Violympic toán 9

Ta có: $\sqrt[]{ab+2c}=\sqrt[]{ab+(a+b+c)c}=\sqrt[]{ab+ac+bc+c^2}=\sqrt[]{(c+a)(c+b)}$ (do $a+b+c=2$)

Nên $\dfrac{ab}{\sqrt[]{ab+2c}}=\dfrac{ab}{\sqrt[]{(c+a).(c+b)}}=ab.\sqrt[]{\dfrac{1}{a+c}.\dfrac{1}{b+c}}$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho $\dfrac{1}{a+c};\dfrac{1}{b+c}>0$ có:

$\sqrt[]{\dfrac{1}{a+c}.\dfrac{1}{b+c}} \leq \dfrac{1}{2}.(\dfrac{1}{a+c}+\dfrac{1}{b+c})$

Nên $\dfrac{ab}{\sqrt[]{ab+2c}} \leq \dfrac{1}{2}.ab.(\dfrac{1}{a+c}+\dfrac{1}{b+c})= \dfrac{1}{2}.(\dfrac{ab}{a+c}+\dfrac{ab}{b+c})$

Tương tự ta có: $\dfrac{bc}{\sqrt[]{bc+2a}} \leq \dfrac{1}{2}.(\dfrac{bc}{a+b}+\dfrac{bc}{a+c})$

$\dfrac{ca}{\sqrt[]{ca+2b}} \leq \dfrac{1}{2}.(\dfrac{ca}{b+a}+\dfrac{ca}{b+c})$

Nên $Q \leq  \dfrac{1}{2}.(\dfrac{ab}{a+c}+\dfrac{ab}{b+c})+\dfrac{1}{2}.(\dfrac{bc}{a+b}+\dfrac{bc}{a+c})+ \dfrac{1}{2}.(\dfrac{ca}{b+a}+\dfrac{ca}{b+c})=\dfrac{1}{2}(\dfrac{ab}{a+c}+\dfrac{ab}{b+c}+\dfrac{bc}{a+b}+\dfrac{bc}{a+c}+\dfrac{ca}{b+a}+\dfrac{ca}{b+c})=\dfrac{1}{2}.(\dfrac{b(a+c)}{a+c}+\dfrac{a(b+c)}{b+c}+\dfrac{c(a+b)}{a+b}=\dfrac{1}{2}.(a+b+c)=1$ (do $a+b+c=2$)

Dấu $=$ xảy ra khi $a=b=c=\dfrac{2}{3}$

a) Xét (O) có

\(\widehat{BAI}\) là góc nội tiếp chắn cung BI

\(\widehat{CAI}\) là góc nội tiếp chắn cung CI

mà \(\widehat{BAI}=\widehat{CAI}\)(AI là tia phân giác của \(\widehat{BAC}\))

nên \(\stackrel\frown{BI}=\stackrel\frown{CI}\)

hay IB=IC

a) Ta có: OB=OC(=R)

nên O nằm trên đường trung trực của BC(Tính chất đường trung trực của một đoạn thẳng)(1)

Ta có: IB=IC(cmt)

nên I nằm trên đường trung trực của BC(Tính chất đường trung trực của một đoạn thẳng)(2)

Từ (1) và (2) suy ra OI là đường trung trực của BC

hay OI\(\perp\)BC(Đpcm)

Lớp 9 thì bạn dùng phương pháp nhẩm nghiệm được nhé 

\(Ư\left(27\right)=\left\{\pm1;\pm3;...\right\}\) thay vào thử nghiệm nhé 

lời giải : \(x^3-18x+27=0\Leftrightarrow x^3-3x^2+3x^2-9x-9x+27=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-3\right)\left(x^2+3x-9\right)=0\)

TH1 : \(x=3\)

TH2 : Ta có : \(9+36=45\)>0

Vì delta > 0 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt 

\(x_1=\dfrac{-3-\sqrt{45}}{2};x_2=\dfrac{-3+\sqrt{45}}{2}\)

Vậy tập nghiệm của phương trình là S = \(\left\{3;\dfrac{-3\pm\sqrt{45}}{2}\right\}\)

b) Xét (O) có

MA là tiếp tuyến có A là tiếp điểm(gt)

MB là tiếp tuyến có B là tiếp điểm(gt)

Do đó: MA=MB(Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Xét ΔMAB có MA=MB(cmt)

nên ΔMAB cân tại M(Định nghĩa tam giác cân)

Suy ra: \(\widehat{MAB}=\widehat{MBA}\)(hai góc ở đáy)

hay \(\widehat{FAB}=\widehat{EBA}\)

Xét ΔFAB vuông tại F và ΔEBA vuông tại E có 

AB chung

\(\widehat{FAB}=\widehat{EBA}\)(cmt)

Do đó: ΔFAB=ΔEBA(cạnh huyền-góc nhọn)

Suy ra: \(\widehat{FBA}=\widehat{EAB}\)(hai góc tương ứng)

hay \(\widehat{HBA}=\widehat{HAB}\)

Xét ΔHAB có \(\widehat{HBA}=\widehat{HAB}\)(cmt)

nên ΔHAB cân tại H(Định lí đảo của tam giác cân)

Ta có: OA=OB(=R)

nên O nằm trên đường trung trực của AB(Tính chất đường trung trực của một đoạn thẳng)(1)

Ta có: IA=IB(I là trung điểm của AB)

nên I nằm trên đường trung trực của AB(Tính chất đường trung trực của một đoạn thẳng)(2)

Ta có: HA=HB(ΔHAB cân tại H)

nên H nằm trên đường trung trực của AB(Tính chất đường trung trực của một đoạn thẳng)(3)

Ta có: MA=MB(cmt)

nên M nằm trên đường trung trực của AB(Tính chất đường trung trực của một đoạn thẳng)(4)

Từ (1), (2), (3) và (4) suy ra O,H,I,M thẳng hàng(đpcm)

a) Xét tứ giác ABEF có 

\(\widehat{AEB}=\widehat{AFB}\left(=90^0\right)\)

\(\widehat{AEB}\) và \(\widehat{AFB}\) là hai góc cùng nhìn cạnh AB

Do đó: ABEF là tứ giác nội tiếp(Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)

Gọi khối lượng dung dịch I là x (với \(0< x< 100\)) (kg)

Khối lượng dung dịch II: \(100-x\)

Nồng độ dung dịch I: \(\dfrac{3}{x}.100\%\)

Nồng độ dung dịch II: \(\dfrac{1}{100-x}.100\%\)

Theo bài ra ta có pt:

\(\dfrac{300}{x}-\dfrac{100}{100-x}=2,5\)

\(\Leftrightarrow60000-800x=5x\left(100-x\right)\)

\(\Leftrightarrow5x^2-1300x+60000=0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x=200>100\left(loại\right)\\x=60\end{matrix}\right.\)

Vậy khối lương dd I là 60 kg, dd II là 40 kg

a, bạn viết rõ đề được ko ? 

b, \(x-5\sqrt{x}-1+5=0\)

\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+1\right)-5\left(\sqrt{x}-1\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{x}-4\right)\left(\sqrt{x}-1\right)=0\Leftrightarrow x=1;x=2\)

Vậy tập nghiệm của phương trình là S = { 1 ; 2 }

Lời giải:

Để pt $(1)$ và $(2)$ có nghiệm thì \(\left\{\begin{matrix} \Delta(1)=25-4k\geq 0\\ \Delta(2)=49-8k\geq 0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow k\leq \frac{49}{8}\)

Gọi $t$ là nghiệm $(1)$ thì yêu cầu đề bài được xử lý khi $2t$ là nghiệm của $(2)$

\(\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} t^2-5t+k=0\\ (2t)^2-14t+2k=0\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow 2(t^2-5t)-4t^2+14t=0\)

$\Leftrightarrow t=0$ hoặc $t=2$.

Nếu $t=0$ thì hiển nhiên loại

Nếu $t=2$ thì $k=6$.

Thử lại thấy thỏa mãn.

a. Bạn tự giải

b.

\(\Delta=\left(3m-1\right)^2-4\left(2m^2+2m\right)=m^2-14m+1\)

Pt có 2 nghiệm pb khi \(m^2-14m+1>0\) (1)

Theo hệ thức Viet: \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=3m-1\\x_1x_2=2m^2+2m\end{matrix}\right.\)

\(\left|x_1-x_2\right|=2\Leftrightarrow\left(x_1-x_2\right)^2=4\)

\(\Leftrightarrow\left(x_1+x_2\right)^2-4x_1x_2=4\)

\(\Leftrightarrow\left(3m-1\right)^2-4\left(2m^2+2m\right)=4\)

\(\Leftrightarrow m^2-14m-3=0\Rightarrow m=7\pm2\sqrt{13}\) (đều thỏa mãn (1))