thoconlk

Bài 1
Đặt $\sqrt[3]{x}=a;\sqrt[3]{y}=b$
ta cần cm $\sqrt{a^{3}+{a^{2}b}}+\sqrt{b^{3}+{b^{2}a}}=(\sqrt{a+b})^{3}$
cái này dẽ cm được
Bài 2
1) Thấy x=0 không phải là nghiệm của phương trình chia cả hai cế của phương trình cho $x^{2}$ ta có
$x^{2}-5x+8-\frac{5}{x}+\frac{1}{x^{2}}=0$ (*)
dặt $x+\frac{1}{x}=y$ phương trình (*) trở thành
$y^{2}-5y+6=0$
$\Leftrightarrow (y-2)(y-3)=0$
Nếu y=2 thì $x^{2}-2x+1=0\Leftrightarrow x=1$
Nếu y=3 thì $x^{2}-3x+1=0$
phương trình có tập nghiệm là $\left \{ \frac{3-\sqrt{5}}{2};1;\frac{3+\sqrt{5}}{2}\right \}$
2)
Đặt xy=P; x+y=S
hệ trở thành $\left\{\begin{matrix} P-3S+y=3\\ S^{2}-2P-S-2y=38 \end{matrix}\right.$
$\Rightarrow S^{2}-2P-S-2y+2P+6S+2y=38+6$
$\Leftrightarrow S^{2}-7S-44=0$
$\Leftrightarrow (S-11)(S+4)=0$
Nếu x+y =11thay x=11-y ta có nghiệm (x;y)=(5;6)
Néu x+y =-4 CMTT (x;y)=$\left ( \frac{-5-4\sqrt{5}}{2} ;\frac{-3+4\sqrt{5}}{2}\right );\left ( \frac{-5+4\sqrt{5}}{2} ;\frac{-3-4\sqrt{5}}{2}\right )$

bạn ơi nghiệm ở phần x+y=-4 sai rồi

Bài 1: (2 điểm)
1) Cho x,y là các số không âm. Chứng minh:
$\sqrt{x+\sqrt[3]{x^{2}y}}+\sqrt{y+\sqrt[3]{y^{2}x}}=(\sqrt{\sqrt[3]{x}+\sqrt[3]{y}})^{3}$.
2) Cho a,b,c là các số phân biệt thoả mãn: $\left\{\begin{matrix} a+\frac{2}{b}=b+\frac{2}{c} =c+\frac{2}{a}& \\ abc\neq 0& \end{matrix}\right.$
Chứng minh $\left | abc \right |=2\sqrt{2}$.
Bài 2: (2,5 điểm)
1) GIải phương trình: $x^{4}-5x^{3}+8x^{2}-5x+1=0$.
2) Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{matrix} xy-3x-2y=3 & \\ x^{2}+y^{2}-x-3y=38& \end{matrix}\right.$
Bài 3: (3 điểm) Cho tamgiác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O;R). Các tiếp tuyến của đường tròn tại B,C cắt nhau ở T. Đường thẳng AT cắt đường tròn tại điểm thứ hai là D.
1) Chứng minh AB.CD=AC.BD
2) Gọi M là trung điểm của BC, chứng minh $\angle BAD=\angle CAM$.
Bài 4: (1,5 điểm)
1) Tìm tất cả các cặp số tự nhiên (x;y) thoả mãn: (xy+7)²=$x^{2}+y^{2}$
2) Tìm n nguyên dương thoả mãn: $\frac{4.1}{4.1^{4}+1}+\frac{4.2}{4.2^{4}+1}+...+\frac{4n}{4n^{4}+1}=\frac{220}{221}$
Bài 5: (1 điểm) Có 2010 người xếp thành một vòng tròn, lúc đầu mỗi người cầm 1 chiếc kẹo. Mỗi bước chọn hai người có kẹo và thực hiện: Mỗi người chuyển 1 chiếc kẹo cho người bên cạnh (về bên trái hoặc phải). Sau hữu hạn bước có thể xảy ra trường hợp tất cả số kẹo chuyển về một người hay không?

Bài 296: Cho $x\ge xy+1$ . Tìm GTLN của $P=\frac{3xy}{x^2+y^2}$
Đề thi tuyển sinh - Hải Phòng

Xét x,y trái dấu thì P<0
Xét 1 trong 2 số a,b bằng 0 thì P=0
Xét x,y cùng dấu và khác 0 từ giả thiết x$\geq$xy+1 suy ra x,y dương.
Có P=$\frac{3xy}{x^{2}+y^{2}}= \frac{3}{\frac{x}{y}+\frac{y}{x}}$.
Xét $\frac{x}{y}+\frac{y}{x}= \frac{x}{16y}+\frac{y}{x}+\frac{15x}{16y}\geq \frac{1}{2}+\frac{15x}{16y}$ (theo bđt Côsi)
Có x$\geq xy+1$ $\Rightarrow$y+$\frac{1}{x}\leq 1$ $\Rightarrow$y$\leq 1-\frac{1}{x}$
Vì x,y dương, x$\geq xy+1$ nên x>1 suy ra x-$\frac{1}{x}> 0$.
Suy ra $\frac{15x}{16y}\geq \frac{15x}{16(1-\frac{1}{x})}\geq \frac{15}{4}$ Suy ra $\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\geq \frac{1}{2}+\frac{15}{4}=\frac{17}{4}$ Suy ra P$\geq \frac{12}{17}$ dấu đẳng thức xảy ra khi x=2; y=$\frac{1}{2}$.
Từ 3 TH rut ra kết luận Max P= $\frac{12}{17}$ khi x=2, y=$\frac{1}{2}$

Giải Bài 374 vậy: x²-y²+t²=21 (1) và x²+3y²+4z²=101(2). Cộng từng vế (1) và (2) ta được:2x² +2y² +t² +4z² =122(3)
Vì x,y,z,t là các số nguyên nên từ (3) suy ra t² $\vdots$2. Mà t² là số chính phương nên t² $\vdots$4.
Đặt t² =4k²(với k$\in$Z,k$\geqslant 0$) thì phương trình (3) trở thành: 2x² +2y² +4k² +4z² =122 $\Leftrightarrow$ x² +y² +2z² +2k² =61$\Leftrightarrow$ x² +y² +2z² +4k² = 61+2k² hay M =61 +2k² $\geqslant$61.
Dấu bằng xảy ra khi t=0, x=5,y=2,z=4.
Vậy Min M=61 khi (x,y,z,t)=(5,2,4,0)

a) Ta có
$ MC.MD=ME.MO=AM^2 \Rightarrow OECD nt $
b)
$2\widehat{CBD}=\widehat{DOC}=\widehat{DEC}$
c)
$\bigtriangleup OEK \sim \bigtriangleup OIM$
$\Rightarrow OI.OK=OE.OM=OA^2=R^2$
$ OI+OK \ge 2\sqrt{OI.OK}=2\sqrt{R^2}=2R$
-----------------------------------------------------


a)$\widehat{FAB}=\widehat{FEB}=90^{\circ}$
b) OM là đường trung bình của tam giac ABD => OM//BD
Tam giác MBF có O là trực tâm => OM vuông BF
Vậy $DB \perp FB$
c)F nằm trên đường trung trực của BC nên BF=BC
$BC^2=BF^2=BA.BD$
$\Rightarrow \bigtriangleup FAC \sim \bigtriangleup FCD \Rightarrow \widehat{FCA}=\widehat{FDC}$
=> FC là tiếp tuyến (ACD).
d) Anh tolaphuy10a1lhp có thể nói cụ thể hơn các góc được không nhìu góc quá
Mình chứng minh được như sau
Vì sin của 1 góc luôn nhỏ hơn 1 nên
$sin^{2}M +sin^{2}B+sin^{2}F< 3$

lớn hơn 2 thì làm thế nào

Bài 374: Cho M=x²+y²+2y²+t² với x,y,z,t là các số nguyên không âm. Hãy tìm Min M và các giá trị tương ứng của x,y,z,t biêt rằng:
x²-y²+t²=21 và x²+3y²+4z²=101
MOD: Bài kia của bạn có rồi nên mình xóa đi.

Thế bạn giải bài kia thế nào?

Cho em hỏi bài này : Cho hai nửa đường thẳng Ax,By phân biệt cắt nhau tại O. Hai động tử xuất phát từ A và từ B bắt đầu chuyển động theo hướng Ax,By cùng một lúc và cùng một vận tốc không đổi là v. Hỏi sau bao lâu hai động tử đó gần nhau nhât, và lúc đó hai động tử đã đi dược quãng đường dài bao nhiêu? Biết khoảng cách từ A đến O bằng a, khoảng cách từ B đến O bằng b và a$\neq$b

Bài 374: Cho M=x²+y²+2y²+t² với x,y,z,t là các số nguyên không âm. Hãy tìm Min M và các giá trị tương ứng của x,y,z,t biêt rằng:
x²-y²+t²=21 và x²+3y²+4z²=101
MOD: Bài kia của bạn có rồi nên mình xóa đi.

Bài 372: Đặt a-1=x²; b-1=y²; c-1=z² (với x,y,z $>$0) thì bđt cần chứng minh trở thành: x+y+z$\leqslant \sqrt{(z^{2}+1)[(y^{2}+1)(x^{2}+1)+1]}$.
Áp dụng bđt Bunhiacõpki ta có:x+y$\leqslant \sqrt{(x^{2}+1)(y^{2}+1)}\Rightarrow x+y+z\leqslant \sqrt{(x^{2}+1)(y^{2}+1)}+z\leqslant \sqrt{(x^{2}+1)(y^{2}+1)+1}.\sqrt{z^{2}+1}$.
Bài 373: Áp dụng BĐT Bunhiacôpxki ta có: (p+q)² = $(\sqrt{\frac{p}{a}}.\sqrt{pa}+\sqrt{\frac{p}{b}}.\sqrt{pb})^{2}\leqslant (\frac{p}{a}+\frac{p}{b})(pa+pb)$. Cm tương tự ta được: (p+q)² $\leqslant (\frac{p}{b}+\frac{q}{c})(pb+qc)$ ; (p+q)² $\leqslant (\frac{p}{c}+\frac{q}{a})(pc+qa))$.
Cộng từng vế ta có:
(p+q)² $[\frac{1}{pa+qb}+\frac{1}{pb+qc}+\frac{1}{pc+qa}\leqslant (p+q)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})$
Hay (p+q)$[\frac{1}{pa+qb}+\frac{1}{pb+qc}+\frac{1}{pc+qa}]\leqslant \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$. Suy ra đfcm

Anh xin làm 2 bài.
272. Ta có $$\dfrac{a}{\sqrt{b} - 1} + \dfrac{b}{\sqrt{c} - 1} + \dfrac{c}{\sqrt{c} - 1} \ge \dfrac{(\sqrt{a} + \sqrt{b} + \sqrt{c})^2}{\sqrt{a} + \sqrt{b} + \sqrt{c} - 3}$$ $$ = \dfrac{x^2}{x - 3} = \dfrac{x^2 - 9}{x - 3} + \dfrac{9}{x - 3} = x + 3 + \dfrac{9}{x - 3} = 6 + x - 3 + \dfrac{9}{x - 3} \ge 6 + 6 = 12$$
273.
Đặt $ S= \sum a^2(3a^2 + 8b^2 + 14ab)$
Lúc đó
$$R^2.S \ge (a^2 + b^2 + c^2)^3$$
Ta lại có :
$$S = 3(a^4 + b^4 + c^4) + 8(a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2) + 14abc(a + b + c) $$ $$= 3(a^2 + b^2 + c^2)^2 + 2(a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2) + 14abc(a + b + c)$$
xét $$2(a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2) \le \dfrac{2(a^2 + b^2 + c^2)^2}{3}$$
$$14abc(a + b + c) \le \dfrac{14(a^2 + b^2 + c^2)^2}{3}$$
Nên $$S \le 3(a^2 + b^2 + c^2)^2 + \dfrac{2(a^2 + b^2 + c^2)^2}{3} + \dfrac{14(a^2 + b^2 + c^2)}{3} = \dfrac{25(a^2 + b^2 + c^2)^2}{3}$$
Nên $$R \ge \sqrt{\dfrac{(a^2 + b^2 + c^2)^3}{\dfrac{25(a^2 + b^2 + c^2)^2}{3}}} = \dfrac{\sqrt{3(a^2 + b^2 + c^2}}{5} \ge \dfrac{a + b + c}{5} = \dfrac{3}{5}$$

Bài 273: $\sum \frac{a^{2}}{\sqrt{3a^{2}+14b^{2}+8ab}}= \sum \frac{a^{2}}{\sqrt{(3a+2b)(a+4b)}}\geqslant \sum \frac{a^{2}}{4a+6b}$
Có $\sum \frac{a^{2}}{4a+6b}+\frac{a+b+c}{10}\geqslant \frac{a+b+c}{5}$$\Rightarrow$$\sum \frac{a^{2}}{4a+6b}\geqslant \frac{a+b+c}{5}= \frac{3}{5}$$\Rightarrow R\geqslant \frac{3}{5}$. Min R=$\frac{3}{5}\Leftrightarrow a=b=c=1$

Bài 33:
Cho a,b,c >0. CMR: $\dfrac{1}{a(1+b)}+\dfrac{1}{b(1+c)}+\dfrac{1}{c(1+a)}\geq \dfrac{3}{1+abc}$
Chuyên toán Trần Phú hải Phòng 2001-2002 bài này hình như nằm trong đề thi VMO TPHCM thì phải
Tổng quát ta có: Với a,b,c>0
CMR: $\dfrac{1}{a(m+b)}+\dfrac{1}{b(m+c)}+\dfrac{1}{c(m+a)}\geq \dfrac{3m}{m^3+abc}$ (m>0)

bđt cần cm tương đương với:$\frac{1+abc}{a(1+b)}+\frac{1+abc}{b(1+c))}+\frac{1 +abc}{c(1+a)}$$\geqslant 3$.
Suy ra $\frac{1+abc+a+ab}{a(1+b)}+\frac{1+abc+b+bc}{b(1+c)}+\frac{1+abc+c+ac}{c(1+a)}\geqslant 6$.
$\Leftrightarrow$$\frac{1+a}{a(1+b)}+\frac{b(1+c)}{1+b}+\frac{1+b}{b(1+c)}+\frac{c(1+a)}{1+c}+\frac{1+c}{c(1+a)}+\frac{a(1+b)}{1+a}$$\geqslant 6$(luôn đúng theo Bđt AM-GM) suy ra đfcm
__
Bài này có người giải rồi bạn ạ. Lần sau chú ý hơn.

Nếu như bài này là tìm quỹ tích của điểm H thì phải cho biết cái gì cố định chứ bạn? Bạn viết đề bài có đủ k?


Xí bài 5:
Gọi K là trọng tâm của tam giác ABC.
$\frac{CK}{CD} = \frac{2}{3}$ ($K$ là trọng tâm $\Delta ABC$) (1)
. . $\frac{CE}{CC'}=\frac{2}{3}$ ( $E$ là trọng tâm $\Delta ADC$, $C'$ là chân đường trung tuyến kẻ từ $C$ của $\Delta ADC$) $(2)$.
$(1)(2)\Rightarrow \frac{CK}{CD} = \frac{CE}{CC'} \Rightarrow KE \parallel AB$(đlý Thales đảo)
Lại có: $OD \perp AB$ (Quan hệ đường kính và dây) $\Rightarrow DO \perp KE. (a)$
Lại có: $DE \parallel BC$ ($DD'$ là đường trung bình $\Delta ABC, E \in DD', D'$ là chân đường trung tuyến từ $D$ của $\Delta ADC$ ,(đoạn này giải hơi tắc )).
Mà $AK \perp BC$ (Trung tuyến là đường cao trong $\Delta ABC$ cân $A$)
$\Rightarrow OK \perp DE (b)$
$(a)(b)\Rightarrow O$ là trực tâm $\Delta DEK \Rightarrow Q.E.D$



Xí bài 2 nhé .
Bài này ta sử dụng phép quay thì 1 cái 1 là ra nhưng thôi cứ kẻ đường phụ như ý của các bạn ( thật ra là topic ~~ ).
Đặt: $MA =a, MB= b, MC = c$
Ta có $a^2 + b^2 = c^2$
$\frac{AM}{a} = \frac{BM}{b}= \frac{MC}{c} = \frac{AM + BM + CM}{a+b+c}$
Dựng tam giác đều $BMM'$ sao cho $M'$ khác phía với $A$ & $C$
Xét $\Delta MBC$ và $\Delta M'BA$ có $M'B=MB=b; \widehat{MBC}= \widehat{ABM'}$( cùng phụ $\widehat{MBA}$)
$AB = CB$ (cạnh $\Delta$ đều)
$\Rightarrow \Delta MBC = \Delta M'BA \Rightarrow M'A = MC = c$
Lại có: $a^2+b^2=c^2 \Rightarrow MA^2+M'M^2=M'A^2$
$\Rightarrow \widehat{AMM'} = 90^{\circ} \Rightarrow \widehat{AMB}= 90^{\circ}+60^{\circ} = 150^{\circ}$

.... k vẽ hình cho nên có lẽ sẽ bị sai một số điểm... nhưng chỉ cần các bạn biết tư tưởng để cm bài này là tốt quá rồi

hừm hình như mấy định lý như céva, ménélaus cũng kẻ đường phụ hay gì đó. Mấy bạn mần thử nhé .
Bài 1:Trên các cạnh $BC, CA, AB$ của $\Delta ABC$ lấy tương các điểm $P,Q,R$ sao cho $AP, BQ, CR$ đồng quy tại 1 điểm . CMR $\frac{AR}{RB}.\frac{BP}{PC}.\frac{CQ}{QA}=1$ (Đlý Cê-va)

Bài 2:Một đường thẳng bất kỳ cắt các cạnh ( phần kéo dài của các cạnh ) của $\Delta ABC$ tại $P,Q,R$. CMR $\frac{RB.QA.PC}{RA.CQ.BP}=1$ (Đlý Mê-nê-la-uýt)

Bài trên em lấy từ vẽ thêm yếu tố phụ lớp 9 của tác giả Nguyễn Đức Tấn mà. Điểm M và (O) cố định mà