Toán [Toán 9]

[tocquan161]

[TẶNG BẠN] TRỌN BỘ Bí kíp học tốt 08 môn
Chắc suất Đại học top - Giữ chỗ ngay!!

ĐĂNG BÀI NGAY để cùng trao đổi với các thành viên siêu nhiệt tình & dễ thương trên diễn đàn.

1 - Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Điểm H cố định thuộc đoạn thẳng AO (H khác A và O). Đường thẳng đi qua điểm H và vuông góc với AO cắt nửa đường tròn (O) tại C. Trên cung BC lấy điểm D bất kỳ (D khác B và C). Tiếp tuyến của nửa đường tròn (O) tại D cắt đường thẳng HC tại E. Gọi I là giao điểm của AD và HC.
a- Chứng minh tứ giác HBDI nội tiếp đường tròn.
b- Chứng minh EI = ED
c- Gọi F là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ICD. Chứng minh B, F, C thẳng hàng

2 - Cho x>0, y>0 và x+y\leq1
Chứng minh $\frac{1}{x^2+xy}$+$\frac{1}{y^2+xy}$\geq4

3 - Tìm x, y nguyên thỏa mãn $x^2+y^2+xy-x^2y^2=0$

4 - Cho a, b dương
Chứng minh rằng ($\sqrt[6]{a}$+$\sqrt[6]{b}$)($\sqrt[3]{a}$+$\sqrt[3]{b}$)($\sqrt{a}$+$\sqrt{b}$)\leq4(a+b)

5 - Cho các số dương x;y;z thỏa mãn x+y+z=1
Chứng minh $\sqrt{2x^2+xy+2y^2}$+$\sqrt{2y^2+yz+2z^2}$+$\sqrt{2x^2+zx+2z^2}$\geq$\sqrt{5}$

6 - Cho các số dương x;y;z thỏa mãn x+y+z=1
Chứng minh $\frac{3}{xy+yz+zx}$+$\frac{3}{x^2+y^2+z^2}$\geq14

7 - Tính giá trị của biểu thức
B=$\sqrt{1+\frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}}$+$\sqrt{1+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}}$+$\sqrt{1+\frac{1}{3^2}+\frac{1}{4^2}}$+...+$\sqrt{1+\frac{1}{2011^2}+ \frac{1}{2012^2} }$

 

[hien_vuthithanh]

2 - Cho$ x>0, y>0$ và$ x+y \le 1$
Chứng minh $\dfrac{1}{x^2+xy}$+$\dfrac{1}{y^2+xy}\ge 4$

5 - Cho các số dương $x;y;z$ thỏa mãn $x+y+z=1$
Chứng minh $\sqrt{2x^2+xy+2y^2}$+$\sqrt{2y^2+yz+2z^2}$+$\sqrt{2x^2+zx+2z^2}\ge\sqrt{5}$

2. $\dfrac{1}{x^2+xy}$+$\dfrac{1}{y^2+xy}\ge \dfrac{4}{x^2+xy+y^2+xy}=\dfrac{4}{(x+y)^2}\ge 4$

Dấu = tại $x=y=\dfrac{1}{2}$


5.Ta có:
$\sqrt{2{x^2}+xy+2{y^2}}+\sqrt{2{y^2}+yz+2{z^2}}+ \sqrt{2{z^2}+zx+2{x^2}}$

$=\sqrt{{[\sqrt{2}(x+\dfrac{1}{4}y)]^2}+{(\sqrt{\dfrac{15}{8}}y)^2}}+\sqrt{{[\sqrt{2}(y+\dfrac{1}{4}z)]^2}+{(\sqrt{\dfrac{15}{8}}z)^2}}+\sqrt{{[\sqrt{2}(z+\dfrac{1}{4}x)]^2}+{(\sqrt{\dfrac{15}{8}}x)^2}}$

\geq $\sqrt{{[\sqrt{2}.\dfrac{5(x+y+z)}{4}]^2}+{[\sqrt{\dfrac{15}{8}}(x+y+z)]^2}}=\sqrt{5}$
Dấu = xảy ra \Leftrightarrow $x=y=z=\dfrac{1}{3}$

 

[iceghost]

3 - Tìm x, y nguyên thỏa mãn $x^2+y^2+xy-x^2y^2=0$

3)
$x^2+y^2+xy-x^2y^2 = 0 \\
\iff (x+y)^2 - xy = (xy)^2$
Đặt $a = x+y \\
b = xy$
$\iff a^2 - b = b^2 \\
\iff a^2 = b^2+b \; (1)\\
\iff 4a^2 + 1 = 4b^2+4b +1 \\
\iff 4a^2+1 = (2b+1)^2$
$\implies 4a^2+1$ là số chính phương
Đặt $4a^2 + 1 = k^2$
$\iff (2a-k)(2a+k) = -1 = 1.(-1) = (-1).1 \\
\iff \left[ \begin{array} {}
\left\{ \begin{array} {}2a-k=1 \\ 2a+k = -1 \end{array} \right. \\
\left\{ \begin{array} {}2a-k= -1 \\ 2a+k = 1 \end{array} \right. \\
\end{array} \right.
\iff \left[ \begin{array} {}
\left\{ \begin{array} {}a=0 \\ k = -1 \end{array} \right. \\
\left\{ \begin{array} {}a=0 \\ k = 1 \end{array} \right. \\
\end{array} \right.$
Thế $a=0$ vào $(1)$
$\iff b(b+1) = 0 \\
\iff \left[ \begin{array} {}b=0 \\ b=-1 \end{array} \right.$
Lại có : $\left\{ \begin{array} {}x+y=a \\ xy = b \end{array} \right. $
$\iff \left[ \begin{array} {}
\left\{ \begin{array} {}x+y=0 \\ xy=0 \end{array} \right. \\
\left\{ \begin{array} {}x+y=0 \\ xy=-1 \end{array} \right. \\
\end{array} \right.
\iff \left[ \begin{array} {}
\left\{ \begin{array} {}x=0 \\ y=0 \end{array} \right. \\
\left\{ \begin{array} {}x=-1 \\ y=1 \end{array} \right. \\
\left\{ \begin{array} {}x=1 \\ y=-1 \end{array} \right. \\
\end{array} \right. $
Vậy $(x;y) = (0;0);(1;-1);(-1;1)$
4a^2 và 4a^2+1 là 2 số nguyên tố cùng nhau mà 4a^2+1 là số chính phương => 1 trong 2 số 4a^2 hoặc 4a^2+1 = 0 em nhé!

 

[chaudoublelift]

Giải

Hình:

Giải:
a/ Có $\widehat{ADB}=90^{o}$(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Tứ giác $HIDB$ có $\widehat{IHB}+\widehat{IDB}=90^{o}+90^{o}=180^{o}$ nên tứ giác $HIDB$ nội tiếp
b/ $\widehat{EDI}=\dfrac{1}{2}sdAD$($sdAD$ là số đo cung AD nhé)
$\widehat{AIH}=\widehat{ABD}=\dfrac{1}{2}sdAD$( cùng phụ vs $\widehat{IAH}$)
nên tam giác EID cân (đpcm)

 

[dien0709]

B.1 câu c

Kẽ đ.cao EK của tam giác cân EID cắt BC tại F.Ta sẽ cm F là tâm (ICD)

$\widehat{DAB}=\widehat{DCB}= \widehat {KEI}= \widehat {KED}\to ECFD nt$

$\to \widehat{ICF}=\widehat{FDE}$

$\Delta{IEF}=\Delta{DEF}\to \widehat{CIF}=\widehat{FCI}\to FC=FI=FD\to ycbt$

 

[dien0709]

B.7

$B=\dfrac{3}{2}+\dfrac{7}{6}+\dfrac{13}{12}+...$

$B=\dfrac{1.2+1}{1.2}+\dfrac{2.3+1}{2.3}+.....+ \dfrac {2011.2012+1}{2011.2012}$

$B=1+1+...+1+\dfrac{1}{1}-\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{3}+...\dfrac{1}{2011}-\dfrac{1}{2012}$

$B=2011+1-\dfrac{1}{2012}=2012-\dfrac{1}{2012}$

 

[phamhuy20011801]

Bài 4: Đặt $\sqrt[6]{a}=x; \sqrt[6]{b}=y$
Quy bài toán về chứng minh $(x+y)(x^2+y^2)(x^3+y^3) \le 4(x^6+y^6)$
Bất đăng thức này đúng vì $(x+y)(x^3+y^3) \le (x^2+y^2)^2$
$(x^2+y^2)^3 \le 4(x^6+y^6)$ (dễ CM được bằng biến đổi tương đương)

Bài 5: Dễ dàng thấy được $2\sqrt{2x^2+xy+2y^2} \ge \sqrt{5}(x+y)$ (Biến đổi tương đương hoặc dùng Cosi)
Thiết lập các BĐT tương tự rồi cộng lại, dùng thêm $x+y+z=1$ ta được đpcm.
Bài 6: Dùng trực tiếp $Cauchy-Schwarz$

$ \dfrac{3}{ab+bc+ca}+ \dfrac{3}{a^2+b^2+c^2}=3( \dfrac{2}{2(ab+bc+ca)}+ \dfrac{1}{a^2+b^2+c^2}) \ge 3. \dfrac{(\sqrt{2}+1)^2}{(a+b+c)^2}=3.( \sqrt{2}+1)^2>14$
Không có dấu "="

 

[tocquan161]

Bài 4: Đặt $\sqrt[6]{a}=x; \sqrt[6]{b}=y$
Quy bài toán về chứng minh $(x+y)(x^2+y^2)(x^3+y^3) \le 4(x^6+y^6)$
Bất đăng thức này đúng vì $(x+y)(x^3+y^3) \le (x^2+y^2)^2$
$(x^2+y^2)^3 \le 4(x^6+y^6)$ (dễ CM được bằng biến đổi tương đương)

$(x+y)(x^3+y^3)$\geq$(x^2+y^2)^2$

vì $(x+y)(x^3+y^3)$ = $x^4+y^4+xy(x^2+y^2)$ \geq $x^4+y^4+xy.2xy$ \geq $(x^2+y^2)^2$

 

[phamhuy20011801]

$(x+y)(x^3+y^3)$\geq$(x^2+y^2)^2$

vì $(x+y)(x^3+y^3)$ = $x^4+y^4+xy(x^2+y^2)$ \geq $x^4+y^4+xy.2xy$ \geq $(x^2+y^2)^2$

Vậy thì dùng cách khác: $(x+y)(x^2+y^2) \le 2(x^3+y^3)$ dẫn đến $(x+y)(x^2+y^2)(x^3+y^3) \le 2(x^3+y^3)^2 \le 4(x^6+y^6)$