Chủ đề này có 32 trả lời

[Supermath98]

Ai làm câu hình đi mọi người! Hình đây!

[BlackSelena]

mình tg câu hệ này còn nghiệm x=y=z=1/2 mà 

Ừm, sorry mình không để ý 

[BlackSelena]

.

Ta có 2 bổ đề sau:
Bổ đề 1: Cho hình thang vuông $ABCD$ ($\angle A = \angle D = 90^\circ, AB \parallel CD)$, lấy $M$ là trung điểm $BC$ thì ta có $\triangle AMD$ cân tại $M$. Chứng minh bổ đề này khá đơn giản, hạ $MH$ vuông góc với $AD$ là xong.

Bổ đề 2: Cho tam giác $ABC$, khi đó phân giác trong góc $A$ và trung trực $BC$ cắt nhau tại 1 điểm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$, bổ đề này cũng khá đơn giản.

_________________________

Hình mình dựng hoàn toàn chính xác nhé .
Lấy $P$ đối xứng $A$ qua $BK$, $Q$ đối xứng $A$ qua $K$.

Ta có $\angle PBD = \angle ABD = 2 \angle DBC \Rightarrow \angle DBC = \angle PBC$. 
Mặt khác, ta có $AD = DP$ theo tính chất đối xứng $AK = KQ$ theo giả thiết; từ đó $DK \parallel PQ$

$\Rightarrow \angle APQ = \angle ADK = 90^\circ$

Áp dụng bổ đề 1 ta có $DC = CP$, áp dụng bổ đề 2 ta có $BDCP:tgnt$

$\Rightarrow \angle DCE = \angle DPB = \angle DAB = \angle DEC$

$\Rightarrow DE = DC$ (đpcm!)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BlackSelena: 29-05-2013 - 22:49

[vanduongts]

 

 

 

 

 

Câu III phần 1 mình làm như thế này:

Đặt $\frac{a\sqrt{2013}-b}{c\sqrt{2013}-a}=x$

$\Rightarrow a(\sqrt{2013}+x)=cx\sqrt{2013}+b\Rightarrow a^2(2013+2\sqrt{2013}x+x^2)=2013c^2x^2+2cbx\sqrt{2013}+b^2\Rightarrow 2\sqrt{2013}x(a^2-bc)+2013a^2+a^2x^2-2013c^2x^2-b^2=0$

(1)

$\Rightarrow 2\sqrt{2013}x(a^2-bc)\in \mathbb{Q}\Rightarrow a^2-bc=0$ (vì nếu $x=0$ thì $a\sqrt{2013}=b$ (vô lí). Thay $a^2=bc$ vào(1) rồi phân tích thành nhân tử, ta có $(2013c-b)(b-cx^2)=0\Rightarrow b=cx^2$  (vì nếu $2013c=b$ thì $a=\sqrt{bc}=\sqrt{2013}c$ (vô lí). Từ đó ta có $a=cx$. Suy ra $\frac{2a^3-b^3-c^3}{2a-b-c}=\frac{2c^3x^3-c^3x^6-c^3}{2cx-cx^2-c}=\frac{c^2(2x^3-x^6-1)}{2x-x^2-1}=\frac{-c^2(x^3-1)^2}{-(x-1)^2}=c^2(x^2+x+1)^2=(cx+cx^2+c)^2=(a+b+c)^2$

(đpcm)

bạn làm thế này không ổn lắm ,vì cái bước bạn bình phương 2 vế không phải tương đương , (do x của bạn hữu tỉ nên 2 vế của bạn không dương ) có thể làm cách sau không cần bình phương:

đặt $k=\frac{a.\sqrt{2013}-b}{c.\sqrt{2013}-a} <=> \sqrt{2013}(a-kc)=b-ka .\ do\\ VP \epsilon Z => VT \epsilon Z =>a=kc , b=ka => b=k^2c \\ => \frac{2a^3-b^3-c^3}{2a-b-c}=\frac{2k^3c^3-k^6c^3-c^3}{2kc-k^2c-c}=\frac{-c^3(k^6-2k^3+1)}{-c(k^2-2k+1)}=c^2(k^2+k+1)^2=(ck^2+ck+c)=(b+a+c)^2 => dpcm$

[vutuanhien]

bạn làm thế này không ổn lắm ,vì cái bước bạn bình phương 2 vế không phải tương đương , (do x của bạn hữu tỉ nên 2 vế của bạn không dương ) có thể làm cách sau không cần bình phương:

đặt $k=\frac{a.\sqrt{2013}-b}{c.\sqrt{2013}-a} <=> \sqrt{2013}(a-kc)=b-ka .\ do\\ VP \epsilon Z => VT \epsilon Z =>a=kc , b=ka => b=k^2c \\ => \frac{2a^3-b^3-c^3}{2a-b-c}=\frac{2k^3c^3-k^6c^3-c^3}{2kc-k^2c-c}=\frac{-c^3(k^6-2k^3+1)}{-c(k^2-2k+1)}=c^2(k^2+k+1)^2=(ck^2+ck+c)=(b+a+c)^2 => dpcm$

Mình có bảo nó tương đương đâu   

[mrjackass]

 

Câu I:Xác định các giá trị của tham số $m$ để phương trình $2013x^2-(m-2014)x-2015=0$ có 2 nghiệm $x_{1}, x_{2}$ thỏa mãn điều kiện $(\sqrt{x_{1}^2+2013}-x_{1})(\sqrt{x_{2}^2+2013}-x_{2})=2013$. Tìm 2 nghiệm đó

 

Câu II: (3 điểm)

1) Tìm tất cả các cặp số nguyên $(x,y)$ thỏa mãn phương trình $\dfrac{x-y}{x^2+xy+y^2}=\dfrac{19}{97}$

2) Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{matrix}(x+y)z=\sqrt{xy}\\ (y+x)x=\sqrt{yz}\\ (z+x)y=\sqrt{zx}\end{matrix}\right.$

 

Câu III: (2,5 điểm)

1) Cho $a,b,c$ là 3 số nguyên dương phân biệt sao cho $\frac{a.\sqrt{2013}-b}{c.\sqrt{2013}-a}$ là 1 số hữu tỉ. Chứng minh rằng $\frac{2a^3-b^3-c^3}{2a-b-c}$ là 1 số chính phương.

2) Cho các số $x,y$ cùng dấu. Chứng minh rắng $\left ( \frac{x^4}{y^4}+\frac{y^4}{x^4} \right )-\left ( \frac{x^2}{y^2}+\frac{y^2}{x^2} \right )+\left ( \frac{x}{y}+\frac{y}{x} \right )\geq 2$

 

Câu IV: (1,5 điểm)

Cho $\Delta ABC$ nhọn và điểm $K$ trên cạnh $AC$ sao cho $AK=2KC$, $\angle ABK=2\angle KBC$ và $AB< BC$. Dưng đường tròn đường kính $AB$, cắt $BK$ tại $D$ và cắt $BC$ tại $E$. Chứng minh rắng $\Delta CDE$ là tam giác cân

 

Câu V: (1 điểm)

Các số nguyên dương từ $1$ đến $10$ được xếp ngẫu nhiên chung quanh một đường tròn. Chứng minh rằng trong $10$ số trên có ít nhất 3 số xếp liên tiếp mà tổng của chúng không nhỏ hơn $17$

Bài này mình bỏ mất câu hình. Cũng may các phần còn lại làm được hết. Không biết các bạn khác đi thi thế nào   
.

• Trả lời
   
•  

 

 

Hôm đi thi mình làm được bài hình, xin chia sẻ lời giải vắn tắt. (Không biết vẽ hình nên các thím thông cảm)

Lấy $F$ đối xứng $A$ qua $BK$. Gọi $M$ là trung điểm $KF$ thì $KM=KC=MD$. Lại có $DM // KC$ nên $KDMC$ là hình bình hành. Suy ra $CM \perp DF$. Suy ra $C$ nằm trên trung trực $DF$. Lại có $\angle {KBA}=\angle {KBF}=2 \angle {CBK}$ nên $C$ là giao của phân giác $\angle{DBF}$ và trung trực $DF$. Vậy $DBCF$ nội tiếp.

Do đó ta có: $\angle {DCE}=\angle {DFB}=\angle {DAB}=\angle {DEC}$ do đó $\Delta CDE$ cân ở $D$

[laiducthang98]

bài này vẽ hình còn khó nữa chứ ((

[vutuanhien]

Hôm đi thi mình làm được bài hình, xin chia sẻ lời giải vắn tắt. (Không biết vẽ hình nên các thím thông cảm)

Lấy $F$ đối xứng $A$ qua $BK$. Gọi $M$ là trung điểm $KF$ thì $KM=KC=MD$. Lại có $DM // KC$ nên $KDMC$ là hình bình hành. Suy ra $CM \perp DF$. Suy ra $C$ nằm trên trung trực $DF$. Lại có $\angle {KBA}=\angle {KBF}=2 \angle {CBK}$ nên $C$ là giao của phân giác $\angle{DBF}$ và trung trực $DF$. Vậy $DBCF$ nội tiếp.

Do đó ta có: $\angle {DCE}=\angle {DFB}=\angle {DAB}=\angle {DEC}$ do đó $\Delta CDE$ cân ở $D$

Bạn làm được hết cả đề này à 

[tayphuong]

câu hình: làm theo kiểu trâu bò vậy :

giả sử AB có độ dài là 1 đv, và AC có độ dài là 3a. góc ABC=3x => AK=2a,KC=a., ABK=2x, KBC=x sử dụng hệ thức lượng trong tam giác thường.

ta tính được tất cả các đoạn thẳng có trong hình vẽ theo các giá trị đã đặt. từ đó chúng ta đi đến 1 đẳng thức mới được khai triển bởi đẳng thức CD=DE , tức là chúng ta chỉ cần chứng minh đẳng thức mới được tạo ra. ( lưu ý: đẳng thức này là đẳng thức lượng giác 1 biến) đây chỉ là hướng làm, vì thời gian hạn hẹp với lại phải sử dụng 1 vài kiến thức ngoài sách giáo khoa lớp 9 nên tôi không tiện đưa ra, các bạn nếu hứng thú có thể tham khảo

nếu như s.o.s là phương pháp mạnh trong việc chứng minh bất đẳng thức ba biến thì phương pháp hệ thức lượng lại là một phương pháp trâu bò trong hình học

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tayphuong: 30-05-2013 - 23:11

[phuongle998]

Bác nào làm câu hình đi câu này khó nhai thế ???

Câu hình dễ mà bạn chỉ cần sử dụng tính chất đối xứng và ta-lét là xong ngay mà

[phuongle998]

Ai làm câu hình đi mọi người! Hình đây!

Mình mới vào xin trình bày ngắn gọn bài này có gì sơ suất mong các bác sửa nhé

 

Lấy F đối xứng với C qua BD => BD là trung trực của CD = DF(1) . Giờ ta sẽ chứng minh DE = DF

Gợi J và giao điểm của BK và CF, H là trung điểm của AK , FH cắt AB tại I. 

Ta có JK // FH , hay HI // KB mà H là trung điểm của AK nên I là trung điểm của AB 

Lại có : ∠ ABK = 2 ∠ CBK, mà ∠CBK=∠FBK =>  ∠CBK = ∠FBK = ∠FBA

Mặt khác ∠FBK= ∠BFI ( do FI  // BK ) =>∠BFI=∠IBF => ΔIFB cân tại I

mà IA=IB => IF=IA=IB => Δ ÀB vuông tại F => ∠ AFB = 90 => F nằm trên đường tròn đường kính AB => A, F, D, E , B cùng nằm trên 1 đường tròn 

Mà ∠EBD=∠DBF => Sđ DE= Sđ DF => DE=DF (2)

Từ (1) và (2) => Đpcm

[minhhieuchu]

Mình mới vào xin trình bày ngắn gọn bài này có gì sơ suất mong các bác sửa nhé

 

Lấy F đối xứng với C qua BD => BD là trung trực của CD = DF(1) . Giờ ta sẽ chứng minh DE = DF

Gợi J và giao điểm của BK và CF, H là trung điểm của AK , FH cắt AB tại I. 

Ta có JK // FH , hay HI // KB mà H là trung điểm của AK nên I là trung điểm của AB 

Lại có : ∠ ABK = 2 ∠ CBK, mà ∠CBK=∠FBK =>  ∠CBK = ∠FBK = ∠FBA

Mặt khác ∠FBK= ∠BFI ( do FI  // BK ) =>∠BFI=∠IBF => ΔIFB cân tại I

mà IA=IB => IF=IA=IB => Δ ÀB vuông tại F => ∠ AFB = 90 => F nằm trên đường tròn đường kính AB => A, F, D, E , B cùng nằm trên 1 đường tròn 

Mà ∠EBD=∠DBF => Sđ DE= Sđ DF => DE=DF (2)

Từ (1) và (2) => Đpcm

 

 

Hôm đi thi mình làm được bài hình, xin chia sẻ lời giải vắn tắt. (Không biết vẽ hình nên các thím thông cảm)

Lấy $F$ đối xứng $A$ qua $BK$. Gọi $M$ là trung điểm $KF$ thì $KM=KC=MD$. Lại có $DM // KC$ nên $KDMC$ là hình bình hành. Suy ra $CM \perp DF$. Suy ra $C$ nằm trên trung trực $DF$. Lại có $\angle {KBA}=\angle {KBF}=2 \angle {CBK}$ nên $C$ là giao của phân giác $\angle{DBF}$ và trung trực $DF$. Vậy $DBCF$ nội tiếp.

Do đó ta có: $\angle {DCE}=\angle {DFB}=\angle {DAB}=\angle {DEC}$ do đó $\Delta CDE$ cân ở $D$

 

 

.

Ta có 2 bổ đề sau:
Bổ đề 1: Cho hình thang vuông $ABCD$ ($\angle A = \angle D = 90^\circ, AB \parallel CD)$, lấy $M$ là trung điểm $BC$ thì ta có $\triangle AMD$ cân tại $M$. Chứng minh bổ đề này khá đơn giản, hạ $MH$ vuông góc với $AD$ là xong.

Bổ đề 2: Cho tam giác $ABC$, khi đó phân giác trong góc $A$ và trung trực $BC$ cắt nhau tại 1 điểm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$, bổ đề này cũng khá đơn giản.

_________________________

thi thu ams.png

Hình mình dựng hoàn toàn chính xác nhé .
Lấy $P$ đối xứng $A$ qua $BK$, $Q$ đối xứng $A$ qua $K$.

Ta có $\angle PBD = \angle ABD = 2 \angle DBC \Rightarrow \angle DBC = \angle PBC$. 
Mặt khác, ta có $AD = DP$ theo tính chất đối xứng $AK = KQ$ theo giả thiết; từ đó $DK \parallel PQ$

$\Rightarrow \angle APQ = \angle ADK = 90^\circ$

Áp dụng bổ đề 1 ta có $DC = CP$, áp dụng bổ đề 2 ta có $BDCP:tgnt$

$\Rightarrow \angle DCE = \angle DPB = \angle DAB = \angle DEC$

$\Rightarrow DE = DC$ (đpcm!)

Mấy bác đi thi thử làm full đề này luôn hả???

[BlackSelena]

Mấy bác đi thi thử làm full đề này luôn hả???

Mình ko thi