Minhnguyenquang75

em xin góp thêm 1 bài nữa:
Bài 3:
Cho a;b thỏa mãn:
$\begin{cases} & a^{3}-3ab^{2}=2008\\ & b^{3}-3a^{2}b=2009 \end{cases}$
tính giá trị biểu thức: $P=a^{2}+b^{2}+2009$

@@ bài này mình làm rồi, đề k như thế này !

Làm gì có chuyện kì lạ vậy
Kể cả 200 điểm cũng có thể k nằm trong hình tròn

Em có xem danh sách bqt trị thì thấy 1 chỗ bị gõ nhầm là diễn đán. Mong Admin sửa lại, để vậy khó coi lắm @@

@ huou202: K làm thì k nên spam nhé
Bai 1:
Ta có:
S hình bình hành bằng tổng của 4 tam giác nhỏ
Dễ dàng chứng minh:
$S_{AOB}=S_{DOC}$ ; $S_{AOD}=S_{BOC}$
$\Rightarrow S_{ABCD}=2(S_{AOD}+S_{AOB})$
Vì ABCD là hình bình hành
=> DO = 10 ; AO = 6
$\widehat{AOB}=180-150=30$
=> $S_{AOD} = \dfrac{1}{2}OA.OD.SinAOD = \dfrac{1}{2}6.10.Sin150=15 cm^{2}$
$S_{AOB} = \dfrac{1}{2}OA.OB.SinAOB = \dfrac{1}{2}6.10.Sin30=15 cm^{2}$
=> $S_{ABCD}=2.30=60 cm^{2}$

a,
Ta có:
Xét tứ giác ABHD
$\widehat{BAD}=90$ (ABCD là hình vuông)
$\widehat{BHD}=90$ (gt)
=> Tổng đổi của từ giác ABHD 2 góc = 180 độ
=> đpcm

Xét tứ giác BHCD:
$\widehat{BHD}=90$ (gt)
$\widehat{BCD}=90$ (ABCD là hình vuông)
Mà 2 góc này cùng nhìn cạnh BD dưới 1 góc 90 độ
=> tứ giác BHCD nội tiếp 1 đường tròn
=> đpcm

b,
Vì BHCD nội tiếp 1 đường tròn nên:
$\widehat{CHK}=\widehat{BDC}=180-\widehat{BHC}$
Do BD là đường chéo của hình vuông ABCD -> $\widehat{CHK}=\widehat{BDC}=45$
Vậy $\widehat{CHK}=45$ độ

c,
Do $\widehat{CHK}=\widehat{BDC}$
Góc HKC chung
=> tam giác HKC đồng dạng tam giác DBK (g.g)
=> $\dfrac{KH}{KD}=\dfrac{KC}{KB}$
=> $KH.KB=KC.KD$

d,
Đề bài có vấn đề
Dễ dàng chứng minh được mệnh đề trên là sai nếu M là trung điểm của BC

thế còn trường hợp $xyt=1$ thì sao bạn

Mình nghĩ phải là $x=y=t$ (có thể bạn nhìn nhầm t thành 1)

Hix, lục lọi lại mới tìm thấy 1 cái trên Zing me @@

Anh vietfrog đẹp trai nhỉ ^^

Chỗ này có vấn đề :
$\Leftrightarrow \sqrt{x}-\sqrt{y}-\sqrt{t}=\dfrac{1}{\sqrt{t}}-\dfrac{1}{\sqrt{y}}-\dfrac{1}{\sqrt{x}}$
$\Leftrightarrow$
$(\sqrt{x}+\dfrac{1}{\sqrt{y}})-(\sqrt{y}+\dfrac{1}{\sqrt{t}})-(\sqrt{t}-\dfrac{1}{\sqrt{x}})=0 \rightarrow \sqrt{t}=\dfrac{1}{\sqrt{x}}????????$

Chính xác là đề bài có vấn đề !

tại sao $\Leftrightarrow \sqrt{x}-\sqrt{y}-\sqrt{z}=\dfrac{1}{\sqrt{t}}-\dfrac{1}{\sqrt{y}}-\dfrac{1}{\sqrt{x}}$

Chuyển vế bạn

Mình nghĩ đề bài có vấn đề
Ta thấy sự bình đẳng của x; y; t trong phương trình thì liệu có nhất thiết phải x=y=1 ?

Key-gen = Key Generator = Công cụ tạo ra key và key này để nhập vào phần đăng ký bản quyền của các software, và đương nhiên những key này sử dụng là trái phép
=> Những k*eygen này được coi là malware.

a,
Ta có: $MN=MC+CN$
Theo tính chất của 2 tiếp cắt nhau thì:
AM=MC ; CN=BN
=> MC+CN=AM+BN=MN
=> đpcm
b,
Theo tính chất của đường nối tâm và giao của 2 tiếp tuyến:
$\widehat{AOC}=2\widehat{MOC}$
$\widehat{COB}=2\widehat{NOC}$
Mà 2 góc $\widehat{AOC}+\widehat{COB}=180$
$\Rightarrow 2\widehat{MOC}+2\widehat{NOC}=180$
$\Rightarrow \widehat{MOC}+\widehat{NOC}=90$
$\Rightarrow$ Tam giác MON vuông => đpcm

...

c,
Theo tính chất của đường nối tâm và giao của 2 tiếp tuyến:
AE=EC ; CF=FB
=> EF là đường trung bình của tam giác ABC
=> EF//AB => đpcm
Vì EF là đường trung bình nên khi C di chuyển EF luôn giữ 1 giá trị không đổi = 1/2 AB

d,
Mình bận rồi, mong các bạn giải tiếp

Khi giải các phương trình mà ẩn nằm ở trong dấu căn thức (pt vô tỉ), một số bạn do chưa nắm vững kiến thức về căn thức và các phép biến đổi tương đương nên thường mắc một số sai lầm. Bài viết này mong muốn giúp các bạn, đặc biệt là các học sinh lớp 9 chuẩn bị thi vào các trường THPT tránh được những sai lầm đó.

VD1: Giải pt: $(x+3)\sqrt{x-1}=0$
Lời giải SAI:
$((x+3)\sqrt{x-1}=0\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l} x+3=0\\ \sqrt{x-1}=0 \\ \end{array} \right.\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x=-3 \\ x=1 \\ \end{array} \right.$
Nhận xét: Rõ ràng x=-3 không phải nghiệm của pt trên:
Chú ý: $A\sqrt{B}=0\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} B\geq 0\\ \left[ \begin{array}{l} A=0 \\ \sqrt{B}=0 \\ \end{array} \right.\\ \end{matrix}\right.$

VD2: Giải pt: $\sqrt{x+4}=x+2$
Lời giải SAI:
$\sqrt{x+4}=x+2\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x+4\geq 0\\ x+4=(x+2)^{2}\\ \end{matrix}\right.$
$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x\geq -4\\ x+4=x^{2}+4x+4\\ \end{matrix}\right.$
$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x\geq -4\\ x(x+3)=0\\ \end{matrix}\right.$
$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x\geq -4\\ \left[ \begin{array}{l} x=0 \\ x=-3 \\ \end{array} \right.\\ \end{matrix}\right.$
$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x=0 \\ x=-3 \\ \end{array} \right.$
Nhận xét: Rõ ràng x=-3 không phải nghiệm của pt trên
Chú ý: $\sqrt{A}=B\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} B\geq 0\\ A=B^{2}\\ \end{matrix}\right.$

VD3: Giải pt: $\sqrt{\dfrac{2x+5}{x-2}}=1$
Lời giải SAI:
$\sqrt{\dfrac{2x+5}{x-2}}=1\Leftrightarrow \dfrac{\sqrt{2x+5}}{\sqrt{x-2}}=1$
$\Leftrightarrow \sqrt{2x+5}=\sqrt{x-2}\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x-2\geq 0\\ 2x+5=x-2\\ \end{matrix}\right.$
$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x\geq 2\\ x=-7\\ \end{matrix}\right.$
Vậy pt vô nghiệm ?!
Nhận xét: PT đã cho thực nghiệm x=-7
Chú ý: $\sqrt{\dfrac{A}{B}}=\left\{\begin{matrix} \dfrac{\sqrt{-A}}{\sqrt{-B}} (1)\\ \\ \dfrac{\sqrt{A}}{\sqrt{B}}(2)\\ \end{matrix}\right.$
Với $(1)$ khi $A\leq 0 ; B < 0$
Với $(2)$ khi $A\geq 0 ; B > 0$
Lời giải trên đã bỏ sót 1 trường hợp $A\leq 0 ; B < 0$ nên đã tìm thiếu nghiệm

VD4: Giải pt: $2\sqrt{x-4}+\sqrt{x-1}=\sqrt{2x-3}+\sqrt{4x+16}$
Lời giải SAI:
$2\sqrt{x-4}+\sqrt{x-1}=\sqrt{2x-3}+\sqrt{4x+16}$
$\Leftrightarrow 2\sqrt{x-4}+\sqrt{x-1}=\sqrt{2x-3}+\sqrt{4(x-4)}$
$\Leftrightarrow \sqrt{x-1}=\sqrt{2x-3}\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x-1\geq 0\\ x-1=2x-3\\ \end{matrix}\right.$
$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x\geq 1\\ x=2\\ \end{matrix}\right.$
Vậy pt có nghiệm x=2
Nhận xét: Ta thấy ngay x=2 không phải là nghiệm đúng của pt
Chú ý: $\sqrt{A}+\sqrt{B}=\sqrt{A}+\sqrt{C}\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} A\geq 0\\ \sqrt{B}=\sqrt{C}\\ \end{matrix}\right.$

VD5: Giải pt: $\sqrt{x(x-1)}+\sqrt{x(x-2)}=2\sqrt{x(x-3)}$
Lời giải SAI:
pt tương đương với:
$\sqrt{x}.\sqrt{x-1}+\sqrt{x}.\sqrt{x-2}=2\sqrt{x}.\sqrt{x-3}$
$\sqrt{x-1}+\sqrt{x-2}>2\sqrt{x-3}$
Căn thức có nghĩa <=> $x \geq 3$. Khi đó ta có:
$\left\{\begin{matrix} \sqrt{x-1}>\sqrt{x-3}\\ \sqrt{x-2}>\sqrt{x-3}\\ \end{matrix}\right.$
$\Rightarrow \sqrt{x-1}+\sqrt{x-2}> 2\sqrt{x-3}$
Vậy pt vô nghiệm ?!
Nhận xét: Có thể thấy ngay x=0 là nghiệm
Việc chia 2 vế cho $\sqrt{x}$ đã vô tình làm mất nghiệm này.
Chú ý: $\sqrt{AB}=\left\{\begin{matrix} \sqrt{A}.\sqrt{B}(1)\\ \sqrt{-A}.\sqrt{-B}(2)\\ \end{matrix}\right.$
$(1)-khi- A\geq 0; B\geq 0$
$(2)-khi-A\leq 0; B\leq 0$
Vì vậy lời giải trên phải bổ xung trường hợp $\sqrt{x}=0$ và trường hợp x<0.

[Còn tiếp...]

Các bạn có biết những bđt như AM-GM, Bunhiacopxki, Trebusep và nhưng bđt tên tuổi khác đều là hệ quả của 1 bđt rất quen thuộc, các bạn biết đó là bđt nào k ? Phải chăng là bđt $(a-b)^{2}\geq 0$ với mọi a; b ?
Chúng ta hãy cùng theo dõi sự biến đổi từ bđt này thành những bđt mà chúng ta hay dùng nhé

• $(a-b)^{2}\geq 0\Leftrightarrow a^{2}+b^{2}\geq 2ab$ $(*)$
$\Leftrightarrow a^{2}+b^{2}+2ab\geq 4ab\Leftrightarrow (a+b)^{2}\geq 4ab$
$\Leftrightarrow \left ( \dfrac{a+b}{2} \right )^{2}\geq ab$ $(1)$
$(*)\Leftrightarrow a^{2}+b^{2}+a^{2}+b^{2}\geq 2ab+a^{2}+b^{2}$
$\Leftrightarrow 2(a^{2}+b^{2})\geq (a+b)^{2}$
$\Leftrightarrow \dfrac{a^{2}+b^{2}}{2}\geq \left ( \dfrac{a+b}{2} \right )^{2}$ $(2)$
Từ (1) và (2), với mọi a; b ta có:
$\dfrac{a^{2}+b^{2}}{2}\geq \left ( \dfrac{a+b}{2} \right )^{2}$
Từ (1), với $a\geq 0; b\geq 0$ ta có bđt AM-GM:
$\dfrac{a+b}{2}\geq \sqrt{ab}$ $(3)$
Với a>0 ; b>0 ta có:
$(*)\Leftrightarrow \dfrac{a^{2}+b^{2}}{ab}\geq 2\Leftrightarrow \dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}\geq 2$ $(4)$
$(1)\Leftrightarrow \dfrac{(a+b)^{2}}{ab}\geq 4\Leftrightarrow (a+b)\left ( \dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b} \right )\geq 4$ $(5)$
Từ (4) và (5), với a > 0 ; b > 0 ; c > 0 ta có:
$(a+b)\left ( \dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b} \right )+\dfrac{a}{c}+\dfrac{c}{a}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{b}+1\geq 9$
$\Leftrightarrow (a+b)\left ( \dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\right )+c\left ( \dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b} \right )+\dfrac{a+b+c}{c}\geq 9$
$\Leftrightarrow (a+b+c)\left ( \dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c} \right )\geq 9$ $(6)$
Áp dụng $(6)$ ta có bđt Nesbit:
$[(a+b)+(b+c)+(c+a)]\left ( \dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a} \right )\geq 9$
$\Leftrightarrow 2(a+b+c)\left ( \dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a} \right )\geq 9$
$\Leftrightarrow 1+\dfrac{c}{a+b}+1+\dfrac{a}{b+c}+1+\dfrac{b}{c+a}\geq \dfrac{9}{2}$
$\Leftrightarrow \dfrac{c}{a+b}+\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}\geq \dfrac{3}{2}$ $(7)$
Áp dụng $(*)$ với mọi a; b; c; d ta có bđt Bunhiacopxki:
$(ad)^{2}+(bc)^{2}\geq 2abcd$
$\Leftrightarrow a^{2}d^{2}+b^{2}c^{2}+a^{2}c^{2}+b^{2}d^{2}\geq 2ac.bd+a^{2}c^{2}+b^{2}d^{2}$
$\Leftrightarrow |ac+bd|\leq \sqrt{(a^{2}+b^{2})(c^{2}+d^{2})}$ $(8)$
Với c > 0 ; d > 0 ta có:
$(**)\Leftrightarrow \dfrac{a^{2}d^{2}+b^{2}c^{2}}{cd}\geq 2ab$
$\Leftrightarrow \dfrac{a^{2}}{c}d+\dfrac{b^{2}}{d}c\geq 2ab$
$\Leftrightarrow \dfrac{a^{2}}{c}d+\dfrac{b^{2}}{d}c+a^{2}+b^{2}\geq 2ab+a^{2}+b^{2}$
$\Leftrightarrow \left ( \dfrac{a^{2}}{c}+\dfrac{b^{2}}{d} \right )(c+d)\geq (a+b)^{2}$
$\Leftrightarrow \dfrac{a^{2}}{c}+\dfrac{b^{2}}{d}\geq \dfrac{(a+b)^{2}}{c+d}$ $(9)$
Áp dụng $(9)$ ta có bđt Svac:
$\dfrac{x_{1}^{2}}{a_{1}}+\dfrac{x_{2}^{2}}{a_{2}}+...+\dfrac{x_{n}^{2}}{a_n} \geq \dfrac{(x_{1}+x_{2}+...+x_{n})}{a_{1}+a_{2}+... a_n}(10)$
(Trong đó $a_1; a_2; ... ; a_n$ là các số dương)
Như vậy có thể khẳng định rằng rất nhiều bđt quan trọng, có ứng dụng rất lớn đều khởi nguồn từ bđt hiển nhiên đúng $(a-b)^{2}\geq 0$.
Còn rất nhiều bđt khác là hệ quả của bđt $(a-b)^{2}\geq 0$ đang chờ các bạn khám phá

Các bài toán giải HPT chiếm một tỉ lệ lớn trong các kì thi và định lí Vi-ét đảo là 1 công cụ hữu hiệu để giải quyết nhiều HPT.

Định lí Vi-et đảo:
Nếu tồn tại hai số x, y trong đó:

$\left\{\begin{matrix} x+y=S\\ xy=P\\ \end{matrix}\right.$
thì x, y là nghiệm của pt ẩn $t$:
$t^{2}-St+P=0$
Một số VD:
VD1: Giải HPT
$\left\{\begin{matrix} x^{2}+y^{2}=25\\ xy=12\\ \end{matrix}\right.$
Giải:
HPT tương đương với

$\left\{\begin{matrix} (x+y)^{2}-2xy=25\\ xy=12 \end{matrix}\right.$
$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} (x+y)^{2}-24=25\\ xy=12 \end{matrix}\right.$
$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} (x+y)^{2}=49\\ xy=12 \end{matrix}\right.$
$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x+y=\pm 7\\ xy=12 \end{matrix}\right.$
Đến đây dùng Viet đảo:
Nếu
$\left\{\begin{matrix} x+y=7\\ xy=12\\ \end{matrix}\right.$
thì x, y là nghiệm của:\[{t^2} - 7t + 12 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} t = 3 \\ t = 4 \\ \end{array} \right.\]
Vậy HPT có 4 nghiệm $(x;y)=(3;4);(4;3);(-3;-4);(-4;-3)$
VD2: Giải HPT:
$\left\{\begin{matrix} 5(x+y)+2xy=-19\\ x+y+3xy=-35 \end{matrix}\right.$
Giải:
Đặt $S=x+y$, $P=xy$ ta có:
$\left\{\begin{matrix} 5S+2P=-19\\ S+3P=-35 \end{matrix}\right.$
Giải hệ ta có: $S=1; P=-12 $
Theo viet đảo thì x, y là nghiệm của PT:
\[{t^2} - t - 12 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} t = 3 \\ t = - 4 \\ \end{array} \right.\]
Vậy HPT có 2 nghiệm $(x;y)=(-3;4);(4;-3)$
Chú ý: Có những HPT không đối xứng có thể đưa về HPT đối xứng để giải
VD3: Tìm $m$ để HPT

$\left\{\begin{matrix} x-y=2\\ x^{3}-y^{3}=m\\ \end{matrix}\right.$
có nghiệm
Giải:
Đặt $u=-y$ ta có:
$\left\{\begin{matrix} x+u=2\\ x^{3}+u^{3}=m\\ \end{matrix}\right.$
$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x+u=2\\ (x+u)^{3}-3xu(x+u)=m\\ \end{matrix}\right.$
Đặt $S=x+u; P=xu$ ta có:

$\left\{\begin{matrix} S=2\\ S^{3}-3PS=m\\ \end{matrix}\right.$
$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} S=2\\ P=\dfrac{8-m}{6}\\ \end{matrix}\right.$
Theo Viet đảo thì x, u là nghiệm của pt: $t^{2}-2t+\dfrac{8-m}{6}=0$
PT có nghiệm $\Leftrightarrow \Delta'\geq 0\Leftrightarrow 1-\dfrac{8-m}{6}\geq 0\Leftrightarrow m\geq 2$
Vậy $m\geq 2$ thì hpt có nghiệm
Nhận xét: phương pháp chung để giải các bài HPT trên là sử dụng định lí đảo Viet bằng cacsh biến đổi về hpt dạng: $\left\{\begin{matrix} x+y=S\\ xy=P\\ \end{matrix}\right.$ rồi giải pt $t^{2}-St+P=0$, từ đó xác đinh nghiệm của HPT ban đầu