$y^{6}+y^{3}+2x^{2}=\sqrt{xy-x^{2}y^{2}}$
$8xy^{3}+2y^{3}+1\geq 4x^{2}+2\sqrt{1+(2x-y)^{2}}$
2)Giải phương trình
$2x^{2}-11x+21=3\sqrt[3]{4x-4}$
Bài 4:Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $\left ( O \right )$.Kẻ phân giác trong của góc $A$ cắt $BC$ tại $D$,cắt $(O)$ tại $E$.
a)Chứng minh đường thẳng $BE$ tiếp xúc với $(ABD)$
b)Chứng minh:$AB.AC-DB.DC=AD^{2}$
c)Giả sử $BC$ cố định,điểm $A$ chuyển động trên cung lớn $BC$,chứng minh tổng độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABD$ và $ACD$ không đổi
Bài 5:Cho tam giác $ABC$ không đều,có các cạnh $BC=a;CA=b;AB=c$.Gọi các điểm $I$ và $G$ lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp và trọng tâm của tam giác $ABC$.Chứng minh rằng nếu $IG$ vuông góc với $IC$ thì $6ab=(a+b)(a+b+c)$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dreamcatcher170201: 25-02-2016 - 14:44

[dreamcatcher170201]

Hôm nay mình vừa thi xong đề khá khó.mình còn câu hệ với bài 5 ai làm giúp mình với

[the man]

Bài 3:
1)Giải hệ phương trình

$\left\{\begin{matrix}y^{6}+y^{3}+2x^{2}=\sqrt{xy-x^{2}y^{2}} & & \\ 8xy^{3}+2y^{3}+1\geq 4x^{2}+2\sqrt{1+(2x-y)^{2}} & & \end{matrix}\right.$

 

$\left\{\begin{matrix}2y^6+2y^3+4x^2=2\sqrt{xy(1-xy)}\leq 1 & & \\ 8xy^3+2y^3+1\geq 4x^2+2 & & \end{matrix}\right.$

Từ đó ta có:

$(2y^6+2y^3+4x^2)-(8xy^3+2y^3+1) \leq -1-4x^2$

$\leftrightarrow 2(y^3-2x)^2 \leq 0$

Đến đây thì ra rồi nhé.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi the man: 25-02-2016 - 17:14

[the man]

Bài 5:Cho tam giác $ABC$ không đều,có các cạnh $BC=a;CA=b;AB=c$.Gọi các điểm $I$ và $G$ lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp và trọng tâm của tam giác $ABC$.Chứng minh rằng nếu $IG$ vuông góc với $IC$ thì $6ab=(a+b)(a+b+c)$

Gọi T là giao điểm của GI và BC

Ta có $\Delta ITC$ vuông tại I

Gọi H,K,P lần lượt là hình chiếu của A,G,I xuống BC.

Ta tính được AH, IP, GK, PC theo $a,b,c$

Từ đó dùng hệ thức lượng trong tam giác vuông ITC ta tính được IT

Ta có IP || GK nên sử dụng định lí Ta-lét ta tính được IG

Mặt khác ta cũng tính được GC, IC theo $a,b,c$

Nên áp dụng định lí Py-ta-go ta có $IG^2+IC^2=GC^2$, thay $a,b,c$ vào rồi biến đổi tương đương ta có điều phải chứng minh.

 

Cách này anh nghĩ không hay cho lắm tại vì biến đổi phức tạp, chắc phải có lời giải khác hay hơn.       

[dreamcatcher170201]

$\left\{\begin{matrix}2y^6+2y^3+4x^2=2\sqrt{xy(1-xy)}\leq 1 & & \\ 8xy^3+2y^3+1\geq 4x^2+2 & & \end{matrix}\right.$

Từ đó ta có:

$(2y^6+2y^3+4x^2)-(8xy^3+2y^3+1) \leq -1-4x^2$

$\leftrightarrow 2(y^3-2x)^2 \leq 0$

Đến đây thì ra rồi nhé.

Em cũng nghĩ là phải dùng bất đẳng thức nhưng không theo hướng này lên không ra
Thật không thể tin nổi

[anhtukhon1]

 

 

Cách này anh nghĩ không hay cho lắm tại vì biến đổi phức tạp, chắc phải có lời giải khác hay hơn.       

Hình như là biến đổi ra thế này em không nhớ

$6r=h_{a}+h_{b};ah_{a}=bh_{b}=r(a+b+c)\Rightarrow \frac{r(a+b+c)}{a}=ha;\frac{r(a+b+c)}{b}=h_{b}\Rightarrow 6r=\frac{r(a+b+c)}{a}+\frac{r(a+b+c)}{b}\Rightarrow 6r=(a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b})\Rightarrow 6abr=(a+b+c)(a+b)$

[ngochapid]

Bài 4:Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $\left ( O \right )$.Kẻ phân giác trong của góc $A$ cắt $BC$ tại $D$,cắt $(O)$ tại $E$.
a)Chứng minh đường thẳng $BE$ tiếp xúc với $(ABD)$
b)Chứng minh:$AB.AC-DB.DC=AD^{2}$
c)Giả sử $BC$ cố định,điểm $A$ chuyển động trên cung lớn $BC$,chứng minh tổng độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABD$ và $ACD$ không đổi
 

 

Ý tưởng cho câu hình ý c là gì nhỉ? 

 

 

 

[honmacarong100]

bài 4c mình làm sai rồi, hix

[ngochapid]

bài 4c mình làm sai rồi, hix

cậu chọn tổng bán kính bằng tổng không đổi nào ?

[the man]

Gọi $O_1$, $O_2$ lần lượt là tâm (ABD), (ADC). M là trung điểm cung BC không chứa A
Có $\angle O_1BD=90^{\circ}-\angle BAD=\frac{180^{\circ}-\angle BAC}{2}=\angle MBC$
Tương tự $\angle O_2CD=\angle MCB$
Suy ra $O_1B, O_2C$ cắt nhau tại M.
Từ đó dễ dàng suy ra $MO_1DO_2$ là hình bình hành
Suy ra $O_1B+O_2C=MB=const$ 

 

Hình gửi kèm

• 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi the man: 25-02-2016 - 21:14

[dreamcatcher170201]

Gọi $O_1$, $O_2$ lần lượt là tâm (ABD), (ADC). M là trung điểm cung BC không chứa A
Có $\angle O_1BD=90^{\circ}-\angle BAD=\frac{180^{\circ}-\angle BAC}{2}=\angle MBC$
Tương tự $\angle O_2CD=\angle MCB$
Suy ra $O_1B, O_2C$ cắt nhau tại M.
Từ đó dễ dàng suy ra $MO_1DO_2$ là hình bình hành
Suy ra $O_1B+O_2C=MB=const$ 

Hì hì anh chứng minh giống em.nhưng am sai ở chỗ gần cuối là không chỉ ra M ở chính giữa cung BC

[dreamcatcher170201]

Hình như là biến đổi ra thế này em không nhớ

$6r=h_{a}+h_{b};ah_{a}=bh_{b}=r(a+b+c)\Rightarrow \frac{r(a+b+c)}{a}=ha;\frac{r(a+b+c)}{b}=h_{b}\Rightarrow 6r=\frac{r(a+b+c)}{a}+\frac{r(a+b+c)}{b}\Rightarrow 6r=(a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b})\Rightarrow 6abr=(a+b+c)(a+b)$

Mình không hiểu chỗ $6r=ha+hb$ bạn có thể giải thích được không ạ

[tieubangngoc]

 bạn có thể chữa cho mình câu 2 với câu 3.2 đc không 

[dreamcatcher170201]

 bạn có thể chữa cho mình câu 2 với câu 3.2 đc không 

Câu 2:xyzt=1=>x^{3}y^{3}z^{3}t^{3}=1=>\frac{1}{x^{3}(yz+zt+ty)}=\frac{(yzt)^{2}}{\frac{1}{y+\frac{1}{z}+\frac{1}{t}}=>VT\geq \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+\frac{1}{t}.\frac{1}{3}\geq \frac{4}{3}
 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dreamcatcher170201: 08-03-2016 - 10:53

[dreamcatcher170201]

Câu 3.2$2x^{2}-11x+21=3\sqrt[3]{4x-4}=>8x^{2}-44x+84=3\sqrt[3]{(4x-4).8.8}\leq 4x+12=>2x^{2}-11x+21\leq x+3=>2(x-3)^{2}\leq 0=>x=3$

[tieubangngoc]

xin chém câu 4c   ( hơi dài với lại mình làm hơi tắt mong thông cảm ),vẽ hình ra đối chiếu sẽ dễ hơn 

$OI\cap AB$ tại N , $DF\cap AC$ tại M

=> OM, ON là trung trực của AB, AC , Kẻ $IN'\perp BC , FM'\perp BC$ ( I là tâm đg tròn  ngoại tiếp $\Delta$ ABD, F là tâm đt nt tam giác ADC )

S(AIOD)=(OI.AN+OF.AM)/2 = (OI.AB+OF.AC)/4

Ta có IB=ID=IA => $\angle IAB=\angle IBA$

Lại có INBN' là tứ giác nt => $\angle NN'I=\angle NBI$

Mà NN' song song AD => $\angle NN'B=\angle ADB=\angle NIA$

=> $\angle AIO=\angle ADC, \angle NIA=\angle ACB(=\frac{1}{2}\angle AOB)$

=> $\Delta AOI$~$\Delta ACD$(g.g)

=> OI = CD.AO/AC

tương tự => OF= BD.OA/AB

=> S(AIOF)=$\frac{\frac{CD.AB}{AC}+\frac{BD.AC}{AB}}{4}$

MÀ $\frac{AC}{AB}=\frac{DC}{BD}$

=>S(AIOF)= OA. BC/4 ( ko đổi)

Kẻ OH vg góc AI , OK vg góc AF

cm OH=OK = OA.sin( $\frac{\angle BAC}{2}$ ( ko đổi)

=> AI + AF = ....