battlebrawler

Đặt $x=CH$ => $BH=5-x$ $(x>0)$
Có $\widehat{C}+\widehat{B}=180^{\circ}-\widehat{A}=45^{\circ}$ (1)
Trên HB lấy K sao cho $HK=AH$ => $\Delta AHK$ vuông cân tại H => $AK=\sqrt{2}$
Kẻ $KI\perp AB$ tại I => $\widehat{IAK}+\widehat{B}=\widehat{AKH}=45^{\circ}$ (2)
(1)(2) => $\widehat{IAK}=\widehat{C}$
=> Tg AIK đồng dạng CHA
=> $\frac{AK}{CA}=\frac{IK}{HA}$ <=> $CA.IK=AK.HA=\sqrt{2}$ <=> $IK=\frac{\sqrt{2}}{CA}$ (3)
Dễ dàng cm tg BIK đồng dạng BHA
=> $\frac{Bk}{BA}=\frac{IK}{HA}$ <=> $BA.IK=BK.HA=(BH-HK).HA=(5-x-1).1=4-x$ <=> $IK=\frac{4-x}{BA}$ (4)
$CA=\sqrt{1+x^{2}}; BA=\sqrt{1+(5-x)^{2}}$ (5)
(3)(4)(5) => $\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{1+x^{2}}}=\frac{4-x}{\sqrt{1+(5-x)^{2}}}$
<=> $\sqrt{2[1+(5-x)^{2}]}=(4-x)\sqrt{1+x^{2}}$
Bình phương 2 vế <=> ... <=> $x^{4}-8x^{3}+15x^{2}+12x-36=0$
<=> $(x-3)(x-2)(x^{2}-3x-6)=0$
Giải và loại nghiệm, có x dễ dàng tìm dc AC, AB

Đúng là quen thật
Gọi cạnh h/vuông ABCD là a
=> $ND=\frac{a}{2}$ ; $BM=\frac{a}{3}$
$\Delta ADN$ vuông => $tan\widehat{DAN}=\frac{\frac{a}{2}}{a}=\frac{1}{2}$
$\Delta ABM$ vuông => $tan\widehat{BAM}=\frac{\frac{a}{3}}{a}=\frac{1}{3}$
=> $\widehat{BAM}+\widehat{DAN}=45^{\circ}$ (Hai góc này số xấu quá )
=> $\widehat{MAN}=45^{\circ}$

Bài 4. Cho phương trình $mx^{2}+6(m-2)x+4m-7=0$
Tìm các giá trị của m để phương trình đã cho .
a) Có nghiệm kép
b) Có hai nghiệm phân biệt
c) Vô nghiệm

Xét $\Delta '=b'^{2}-ac=[3(m-2)]^{2}-m(4m-7)=...=5m^{2}-29m+36$
a) Có nghiệm kép khi $\Delta '=5m^{2}-29m+36=0$
Giải pt bậc 2: m=4 hoặc m=1.8
b) Có hai nghiệm phân biệt khi $\Delta '=5m^{2}-29m+36>0$
<=> $m^{2}-\frac{29}{5}m+\frac{36}{5}>0$
<=> $m^{2}-2.m.\frac{29}{10}+\left ( \frac{29}{10}\right )^{2}-\left ( \frac{29}{10}\right )^{2}+\left ( \frac{36}{5} \right )^{2}>0$
<=> $\left ( m-\frac{29}{10} \right )^{2}>\left (\frac{11}{10} \right )^{2}$
<=> $m-\frac{29}{10}>\frac{11}{10}$ hoặc $m-\frac{29}{10}<-\frac{11}{10}$
<=> $m>4$ hoặc $m<1.8$
c) Vô nghiệm khi $\Delta '=5m^{2}-29m+36<0$
<=> $\left ( m-\frac{29}{10} \right )^{2}<\left (\frac{11}{10} \right )^{2}$
<=> $1.8<m<4$

ABCDEF ngoại tiếp (O) thì cũng nội tiếp (O)
Đây là lục giác đều nên các góc ở tâm là 60 độ
Xét thử góc AOD = góc AOF + FOE + EOD = 180 độ => AD đi qua O (A, O, D t/hàng) (1)
Theo nguyên tắc đó, ta có: FC, BE đi qua O (2)
Cmtt với lục giác đều MNPQRS nội tiếp (O) (là đường tròn nội tiếp lục giác đều ABCDEF)
=> MQ, SP và MR đi qua O (3)
(1)(2)(3) => đpcm

Dễ dàng cm: $\Delta A'EC =\Delta A'DC$
=> $\widehat{A'EC}=\widehat{A'DC}$ (1)
Ta có (O) và (O') có cùng R (độ lớn = nhau) nên cắt nhau tạo thành 2 cung AA' = nhau
=> $\widehat{A'BA}=\widehat{A'DA}$
Và $\widehat{CBA}=\widehat{CDA}$ (ABCD hbh)
Suy ra: $\widehat{A'BC}=\widehat{A'DC}$ (2)
(1)(2) => $\widehat{A'EC}=\widehat{A'BC}$
=> A'EBC nội tiếp => đpcm

Phá tung ngoặc ra rồi sẽ thấy điều cần thay . Bài này dài . ngại đáng máy

Em phụ cho
$(ax+by+cz)^{2}=0$ <=> $(ax)^{2}+(by)^{2}+(cz)^{2}=-2abxy-2bcyx-2acxz$ (1)

Xét $P=\frac{ax^{2}+by^{2}+cz^{2}}{bc(y^{2}+z^{2}-2yz)+ac(x^{2}+z^{2}+2xz)+ab(x^{2}+y^{2}+2xy)}$
$=\frac{ax^{2}+by^{2}+cz^{2}}{bcy^{2}+bcz^{2}-2bcyz+acx^{2}+acz^{2}-2acxz+abx^{2}+aby^{2}-2abxy}$ (2)

Xét mẫu ta thấy: $-2abxy-2bcyx-2acxz=(ax)^{2}+(by)^{2}+(cz)^{2}$ (theo (1))
=> mẫu của P lúc này: $[(ax)^{2}+aby^{2}+acz^{2}]+[abx^{2}+(by)^{2}+bcz^{2}]+[acx^{2}+bcy^{2}+(cz)^{2}]$
$=a(ax^{2}+by^{2}+cz^{2})+b(ax^{2}+by^{2}+cz^{2})+c(ax^{2}+by^{2}+cz^{2})$
$=(ax^{2}+by^{2}+cz^{2})(a+b+c)$ (3)
(2)(3)=> $P=\frac{ax^{2}+by^{2}+cz^{2}}{(ax^{2}+by^{2}+cz^{2})(a+b+c)}$$=\frac{1}{a+b+c}=\frac{1}{\frac{1}{2000}}=2000$

Chém câu dễ !
Câu 2 : ĐKXĐ : $ x,y,z\geq 2$
Do vai trò của $ x,y,z$ nhu nhau nên Giả sủ $ x\geq y\geq z$
Suy ra : $ 4\sqrt{z-2}= x+y-2\geq z+x-2= 4\sqrt{y-2}$
Suy ra : $ y= z$
CMTT : $ x\leq y$ $ \Rightarrow x=y=z$
Thay vào hệ rồi giải . Cái này dễ , chắc ai cũng làm đc .

Như thế này được không bác?
$\left\{\begin{matrix} x+y-2=4\sqrt{z-2} (1) & & \\y+z-2=4\sqrt{x-2}(2) & &\\ z+x-2=4\sqrt{y-2}(3) \end{matrix}\right.$
ĐK: $x,y,z \geq 2$
(1) => $x=4\sqrt{z-2}-y+2$
=> (3) <=> $4\sqrt{z-2}-y+2+z-2=4\sqrt{y-2}$
<=> $4\sqrt{z-2}+z=4\sqrt{y-2}+y$
<=> z=y (với $x,y,z \geq 2$)
Cmtt: $x=y(=z)$
Suy ra: $x=y=z$ (4)
(1) (4) => $2z-2=4\sqrt{z-2}$
<=> $(z-1)^{2}=(2\sqrt{z-2})^{2}$ ($z\geq 2$)
<=> $z^{2}+1-2z=4(z-2)$
<=> $z^{2}+1-2z=4z-8$
<=> $z^{2}-6z+9=0$
<=> $z(=x=y)=3$

CHÙM BÀI TẬP VỀ PHƯƠNG TRÌNH CĂN
$3) \large \dfrac{2x-8}{ \sqrt{6-x} } + \sqrt{6-x} =3 \sqrt{x-4} $

ĐK: $x< 6$
<=> $2x-8+6-x=3\sqrt{(x-4)(6-x)}$
<=> $x-2=3\sqrt{-x^{2}+10x-24}$
ĐK: $x\geq 2$ => $2\leq x< 6$
<=> $x^{2}-4x+4=9(-x^{2}+10x-24)$
<=> $10x^{2}-94x+220=0$
<=> $x_{1}=5$ ; $x_{2}=\frac{22}{5}$

Câu 6:
AK cắt (O) tại K, KI là đường kính (O) (I $\euro$ dt (O))
=> IA song song BC (cùng vuông AK) => AICB là hthang nội tiếp (O) => AICB hthang cân
=> cung AB = cung IC => $\widehat{ACB}$ = cung IC/2
=> $\widehat{ACB}+\widehat{AKO}=\widehat{ACB}+\widehat{HAO}$= cung IC/2 + cung IA/2 = cungAC/2 = $\widehat{ABC}$ (đpcm)

Câu 4: Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$, trên cạnh $AC$ lấy điểm $D$ (khác A và $C$). Đường tròn $(O)$ đường kính DC cắt BC tại $E$ (khác $C$).
1. CM tg $ABED$ nội tiếp
2. Đường thẳng $BD$ cắt đường tròn $(O)$ tại điểm thứ hai $I$. Chứng minh $ED$ là tia phân giác của góc $AEI$.
3. Giả sử $\tan (ABC) = \sqrt{2}$ . Tìm vị trí của $D$ trên $AC$ để $EA$ là tiếp tuyến của đường tròn đường kính $DC$.

1. $\widehat{DEC}=90^{\circ}$ (gnt chắn nửa đt) => $\widehat{DEB}=90^{\circ}$ => $\widehat{DEB}+\widehat{BAD}=180^{\circ}$ => đpcm
2. $\widehat{DIC}\equiv \widehat{BIC}=90^{\circ}=\widehat{BAC}$
=> AICB nội tiếp => $\widehat{ABD}=\widehat{ICD}$
Mà $\widehat{ABD}=\widehat{AED}$ (ABED nt) và $\widehat{ICD}=\widehat{IED}$ (ICED nt)
Suy ra: $\widehat{AED}=\widehat{IED}$ => đpcm
3. Khi EA là tiếp tuyến (O) với $\tan (ABC) = \sqrt{2}$ <=> $\frac{AB}{AC}=\frac{1}{\sqrt{2}}$ thì: $\widehat{ABD}=\widehat{ACB}$
=> $\Delta ABD$ đồng dạng $\Delta ACB$
=> $\frac{S\Delta ABD}{S\Delta ACB}=\frac{AB^{2}}{AC^{2}}=\frac{1}{2}$
=> $S\Delta ACB=2S\Delta ABD$
=> $\frac{1}{2}AB.AC=2.\frac{1}{2}AB.AD$
=> AC = 2AD => D là trung điểm AC
Kết luận: Khi $\tan (ABC) = \sqrt{2}$, D phải là trung điểm AC thì EA là tiếp tuyến (O;$\frac{DC}{2}$)

( Ai vẽ cái hình giùm em nhe )
Câu 4:
a) Cm: $\Delta AOF$ đồng dạng $\Delta ADB$ => đpcm
b) $\Delta DKF$ đồng dạng $\Delta DFC$ => $DK.DC=DF^{2}$
$\Delta DFO$ vuông tại F có FH đường cao ứng cạnh huyền DO => $DH.DO=DF^{2}$
Suy ra: DK.DC=DH.DO => tg DKH đồng dạng tg DOC => $\widehat{DKH}=\widehat{DOC}\equiv \widehat{HOC}$ => đpcm
c)Dễ dàng cm tg BDA đồng dạng tg OMA => $\frac{BD}{OM}=\frac{DA}{MA}$ (1)
$\widehat{BDO}=\widehat{MOD}$ (slt) và $\widehat{BDO}=\widehat{MDO}$ (2 tiếp tuyến cắt nhau)
=> $\widehat{MOD}=\widehat{MDO}$ => $\Delta MDO$ cân tại M => OM =DM (2)
(1)(2) => $\frac{BD}{DM}=\frac{DA}{MA}$ <=> $\frac{BD}{DM}=\frac{DM+MA}{MA}$ <=> $\frac{BD}{DM}=\frac{DM}{MA}$+1 <=> đpcm

Bài 2:
a) $\widehat{DAB}+\widehat{ADC}=180^{\circ}$ => $\widehat{DAM}+\widehat{ADM}=90^{\circ}$ => $\Delta AMD$ vuông tại M
Cmtt: $\Delta BNC$ vuông tại N
Kẻ ME, NF lần lượt là trung tuyến các tg vuông AMD, BNC (1)
=> $\widehat{EMD}=\widehat{EDM}=\widehat{MDC}$ => ME song song CD
Cmtt: NF song song CD
Mà theo (1) => E, F là trung điểm các cạnh bên AD, BC của hình thang ABCD => EF song song CD (đtb hình thang)
Từ ba ý trên => E, M, N, F cùng nằm trên 1 đường thẳng song song CD => MN song song CD
b) $EM = \frac{1}{2}AD=\frac{d}{2}$
$NF = \frac{1}{2}BC=\frac{b}{2}$
$EF = \frac{AB+CD}{2}=\frac{a+c}{2}$
Suy ra: $MN = EF-EM-NF=\frac{a+c-d-b}{2}$

Gọi I, K lần lượt là trung điểm NQ, MP
Gọi T là giao điểm AM, BN => CT là phân giác thứ 3 => $\widehat{TCM}= \widehat{NCT}=45^{\circ}$
Dễ dàng cm: tg ACM đồng dạng tg AHP
=> $\widehat{CMA}\equiv \widehat{CMP}=\widehat{HPA}= \widehat{CPM}$
=>tg CPM cân tại C
cmtt: CNQ cân tại C
=> CK, CI phân giác $\widehat{PCM}, \widehat{NCQ}$
=> $\widehat{PCK}=\widehat{MCK}$ và $\widehat{NCI}=\widehat{QCI}$
Ta có: $2\widehat{NCI}+\widehat{QCT}=45^{\circ}$ và $\widehat{TCK}+\widehat{MCT}=\widehat{TCK}+\widehat{PCT}=\widehat{TCK}+\widehat{TCK}+\widehat{PCT}=2\widehat{TCK}+\widehat{PCT}=45^{\circ}$
Mà $\widehat{QCT}\equiv \widehat{PCT}$
=>$\widehat{NCI}=\widehat{TCK}$
=> $\widehat{CNI}=\widehat{CTK}$ (1)
CK, CI là các dc cao trong các tg cân CPM, CNQ => CITK nội tiếp
=> $\widehat{CIK}=\widehat{CTK}$ (2)
(1)(2) => $\widehat{CIK}=\widehat{CNI}$
Gọi F là giao điểm CP, IK => $\widehat{CIF}=\widehat{NCI}$
=> $\Delta CNI$ đồng dạng $\Delta CIF$
=> $\widehat{CIN}=\widehat{CFI}=90^{\circ}$
=> CH vuông góc IK => đpcm
[/url]

Bài 2:
a) $\widehat{ABD}\equiv \widehat{ABC}= \frac{180^{\circ}-\widehat{BAC}}{2}=70^{\circ}$
$\Delta ABD$ cân tại D (trung trực AB)
Suy ra: $\widehat{BAD}=\widehat{BAC}+\widehat{CAD}=70^{\circ}$ => $\widehat{CAD}=30^{\circ}$
b) $\widehat{MAB}=180^{\circ}-\widehat{BAD}=140^{\circ}$
$\widehat{DCA}=180^{\circ}-\widehat{ACB}=140^{\circ}$
Suy ra: $\widehat{MAB}=\widehat{DCA}$
AB=CA và MA=DC
Vậy: $\Delta MAB = \Delta DCA$
=> AD = MB
Mà AD = BD
Nên: MB = BD => đpcm

Câu 1: (2 điểm)
Giải phương trình: $\sqrt{8x+1} + \sqrt{46x-10} = -x^{3} + 5x^{2} + 4x + 1$

Câu 2: (1.5 điểm)
Cho đa thức bậc ba f(x) =$ax^{3} + bx^{2} + cx + d$ với a là một số nguyên dương và f(5) - f(4) = 2012.
Chứng minh: f(7) - f(2) là hợp số

Câu 3: (2 điểm)
Cho đường tròn (O) chứa có tâm O và đường tròn (I) có tâm I, chúng cắt nhau tại 2 điểm A, B ( O và I nằm khác phía đối với đường AB ). Đường thẳng IB cắt (O) tại điểm thứ hai là E, đường thẳng OB cắt (I) tại điểm thứ hai là F. Đường thẳng qua B song song EF cắt (O) tại M và (I) tại N. Chứng minh:
a) Tứ giác AOEF nội tiếp
b) MN = AE + AF

Câu 4: (1.5 điểm)
Cho a, b, c là các số thực dương thay đổi thỏa a + b + c = 1. Tìm min của biểu thức:
$F = 14\left ( a^{2}+b^{2}+c^{2} \right )+\frac{ab+bc+ca}{a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a}$

Câu 5: (2 điểm)
Cho tứ giác nội tiếp ABCD có AC, BD vuông góc nhau tại H. Gọi M là điểm trên cạnh AB sao cho $AM=\frac{1}{3}AB$ và N là trung điểm HC. Chứng minh $DN\perp MH$

Câu 6: (1 điểm)
Trong mặt phẳng cho 2013 điểm phân biệt sao cho với ba điểm bất kì trong 2013 điểm đã cho luôn tồn tại hai điểm có khoảng cách giữa chúng nhỏ hơn 1. Chứng minh rằng tồn tại một hình tròn bán kính bằng 1 chứa ít nhất 1007 điểm trong 2013 điểm đã cho (hình tròn ở đây kể cả biên)