em nhận áo r :v bọn trong lớp thấy áo đẹp gato lắm :v :v
- E. Galois và kimchitwinkle thích
Khải Lê – Toán K22
THPT Chuyên Hoàng Lê Kha
----------
My Class :v
Gửi bởi LeHKhai trong 23-07-2016 - 12:46
Gửi bởi LeHKhai trong 19-02-2016 - 22:27
Cho a;b;c là các số thực thỏa mãn điều kiện a;b lớn hơn 0 và 19a+6b+9c=12
CMR ít nhất 1 trong 2 phương trình sau có nghiệm :
$x^{2}-2(a+1)x+a^{2}+6abc+1=0$ và $x^{2}-2(b+1)x+b^{2}+19abc+1=0$
Ta có $\Delta {'_1} = a\left( {2 - 6bc} \right)$, $\Delta {'_2} = b\left( {2 - 19ac} \right)$.
Mà $\left( {2 - 6bc} \right) + \left( {2 - 19ac} \right) = 4 - c\left( {19a + 6b} \right) = 4 - c\left( {12 - 9c} \right) = {\left( {3c - 2} \right)^2} \ge 0$
Do đó ít nhất một trong hai số ${2 - 19ac}$, ${2 - 6bc}$ không âm.
Ta lại có $a \ge 0$, $b \ge 0$ nên ít nhất một trong hai số $\Delta {'_1}$, $\Delta {'_2}$ không âm.
Từ đó có đpcm.
Gửi bởi LeHKhai trong 07-01-2016 - 09:24
$2(x^2-x+6)=5 \sqrt{x^3+8}$
ĐK: $x \ge - 2$
Đặt $a = x + 2$, $b = x^2 - 2x + 4$ ta có $2\left( {a + b} \right) = 5\sqrt {ab} \Leftrightarrow 4{\left( {a + b} \right)^2} = 25ab \Leftrightarrow \left( {4a - b} \right)\left( {a - 4b} \right) = 0$
$ \Leftrightarrow a = \frac{1}{4}b \vee a = 4b$
Tới đây dễ rồi :v
Gửi bởi LeHKhai trong 02-01-2016 - 12:31
Bài 1:Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $a^3+b^3+c^3-3abc=1$ .Tìm $minP=a^2+b^2+c^2 $
Bài 2: Cho $a,b,c,d$ thỏa mãn $a> b> c> d$ và $ac+bd=(b+d+a-c)(b+d-a+c)$ . Chứng minh $ab+cd$ là hợp số
Bài 3:
1. Tìm hai số nguyên dương $a$ và $b$ thỏa mãn $a^2+b^2=[a,b]+7(a,b)$(với $[a,b]=BCNN(a,b); (a,b)=UCLN(a,b)$)
2. Cho $\Delta ABC$ thay đổi có $AB=6$,$AC=2BC$.Tìm giá trị lớn nhất của diện tích $\Delta ABC$.
Bài 4: Cho $a,b,c$ là các số nguyên tố thỏa mãn: $20abc<30(a+b+c)<21abc$. Tìm $a,b,c$.
Bài 1.
$1 = {\left( {{a^3} + {b^3} + {c^3} - 3abc} \right)^2} = {\left( {a + b + c} \right)^2}{\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2} - ab - bc - ca} \right)^2}\mathop \le \limits^{AM - GM} {\left[ {\frac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2} + 2\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2} - ab - bc - ca} \right)}}{3}} \right]^3} = {\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)^3}$
$ \Rightarrow P \ge 1$
Đẳng thức xảy ra $ \Leftrightarrow \left( {a{\rm{, }}b{\rm{, }}c} \right) = \left( {0{\rm{; }}0{\rm{; }}1} \right)$ và hoán vị.
Gửi bởi LeHKhai trong 31-12-2015 - 11:44
Cho tam giác ABC nhọn AB<AC. Hai đường cao BD và CE cắt nhau tại H. I là trung điểm của BC. Đường tròn đi qua ba điểm B,E,I và đường tròn đi qua ba điểm C,D,I cắt nhau tại K khác I. Chứng minh
rằng:
a) A,E,H,K,D thuộc một đường tròn và góc BDK bằng góc CEK
b) Biết DE cắt BC tại M. Chứng minh rằng ba điểm M,H,K thẳng hàng.
a) $\widehat {AEH} = \widehat {ADH} = 90^\circ \Rightarrow ADHE$ nội tiếp.
Ta có : $\widehat {AEK} + \widehat {ADK} = \widehat {KIB} + \widehat {KIC} = 180^\circ \Rightarrow ADKE$ nội tiếp.
Vậy : $A$, $E$, $H$, $K$, $D$ cùng thuộc đường tròn đường kính $AH$.
Từ đó : $\widehat {BDK} = \widehat {CEK}$ (do cùng chắn cung $HK$).
b) Do tứ giác $DCIK$ nội tiếp nên $\widehat {ADK} = \widehat {KIC}$.
Ta có : $\widehat {AKD} = \widehat {AHD} = \widehat C = \widehat {CDI} = \widehat {CKI}$.
Do đó : $\Delta ADK$ đồng dạng với $\Delta CIK$ (g - g) $ \Rightarrow \widehat {KCM} = \widehat {DAK} = \widehat {DEK} \Rightarrow CMEK$ nội tiếp.
Suy ra : $\widehat {EKM} = \widehat {ECB}$.
Ta lại có : $\widehat {EKH} = \widehat {EAH}$.
Mà $\widehat {EAH} = \widehat {ECB}$ nên $\widehat {EKH} = \widehat {EKM}$.
Vậy ta có đpcm.
Gửi bởi LeHKhai trong 29-12-2015 - 18:32
Cho x,y,z >0 thỏa xy + yz +zx =xyz chứng minh $\sqrt{x+yz}+\sqrt{y+zx}+\sqrt{z+xy}\geq \sqrt{xyz}+\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}$
$VT = \sum {\sqrt {x + yz} } = \sum {\sqrt {\frac{{{x^2} + xyz}}{x}} } = \sum {\sqrt {\frac{{{x^2} + xy + yz + zx}}{x}} } $
$VT = \sum {\sqrt {\frac{{\left( {x + y} \right)\left( {x + z} \right)}}{x}} } \mathop \ge \limits^{B.C.S} \sum {\frac{{x + \sqrt {yz} }}{{\sqrt x }}} = \sum {\left( {\sqrt x + \sqrt {\frac{{yz}}{x}} } \right)} $
Mà $\sum {\sqrt {\frac{{yz}}{x}} = \frac{{xy + yz + zx}}{{\sqrt {xyz} }} = \sqrt {xyz} } $
Vậy ta có đpcm.
Gửi bởi LeHKhai trong 29-12-2015 - 18:01
Tìm số tự nhiên a,b,c thỏa mãn $\overline{abc}= 11(a^2 +b^2 +c^2)$
Ta có $100 \ge 11(a^2+b^2+c^2) \le 999$
Suy ra $9 \le a^2+b^2+c^2 \le 90$
Giả sử $a \ge b \ge c$
$90 \ge \sum a^2 \ge 3c^2$ và $9 \le a^2+b^2+c^2 \le 3a^2$
$\rightarrow 5 \ge c$ và $
Mà ta có $a+c-b \vdots 11$
Đến đây bạn tự xét trường hợp nhé . Có ai có cách ngắn hơn ko ?
Vai trò của $a$, $b$, $c$ không như nhau nên không giả sử được đâu bạn.
Ta có : $11\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) = \overline {abc} = 100a + 10b + c \Leftrightarrow 99a + 11b + \left( {a - b + c} \right) = 11\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)$ $(1)$.
Vì $a - b + c \vdots 11$ và $ - 8 \le a - b + c \le 18$ nên ta có $2$ trường hợp :
Trường hợp 1 : $a - b + c = 0$ : $(1) \Rightarrow 9a + b = {a^2} + {b^2} + {c^2}$ $(2)$.
Thay $b=a+c$ :
$10a + c = 2\left( {{a^2} + ac + {c^2}} \right) \Leftrightarrow c = 2\left[ {a\left( {a - 5} \right) + c\left( {a + c} \right)} \right]$
Ta có $c \vdots 2 \Rightarrow a\left( {a - 5} \right) + c\left( {a + c} \right) \vdots 2 \Rightarrow c \vdots 4$.
Nếu $c = 0$ : thay vào $(2)$ tìm $a$, rồi suy ra $b$ ta được $\overline {abc} = 550$.
Nếu $c \ne 0$ : $(2) \Rightarrow 10a = 2{a^2} + 2ac + c\left( {2c - 1} \right) > 2{a^2} + 2ac = 2ab \Rightarrow 5 > b > c \Rightarrow c \le 3$ (loại).
Trường hợp 2 : $a - b + c = 11$ : $(1) \Rightarrow 9a + b + 1 = {a^2} + {b^2} + {c^2}$ $(3)$.
Thay $b = a + c - 11$ :
$10a + c - 10 = 2\left( {{a^2} + {c^2} + ac - 11a - 11c} \right) + 121$
$\Leftrightarrow c = 2\left[ {a\left( {a - 11} \right) + c\left( {c - 11} \right) + a\left( {c - 5} \right) + 131} \right]$.
Lúc này $c$ lẻ nên $a\left( {a - 11} \right) + c\left( {c - 11} \right) + a\left( {c - 5} \right) \vdots 2 \Rightarrow c + 1 \vdots 4 \Rightarrow c = 3 \vee c = 7$.
Nếu $c=7$ : $(3) \Rightarrow {a^2} - 9a + 34 = 0$ (vô nghiệm).
Nếu $c=3$ : $(3) \Rightarrow {a^2} - 13a + 40 = 0 \Rightarrow a = 5 \vee a = 8$.
Mà $a = b - c + 11 = b + 8 \ge 8$ nên $a=8 \Rightarrow \overline {abc} = 803$.
Vậy có $2$ số cần tìm là $550$, $803$.
Gửi bởi LeHKhai trong 28-12-2015 - 22:29
Cho đường tròn tâ $O$, từ $A$ nằm ngoài đường tròn, kẻ hai tiếp tuyến $AB;AC$ với $B;C$ là các tiếp điểm. Gọi $M$ là trung điểm $AC$, $BM \cap (O) = D \ne B$, $AD \cap (O) =E \ne D$. Chứng minh rằng $BE \| AC$
Ta có : $AM^2 = MC^2 = MD.MB \Rightarrow \frac{AM}{MD} = \frac{MB}{AM} \Rightarrow \Delta AMD ~ \Delta BMA$ (c - g - c)
$\Rightarrow \widehat{DAM} = \widehat{ABM} = \widehat{AEB}$ (đpcm).
Gửi bởi LeHKhai trong 27-12-2015 - 20:53
cho tam giác ABC vuông ở A, có góc B = 20 Độ, vẽ phân giác trong BI, vẽ góc ACH = 30 Độ về phía trong tam giác ( H năm trên AB)
Tính góc CHI
Ta có : $\widehat{ACB}=70^{\circ} \Rightarrow \widehat{HCB}=40^{\circ}$.
Vẽ phân giác $CK$ của $\widehat{HCB}$ thì $\widehat{HCK}=\widehat{BCK}=20^{\circ}=\widehat{B} \Rightarrow \Delta KBC$ cân tại $K$.
Kẻ $KM \perp BC$ thì $M$ là trung điểm $BC$.
Ta có : $\Delta BMK ~ \Delta BAC$ (g - g) $\Rightarrow \frac{AB}{BC} = \frac{MB}{BK} = \frac{BC}{2BK}$. $(1)$
$\Delta AHC$ vuông có $\widehat{ACH} = 30^{\circ}$ nên $AH = \frac{1}{2}CH \Rightarrow \frac{AH}{HK} = \frac{CH}{2HK} = \frac{BC}{2BK}$. $(2)$
$\frac{AB}{BC} = \frac{AI}{IC}$. $(3)$
Từ $(1)$, $(2)$, $(3)$ $\Rightarrow \frac{AH}{HK} = \frac{AI}{IC} \Rightarrow HI \parallel CK \Rightarrow \widehat{CHI} = \widehat{HCK} = 20^{\circ}$.
Gửi bởi LeHKhai trong 14-09-2015 - 22:21
Cho x,y,z,t $\geqslant$ 0 và $x^{2} + y^{2} + z^{2} + t^{2} = 2005$
C/m: $\frac{x}{2005\sqrt{2005}+yzt} + \frac{y}{2005\sqrt{2005}+xzt} + \frac{z}{2005\sqrt{2005}+xyt} + \frac{t}{2005\sqrt{2005}+xyz} \geq \frac{1}{2005}$
Đặt $a=\frac{x}{\sqrt{2005}}$, $b=\frac{y}{\sqrt{2005}}$, $c=\frac{z}{\sqrt{2005}}$, $d=\frac{t}{\sqrt{2005}}$.
Ta có $a,b,c,d\geq 0\wedge a^2+b^2+c^2+d^2=1$ (1).
$A=\frac{x}{2005\sqrt{2005}+yzt}+\frac{y}{2005\sqrt{2005}+ztx}+\frac{z}{2005\sqrt{2005}+txy}+\frac{t}{2005\sqrt{2005}+xyz}=\frac{1}{2005}\left ( \frac{a}{1+bcd}+\frac{b}{1+acd}+\frac{c}{1+abd}+\frac{d}{1+abc} \right )$
$A\geq \frac{1}{2005}.\frac{\left ( a+b+c+d \right )^2}{a\left ( 1+bcd \right )+b\left ( 1+acd \right )+c\left ( 1+abd \right )+d\left ( 1+abc \right )}=\frac{1+2\left ( ab+ac+ad+bc+bd+cd \right )}{2005 \left(a+b+c+d+4abcd \right)}$
Do đó cần chứng minh $\frac{1+2\left ( ab+ac+ad+bc+bd+cd \right )}{a+b+c+d+4abcd}\geq 1 \Leftrightarrow 1+2\left ( ab+ac+ad+bc+bd+cd \right )\geq a+b+c+d+4abcd$.
Thật vậy, (1) $\Rightarrow a,b,c,d\in [0,1]$
Ta có $VT-VP=\left ( 1-a \right )\left ( 1-b \right )\left ( 1-c \right )\left ( 1-d \right )+\left ( ab+ac+ad+bc+bd+cd \right )+\left ( abc+abd+acd+bcd \right )-5abcd\geq ab+ac+ad+bc+bd+cd-5abcd\geq 6\sqrt[6]{a^3b^3c^3d^3}-5abcd=5\sqrt{abcd}\left ( 1-\sqrt{abcd} \right )+\sqrt{abcd}\geq 0$.
Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow (a,b,c,d)=(0,0,0,1)$ và các hoán vị $\Leftrightarrow (x,y,z,t)=(0,0,0,\sqrt{2005})$ và các hoán vị.
Gửi bởi LeHKhai trong 14-09-2015 - 21:53
Cho tam giác ABC nhọn, trực tâm H. Gọi M là trung điểm BC. Đường thẳng qua H và vuông góc với MH cắt AB, AC lần lượt tại P và Q.
CMR: tam giác MPQ cân.
Chứng minh được $\Delta AHP ~ \Delta CMH$ (g - g) $\Rightarrow \frac{HP}{MH}=\frac{AH}{MC}$.
Tương tự, $\frac{HQ}{MH}=\frac{AH}{MB}$.
Suy ra $HP=HQ$. Từ đó $\Delta MPQ$ cân tại $M$.
Gửi bởi LeHKhai trong 16-08-2015 - 22:21
Tìm x:
$\dfrac{(2009-x)^2+(2009-x)(x-2010)+(x-2010)^2}{(2009-x)^2-(2009-x)(x-2010)+(x-2010)^2}=\dfrac{19}{49}$
Đặt $a=2009-x$, $b=x-2010$ $\Rightarrow a+b=-1$.
Ta có : $\frac{19}{49}=\frac{a^2+ab+b^2}{a^2-ab+b^2}=\frac{\left ( a+b \right )^2-ab}{\left ( a+b \right )^2-3ab}=\frac{1-ab}{1-3ab}$ $\Rightarrow ab=-3\tfrac{3}{4}$.
Từ đó tính được $a$ hoặc $b$, suy ra $x$.
Gửi bởi LeHKhai trong 13-08-2015 - 20:06
Giải phương trình :
$$\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{x+2} + \dfrac{1}{x+5} + \dfrac{1}{x+7} = \dfrac{1}{x+1} + \dfrac{1}{x+3} + \dfrac{1}{x+4} + \dfrac{1}{x+6}$$
$\left ( \frac{1}{x}+\frac{1}{x+7} \right )+\left ( \frac{1}{x+2}+\frac{1}{x+5} \right )=\left ( \frac{1}{x+1}+\frac{1}{x+6} \right )+\left ( \frac{1}{x+3}+\frac{1}{x+4} \right )$
$\Leftrightarrow \frac{2x+7}{x^2+7x}+\frac{2x+7}{x^2+7x+10}=\frac{2x+7}{x^2+7x+6}+\frac{2x+7}{x^2+7x+12}$
$\Leftrightarrow \left ( 2x+7 \right )\left ( \frac{1}{y}+\frac{1}{y+10}-\frac{1}{y+6}-\frac{1}{y+12}\right )=0$ (với $y=x^2+7x$)
Phương trình $2x+7=0$ có nghiệm $x=-\frac{7}{2}$.
$\left ( \frac{1}{y}-\frac{1}{y+6} \right )+\left ( \frac{1}{y+10}-\frac{1}{y+12} \right )=0$ $\Leftrightarrow \frac{6}{y^2+6y}+\frac{2}{y^2+22y+120}=0$ $\Leftrightarrow y^2+18y+90=0$, vô nghiệm
Vậy $x=-\frac{7}{2}$.
Gửi bởi LeHKhai trong 13-08-2015 - 19:49
Bài 3: Cho hình chữ nhật ABCD,có AB=14, BC=6; M,N,P,Q thuộc các cạnh AB, BC, CD, AD sao cho AM=AQ=Cn=CP=x (6>x>0)
a) Xác định x để từ giác MNPQ có diện tích lớn nhất
b) Xác định x đề tứ giác MNPQ là hình thoi
Ta có $MNPQ$ là hình bình hành.
a) $(S_{MNPQ})_{max} \Leftrightarrow (2S_{AMQ}+2S_{MBN})_{min}$
Ta có : $2S_{AMQ}+2S_{MBN}=AM^2+MB.BN=x^2+\left ( 14-x \right )\left ( 6-x \right )=2\left ( x^2-10x+42 \right )=2\left ( x-5 \right )^2+34\geq 34$
Do đó $S_{MNPQ}\leq 50$ đvdt
Đẳng thức xảy ra khi $x=5$.
b) $MNPQ$ là hình thoi $\Leftrightarrow MQ=MN \Leftrightarrow MQ^2=MN^2 \Leftrightarrow 2.AM^2=MB^2+BN^2 \Leftrightarrow 2x^2=\left ( 14-x \right )^2+\left ( 6-x \right )^2 \Leftrightarrow x=5\tfrac{4}{5}$.
Gửi bởi LeHKhai trong 13-08-2015 - 19:18
Bài 4: Cho $\Delta$ABC nhọn, H là trực tâm. Qua H vẽ một đường thẳng cắt AB, AC lần lượt tại D, E sao cho HD=HE. Qua H vẽ đường thẳng khác vuông góc DE cắt BC tại M. Chứng minh:
a) $\frac{BM}{AH}=\frac{HM}{HE}$
b)M là trung điểm BC
a) Xét $\Delta BHM$ và $\Delta AEH$ có $\widehat{HBM}=\widehat{HAE}$ (vì cùng nhọn và $BH\perp AE$, $BM\perp AH$), $\widehat{BMH}=\widehat{AHE}$ (vì cùng nhọn và $BM\perp AH$, $MH\perp HE$)
$\Rightarrow \Delta BHM\sim \Delta AEH$ $(g-g)$ $\Rightarrow \frac{BM}{AH}=\frac{HM}{HE}$ (đpcm).
b) Chứng minh tương tự, ta cũng có $\frac{CM}{AH}=\frac{HM}{HD}$ $\Rightarrow \frac{BM}{AH}=\frac{CM}{AH}$ $\Rightarrow BM=CM$ (đpcm).
Community Forum Software by IP.Board
Licensed to: Diễn đàn Toán học