chit_in

Cho x.y=1 và x>y. Chứng minh $\frac{x^{2}+y^{2}}{x-y}\geq 2\sqrt{2}$

Tim x, y thuộc Z để $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=\frac{1}{3}$

Cái chính là trong ngoặc ! (đây là một bài toán tự "sáng tạo" thì chết ! )

Đây là bài cuối 1 diểm trong đề thi vào 10 mà

Đơn giản biểu thức A = $\dfrac{1}{\left ( a+b \right )^{3}}\left ( \dfrac{1}{a^{4}}-\dfrac{1}{b^{4}} \right )+\dfrac{2}{\left ( a+b \right )^{4}}\left ( \dfrac{1}{a^{3}}-\dfrac{1}{b^{3}} \right )+\dfrac{2}{\left ( a+b\right )^{5}}\left ( \dfrac{1}{a^{2}}-\dfrac{1}{b^{2}} \right )$

Cho đường tròn (O;R) tiếp xúc với đường thẳng d tại A. Trên d lấy điểm H không trùng với điểm A và AH < R. Qua H kẻ đường thẳng vuông góc với d. đường thẳng này cắt đường tròn tại 2 điểm E và B ( E nằm giữa B và H)
a)Chứng minh $\triangle ABH\sim \triangle EAH$
b)Lấy điểm C trên d sao cho H là trung điểm của AC , đường thẳng CE cắt AB tại K. Chứng minh AHEK là tứ giác nội tiếp
c)Xác định vị trí của điểm H để $AB=R\sqrt{3}$

Mình nhờ các bạn làm giúp mình phần c)

Nếu là lớp 7 thì anh nghĩ là em vẽ thêm đường cao vào để chứng minh tam giác vuông cân thôi.
Thực sự thì bài này mà cho lớp 7 thì có hơi khó.

Trên đường thẳng vuông góc AM(vẽ về phía AC) lấy điểm D sao cho AM=AD

Tam giác AMD vuông cân tại M nên $\angle AMD=45^{\circ}$ và theo Py-ta-go $MD=AM.\sqrt{2}$

Tam giác ADC =tam giác AMB(c.g.c).Suy ra DC=BM.

Từ gt suy ra $MC=\dfrac{1}{2}.AM$ ; $BM=\dfrac{3}{2}.AM$

Xét tam giác DMC có $MD^{2}+MC^{2}=\left ( AM\sqrt{2} \right )^{2}+\left ( \dfrac{1}{2}AM \right )^{2}=\left ( \dfrac{9}{4}AM \right )^{2}$.
$DC^{2}=\left ( \dfrac{3}{2}AM \right )^{2}$

Suy ra $MD^{2}+MC^{2}=DC^{2}$.Do đó tam giác DMC vuông tại M.

Vậy $\angle AMC=\angle AMD+\angle DMC=45^{\circ}+90^{\circ}=135^{\circ}$

d)
\[ MI^2+IO^2=MO^2=R^2 \]
\[ P_{MIO}=OM+MI+IO \leq R+2\sqrt{MI^2+IO^2}=R(1+2\sqrt{2}) \]
Đẳng thức xảy ra khi $MI=IO=\dfrac{R}{\sqrt{2}}$

$OM + MI +IO \leq R +\sqrt{2\left ( MI^{2}+IO^{2} \right )}$ phải không bạn

Rất xin lỗi, nhưng mình tìm được một cách đại số hóa thế này
Lời giải:
Đặt $OA=1;OB=2;OC=3;AB=BC=\sqrt{a};AC=\sqrt{2a};\angle AOB=\alpha;\angle BOC=\beta;\angle AOC=\gamma$
Sử dụng định lý hàm số cos, ta có:
\[\cos \alpha = \frac{{O{A^2} + O{B^2} - A{B^2}}}{{2OA.OB}} = \frac{{5 - a}}{4}\]
Tương tự, ta có:
\[\cos \beta = \frac{{13 - a}}{{12}};\cos \gamma = \frac{{10 - 2a}}{6} = \frac{{5 - a}}{3}\]
Lại có:
\[\alpha + \beta + \gamma = 2\pi \]
\[\cos \gamma = \cos \left( { - \gamma } \right) = \cos \left( {\alpha + \beta - 2\pi } \right) = \cos \left( {\alpha + \beta } \right) = \cos \alpha .\cos \beta - \sin \alpha .\sin \beta \]
\[ \Leftrightarrow \sin \alpha .\sin \beta = \cos \alpha .\cos \beta - \cos \gamma \Leftrightarrow {\sin ^2}\alpha .{\sin ^2}\beta = {\cos ^2}\alpha .{\cos ^2}\beta + {\cos ^2}\gamma - 2\cos \alpha .\cos \beta .\cos \gamma \]
\[ \Leftrightarrow \left( {1 - {{\cos }^2}\alpha } \right)\left( {1 - {{\cos }^2}\beta } \right) = {\cos ^2}\alpha .{\cos ^2}\beta + {\cos ^2}\gamma - 2\cos \alpha .\cos \beta .\cos \gamma \]
\[ \Leftrightarrow \left( {1 - {{\left( {\frac{{5 - a}}{4}} \right)}^2}} \right)\left( {1 - {{\left( {\frac{{13 - a}}{{12}}} \right)}^2}} \right) = {\left( {\frac{{5 - a}}{4}} \right)^2}.{\left( {\frac{{13 - a}}{{12}}} \right)^2} + {\left( {\frac{{5 - a}}{3}} \right)^2} - 2.\frac{{5 - a}}{4}.\frac{{13 - a}}{{12}}.\frac{{5 - a}}{3}\]
Khai triển và thu gọn, ta có:
\[{a^2} - 10a + 17 = 0 \Rightarrow \left[ \begin{gathered} a = 5 + 2\sqrt 2 \Rightarrow \alpha = \frac{3}{4}\pi \\ a = 5 - 2\sqrt 2 \Rightarrow \alpha = \frac{1}{4}\pi \\\end{gathered} \right.\]
Nói cách khác $\angle AOB=135^o$ hoặc $\angle AOB=45^o$.

bạn lam theo cách THCS hay THPT mà mình không hiểu được.Mình tìm mua cuốn sách đó xem sao.Thanks nhiều

Bạn có thể tìm lời giải trong cuốn "Vẽ thêm một số yếu tố phụ để giải toán hình học" (tên sách và tác giả mình không nhớ lắm)

minh không có cuốn sách đó, bạn làm giúp minh thì tốt quá

Cho hình vuông ABCD; O là một điểm thuộc miền trong của hình vuông sao cho OA :OB :OC =1: 2: 3. Tnh số đo góc AOB?

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

Đề bài đúng đó nhưng mình vẫn không làm được phần d)

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

Gọi I là giao điểm của AC và BN
Xét tam giác AIB có OA=OB :ON//IB nên IN=NB
CH//IB,Theo hệ quả Ta-let ta có$\dfrac{CK}{IN}=\dfrac{AK}{AN}:\dfrac{KH}{NB}=\dfrac{AK}{AN}$
Suy ra:$\dfrac{CK}{IN}=\dfrac{KH}{NB}$
Mà IN =NB nên CK=KH

PQ chính là đường thẳng Steiner. Bạn tham khảo thêm trên mạng. Nó có nhiều tính chất thú vị lắm. Lời giải: Gọi M,N lần lượt là hình đối xứng với H qua AB,AC. Dễ thấy M,N thuộc (O). Theo tính chất đối xứng trục, ta có $\angle HPB=\angle MIB=\angle MCB=\angle BAH$ Nên APBH là tứ giác nội tiếp. Tương tự, AHCQ là tứ giác nội tiếp. Lại có, sử dụng tính chất đối xứng trục AB;AC và 2 tgnt trên thì: $\angle PHB=\angle PAB=\angle IAB=\angle INH=\angle NHQ \Rightarrow Q.E.D$

Bạn chứng minh giúp minh 2 điểm M,N thuộc đường tròn (O).Mình sẽ chứng minh góc AHP=AMI ;AHQ=ANI rổi minh cộng 2 vế

$2A=\sqrt{x^2-4+4\sqrt{x^2-4}+4}+\sqrt{x^2-4-4\sqrt{x^2-4}+4}$
2A = $\sqrt{\sqrt{x^2-4}+2}+\sqrt{\sqrt{x^2-4}-2}=\left | \sqrt{x^2-4}+2 \right |+\left | \sqrt{x^2-4}-2 \right |$
Hay 2A $\leq \left | \sqrt{x^2-4}+2+2-\sqrt{x^2-4} \right |=4$.
Dầu "=" xảy ra nếu $(\sqrt{x^2-4}+2)(\sqrt{x^2-4}-2)\geqslant 0\Leftrightarrow x\geq 2\sqrt{2} hoac x\leq -2\sqrt{2}$
Vậy A có GTNN là 2, khi x.....

2A=|$\sqrt{x^{2}-4}+2$| + |$\sqrt{x^{2}-4}-2$| $\leq$ |$ \sqrt{x^{2}-4}+2+2-\sqrt{x^{2}-4}$ |.Bạn dùng bất đẳng thức nào,bạn chứng minh bất đẳng thức đó giúp minh

Bài 1:Tìm tất cả các cặp số nguyên dương x ,y thỏa mãn : $x^{2}+4x-y^{2}=1$