Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


HoangKhanh2002

Đăng ký: 12-07-2016
Offline Đăng nhập: Riêng tư
***--

#701613 Giải bất phương trình: $\frac{x-\sqrt{x}}...

Gửi bởi HoangKhanh2002 trong 13-02-2018 - 17:43

Giải bất phương trình:

$\frac{x-\sqrt{x}}{1-\sqrt{2(x^{2}-x+1)}}\geq 1$

ĐK: $x \geq 0$

Ta có: $1-\sqrt{2(x^2-x+1)}\leq 1-\sqrt{2.\dfrac{3}{4}}<0$

Do đó, BPT tương đương: $x-\sqrt{x}\leq 1-\sqrt{2(x^2-x+1)}$

Nhận thấy $x=0$ không là nghiệm của BPT, chia cả 2 vế cho $\sqrt{x}$ ta có:

$\sqrt{x}-1\leq \dfrac{1}{\sqrt{x}}-\sqrt{2\left(x+\dfrac{1}{x}-1\right)} \\\Leftrightarrow \left(\sqrt{x}-\dfrac{1}{\sqrt{x}}\right)+\sqrt{2\left(x+\dfrac{1}{x}-1\right)}\leq 1$

Giờ chỉ cần đặt $t=\sqrt{x}-\dfrac{1}{\sqrt{x}}$, tự giải tiếp nhé




#694194 $\frac{1}{{\sqrt {{a^5} +...

Gửi bởi HoangKhanh2002 trong 04-10-2017 - 23:22

Cho các số dương a,b,c thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng

$\frac{1}{{\sqrt {{a^5} + {b^2} + ab + 6} }} + \frac{1}{{\sqrt {{b^5} + {c^2} + bc + 6} }} + \frac{1}{{\sqrt {{c^5} + {a^2} + ac + 6} }} \le 1$

Bất đẳng thức phụ: $x^5-x^2+3\geqslant 3x$, chứng minh bằng biến đổi tương đương: $\Leftrightarrow (x-1)^2(x^3+2x^2+3x+1)\geqslant 0$ luôn đúng

Đánh giá: $a^5+b^2+ab+6=(a^5-a^2+3)+(a^2+b^2)+ab+3 \geqslant 3a+3ab+3=3(a+ab+1)$. Tương tự với 2 cái kia

Do đó: $\frac{1}{{\sqrt {{a^5} + {b^2} + ab + 6} }} + \frac{1}{{\sqrt {{b^5} + {c^2} + bc + 6} }} + \frac{1}{{\sqrt {{c^5} + {a^2} + ac + 6} }} \\\leqslant \sqrt{3\left ( \dfrac{1}{a^5+b^2+ab+6}+\dfrac{1}{b^5+c^2+bc+6}+\dfrac{1}{c^5+a^2+ac+6} \right )}\\\leqslant \sqrt{\dfrac{1}{3(a+ab+1)}+\dfrac{1}{3(b+bc+1)}+\dfrac{1}{3(c+ca+1)}}=1$

Vì với $abc=1$ dễ chứng minh được: $\dfrac{1}{a+ab+1}+\dfrac{1}{b+bc+1}+\dfrac{1}{c+ca+1}=1$




#692396 chứng minh 3 đường đồng qui

Gửi bởi HoangKhanh2002 trong 04-09-2017 - 23:34

Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O) (AD ko // BC ). Tiếp tuyến tại A và B cắt nhau ở M, tiếp tuyến tại C và D cắt nhau tại N. Chứng minh AC, BD, MN đồng qui

nt.png

Gọi $P,Q$ theo thứ tự là giao điểm của tiếp tuyến tại $A$ và $D$, $B$ và $C$

Qua $P$ kẻ đường thẳng song song với $MQ$ cắt $AC$ tại $L$

Dễ thấy $\Delta PCL$ cân

Gọi $I$ là giao điểm của $AC$ và $PQ$, theo $Thales$ $\dfrac{IQ}{IP}=\dfrac{AQ}{CP}$

Tương tự gọi $I'$ là giao điểm của $PQ$ và $BD$ $\implies \dfrac{DQ}{BP}=\dfrac{I'Q}{I'P}$

Do đó: $I\equiv I'$. Tương tự ta có đpcm

PS: Đây là một trong những tính chất quan trọng của đường tròn ngoại tiếp




#692395 Chứng minh rằng: $AM, DI, EF$ đồng quy tại một điểm

Gửi bởi HoangKhanh2002 trong 04-09-2017 - 23:15

Cách 2: Dùng hàng điểm

hđc2.png

Qua $A$ kẻ đường thẳng song song với $BC$ cắt $EF$ tại $K$

Đường thẳng $DI$ theo thứ tự cắt $EF$ và $AK$ tại $N$ và $L$

Năm điểm $A,F,I,L,E$ cùng thuộc 1 đường tròn $\implies \widehat{ILF}=\widehat{ILE}$

Mà: $\widehat{ILK}=90^o\implies (FENK)=-1\implies A(BNCK)=-1$

Theo cách vẽ thì $BC$ song song với $AK$ và $MB=MC$ nên $A(BCMK)=-1$

Vậy $A,N,M$ thẳng hàng hay $AM,EF,DI$ đồng quy $\hspace{2cm} \square$




#692394 Chứng minh rằng: $AM, DI, EF$ đồng quy tại một điểm

Gửi bởi HoangKhanh2002 trong 04-09-2017 - 23:05

cho em hỏi là ở bài nào vậy ạ 

Bài này mình có 2 cách làm như sau:

Cách 1: Dùng $vector$

hang điểm.png

Gọi $K$ là giao điểm của $DI$ và $EF$. Khi đó ta có: $\overrightarrow{AK}=\dfrac{EK}{EF}\overrightarrow{AF}+\dfrac{FK}{EF}\overrightarrow{AE}=\dfrac{EK}{EF}.\dfrac{AF}{AB}\overrightarrow{AB}+\dfrac{FK}{EF}\dfrac{AE}{AC}\overrightarrow{AC}$

Gọi $N$ là giao điểm của $AI$ và $BC$. Lúc đó ta dễ thấy các cặp tam giác đồng dạng:

$\Delta FKI \sim \Delta ANB(g.g)\implies \dfrac{FK}{KI}=\dfrac{AN}{NB}$; $\Delta IKE \sim \Delta CNA(g.g)\implies\dfrac{KI}{KE}=\dfrac{NC}{NA}$

Từ đó: $\dfrac{KF}{KE}=\dfrac{NC}{NB}=\dfrac{AC}{AB}$. Thay vào $\overrightarrow{AK}$:

$\overrightarrow{AK}=\dfrac{AE}{EF}\left ( \dfrac{EK}{AB}\overrightarrow{AB}+\dfrac{FK}{AC}\overrightarrow{AC} \right )=\\\dfrac{AE}{EF}.\dfrac{EK}{AB}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC})=\dfrac{1}{2}.\dfrac{AE}{EF}.\dfrac{EK}{AB}.\overrightarrow{AM}$

Vậy ta có $A,K,M$ thẳng hàng hay $AM,DI,EF$ đồng quy $\hspace{2cm}\square$




#692141 Chứng minh bằng ĐL Ceva và Menelaus. Điểm Nagel.

Gửi bởi HoangKhanh2002 trong 02-09-2017 - 19:38

Bài 2: Cho tam giác ABC, I, G theo thứ tự là tâm đường tròn nội tiếp và trong
tâm. M, N, P theo thứ tự là các tiếp điểm của các đường tròn bàng tiếp (IA ), (IB ), (IC ) và các
cạnh BC, CA, AB. Chứng minh rằng AM, BN, CP đồng quy tại một điểm thuộc IG.

Bạn làm ơn đăng nó ở box Hình THPT nhé, bạn đang vi phạm nội quy diễn đàn đấy

Mặc dù vậy cũng làm tạm bài 2:

ceva dang vecto.png

Đặt $AB=c,BC=a,AC=b;2p=a+b+c$ ta có:

$AE+AF=AB+BE+AC+CF=AB+BC+CA=2p \Rightarrow AE=AF=p \Rightarrow BM=p-c=AN$

Tương tự ta cũng có: $CM=AP=p-b; NC=BP=p-a$

Do đó: $(p-c)\overrightarrow{MC}+(p-b)\overrightarrow{MB}=\overrightarrow{0}$

Tương tự: $(p-c)\overrightarrow{NC}+(p-a)\overrightarrow{NA}=(p-a)\overrightarrow{PA}+(p-b)\overrightarrow{PB}=\overrightarrow{0}$.

Mà: $p-a+p-b+p-c=p \neq 0$

Do đó, theo định lí $Ceva$ dạng $vector$ suy ra: $AM,BN,CP$ đồng quy tại điểm $L$ là tâm tỉ cự của hệ điểm $\left \{ A,B,C \right \}$ ứng với các hệ số $\left \{ p-a;p-b;p-c \right \}$

Khi đó: $(p-a)\overrightarrow{LA}+(p-b)\overrightarrow{LB}+(p-c)\overrightarrow{LC}=\overrightarrow{0}\\\Leftrightarrow p(\overrightarrow{LA}+\overrightarrow{LB}+\overrightarrow{LC})-(a\overrightarrow{LA}+b\overrightarrow{LB}+c\overrightarrow{LC})=\overrightarrow{0}\\\Leftrightarrow 3p\overrightarrow{LG}-2p\overrightarrow{LI}=0$

Vậy: $AM,BN,CP$ đồng quy tại điểm $L$ thuộc $IG\hspace{1cm}\square$




#691940 các bài toán về vec-tơ

Gửi bởi HoangKhanh2002 trong 31-08-2017 - 12:23

Bài 3: Trên ba cạnh BC, CA, AB của tam giác ABC lấy các điểm A1, B1, C1. Gọi Ga, Gb, Gc theo thứ tự là trọng tâm của các tam giác AB1C1, C1A1B, A1B1C và G, G1, G2 là trọng tâm của các tam giác ABC, A1B1C1, GaGbGc. Chứng minh rằng G, G1 và G2 thẳng hàng

Làm tạm bài 3

Theo công thức thu gọn hệ thức tâm tỉ cự ta có:

$3\overrightarrow{G_{2}G_{a}}+3\overrightarrow{G_{2}G_{b}}+3\overrightarrow{G_{2}G{c}}=\overrightarrow{0}\\\iff (\overrightarrow{G_{2}A}+\overrightarrow{G_{2}B_{1}}+\overrightarrow{G_{2}C_{1}})+(\overrightarrow{G_{2}C_{1}}+\overrightarrow{G_{2}A_{1}}+\overrightarrow{G_{2}B})+(\overrightarrow{G_{2}A_{1}}+\overrightarrow{G_{2}B_{1}}+\overrightarrow{G_{2}C})=\overrightarrow{0}\\\iff 2(\overrightarrow{G_{2}A_{1}}+\overrightarrow{G_{2}B_{1}}+\overrightarrow{G_{2}C_{1}})+(\overrightarrow{G_{2}A}+\overrightarrow{G_{2}B}+\overrightarrow{G_{2}C})=\overrightarrow{0}\\\iff 6\overrightarrow{G_{2}G_{1}}+3\overrightarrow{G_{2}G}=\overrightarrow{0}\\\implies \overline{G,G_{1},G_{2}}$




#691877 Đề kiểm tra kiến thức hè THPT chuyên LHP Nam Định (môn toán chuyên)

Gửi bởi HoangKhanh2002 trong 30-08-2017 - 18:24

Câu 4: Cho tam giác $ABC$ nhọn nội tiếp $(O)$; $M$ là trung điểm của $BC$; $N$ là điểm đối xứng với $M$ qua $O$. Đường thẳng qua $A$ vuông góc với $AN$ cắt đường thẳng qua $B$ vuông góc với $BC$ tại $D$. Kẻ đường kính $AE$ của $(O)$

 a) Chứng minh : $BD.BE=BM.BA$

 b) Chứng minh $CD$ đi qua trung điểm đường cao $AH$ của tam giác $ABC$

thi he.png

a) Ta có: $\widehat{MBE}=\widehat{ABD}$ (cùng phụ $\widehat{ABC}$)

$\left\{\begin{matrix} \widehat{DAB}+\widehat{BAN}=90^o\\ \widehat{BEM}+\widehat{BAN}=\widehat{BEM}+\widehat{MEA}+\widehat{BEA}=90^o \end{matrix}\right.\\\implies \widehat{BEM}=\widehat{BAD}$

Do đó: $\Delta BME \sim \Delta BDA\implies \text{đpcm}$

b) Kéo dài $BD$ lấy điểm $K$ sao cho $BD=DK$

Từ câu a) $\implies BK.BE=BC.BA \implies \Delta BKA \sim \Delta BCE(c.g.c)$

Do đó: $\widehat{BAK}=\widehat{BEC}$ suy ra $A,K,C$ thẳng hàng

Theo định lí $Thales$ ta có ngay $H$ là trung điểm của $AL$




#691833 $\sqrt{x^{2}-x+1}+\sqrt{x^{2...

Gửi bởi HoangKhanh2002 trong 29-08-2017 - 22:46

Giải bất phương trình

$\sqrt{2x^{2}-x+1}+\sqrt{2x^{2}+4x+1}$
 ≥ $5\sqrt{x}$
 

Nhận thấy $x=0$ là 1 nghiệm (lấy)

Xét $x\neq 0$, chia cả 2 vế cho $\sqrt{x}$ ta có: $\sqrt{2x-1+\dfrac{1}{x}}+\sqrt{2x+4+\dfrac{1}{x}}\geqslant 5$

Đặt: $a=2x+\dfrac{1}{x}\implies \sqrt{a-1}+\sqrt{a+4}\geqslant 5\\$

Bình phương lên giải, sau đó thay ngược lại giải BPT ẩn $x$




#691822 $P=x^2+y^2+2(x+1)(y+1)+\sqrt{4-x-y}$

Gửi bởi HoangKhanh2002 trong 29-08-2017 - 21:08

Cho hai số thực $x$, $y$ thỏa $x+y=\sqrt{x+1}+\sqrt{2y+2}$. Tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của:

$$P=x^2+y^2+2(x+1)(y+1)+\sqrt{4-x-y}.$$

Từ điều kiện: $(x+y)^2=(\sqrt{x+1}+\sqrt{2y+2})^2\leqslant (1+2)(x+y+2)\\\implies \dfrac{3-\sqrt{33}}{2}\leqslant x+y\leqslant\dfrac{3+\sqrt{33}}{2}$

Ta có: $P=x^2+y^2+2(x+1)(y+1)+\sqrt{4-x-y}\\=(x+y)^2+2(x+y)+2+\sqrt{4-x-y}$

Khảo sát hàm $f(t)=t^2+2t+2+\sqrt{4-t}$ trên đoạn $\left [ \dfrac{3-\sqrt{33}}{2},\dfrac{3+\sqrt{33}}{2} \right ]$




#691820 Chứng minh rằng: $\sqrt{\frac{a}{b+c}...

Gửi bởi HoangKhanh2002 trong 29-08-2017 - 20:58

Cho ba số thực không âm a, b, c thỏa mãn $a+b> 0;b+c> 0;a+c> 0$. Chứng minh rằng: $\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{c+a}}+\sqrt{\frac{c}{a-b}}+\frac{9\sqrt{ab+bc+ac}}{a+b+c}\geq 6$

Mình làm theo $Holder$ nhé:

Đặt: $P=\sum \sqrt{\dfrac{a}{b+c}}$. Áp dụng BĐT $Holder$ ta có:

$\left [ a^2(b+c)+b^2(c+a)+c^2(a+b) \right ]P^2\geqslant (a+b+c)^3$

Do đó: $P\geqslant \sqrt{\dfrac{(a+b+c)^3}{a^2(b+c)+b^2(c+a)+c^2(a+b)}}=\sqrt{\dfrac{(a+b+c)^3}{(a+b+c)(ab+bc+ca)-3abc}}\\\geqslant \dfrac{a+b+c}{\sqrt{ab+bc+ca}}$

Thế vào và $AM-GM$ là được




#691817 $\left\{\begin{matrix} x^{2}(y^...

Gửi bởi HoangKhanh2002 trong 29-08-2017 - 20:47

 Giải hệ phương trình

 

$\left\{\begin{matrix} x^{2}(y^{2}+1)+2y(x^{2}+x+1)=3 & & \\ (x^{2}+x)(y^{2}+y)=1 & & \end{matrix}\right.$

Hệ phương trình tương đương: $\left\{\begin{matrix} x^2(y+1)^2+2y(x+1)=3\\ y(x+1)x(y+1)=1 \end{matrix}\right.$

Đặt: $\left\{\begin{matrix} a=x(y+1)\\ b=y(x+1) \end{matrix}\right.\implies \left\{\begin{matrix} a^2+2b=3\\ ab=1 \end{matrix}\right.$

Tự giải tiếp: OK




#691773 $\boxed{TOPIC}$ Véc-tơ và ứng dụng

Gửi bởi HoangKhanh2002 trong 29-08-2017 - 05:12

Cho tam giác ABC, M là điểm bất kì trong tam giác. AM, BM, CM lần lượt cắt BC, CA, AB tại A', B', C'. CMR: M là trọng tâm tam giác ABC khi và chỉ khi M là trọng tâm tam giác A'B'C'.

untitled.png

Vì $M$ nằm trong tam giác $ABC$ nên tồn tại các số $x,y,z>0$ thoả mãn: $x\overrightarrow{MA}+y\overrightarrow{MB}+z\overrightarrow{MC}=\overrightarrow{0}$

Qua các phép chiếu $vector$ $Ch_{BC}(AA')=\overrightarrow{0};Ch_{AC}(BB')=\overrightarrow{0};Ch_{AB}(CC')=\overrightarrow{0}$ ta có:

$x\overrightarrow{MA}+(y+z)\overrightarrow{MA'}=\overrightarrow{0}$

Tương tự: $y\overrightarrow{MB}+(z+x)\overrightarrow{MB'}=0;z\overrightarrow{MC}=(x+y)\overrightarrow{MC'}$

Do đó: $\left\{\begin{matrix} \overrightarrow{MA'}=-\dfrac{x}{y+z}\overrightarrow{MA}\\ \overrightarrow{MA'}=-\dfrac{x}{y+z}\overrightarrow{MA}\\ \overrightarrow{MC'}=-\dfrac{z}{x+y}\overrightarrow{MC} \end{matrix}\right.$

Vì vậy, $M$ là trọng tâm $\Delta A'B'C'$ $\iff \overrightarrow{MA'}+\overrightarrow{MB'}+\overrightarrow{MC'}=\overrightarrow{0}\\\iff \dfrac{-x}{y+z}\overrightarrow{MA}+\dfrac{-y}{x+z}\overrightarrow{MB}+\dfrac{-z}{x+y}\overrightarrow{MC}=0$

Dễ thấy: $\implies \dfrac{x}{\dfrac{x}{y+z}}=\dfrac{y}{\dfrac{y}{z+x}}=\dfrac{z}{\dfrac{z}{x+y}}\iff x=y=z$

$\iff \overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}=\overrightarrow{0}\iff$ $M$ là trọng tâm của $\Delta ABC$




#690919 Chứng minh 3 điểm thẳng hàng

Gửi bởi HoangKhanh2002 trong 18-08-2017 - 19:51

Cho tam giác ABC, E là trung điểm của AB, F thuộc AC sao cho AF=2FC. Lấy K là trung điểm của EF. Tìm P thuộc BC sao cho A, K, P thẳng hàng.

Ta có: $\overrightarrow{AK}=\dfrac{1}{2}(\overrightarrow{AE}+\overrightarrow{AF})=\dfrac{1}{4}\overrightarrow{AB}+\dfrac{1}{3}\overrightarrow{AC}$

$\overline{A,K,P}\implies \overrightarrow{AP}=k\overrightarrow{AK}\implies \overrightarrow{AP}=k\left ( \dfrac{1}{4}\overrightarrow{AB}+\dfrac{1}{3}\overrightarrow{AC} \right )$

Mà: $\overrightarrow{AP}=\dfrac{CP}{BC}.\overrightarrow{AB}+\dfrac{BP}{BC}\overrightarrow{AC}$

Đồng nhất hệ số: $\implies \left\{\begin{matrix} \dfrac{CP}{BC}=\dfrac{1}{4}k\\ \dfrac{BP}{BC}=\dfrac{1}{3}k \end{matrix}\right.\implies \dfrac{BP}{CP}=\dfrac{4}{3}\implies BP=\dfrac{4}{7}BC$




#690862 $\frac{1}{\sqrt[3]{x}}+\fra...

Gửi bởi HoangKhanh2002 trong 18-08-2017 - 12:11

1. Giải hệ phương trình:

 

$\left\{\begin{matrix}2(y^{2}-x^{2})=\frac{14}{x}-\frac{13}{y} & & \\ 4(x^{2}+y^{2})=\frac{14}{x}+\frac{13}{y} & & \end{matrix}\right.$

ĐK: $x,y\neq 0$

Từ hệ ta đem về phương trình đồng bậc:

$\left\{\begin{matrix} 2xy(y^2-x^2)=14y-13x\\ 4xy(x^2+y^2)=14y+13x \end{matrix}\right.\\\Rightarrow (y^2-x^2)(14y+13x)-2(y^2+x^2)(14y-13x)=0\\\iff 13x^3-14y^3+39xy^2-42x^2y=0\\\iff (x-2y)(13x^2-16xy+7y^2)=0\iff x=2y$

Thay vào và tự giải