|
|
giải đáp
|
làm hộ mình bài toán lớp 8 với
|
|
|
|
Dễ thấy $\Delta BAH\sim \Delta BDC$ mà $M,K$ lần lượt là trung điểm của $AH,CD$ nên $\Delta BMH\sim \Delta BKC$.
Từ đó suy ra $\frac{BM}{BK}=\frac{BH}{BC}$ và $\widehat{MBH}=\widehat{KBC}=\alpha$.
Ta có: $\widehat{MBK}=\widehat{HBC}=\alpha -\widehat{HBK}$.
Do đó $\Delta BMK\sim \Delta BHC$, suy ra $\widehat{BMK}=90^o$.
|
|
|
|
giải đáp
|
Bài toán ba điểm thẳng hàng.
|
|
|
|
Áp dụng định lý Menelaus:
Với $\Delta OBD$ và cát tuyến $CTA$: $\frac{\overline{TD}}{\overline{TB}}=\frac{\overline{CD}}{\overline{CO}}.\frac{\overline{AO}}{\overline{AB}}.$
Với $\Delta ODF$ và cát tuyến $CRE$: $\frac{\overline{RF}}{\overline{RD}}=\frac{\overline{CO}}{\overline{CD}}.\frac{\overline{EF}}{\overline{EO}}.$
Với $\Delta OBF$ và cát tuyến $UEA$: $\frac{\overline{UB}}{\overline{UF}}=\frac{\overline{AB}}{\overline{AO}}.\frac{\overline{EO}}{\overline{EF}}.$
Nhân 3 đẳng thức trên vế theo vế ta được:
$\frac{\overline{TD}}{\overline{TB}}.\frac{\overline{RF}}{\overline{RD}}.\frac{\overline{UB}}{\overline{UF}}=1.$
Vậy $T,R,U$ thẳng hàng.
|
|
|
|
giải đáp
|
lớp 12
|
|
|
|
Trước hết ta chứng minh khẳng định sau:
Với $a,b>0,x>1$ ta có $\frac{a^x+b^x}{2}\geq \left( \frac{a+b}{2}\right)^x$.
Thật vậy, KMTTQ, giả sử $a\leq b$ và đặt $\frac{a+b}{2}=c$ thì $a\leq c\leq b$.
Hàm số $f(t)=t^x$ thỏa mãn đk của định lý Lagrange trên $[a,c]$ và $[c,b]$ nên ta có:
$\frac{f(c)-f(a)}{c-a}=f'(u)$ và $\frac{f(b)-f(c)}{b-c}=f'(v)$ với $a\leq u\leq c\leq v\leq b$.
Mà $f''(t)=x(x-1)t^{x-2}>0$ nên $f'(t)$ đồng biến. Ta có $f'(u)\leq f'(v)$.
Chú ý rằng $c-a=b-c$ ta được $(c)-f(a)\leq f(b)-f(c)$, đpcm.
Trở lại bài toán, với $a,b,c,d>0,x>1$ ta có:
$f(a)+f(b)\geq 2f\left( \frac{a+b}{2}\right),f(c)+f(d)\geq 2f\left( \frac{c+d}{2}\right)$.
Cộng 2 BĐT trên vế theo vế ta được:
$f(a)+f(b)+f(c)+f(d)\geq 2\left[ f\left( \frac{a+b}{2}\right) +f\left( \frac{c+d}{2}\right) \right]$
Lại có: $f\left( \frac{a+b}{2}\right) +f\left( \frac{c+d}{2}\right)\geq 2f\left( \frac{a+b+c+d}{2}\right)$.
Như vậy $f(a)+f(b)+f(c)+f(d)\geq 4f\left( \frac{a+b+c+d}{2}\right)$.
Chọn $d=\frac{a+b+c}{3}$ ta được đpcm.
|
|
|
|
giải đáp
|
Hình 9
|
|
|
|
 Vì $CI$ là phân giác của $\widehat{BCD}$ nên $\widehat{DCJ}=\widehat{BCI}=\widehat{DJC}$ hay $\Delta DJC$ cân tại $D$. Từ đó suy ra $\Delta AIJ$ cân tại $A$. Khi đó $AP$ là phân giác của $\widehat{JAI}$. Ta có: $\widehat{DJP}=\widehat{JAP}=\widehat{BAP}$. Mà $\frac{DJ}{JP}=\frac{DC}{AP}=\frac{AB}{AP}$ nên $\Delta DJP\sim \Delta BAP$. Vì $JP=AP$ nên $DP=BP$, suy ra đpcm. |
|
|
|
bình luận
|
đếm
Mình xin lỗi vì chút nhầm lẫn. Đáp án đúng là 72 nhé, mình đã sửa lại lời giải rồi. Nói thêm rằng trong những bài toán đếm thế này thì 3 người ra 3 kết quả đôi một khác nhau là khá thường xuyên :D
|
|
|
|
|
|
|
|
sửa đổi
|
đếm
|
|
|
|
Gọi $\overline{abcd}$ là số có 4 chữ số thỏa mãn bài toán.Vì $\overline{abcd}$ chia hết cho 11 nên $(a+c)-(b+d)$ chia hết cho 11.Mà $(a+c)+(b+d)$ chia hết cho 11 nên $a+c$ và $b+d$ cùng chia hết cho 11.Mà $0<a+c,b+d<20$ nên $a+c=b+d=11$.Có 8 bộ $(a,c)$ thỏa mãn $a+c=11$.Có 8 bộ $(b,d)$ thỏa mãn $b+d=11$.Vậy có tất cả 64 số thỏa mãn bài toán.
Gọi $\overline{abcd}$ là số có 4 chữ số thỏa mãn bài toán.Vì $\overline{abcd}$ chia hết cho 11 nên $(a+c)-(b+d)$ chia hết cho 11.Mà $(a+c)+(b+d)$ chia hết cho 11 nên $a+c$ và $b+d$ cùng chia hết cho 11.Mà $0<a+c<20$ và $0\leq b+d<20$ nên $a+c=11$, $b+d$ nhận giá trị là 0 hoặc 11.Có 8 bộ $(a,c)$ thỏa mãn $a+c=11$.Có 8 bộ $(b,d)$ thỏa mãn $b+d=11$.Có 1 bộ $(b,d)$ thỏa mãn $b+d=0$.Vậy có tất cả 72 số thỏa mãn bài toán.
|
|
|
|
giải đáp
|
đếm
|
|
|
|
Gọi $\overline{abcd}$ là số có 4 chữ số thỏa mãn bài toán. Vì $\overline{abcd}$ chia hết cho 11 nên $(a+c)-(b+d)$ chia hết cho 11. Mà $(a+c)+(b+d)$ chia hết cho 11 nên $a+c$ và $b+d$ cùng chia hết cho 11. Mà $0<a+c<20$ và $0\leq b+d<20$ nên $a+c=11$, $b+d$ nhận giá trị là 0 hoặc 11. Có 8 bộ $(a,c)$ thỏa mãn $a+c=11$. Có 8 bộ $(b,d)$ thỏa mãn $b+d=11$. Có 1 bộ $(b,d)$ thỏa mãn $b+d=0$. Vậy có tất cả 72 số thỏa mãn bài toán. |
|
|
|
giải đáp
|
up cho các bạn tham gia làm nhé
|
|
|
|
Xét phương trình $\sqrt[4]{x}+\sqrt[4]{2-x}=x^2-2x+m (1)$.
Điều kiện $x\in [0,2]$
Đổi biến $x-1=t$ thì $t\in [-1,1]$ và phương trình trở thành $\sqrt[4]{1+t}+\sqrt[4]{1-t}-t^2=m-1 (2)$.
Xét hàm số $f(t)=\sqrt[4]{1+t}+\sqrt[4]{1-t}-t^2$ trên $[1,-1]$.
Vì $f$ là hàm chẵn nên ta chỉ xét hàm số $f$ trên $[0,1]$.
Có $f'(t)=\frac{1}{4\sqrt[4]{(1+t)^3}}-\frac{1}{4\sqrt[4]{(1-t)^3}}-2t<0,\forall t\in [0,1]$.
Do đó $f(t)$ nghịch biến trên $[0,1]$ và $\sqrt[4]{2}-1\leq f(t)\leq 2$.
PT $(1)$ có 2 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi PT $(2)$ có 1 nghiệm trên $(0,1]$. Điều này tương đương với $\sqrt[4]{2}\leq m<3$.
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
tam giác
|
|
|
|
b) Từ câu a suy ra $\frac{A_1B}{A_1C}=\frac{B_1C}{B_1A}=\frac{C_1A}{C_1B}$.
Theo định lý Ceva, $AA_1,BB_1,CC_1$ đồng quy khi và chỉ khi $\frac{A_1B}{A_1C}.\frac{B_1C}{B_1A}.\frac{C_1A}{C_1B}=1$.
Từ đó suy ra $A_1,B_1,C_1$ lần lượt là trung điểm các cạnh $BC,CA,AB$.
|
|
|
|
giải đáp
|
tam giác
|
|
|
|
a) Vì $A_1\in BC$ nên $\overrightarrow{AA_1}=\frac{A_1B.\overrightarrow{AB}+A_1C.\overrightarrow{AC}}{BC}$.
Tương tự: $\overrightarrow{BB_1}=\frac{B_1C.\overrightarrow{BC}+B_1A.\overrightarrow{BA}}{CA},\overrightarrow{CC_1}=\frac{C_1A.\overrightarrow{CA}+C_1B.\overrightarrow{CB}}{AB}$.
Từ đó suy ra: $\frac{A_1B.\overrightarrow{AB}+A_1C.\overrightarrow{AC}}{BC}+\frac{B_1C.\overrightarrow{BC}+B_1A.\overrightarrow{BA}}{CA}+\frac{C_1A.\overrightarrow{CA}+C_1B.\overrightarrow{CB}}{AB}=\overrightarrow{0}$.
$\Leftrightarrow \left(\frac{A_1B}{BC}-\frac{B_1A}{CA}\right)\overrightarrow{AB}+\left(\frac{B_1C}{CA}-\frac{C_1B}{AB}\right)\overrightarrow{BC}+\left(\frac{C_1A}{AB}-\frac{A_1C}{BC}\right)\overrightarrow{CA}=\overrightarrow{0}.$
Thay $\overrightarrow{CA}=-\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{BC}$ ta được:
$\left(1-\frac{B_1A}{CA}-\frac{C_1A}{AB}\right)\overrightarrow{AB}+\left(\frac{B_1C}{CA}+\frac{A_1C}{BC}-1\right)\overrightarrow{BC}=
\overrightarrow{0}.$
VÌ $\overrightarrow{AB}$ và $\overrightarrow{BC}$ độc lập tuyến tính nên $\frac{B_1A}{CA}+\frac{C_1A}{AB}=\frac{B_1C}{CA}+\frac{A_1C}{BC}=1$.
Từ đó suy ra $\frac{A_1B}{BC}=\frac{B_1C}{CA}=\frac{C_1A}{AB}$.
|
|
|
|
|
|
sửa đổi
|
tim cac goc cua tam giac ABC
|
|
|
|
Đặt $\frac{\sin A}{2}=\frac{\sin B}{\sqrt{3}}=\frac{\sin C}{2}=k$Theo định lý hàm số sin:$a=2Rk,b=2Rk\sqrt{3},c=4Rk$Từ đó suy ra $a^2+b^2=c^2$ hay $\Delta ABC$ vuông tại $C$.Dễ thấy $\widehat{C}=90^0,\widehat{A}=30^0,\widehat{B}=60^0$.
Đặt $\frac{\sin A}{1}=\frac{\sin B}{\sqrt{3}}=\frac{\sin C}{2}=k$Theo định lý hàm số sin:$a=2Rk,b=2Rk\sqrt{3},c=4Rk$Từ đó suy ra $a^2+b^2=c^2$ hay $\Delta ABC$ vuông tại $C$.Dễ thấy $\widehat{C}=90^0,\widehat{A}=30^0,\widehat{B}=60^0$.
|
|
|
|
giải đáp
|
tim cac goc cua tam giac ABC
|
|
|
|
Đặt $\frac{\sin A}{1}=\frac{\sin B}{\sqrt{3}}=\frac{\sin C}{2}=k$
Theo định lý hàm số sin:
$a=2Rk,b=2Rk\sqrt{3},c=4Rk$
Từ đó suy ra $a^2+b^2=c^2$ hay $\Delta ABC$ vuông tại $C$.
Dễ thấy $\widehat{C}=90^0,\widehat{A}=30^0,\widehat{B}=60^0$.
|
|
|
|