HoangKhanh2002

Bài của Khánh sử dụng phương pháp thế, đây là 1 hệ rất quen thuộc của những đề luyện thi đại học

Từ phương trình $(2)$ $\Rightarrow y=\frac{2x^2-20x}{x^2+20}$ thế vào phương trình $(1)$ ta được 

$3x^2-9x+\frac{x(2x^3-20x)}{x^2+20}-(\frac{2x^3-20x}{x^2+20})^2-\frac{9(2x^3-20x)}{x^2+20}=0$

$\Leftrightarrow \frac{x(x-10)(x-2)(x^2-15x+20)}{(x^2+20)^2}=0$

giải phương trình tìm $x$ có vẻ bài này có 1 số nghiệm lẻ

Giải pháp này chưa hiệu quả lắm!!!

Nó sẽ không khả thi lắm trong 1 số trường hợp

Để chứng tỏ điều đó, mời chị giải 1 bài toán cùng dạng

$\boxed{\text{Bài 206}}$ Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{matrix} 4x^3+3xy^2=7y\\ y^3+6x^2y=7 \end{matrix}\right.$

Bài 203: GPT $\frac{1}{\sqrt{x+3}}+\frac{1}{\sqrt{3x+1}}=\frac{2}{1+\sqrt{x}}$

Sửa lại lời giải như sau nhé (Cảm ơn tiền bối An Infinitesimal)

Áp dụng BĐT $Cauchy-Schwarz$ ta có: $\left ( \dfrac{1}{\sqrt{x+3}}+\dfrac{1}{\sqrt{3x+1}} \right )^2\leqslant 2\left ( \dfrac{1}{x+3}+\dfrac{1}{3x+1} \right )$

Mà: $\left ( \dfrac{2}{\sqrt{x}+1} \right )^2-2\left ( \dfrac{1}{x+3}+\dfrac{1}{3x+1} \right)=\dfrac{4(\sqrt{x}-1)^4}{(\sqrt{x}+1)^2(x+3)(3x+1)}\geqslant 0$

Do đó: $\frac{1}{\sqrt{x+3}}+\frac{1}{\sqrt{3x+1}}\leqslant \frac{2}{1+\sqrt{x}}$

Đẳng thức xảy ra: $\iff x=1$

Thử lại thấy thoả mãn

Cho tứ giác ABCD. M, N thay đổi $\epsilon$ AB, CD sao cho: $\frac{AM}{AB}=\frac{CN}{CD}$

Tìm quĩ tích trung điểm I của MN.

Mọi người giúp mk nhé !!

Bài này khá hay và khó!!! Đã có lời giải, xin mở rộng nó như sau.

Cho tứ giác ABCD. M, N thay đổi $\in$ AB, CD. Tìm quĩ tích trung điểm I của MN.

Gọi $P,Q,R,S$ lần lượt là trung điểm của $AD, BD, BC, CA$

Vì $I$ là trung điểm của $MN$ nên: $\overrightarrow{PI}=\dfrac{1}{2}(\overrightarrow{AM}+\overrightarrow{DN})$ (cái này tự chứng minh nha)

Đặt: $\dfrac{AM}{AB}x, \dfrac{CN}{CD}=y$. Vì $\overrightarrow{AM}$ cùng hướng với $\overrightarrow{AB}$, $\overrightarrow{CN}$ cùng hướng với $\overrightarrow{CD}$ $\implies \overrightarrow{AN}=x\overrightarrow{AB},\overrightarrow{CN}=y\overrightarrow{CD}$

Do đó: $\overrightarrow{PI}=\dfrac{1}{2}(x\overrightarrow{AB}+y\overrightarrow{CD})$

Nhận thấy: $PQRS$ là hình bình hành, nên tồn tại các điểm $Z,T$ thứ tự thuộc $PQ,PS$ sao cho: $\overrightarrow{PZ}=x\overrightarrow{PQ},\overrightarrow{PT}=y\overrightarrow{PS}$

Vì vậy, suy ra: $\overrightarrow{PI}=\dfrac{1}{2}(x\overrightarrow{AB}+y\overrightarrow{CD})=x\overrightarrow{PQ}+y\overrightarrow{PS}=\overrightarrow{PZ}+\overrightarrow{PT}$, suy ra: $PZIT$ là hình bình hành

Vậy: $I$ thuộc miền hình bình hành $PQRS$

Cho tam giác cân ABC ($AB=AC$), đường phân giác BD thỏa mãn $BC= BD+AD$. Tính các góc của tam giác?

Đây hình như là 1 bài HSG Toán 8 (có trên blog của mình thì phải)

Giải như sau:

Trên $BC$ lấy $K$ sao cho: $BD=BK$

Từ điều kiện bài toán: $BC=BD+AD=BK+AD=BK+KC \implies KC=AD$

Nhận thấy: $\dfrac{AB}{BC}=\dfrac{AD}{CD}=\dfrac{KC}{CD} \implies \Delta KCD \sim \Delta ACB$

Do đó: $\Delta KCD$ cân tại $K$

Thiết lập các biểu thức:

$\widehat{BKD}=\dfrac{180^o-\dfrac{\widehat{ABC}}{2}}{2}\\ \widehat{DKC}=180^o-2\widehat{ACB}=180^o-2\widehat{ABC}$

Giải phương trình: $\dfrac{180^o-\dfrac{\widehat{ABC}}{2}}{2}+180^o-2\widehat{ABC}=180^o$

Suy ra: $\widehat{ABC}=40^o=\widehat{ACB} \implies \widehat{BAC}=100^o$

Cho $n$ số dương: $0<x_{1} \leqslant x_{2} \leqslant x_{3} \leqslant ... \leqslant x_{n}$. Chứng minh rằng với $n \geqslant 3$, ta có:

$\sum_{i=1}^{n}\dfrac{x_{i}}{x_{i}+1}\geqslant \sum_{i=1}^{n}\dfrac{x_{i}+1}{x_{i}}$ với quy ước: $x_{n+1}=x_{1}$

cho 3 số thực dương x, y, z thỏa mãn: $\frac{1}{x^2} + \frac{1}{y^2}+ \frac{1}{z^2} =3$ . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:$P= \sum \frac{y^2z^2}{x(y^2+z^2)}$

Ta có: $P=\sum \dfrac{1}{x(\dfrac{1}{y^2}+\dfrac{1}{z^2})}$

Đặt:$(\dfrac{1}{x}; \dfrac{1}{y};\dfrac{1}{z})=(a,b,c)$

Khi đó: $P=\sum \dfrac{a}{b^2+c^2}=\sum \dfrac{a}{3-a^2}$

Ta chứng minh: $\dfrac{x}{3-x^2} \geqslant \dfrac{1}{2}x^2$

$\iff \dfrac{(x-1)^2.x.(x+2)}{2.(3-x^2)} \geqslant 0$ (BĐT này luôn đúng)

Do đó: $ P\geqslant \dfrac{1}{2} (a^2+b^2+c^2)=\dfrac{3}{2}$

Dấu "=" xảy ra: $\iff x=y=z=1 \square$

 Câu 4:(3 điểm)

Cho nửa đường tròn tâm $O$ đường kính $BC$ và $A$ trên nửa đường tròn.Đường cao $AH$.Trên nửa mặt phẳng bờ $BC$ chứa $A$, vẽ nửa đường tròn $\left ( O_{1},R_{1} \right )$ đường kính $HB$ và nửa đường tròn $\left ( O_{2},R_{2} \right )$ đường kính $HC$ cắt $AB,AC$ tại $E,F$.$M$ là giao của các tiếp tuyến tại $A,B$ của $(O)$.

a) Chứng minh: $BEFC$ nội tiếp.

b) $MC,AH,EF$ đồng quy

c) $(I,r)$ là đường tròn tiếp xúc ngoài $(O_{1}),(O_{2})$ và tiếp xúc vói $EF$ tại $D$.Chứng minh:

 

$\frac{1}{\sqrt{r}}=\frac{1}{\sqrt{R_{1}}}+\frac{1}{\sqrt{R_{2}}}$

Xử hình đê các bác . Chỉ giỏi doạ người thôi!!!

a) Câu này khuyến mại

Ta có: $AEHF$ là hình chữ nhật $\implies \widehat{AEF}=\widehat{AHF}=\widehat{ACB} \implies BEFC$ nội tiếp

b) Vì $AEHF$ là hình chữ nhật $\implies EF$ đi qua trung điểm $AH$
Gọi $P$ là giao điểm của $MC$ và $AH$, $K$ là giao điểm của $AC$ và $BM$

$\Delta ABK, \widehat{BAK}=90^o, BM=MA \implies MK=MB=MA$

Theo ông $Thales$: $\dfrac{AP}{MK}=\dfrac{PH}{MB} \implies AP=PH$ hay $MC$ đi qua trung điểm $AH$

Vậy $AH, EF, MC$ đồng quy tại trung điểm $AH$

c) Dễ dàng chứng minh: $EF$ là tiếp tuyến chung của $(O_{1})$ và $(O_{2})$ bằng cộng góc

Đẳng thức cần chứng minh: $\dfrac{1}{\sqrt{r}}=\dfrac{1}{\sqrt{R_{1}}}+\dfrac{1}{\sqrt{R_{2}}}\iff \sqrt{R_{1}}.\sqrt{R_{2}}=\sqrt{r}(\sqrt{R_{1}}+\sqrt{R_{2}})$

Gọi $L$ là chân đường vuông góc từ $O_{1}$ xuống $FO_{2}$, $N$ là chân đường vuông góc từ $I$ xuống $EF$

Nhận thấy: $EF=O_{1}L=\sqrt{O_{1}O_{2}^2-LO_{2}^2}=\sqrt{(R_{1}+R_{2})^2-(R_{1}-R_{2})^2}=2\sqrt{R_{1}.R_{2}}$

Tương tự: $EN=2\sqrt{R_{1}.r},NP=2\sqrt{R_{2}r}$

Mà: $EF=FN+NE$ nên có ngay đpcm

Đề chung:

Câu bất:

Ta có: $P=\sum \dfrac{1}{x(\dfrac{1}{y^2}+\dfrac{1}{z^2}}$

Đặt:$(\dfrac{1}{x}; \dfrac{1}{y};\dfrac{1}{z})=(a,b,c)$

Khi đó: $P=\sum \dfrac{a}{b^2+c^2}=\sum \dfrac{a}{3-a^2}$

Nhận thấy: $3a^2(1-a^2)^3=3a^2(1-a^2)(1-a^2)(1-a^2) \leqslant \dfrac{3^4}{4^4}$

Do đó: $ P\geqslant \dfrac{3}{2}$

Bài 1:

a) ĐK: $x \geqslant 4$

Đặt: $\sqrt{x-4}=a \geqslant 0$, $\sqrt{x+4}=b \geqslant 0$

$\implies 4b^2-a^2+7a-14b=0 \iff (2b-a)(2b+a-7)=0$

Đến đây thì dễ rồi

+) $2b=a \iff 4x+16=x-4 \iff x=-\dfrac{20}{3}$

+) $2b+a-7=0 \iff 2\sqrt{x+4}+\sqrt{x-4}=7$

Bình phương lên

b) Trừ theo vế hai phương trình của hệ ta có:

$2x-2y+4=(x+y)(x-y+2) \iff (x-y+2)(x+y-2)=0$

Đến đây tự làm

Bài hình: Câu a, b dễ xơi. Còn câu c khó!

Đề thi vào 10 chuyên tỉnh Vĩnh Phúc 2017-2018

Full hình nhỉ....

a) Nhận thấy: $\widehat{BAC}+\widehat{BDC}=180^o \iff \widehat{BAC}+\widehat{BEC}=180^o \iff BACE$ nội tiếp

$\widehat{AEB}=\widehat{ACB}=\widehat{ABC}=\widehat{AEC}\implies \widehat{BEC}=2\widehat{AEC}$

b) $\Delta ADE, \widehat{ADE}=90^o$ có $FD=FE \implies FD=FE=FA$

Dễ thấy: $\widehat{BKC}=180^o-\widehat{BCK}-\widehat{CBK}=180^o-\widehat{BCE}-\widehat{AEC}=\widehat{AFB}=\widehat{FAD}$

c) Áp dụng định lí $Ptolemy$ cho tứ giác $ABEC$ có: $AB.CE+AC.BD=AE.BC \iff AB(CE+1)=AE\\ \iff CD+1=\dfrac{AE}{AB}=2\dfrac{CF}{CD}$

Do đó: $CF=\dfrac{CD(CD+1)}{2}$

Mà: $EF$ là phân giác $\widehat{BEC} \implies \dfrac{CF}{FB}=\dfrac{CE}{EB}=CE=CD$

Thay vào hệ thức: $CD+1=2FB \implies FB=\dfrac{CD+1}{2}$

Giải phương trình: $\dfrac{CD(CD+1)}{2}+\dfrac{CD+1}{2}=1 \iff CD=\sqrt{2}-1$

Xử câu hình đê các bác

a) Gọi $L$ là giao điểm của $BO$ và $DF$ $\implies \widehat{ILF}=90^o$

Dễ thấy $DAEO$ là hình chữ nhật $\implies \widehat{DFI}=\dfrac{1}{2}\widehat{DOE}=45^o$

Do đó: $\widehat{BIF}=45^o$

b) $\Delta ABM$ vuông cân tại $A$ $\implies \widehat{ABD}=45^o$

Do đó: $\widehat{DBH}=\widehat{DFH}=45^o \implies DBFH$ nội tiếp. Mà: $ODBF$ nội tiếp

$\implies B,D,O,H,F$ cùng thuộc một đường tròn $\implies \widehat{OHB}=90^o$

Mà: $AO\perp BM$ nên $\widehat{BAH}=45^o=\widehat{BIH} \implies ABHI$ nội tiếp

c) $NQDP$ nội tiếp $\implies \widehat{NPQ}=\widehat{NDQ}=\widehat{NDF}=\widehat{NEF}$

Tương tự: $\widehat{NQP}=\widehat{NFE}$ $\implies \Delta NPQ \sim \Delta NEF$ $\implies \dfrac{PQ}{EF}=\dfrac{NP}{NE} \leqslant 1$

$\implies PQ \leqslant EF$

Đẳng thức xảy ra: $\iff$ $P$ trùng $E$, $Q$ trùng $F$ $\iff$ $PQ$ là đường kính của $(O)$

$\iff$ $M$ là giao điểm của đường kính $DN$ của $(O)$ và $AC$

Câu 10 (1,0 điểm). Cho tam giác nhọn $ABC$ ($AB<AC$). Đường tròn tâm $O$ đường kính $BC$ cắt cạnh $AC$, $AB$ lần lượt tại $D$ và $E$. $H$ là giao điểm của $BD$ và $CE$, $K$ là giao điểm của $DE$ và $AH$, $F$ là giao điểm của $AH$ và $BC$. $M$ là trung điểm của $AH$. Chứng minh rằng $MD^2=MK.MF$.

Bài này khá dễ

Dễ dàng chứng minh được $H$ là tâm đường tròn nội tiếp $\Delta DEF$

Nhận thấy $M$ là tâm $(AEHD)$ $\implies \widehat{HMD} =2\widehat{HED}=\widehat{FED} \implies EMDF$ nội tiếp

$\implies \widehat{MDE}=\widehat{MFE}=\widehat{MFD}$

Do đó: $\Delta MDK \sim \Delta MFD \implies MD^2=MD.MK$

Câu 7 (2,5 điểm). Cho ba điểm $A$, $B$, $C$ phân biệt thẳng hàng và theo thứ tự đó sao cho $AB<BC$. Trong một nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng $AC$ dựng các hình vuông $ABDE$ và $BCFK$. Gọi $I$ là trung điểm của đoạn thẳng $EF$. Đường thẳng qua $I$ vuông góc với $EF$ cắt các đường thẳng $BD$ và $AB$ lần lượt tại $M$ và $N$. Chứng minh rằng:

• Tứ giác $AEIN$ và tứ giác $EMID$ nội tiếp được trong đường tròn.
• Ba điểm $A$, $I$, $D$ thẳng hàng và các điểm $B$, $N$, $F$, $M$, $E$ nằm trên cùng một đường tròn.
• Ba đường thẳng $AK$, $EF$, $CD$ đồng quy.

1. Khỏi làm

2. Dễ thấy $\Delta EBF$ vuông tại $E$ nên $IE=IB$

Do đó: $\overline{A,D,I}$

Tứ giác $EDIM$ nội tiếp $\implies \widehat{IEM}=\widehat{IDM}=45^o$ $\implies IE=IM=IB$

$\Delta BMN$ có $IB=IM \implies IN=IB=IM$

$EBFM$ có 2 đường chéo vuông góc với nhau tại TĐ, bằng nhau. Dễ dàng chứng minh $B,E,M,F,N$ cùng thuộc đường tròn

3. Dễ thấy: $BE//KC$, $AD\perp BE\implies AD\perp KC \implies D$ là trực tâm $\Delta AKC \implies CD \perp AK$ tại $G$

Lúc đó: $EGDA, GKFC$ nội tiếp $\implies \widehat{EGA}=\widehat{EDA}=45^o$; $\widehat{KGF}=\widehat{KCF}=45^o$ nên $\overline{E,G,F}$

PS: Sao dễ vậy nhỉ???

Câu 3 (1,0 điểm). Cho số tự nhiên $A=\overline{\underbrace{777\ldots 7}_{n \text{ chữ số } 7}}-18+2n$ với $n\in \mathbb{N}, n\geqslant 2$. Chứng minh rằng $A$ chia hết cho $9$.

 Câu 4 (1,5 điểm). Cho $a$, $b$, $c$ là các số dương thoả mãn $a+b+c\leqslant \sqrt{3}$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
\[P=\dfrac{a}{\sqrt{a^2+1}} + \dfrac{b}{\sqrt{b^2+1}} + \dfrac{c}{\sqrt{c^2+1}}\]

Câu 3:

Ta có: $A=\underbrace{77..77}_{n}-18+2n=7.\dfrac{10^n-1}{9}-18+2n=7.\dfrac{10^n-1-9n}{9}-18+9n$

Chỉ cần chứng minh: $10^n-9n-1 \vdots 81,n\geqslant 2$ bằng quy nạp

Câu 4:

$\sqrt{3}\geqslant a+b+c\geqslant \sqrt{3(ab+bc+ca)} \implies ab+bc+ca\leqslant 1$

Thay vào: $P=\sum \dfrac{a}{\sqrt{a^2+1}}\leqslant \sum \dfrac{a}{\sqrt{(a+b)(a+c)}}\leqslant \dfrac{1}{2} \sum \left (\dfrac{a}{a+b}+\dfrac{a}{a+c} \right )=\dfrac{3}{2}$

PS: huykinhcan99: Em gõ nhanh nên thiếu căn

Câu hình

a) $HE$ là đường trung bình $\Delta BAI\Rightarrow \widehat{BHE}=\widehat{BAI}=\widehat{BAD}+\widehat{DAI}=\widehat{BAD}+\widehat{DBA}=\widehat{BDE}$

Do đó: $BHDE$ nội tiếp

b) Kẻ $IK'//AB, H'$ là giao điểm của $DK'$ và $AB$

Khi đó: $\Delta ADH' \sim \Delta JDB \implies \dfrac{AH'}{DH'}=\dfrac{JB}{DB}\\ \Delta BDH' \sim \Delta JDA \implies \dfrac{BH'}{DH'}=\dfrac{JA}{DA}$

Mà: $\left\{\begin{matrix} \Delta IDA \sim \Delta IAJ\\ \Delta IDB \sim \Delta IBJ \end{matrix}\right. \implies \dfrac{JB}{DB}=\dfrac{JA}{DA} \implies BH'=AH'\implies$ $H$ trùng $H'$, $K$ trùng $K'$

Do đó: $IK//AB$. Dễ dàng suy ra được: $\Delta BJA$ cân tại B

c) Dễ thấy $ID.IJ=IA^2=IH.IO \implies$ $JOHD$ nội tiếp. Kết hợp $JKBA$ là hình thang cân $\implies \Delta IJK$ cân tại $I$

Do đó: $\dfrac{ID}{HI}=\dfrac{IO}{IJ}=\dfrac{IO}{IK} \implies ID.IK=IO.IH$

Mà: $HO.HI=HA.HB=HD.HK$

Trừ theo vế: $ID.IK-HD.HK=(IO-HO)IH=IH^2$

Chém câu bất

Ta có: $P=\dfrac{y}{x}+\dfrac{x}{y}+\dfrac{1}{3}\dfrac{x}{y}+3xy+12xy+\dfrac{4}{3}-\dfrac{4}{3}\\\geqslant 2+2x+8\sqrt{xy}-\dfrac{4}{3}\\=2x+\dfrac{2}{3}+8\sqrt{xy}\geqslant 4\sqrt{\dfrac{x}{3}}+8\sqrt{xy}=4$

Dấu "=" xảy ra: $\iff x=y=\dfrac{1}{3} \square$

câu hệ làm kiểu gì nhỉ?

Anh gõ lại đề giùm em, em chả thấy gì?