Vòng 3
Bài 2:
Ta có: \(a^2+b^2+c^2=\dfrac{b^2-c^2}{a^2+3}+\dfrac{c^2-a^2}{b^2+4}+\dfrac{a^2-b^2}{c^2+5}\)
\(\Leftrightarrow a^2-\dfrac{a^2-b^2}{c^2+5}+b^2-\dfrac{b^2-c^2}{a^2+3}+c^2-\dfrac{c^2-a^2}{b^2+4}=0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a^2.c^2+4a^2+b^2}{c^2+5}+\dfrac{b^2.a^2+2b^2+c^2}{a^2+3}+\dfrac{c^2.b^2+3c^2+a^2}{b^2+4}=0\)
\(\Leftrightarrow a=b=c=0\)
Vậy giá trị của \(2012ab+2013c=2012.0.0+2013.0=0\)
b, \(\dfrac{x-y}{z}=\dfrac{3y}{x-z}=\dfrac{x}{y}=\dfrac{x-y+3y+x}{z+x-z+y}=\dfrac{2\left(x+y\right)}{x+y}=2\)
Với \(\dfrac{x}{y}=2\Rightarrow x=2y\)
Thay \(x=2y\) vào \(\dfrac{x-y}{z}=\dfrac{2y-y}{z}=\dfrac{y}{z}=2\)
\(\Rightarrow y=2z\).
Bài 3:
a, \(A\left(x\right)=x^2+10x+36=x^2+5x+5x+25+11\)
\(A\left(x\right)=x\left(x+5\right)+5\left(x+5\right)+11\)
\(A\left(x\right)=\left(x+5\right)^2+11\)
Ta có: \(\left(x+5\right)^2\ge0\) \(\forall x\subset R\)
\(\Rightarrow\left(x+5\right)^2+11\ge11>0\) \(\forall x\subset R\)
Vậy đa thức trên vô nghiệm.
b, *Xét nếu \(c\ne0\):
-Nếu c > 0: \(\left(a+b\right)\left(a-b\right)=8^c+10=2^{3c}+10=2\left(2^{3c-1}+5\right)\)
Ta có: VT: tích của 2 số chẵn.
VS: tích của số chẵn và số lẽ.
Vì vậy không tồn tại số nguyên thỏa mãn yêu cầu trên.
-Nếu c < 0: \(\left(a+b\right)\left(a-b\right)=8^{-c}+10=\dfrac{1}{8^c}+10.\)
Vì VS là phân só nên không tồn tại giá trị nguyên nào thỏa mãn
*Nếu c = 0:
\(\left(a+b\right)\left(a-b\right)=8^c+10=8^0+10=1+10=11\)
\(\left(a+b\right)\left(a-b\right)=11.1=-11.\left(-1\right)=1.11=-1.\left(-11\right)\)
+\(\left(a+b\right)\left(a-b\right)=1.11\Leftrightarrow a=6;b=-5\)
+\(\left(a+b\right)\left(a-b\right)=11.1\Leftrightarrow a=6,b=5\)
+\(\left(a+b\right)\left(a-b\right)=-11.\left(-1\right)\Leftrightarrow a=-6;b=-5\)
+\(\left(a+b\right)\left(a-b\right)=-1.\left(-11\right)\Leftrightarrow a=-5;b=-6\)
Bai 4:
Bài giải
Ta có: AB=AC(tam giác ABC cân tại A)
MC = MD (gt)
Áp dụng định lí pitago vào tam giác các tam giác vuông ta có:
\(BK^2=AK^2-BA^2=KA^2-AC^2\)
\(BK^2=\left(KE^2+AE^2\right)-\left(AM^2-MC^2\right)\)
\(BK^2=KE^2+AE^2-AM^2+MC^2\)
\(BK^2=\left(KD^2-DE^2\right)+\left(AM^2-ME^2\right)-AM^2+MC^2\)
\(BK^2=KD^2-\left(DE^2+ME^2\right)+MC^2\)
\(BK^2=KD^2-MD^2+MC^2=KD^2\)
\(\Leftrightarrow BK=KD\)
Hay \(\Delta BKD\) cân tại K.
Bài 5:
Ta dễ dàng chứng minh được: \(\Delta AHC=\Delta AHB\).
\(\Rightarrow\widehat{HAC}=\widehat{HAB}=45^o\)
\(\Leftrightarrow\widehat{MAC}+\widehat{MAH}=45^o,\widehat{MBA}+\widehat{MBH}=45^o\)
Nên \(\widehat{MAH}=\widehat{MBH}\)
Gọi K là giao điểm của AH và MB.
Lại có: \(\widehat{HBK}+\widehat{BKH}=90^o\) nên \(\widehat{MAK}+\widehat{AKM}=90^o\).
\(\Rightarrow\widehat{AMB}=90^o\)
Tương tự ta cũng có thể chứng minh được: \(\widehat{MHA}=\widehat{MBA}\).
Mặt khác: \(\widehat{MBA}=\widehat{MCB}\)
Nên ta cũng có thể chứng minh tương tự \(HM\perp MC\).
Xét \(\Delta AMBvà\Delta HMC\):
\(\widehat{AMB}=\widehat{MHC}=90^o\)
\(\widehat{ABM}=\widehat{MCH}\)
Do đó: \(\Delta AMB\infty\Delta HMC\).(g-g)
\(\Rightarrow\dfrac{MB}{MC}=\dfrac{AB}{HC}\).
Mặt khác: \(AB^2+BC^2=BC^2\)
\(\Leftrightarrow2AB^2=BC^2\)(do AB=BC)
\(\Rightarrow\dfrac{AB}{BC}=\sqrt{2}\).
\(\Leftrightarrow\dfrac{MB}{MC}=\sqrt{2}\).
Xét \(\Delta MAC\) và \(\Delta MCB\) có
\(\widehat{MAC}=\widehat{MCB}\)
\(\widehat{MCA}=\widehat{ABC}\)
Do đó: \(\Delta MAC\infty\Delta MCB\)
Nên \(\dfrac{MA}{MC}=\dfrac{MC}{MB}=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\)
nên MA : MB : MC = 1 : 2 : \(\sqrt{2}\)