daiphong0703

Bạn có thể nói rõ ko ạ?

ĐL hàm cos. $\Delta ABC$ nhọn, BC=a,AC=b,AB=c thì $a^{2}=b^{2}+c^{2}-2bc.cosA$
c/m: Kẻ đcao BF, áp dụng Pythagoras vào $\Delta ABF và \Delta CBF$
$\Rightarrow a^{2}-c^{2}=b(CF-AF)$
Thay vào pt ban đầu sẽ ra điều hiển nhiên đúng (lớp 9 hc rồi nha)

 

Gọi {I;H}=$MN\cap PD,PO$
Dễ thấy OP vuông góc với MN $\Rightarrow$$ \Delta PIH\infty \Delta POD(g-g)$
$\Rightarrow$ $\frac{IP}{PH}=\frac{OP}{PD}\Leftrightarrow IP=\frac{R.PH}{PD}$ (1)
Kẻ đường kính PK theo hệ thức lượng sẽ có $PN^{2}=PH.PK=PH.2R=PD^{2}$  (2)
(1), (2) PD=2IP => dpcm

Cho $\Delta ABC$ cân tại A. D là điểm chuyển động trên cạnh BC. Gọi  $r_{1}  và  r_{2}$ là bán kính đường tròn nội tiếp $\Delta ABD$ và $\Delta ACD$. Xác định vị trí điểm D để tích $r_{1}.r_{2}$ max

1) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: $2x^6+y^2-2x^3y=320$

 

2) a) Giải phương trình nghiệm nguyên: $8x^2-3xy-5y=25$

 

    b) Tìm $n \in \mathbb{Z^{+}}$ thoả: $A=n.4^n+3^n \vdots 7$

 

3) Tìm $a,b,c \in \mathbb{Z^{+}}$ thoả: $\left\{\begin{matrix} a+b+c=91 & \\ b^2=ac & \end{matrix}\right.$

 

4) Tìm $x,y \in \mathbb{Z^{+}}$ thoả: $(x-2018)^2=y^4-6y^3+11y^2-6y$

 

5) Tìm $x,y \in \mathbb{Z}$ thoả: $(x-y)(2x+y+1)+9(y-1)=13$

 

6) Tìm $\overline{abcd}$ biết: $\overline{abcd}+\overline{abc}+\overline{ab}+2=4321$

4.
<=> $(x-2018)^{2}+1 = (y^{2}-3y+1)^{2}$
<=> $(y^{2}-3y+1)^{2}-(x-2018)^{2}=1$
bn khai triển r giải pt ước số thôi

IV)
a) Ta có: BJ là p/giác ngoài $\angle ABC$, AJ p/giác $\angle BAC$
=> J là tâm đường tròn bàng tiếp $\Delta ABC$ => $\angle ICB=90$
Do đó IBJC nội tiếp => $\angle IJB=\angle ICB=\angle ICE$ hay $\Delta IBJ\infty IEC(g-g)$
=> $\frac{IE}{EC}=\frac{IB}{BJ} <=> \frac{ID}{CD}=\frac{IB}{BJ}$ (1)
Mặt $\neq$ dễ c/m dc $\Delta BID\infty \Delta JBP(g-g) =>\frac{IB}{BJ}=\frac{ID}{BP}$ (2)
(1), (2) => CD=BP hay BD=CP
b) $\frac{1}{AI}+\frac{1}{AJ}=\frac{2}{AN} <=> \frac{AN}{AI}+\frac{AN}{AJ}=2 <=> \frac{IN}{AI}+\frac{AJ-NJ}{AJ}=1 <=> \frac{IN}{AI}=\frac{NJ}{AJ}$ ( hiển nhiên đúng) vì $\Delta ABN$ có BI và BJ là phân giác trong và ngoài nên $\frac{IN}{AI}=\frac{BN}{AB}=\frac{NJ}{AJ}$

Giải $x^{3} - \sqrt[3]{6+\sqrt[3]{x+6}} = 6$

Mình không giỏi hình$,$ giải thử để nâng cao kỹ năng bản thân thôi. Ý tưởng giống bạn Tan Thuy Hoang.

Vẽ tam giác như hình vẽ thì $ID=r.$

• Áp dụng bất đẳng thức AM-GM (Arithmetic Mean-Geometric Mean) $$r^2=ID^2=CD\cdot BD \leqslant \dfrac{(CD+BD)^2}{4}=\frac{BC^2}{4} \leqslant \dfrac{AB^2}{4} $$
• Do $E$ là trung điểm $BC,$ áp dụng định lý Pythagoras ta có: $$m^2=AE^2=AC^2+CE^2=AC^2+\frac{1}{4}BC^2$$
• Tương tự $$n^2=BC^2+\frac{1}{4}AC^2$$

Do đó: $$m^2+n^2=\frac{5}{4} \left(BC^2+AC^2\right)=\frac{5}{4}AB^2$$

Từ đây ta có: $$\frac{r^2}{m^2+n^2}=\dfrac{r^2}{\dfrac{5}{4}AB^2} \leqslant \dfrac{\dfrac{1}{4} AB^2}{\dfrac{5}{4}AB^2} = \frac{1}{5}$$
Đẳng thức xảy ra khi $BC=AB.$

Phần giải r của anh hình như 0 ổn lắm ạ, em giải như thế này:
$n^{2}=BC^{2}+CF^{2}=BC^{2}+\frac{AC^{2}}{4}$. Tương tự $m^{2}=AC^{2}+\frac{BC^{2}}{4}$
Do đó $m^{2}+n^{2}=\frac{5}{4}AB^{2}$
Mặt khác, có 1 tính chất rất hay trong sgk toán 9 là khi r là bán kính đường tròn nội tiếp $\Delta ABC$ thì
2r=AC+BC-AB=$\sqrt{2(AC^{2}+BC^{2})-(AC-BC)^{2}}$ -AB $\leq \sqrt{2(AC^{2}+BC^{2})} - AB=(\sqrt{2}-1)AB$
=> $\frac{r}{AB}\leq \frac{\sqrt{2}-1}{2}$
Thay vào $\frac{r^{2}}{m^{2}+n^{2}} = \frac{4}{5}(\frac{r}{AB})^{2}$ là ra max ạ

Bạn thử tính m,n,r theo các cạnh của tam giác chưa? (Mình cũng chưa thử)

dạ em lm ra r ạ,, em cũng tính theo cạnh của $\Delta$ như cách của a ạ

Cho $\Delta ABC(\angle C=90)$. Kẻ các trung tuyến $AE,BF$ và $AE=m, BF=n.$ Gọi $r$ là bán kính đường tròn nội tiếp $\Delta ABC.$ Tìm max $\frac{r^{2}}{m^{2}+n^{2}}$

b) Ta có $\angle KFL=\angle KEL$ = 90 độ => KFEL nội tiếp đường tròn đường kính KL mà H trung điểm KL
=> KFEL nội tiếp (H) (1)
Mặt khác $\Delta AEF$ nội tiếp (I) (2)
Từ (1) và (2) => (H) $\cap$ (I) = {E;F} hay HI vuông góc với EF

a) Kẻ đường kính AK
Ta có: $\angle AMN=\angle MAE+\angle MEA$
Mặt $\neq$ DF vuông với AB, DE vuông với AC nên AFDE nội tiếp => $\angle MEA=\angle ADF$
A,B,K,C $\epsilon$ (O) nên ABKC nội tiếp => $\angle MAE=\angle DBK$
Do đó $\angle AMN = \angle ADF+\angle DBK$
Mà AK là đường kính => $\angle ABK = 90 độ hay BK vuông với AB

=> BK//DF => $\angle DBK=\angle FDB$ (sole trong)
=> $\angle AMN= \angle ADF + \angle DBK=\angle ADF+\angle FDB=\angle ADM$
=> AMDN nội tiếp

=$\sum (y+z)\sqrt{\frac{(x+y)(y+z)}{x^{2}}}$ $= \sum (y+z)\sqrt{1+\frac{y+z}{x}+\frac{yz}{x^{2}}} \geq \sum (y+z)\sqrt{1+\frac{2\sqrt{yz}}{x}+\frac{yz}{x^{2}}}$
=$\sum (y+z)\sqrt{(1+\frac{\sqrt{yz}}{x})^{2}}=\sum (y+z)(1+\frac{\sqrt{yz}}{x}$)
$\geq \sum y+z +\frac{2yz}{x}$
=> B $\geq 2(x+y+z)+\frac{2xy}{z}+\frac{2yz}{x}+\frac{2xz}{y} = 2(x+y+z) + (\frac{xy}{z}+\frac{yz}{x})+(\frac{yz}{x}+\frac{xz}{y})+(\frac{xz}{y}+\frac{xy}{z})$
Cô si là ra
 

Dễ c/m dc $\Delta ABD=\Delta ACE(c-g-c)$ nên $\angle ADB=\angle AEC$
<=> 90 độ - $\angle ADB$ = 90 độ -$\angle AEC$
<=> $\angle HBD= \angle KCE$ hay $\angle OBC= \angle OCB$ => OB=OC
 

Tổng quát
Dựng tứ giác BHIK (H,K nằm trên AB,BC và I nằm trong $\Delta ABC$): BH=IK=a, HK=2a (a$a \epsilon R$), $\angle IKB=\angle ACB$
Gọi {N}=$BI\cap AC$, từ N kẻ đường thẳng // với HI cắt AB tại M
Từ đó ta có HI//MN, IK//NC
=> $\frac{BH}{BM}=\frac{HI}{MN}=\frac{BI}{BN}=\frac{IK}{NC}$
=> BH:HI:IK=BM:MN:NC=1:2:1
=> BM=CN=$\frac{MN}{2}$ => BM+CN=MN

Là sao bạn nhỉ? Mình chưa hiểu lắm, bạn có thể giải chi tiết hơn đc ko. Thanks bạn!!!

Vì A là giao của 2 tiếp tuyến của (I) nên AD là đường đối trung của tam giác DEF
Dễ c/m đc $\Delta DLK \infty \Delta DFE$ (c-g-c) $\angle DLK= \angle DFE$
=> LK đối song với EF mà M trung điểm EF nên AD là đường trung tuyến của $\Delta DLK$
=>....