Đến nội dung


Chú ý

Diễn đàn vừa được bảo trì và nâng cấp nên có thể sẽ hoạt động không ổn định. Các bạn vui lòng thông báo lỗi cho BQT tại chủ đề này.


quantv2006

Đăng ký: 07-06-2016
Offline Đăng nhập: Hôm qua, 22:19
-----

#672454 Chứng minh PQ là đường kính của đường tròn (O)

Gửi bởi quantv2006 trong 23-02-2017 - 00:21

1) Do $AB=\sqrt{2}R$ nên theo Pitago ta có tam giác AOB là tam giác vuông cân tại O $\Rightarrow \angle AMB=45^0$.

 

$\angle HAB = \angle HMB; \angle HBA = \angle HMA\Rightarrow \angle AMB=\angle HAB+\angle HBA=45^0$

 

Ta có $\angle AOQ + \angle BOP =2\angle HBA+2\angle HAB=2.45^0-90^0$

 

$\Rightarrow \angle POQ=\angle AOQ+\angle BOP+\angle AOB=90^0+90^0=180^0$ hay P, O, Q thẳng hàng, hay PQ là đường kính cúa (O).

 

2) Do PQ là đường kính nên PB vuông góc với QB tại B. Vậy PB // MA (cùng vuông góc với BQ).

 

Tương tự có QA// MB. Do đó AMBS là hình bình hành.

 

3) $\angle AQH=\angle AQB=\angle AMB=45^0\Rightarrow$ tam giác AQH vuông cân tại A nên AQ = AH.

 

Tương tự có APS vuông cân tại A nên AP = AS. Từ đó có tam giác AQP và AHS bằng nhau, hay SH = PQ = 2R cố định.

 

4) Ta có: $\angle AIB=\angle AIH+\angle BIH=\angle AQH+\angle BPH=45^0+45^0=90^0$. Vậy I nằm trên đường tròn đường kính AB cố định. 




#672425 Chứng minh PQ là đường kính của đường tròn (O)

Gửi bởi quantv2006 trong 22-02-2017 - 21:45

Bài bạn thiếu đữ kiện, kiểu như dây $AB=\sqrt{2}R$ thì PQ mới là đường kính của (O) được chứ nhỉ?




#671963 Cho nửa đường tròn đường kính AB và một điểm C di động trên cung AB. Vẽ CH vu...

Gửi bởi quantv2006 trong 18-02-2017 - 10:14

Cho nửa đường tròn đường kính AB và một điểm C di động trên cung AB. Vẽ CH vuông góc với AB. Gọi I, K lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác ACH và CBH. Đường thẳng IK cắt CA tại M. Chứng minh MIHA nội tiếp

CI, CK cắt AB lần lượt tại P, Q. Chứng minh tam giác ACQ và BCP cân tại A, B bằng cộng góc.

 

ACQ cân nên AI là trung trực của CQ. Vậy ICQ là tam giác vuông cân tại I.

 

Chứng minh tương tự có PK vuông góc với CQ tại K. Vậy PK, QI là 2 đường cao của tam giác CPQ nên CKI và CPQ đồng dạng.

 

Ta có góc CIK = góc CQP, góc ICA = góc IQA. Vậy góc $\angle IMC=\angle IQC=45^0$

 

Do đó $\angle IMC=\angle IHA=45^0$ nên MIHA là tứ giác nội tiếp.




#671778 CMR: (ab-cd)(bc-da)(ac-bd) là bình phương một số hữu tỷ.

Gửi bởi quantv2006 trong 16-02-2017 - 10:01

bạn ơi, giúp mình với, mình nhầm đề mất rồi

3.( x+1+√(y2+2y+2) ). ( (y+1+√(x2+2x+2) ) =1

tính x+y?

 

Bạn xem lại đầu bài. Nêu  $(x+1+\sqrt{x^2+x+2})(y+1+\sqrt{y^2+2y+2})=1$ thì có thể làm được.




#671767 CMR: (ab-cd)(bc-da)(ac-bd) là bình phương một số hữu tỷ.

Gửi bởi quantv2006 trong 15-02-2017 - 23:10

Câu 3. $(x+1+\sqrt{x^2+x+2})(y+1+\sqrt{x^2+2x+2})=1$

 

$\Leftrightarrow (x+1)(y+1)+(x+1)^2+(x+y+2)\sqrt{x^2+2x+2} = 0$

 

$\Leftrightarrow (x+y+2)(x+1+\sqrt{x^2+2x+2})=0$

 

$x+y=-2$




#671758 Chứng minh đường thẳng MN luôn đi qua một điểm cố định

Gửi bởi quantv2006 trong 15-02-2017 - 22:34

Câu 5: Gọi I là giao điểm của AC và BD. J là trung điểm của AM. MN cắt AC tại P.

 

Dễ thấy A, H, K, M, I cùng nằm trên đường tròn (J; JI). Từ đó chứng minh tam giác IHK là tam giác đều.

 

Áp dụng Menelaus cho 3 điểm M, N, P với tam giác AIJ, từ đó có PA = AC. P cố định.




#671576 2x2014=y2+z2

Gửi bởi quantv2006 trong 14-02-2017 - 08:58

Bạn làm kĩ giúp mình, mình muốn hiểu kĩ bài này nhưng vẫn chưa có giải pháp.

Bạn giả sử xy-4 >=0 rồi tính y theo x ở pt thứ 2, thay vào pt thứ nhất là ra thôi.




#671550 2x2014=y2+z2

Gửi bởi quantv2006 trong 13-02-2017 - 21:48

neu 1000 thi ban lm the nao

ĐK: $x\geq \frac{-1}{8000}$

 

Đặt: $2y-1=\sqrt{1+8000x}$

$\Leftrightarrow$$4y^2-4y+1=1+8000x$

$\Leftrightarrow y^2-y=2000x$ (1)

 

Từ phương trình đã cho $\Rightarrow x^2-x=2000y (2)$ 

 

Hệ (1), (2) là hệ đối xứng.




#671548 2x2014=y2+z2

Gửi bởi quantv2006 trong 13-02-2017 - 21:43

Bài 3:pt (2) <=>4x2+8-4xy =0

         pt( 1) <=>y2-8=-/xy-4/

 

         Cộng từng vế của 2 pt=>pt vô nghiệm

Bài này có nghiệm $x=\sqrt{2};y=2\sqrt{2}$ hoặc $x=-\sqrt{2};y=-2\sqrt{2}$




#671466 2x2014=y2+z2

Gửi bởi quantv2006 trong 13-02-2017 - 16:04

3) giải phương trình

    x2-x-100($\sqrt{1+8000x}+1$)=0

4) giải hệ phương trình

     x+$\frac{3y+x}{x^{2}+y^{2}}$=3

     y-$\frac{y-3x}{x^{2}+y^{2}}$ =0

 

Câu 3 nếu là 100 thì chịu, hehe.

 

Câu 4:

 

- Xét x= 0 $\Rightarrow y=1$

- Xét y = 0 $\Rightarrow$ vô nghiệm

 

- Xét $x,y\not\equiv 0$, nhân (1) với y, (2) với x rồi cộng 2 vế ta có: 2xy+3=3y. Tính x theo y, thay vào (2) để giải tiếp được y = -1, x=3.




#671425 2x2014=y2+z2

Gửi bởi quantv2006 trong 13-02-2017 - 08:52

3) giải phương trình

    x2-x-100($\sqrt{1+8000x}+1$)=0

 

Câu 3 là 100 hay 1000 vậy bạn?




#671305 2x2014=y2+z2

Gửi bởi quantv2006 trong 12-02-2017 - 18:56

Bài 7: Giả sử x>=y thì từ 2 phương trình đầu đã có y>=x. Vậy x= y. Tương tự có y=z. Vậy x=y=z. Thay vào 1 phương trình bất kỳ có x=y=z=1.




#671154 nghiệm nguyên dương

Gửi bởi quantv2006 trong 11-02-2017 - 20:51

 

  1. : tìm nghiệm nguyên dương của pt:
  •            x2y3-4xy3+y2+x2-2y-3=0
  1. : tìm nghiệm nguyên dương :
  •          3x+4y=7z.

 

Bài 1 không rõ nhầm đầu bài không. PT $\Leftrightarrow y^{3}(x^2-4x)+(y+1)(y-3)+x^2=0$

 

Xét y =1, 2 không tìm được x nguyên dương thỏa mãn.

 

Với y >=3 thì $x^2-4x\leq 0\Rightarrow 1\leq x\leq 4$. Xét các trường hợp thấy vô nghiệm.




#671003 AM, DN, EF đồng quy

Gửi bởi quantv2006 trong 10-02-2017 - 16:10

 

A,B,C,D thuộc 1 đường thẳng.2 đường tròn đường kính AC cắt BD tại E,F. EF cắt BC tại H. P bất kỳ thuộc EF . CP cắt đường tròn đường kính AC tại M. BP cắt đường tròn đường kính BD tại N. CMR: AM, DN, EF đồng quy.

 

Do PM.PC = PE.PF = PN. PB nên BCNM là tứ giác nội tiếp $\Rightarrow \angle NBC =\angle NMC$

 

$\Rightarrow \angle NMC+\angle NDB=90^{0}$

 

$\Rightarrow \angle NMA + \angle NDB =180^{0}$

 

Vậy ADNM là tứ giác nội tiếp.

 

3 đường tròn (ADNM), (AHPM), (DHPN) cắt nhau tại 3 trục đẳng phương AM, PH, DN nên 3 trục đẳng phương này đồng qui.




#671002 [HSG] Hình 9

Gửi bởi quantv2006 trong 10-02-2017 - 15:54

giúp em bài này nữa ạ

 

Cho đường tròn (O), dây AB cố định không đi qua O. Lấy 2 điểm C và D thuộc AB sao cho AC = CD = DB. Các bán kính đi qua C và D cắt cung nhỏ AB tại E và F.

a) Chứng minh: AE < EF.

b) Một điểm M di động trên đường tròn (O), điểm P thuộc AM, điểm Q thuộc BM sao cho AP = BQ. Chứng minh đường trung trực của PQ luôn đi qua 1 điểm cố định.

Gọi K là điểm chính giữa cung AB có chứa M. Ta có KA = KB. Chứng minh tam giác KAP = tam giác KBQ $\Rightarrow$ KP = KQ. Vậy trung trực của PQ đi qua điểm K cố định.