Urahara Kisuke

Cho đường tròn (O) và một điểm A nằm trên đường tròn . Chùm điều hoà (Ax,Ay,Az,At)=-1 cắt (O) tại 4 điểm lần lượt là B,T,Q,P .
CMR : (B.T,Q,P)=-1
----
P/s : Em từng biết hàng điểm điều hoà là đường thẳng ?? Tại sao khi 4 điểm trên không thẳng hàng mà nó vẫn là một hàng điểm điều hoà ??
----

Xem thêm tài liệu về hàng điểm điều hòa của chú binhmetric:
 A.THCS.hang_diem_split_1_4025.pdf   389.46K   172 Số lần tải
 A.THCS.hang_diem_split_2_3449.pdf   359.14K   222 Số lần tải
 A.THCS.hang_diem_split_3_7307.pdf   387.96K   136 Số lần tải

Mình cảnh báo trước rồi nhá . Bạn nào thích cảm giác mạnh thì xem nhé
http://www.youtube.com/watch?v=nfaAHg2uAFo&feature=related[/url]

Giống như sinhnhatmin.com/love

Bài này của chương trình lớp 11, 12 mà đưa vào THCS thì hơi quá

Xin lỗi bạn mình bị đố và cứ nghĩ là của THCS, nếu vậy nhờ Mod chuyển giúp mình nhé ^^

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$, gọi $M$ là trung điểm của $BC$. Trên đường thẳng $BC$ lấy hai điểm $I$, $J$ đối xứng với nhau qua $M$. Gọi $E$, $F$ lần lượt là giao điểm thứ hai của $AI$, $AJ$ với đường tròn $(O)$ và $H$ là trung điểm của $EF$. Tìm quỹ tích điểm $H$ khi $I$ và $J$ di động trên đường thẳng $BC$.

Giải các phương trình sau.

$\fbox{1}$.$x^3+\frac{\sqrt{68}}{x^3}=\frac{15}{x}$

$\fbox{2}$.$x^3+\frac{137}{x^3}=\frac{18770}{x}$

$\fbox{3}$.$x^2+\frac{13}{x^4}=\frac{168}{x^2}$

----------------

Ba bài toán này đều được giải bằng một phương pháp , mình muốn đưa lên cho mọi người cùng làm và thảo luận

ĐKXĐ: $x\neq 0$
Gọi $x_0$ là nghiệm của phương trình:
$$PT\Leftrightarrow x_0^3+\frac{\sqrt{68}}{x_0^3}=\frac{15}{x_0}$$
$$\Leftrightarrow x_0^3+\frac{2\sqrt{17}}{x_0^3}=\frac{17-2}{x_0}$$
Do đó $\sqrt{17}$ là nghiệm của phương trình ẩn $a$ sau:
$$x_0^3+\frac{2a}{x_0^3}=\frac{a^2-2}{x_0}$$
$$\Leftrightarrow x_0^2a^2-2a-x_0^6-2x_0^2=0$$
$$\Leftrightarrow a_1=-x_0^2(3)\vee a_2=\frac{2+x_0^4}{x_0^2}(4)$$

• Thay $a_1=\sqrt{17}$ vào $(3)$ ta được: $x_0^2=-\sqrt{17}$ (vô lí!)
• Thay $a_2=\sqrt{17}$ vào $(4)$ ta được phương trình: $x_0^4-\sqrt{17}x_0^2+2=0$.

----
@luxubuhl: Phương pháp hay và "chất"

Nếu mình là một thầy giáo khi nhìn bài làm của bạn với bạn triethuynhmath thì mình sẽ đánh giá cao bài của bạn triethuynhmath hơn, ngay từ đầu yêu cầu của những bài toán là đưa về dạng đơn giản nhất có thể, nếu không thì khi giải hệ ta cứ rút thế chứ cần gì phương pháp? Và mục đích của mình ở đây là lời giải của bạn triethuynhmath.
Cách giải tổng quát cho dạng bài này là:
Cho phương trình: $x^2+\frac{a^2x^2}{\left ( x+a \right )^2}=b$
Giải như sau:
$$PT\Leftrightarrow \left [ x-\frac{ax}{\left ( x+a \right )} \right ]^2+2x.\frac{ax}{x+a}=b$$
$$\Leftrightarrow \left ( \frac{x^2}{x+a} \right )^2+2a.\frac{x^2}{x+a}+a^2=b+a^2$$
Đặt $y=\frac{x^2}{x+a}$ sau đó ta giải được phương trình bậc hai ẩn $y$ theo $x$.
Đó chính là mục đích của mình khi lập topic này, chứ nhìn cách giải của bạn nhìn là đã hoa mắt rồi chưa nói đến đúng sai @@

Cám ơn mọi người nhừng đề đúng mà , mọi người suy nghĩ tiếp nha...

Vẽ hình bằng phần mềm $GSP$ thì độ chính xác là rất cao (gần như là tuyệt đối), nên bạn hỏi lại thầy cô nếu đề do thầy cô cho nhé, trong sách không phải khi nào cũng đúng hết đâu.
----
Không phải ngẫu nhiên mà lệch đến gần $4^0$ đâu mình đã vẽ thử rồi.

Cho $x_1$, $x_2$, $x_3$,..., $x_n$ là $n$ số thực thuộc đoạn $\left [ 0;1 \right ]$.Chứng minh rằng:
$$x_1\left ( 1-x_2 \right )+x_2\left ( 1-x_3 \right )+....+x_{n-1}\left ( 1-x_n \right )+x_n\left ( 1-x_1 \right )\leq \left [ \frac{n}{2} \right ]$$

Cho hình vuông ABCD, M là một điểm tùy ý trên đường chéo BD. Kẻ ME vuông góc với AB, MF vuông góc với AD. Chứng minh các đường thẳng DE, BF, CM đồng quy

Gọi $N$ là giao điểm của $CF$ và $DE$.
Ta có: $\Delta CDF=\Delta DAE$ ($c.g.c$) nên suy ra $\widehat{DCF}=\widehat{ADE}$
Mà $\widehat{ADE}+\widehat{NDC}=90^0$ nên $\widehat{CND}=90^0$
Do đó $CF\perp DE$
Gọi $K$ là giao điểm của $FM$ và $BC$.
Ta có: $CK=DF\Rightarrow CK=FM$
Tương tự ta có: $KM=ME$
Do đó $\Delta CKM=\Delta FME$ ($c.g.c$)
$\Rightarrow \widehat{KCM}=\widehat{MFE}$
$\Rightarrow CM\perp EF$
Chứng minh tương tự ta được $BF\perp CE$
Trong tam giác $CEF$ có $CM\perp EF$, $ED\perp CF$,$BF\perp CE$
Suy ra $CM$, $DE$, $BF$ là ba đường cao của tam giác $CEF$ nên ta có đpcm.