Kết quả tìm kiếm

a)Dễ thấy $\widehat{APM}+\widehat{AQM}=90^0+90^0=180^0$. Nên tứ giác $APMO$ nội tiếp. b)Ta có:$PM=BM.sin(60^0)$ và $MQ=MC.sin (60^0)$ Do đó $PM+MQ=sin (60^0)(BM+MC)=sin(60^0).BC=\dfrac{\sqrt{3}}{2}BC=AH$(Tam giác ABC đều) c)Dễ thấy $OA=OM=OH=OP=OQ$ do đó tứ giác $APHQ$ nt mà $AH$ là phân giác do...

1) $A=a^2b^2(a-b)(a+b)(a^2+b^2)$. Dễ thấy $a,b$ cùng tính chẵn lẻ thì $(a-b),(a+b)$ chia hết cho $2$ do đó $A$ chia hết cho $4$. Khác tính chẵn lẻ thì $a^2$ hoặc $b^2$ phải chia hết cho $4$... Xét tích $B=ab(a-b)(a+b)$ Nếu $a,b \vdots 3$ thì rõ ràng $B \vdots 3$. +$a,b$ chia $3$ có cùng số dư...

Để ý :$x^{77}+x^{55}+x^{33}+x^{11}=(x^2+1)(,,,)$ Do đó phần dư là sẽ chính là $\dfrac{x+9}{x^2+1}$.

Bài 1: $\dfrac{a+c}{a+b} \\=\dfrac{a}{a+b}+\dfrac{c}{a+b} \\=\dfrac{a^2}{a^2+ab}+\dfrac{c^2}{ac+bc}$ Tương tự với các phân số còn lại và áp dụng bđt Cauchy-schawz dạng engel ta sẽ có: (Đặt biểu thức đó là $P$) $P \geq \dfrac{(2a+2b+2c+2d)^2}{a^2+b^2+c^2+d^2+2ab+2ac+2ad+2bc+2bd+2cd}...

Chào bạn!! Hiện nay topic liên quan tới vấn đề này mình thấy khá nhiều rồi mà ít ai quan tâm. Vậy nên nếu thảo luận bạn có thể vào chính topic của box Toán mở đề thảo luận nhé (Hiện nay chuyên đề đang thảo luận là hình học đúng cái chuyên đề bạn đang mở) .Vậy cùng vào để thảo luận nhé ^^...

a) Đề là gì mình chả thấy. b)Ta có:$\widehat{B}+\widehat{C}=180^0-60^0=120^0 \\\Rightarrow \widehat{IBC}+\widehat{ICB}=60^0 \\\Rightarrow \widehat{BIC}=120^0 \\\Rightarrow \widehat{C_1IB_1}=120^0$. Do đó tứ giác $C_1AB_1I$ nội tiếp. c)$\widehat{C_1AK} = \widehat{C_1CK}...

a)Theo tính chất tiếp tuyến thì $\widehat{OBC}+\widehat{OAC}=90^0+90^0=180^0$ do đó tứ giác $AOBC$ nội tiếp. b) Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác $CBO$ có $\widehat{CBO}=90^0$ $BH$ là đường cao ta có:$CH.CO=BC^2$. Mặt khác dễ dàng chứng minh $\triangle CBM \sim \triangle CNB$(Do $\widehat{BCN}$...

Chào bạn !! Có lẽ đồng hương nhỉ ? Bạn lớp mấy thế

$\sqrt{3a^2+2ab+3b^2} \\=\sqrt{2(a+b)^2+(a-b)^2} \\\geq \sqrt{2(a+b)^2} \\=\sqrt{2}(a+b) \\\Rightarrow P \geq 2\sqrt{2}(a+b+c)\geq 2\sqrt{2}\dfrac{(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})^2}{3}=6\sqrt{2}$ Dấu '=' khi $a=b=c=....$(Bạn tự giải tiếp nhé)

$x^2+5x+3m-1=0$. $\Delta=5^2-4(3m-1)=-12m+29 \geq 0 \Rightarrow m \leq \dfrac{-29}{12}$. Với giá trị $m$ như trên thì áp dụng hệ thức vi-et ta có: $\left\{\begin{matrix} &x_1+x_2=-5 \\ &x_1.x_2=3m-1 \end{matrix}\right.$ Ta có: $x_1^3-x_2^3+3x_1x_2=75 \\\Leftrightarrow...

Lại bị bơ rồi ~~. Mọi người thấy vướng mắc chỗ nào nói mình nghe để mình hộ trợ cho ^^. Hay mọi người bận nhỉ? Cho mình cái thông tin nào

$\sum_{cyc} \dfrac{a^3}{b^2c+bc^2} \\=\sum_{cyc} \dfrac{a^4}{abc(b+c)} \\\geq \dfrac{(a^2+b^2+c^2)^4}{2abc(a+b+c)} \\\geq \dfrac{(a+b+c)^4}{18abc(a+b+c)} \\\geq \dfrac{27abc}{18abc}=\dfrac{3}{2}$ Chỉ đúng với $a+b+c=3$ thôi nhá ._. Cho $a=b=c=2$ thì trái đất nổ tung ._.

Với $a=b=c=1$ thì $VT>VP$. Như vậy đề sai.Bạn kiểm tra lại đề nhé.

Nếu thấy khó thì mỗi bạn góp một ý nhé ~~.Cơ mà nên trình bày đủ nhá :D

Tiếp tục nào <3 Bài 4:Đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT, Tỉnh Bình Định 2015-2016 Cho tam giác $ABC(AB<AC)$ có $3$ góc nhọn nội tiếp trong đường tròn $(O;R)$. Vẽ đường cao $AH$ của tam giác $ABC$, đường kính $AD$ của đường tròn. Gọi $E,F$ lần lượt chân đường vuông góc kẻ từ $C$ và $B$ xuống đường...

Lời giải bài 2: a) Ta có: $\widehat{BEC}=90^0$(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn), $\widehat{BFC}=90^0$(Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). Tam giác $ABC$ có $BE,CF$ là hai đường cao cắt nhau tại $H$. $\Rightarrow H$ là trực tâm của tam giác $ABC$. $\Rightarrow AD$ là đường cao của tam giác $ABC...

Đáp án câu 1: a) Ta có:$\widehat{CAO}=90^0$ ($CA$ là tiếp tuyến), $\widehat{CDO}=90^0$($CD$ là tiếp tuyến của $(O)$). Do đó $\widehat{CAO}+\widehat{CDO}=180^0$.Từ đó suy ra tứ giác $OACD$ nội tiếp. b) Xét $\triangle CDE$ và $\triangle CBD$ có $\widehat{DCE}$ chung...