Hỏi đáp môn Toán

Câu a :

Áp dụng BĐT \(\dfrac{1}{\sqrt{ab}}>\dfrac{2}{a+b}\left(a\ne b;a,b>0\right)\) ta có :

\(\dfrac{1}{\sqrt{1.1998}}>\dfrac{2}{1+1998}=\dfrac{2}{1999}\)

\(\dfrac{1}{\sqrt{2.1997}}>\dfrac{2}{2+1997}=\dfrac{2}{19999}\)

.......................................................

\(\dfrac{1}{\sqrt{1998.1}}>\dfrac{2}{1998+1}=\dfrac{2}{1999}\)

Cộng tất cả vế với nhau ta được : \(P>2.\dfrac{1998}{1999}\)

\(\Rightarrowđpcm\)

Câu a, b sao tính chất cái cuối khác những cái còn lại thế. Vậy sao biết tới đâu thì nó dừng.

Câu b)

ĐK: \(x\geq \frac{5}{2}\)

Nhân cả 2 vế với \(\sqrt{2}\) ta có:

\(\sqrt{2x+4+6\sqrt{2x-5}}+\sqrt{2x-4-6\sqrt{2x-5}}=4\)

Đặt \(\sqrt{2x-5}=a(a\geq 0)\Rightarrow 2x-5=a^2\Rightarrow 2x=a^2+5\)

PT trở thành:
\(\sqrt{a^2+5+4+6a}+\sqrt{a^2+5-4-6a}=4\)

\(\Leftrightarrow \sqrt{a^2+6a+9}+\sqrt{a^2-6a+1}=4\)

\(\Leftrightarrow \sqrt{(a+3)^2}+\sqrt{a^2-6a+1}=4\)

\(\Leftrightarrow a+3+\sqrt{a^2-6a+1}=4\)

\(\Rightarrow \sqrt{a^2-6a+1}=1-a\)

\(\Rightarrow a^2-6a+1=(1-a)^2=a^2-2a+1\) (bình phương 2 vế)

\(\Rightarrow -6a=-2a\Rightarrow a=0\)

$a=0$ kéo theo $x=\frac{5}{2}$ (thử lại thấy t/m)

Vậy..........

Câu a)

ĐK: \(x\geq \frac{1}{2}\)

Ta có:

\(\sqrt{x-\sqrt{2x-1}}=\sqrt{2}\)

\(\Rightarrow \sqrt{2x-2\sqrt{2x-1}}=2\)

\(\Leftrightarrow \sqrt{(2x-1)-2\sqrt{2x-1}+1}=2\)

\(\Leftrightarrow \sqrt{(\sqrt{2x-1}-1)^2}=2\)

\(\Leftrightarrow |\sqrt{2x-1}-1|=2\)

\(\Rightarrow \left[\begin{matrix} \sqrt{2x-1}-1=2\\ \sqrt{2x-1}-1=-2\end{matrix}\right.\Rightarrow \left[\begin{matrix} \sqrt{2x-1}=3\rightarrow 5(t/m)\\ \sqrt{2x-1}=-1(\text{vô lý})\end{matrix}\right.\)

Vậy $x=5$

câu 1 : giả sử chữa số cần tìm là \(\overline{abc}\)

ta có : \(\overline{abc}⋮45\Rightarrow c\in\left\{0;5\right\}\) \(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}\overline{abc}=\overline{a\dfrac{a}{2}0}\\\overline{abc}=\overline{a\dfrac{a+5}{2}0}\end{matrix}\right.\)

ta lại có : \(\overline{abc}⋮45⋮9\) \(\Rightarrow a+b+c⋮9\)

th1: \(\overline{abc}=\overline{a\dfrac{a}{2}0}\) \(\Rightarrow a+\dfrac{a}{2}\in\left\{0;9;18...\right\}\)

\(\Rightarrow a\in\left\{0;6;12...\right\}\) \(\Rightarrow a=6\)

\(\Rightarrow\overline{abc}=630\)

th1: \(\overline{abc}=\overline{a\dfrac{a+5}{2}5}\) \(\Rightarrow a+\dfrac{a+5}{2}+5\in\left\{0;9;18...\right\}\)

\(\Rightarrow a\in\left\{-5;1;7;13\right\}\) \(\Rightarrow a=1;a=7\)

\(\Rightarrow\overline{abc}=135;\overline{abc}=765\)

vậy số cần tìm là \(630;135;765\)

câu 2 : ta có : \(A=2^1+2^2+2^3+...+2^{30}\)

\(\Leftrightarrow A=2\left(1+2+2^2+2^3+2^4+2^5\right)+...+2^{25}\left(1+2+2^2+2^3+2^4+2^5\right)\)

\(=2\left(63\right)+...+2^{25}\left(63\right)=63\left(2+...+2^{25}\right)\)

\(=7.9\left(2+...+2^{25}\right)⋮9\)

vậy \(A\) chia hết cho \(9\)

Câu 1 : - 1 số chia hết cho 45 thì số đó phải chia hết cho 9 và 5

để số đó chia hết cho 5 thì số đó phải có đuôi là 5 và 0

đầu tiên cho tận cùng của số đó là 0

- kết hợp điều kiện số đó phải chia hết cho 9 ta được tổng các chữ số chia hết cho 9 và số hàng chục bằng trung bình cộng 2 số còn lại nên số hàng chục sẽ bằng : số hàng đơn vị + số hàng trăm / 2

- mà số hàng đơn vị bằng 0 nên số hàng chuc sẽ bằng số hàng trăm chia 2 : loại điều này

- trường hợp tận cùng bằng 5 vậy số hàng chục = số hàng trăm + 5 ) /2

- vấy số đó là 135 765

Câu 2 dể hơn bn tự làm nha !

a, ĐKXĐ: \(x\ge0;x\ne9\)

b, rút gọn

A=\(\left(\dfrac{2\sqrt{x}}{\sqrt{x}+3}+\dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-3}-\dfrac{3x}{x-9}\right):\left(\dfrac{2\sqrt{x}}{\sqrt{x}-3}-1\right)\)

\(=\left[\dfrac{2\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-3\right)}{\left(\sqrt{x}+3\right)\left(\sqrt{x}-3\right)}+\dfrac{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}+3\right)}{\left(\sqrt{x}+3\right)\left(\sqrt{x}-3\right)}-\dfrac{3x+3}{\left(\sqrt{x}-3\right)\left(\sqrt{x}+3\right)}\right]:\left(\dfrac{2\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}-3}-\dfrac{\sqrt{x}+3}{\sqrt{x}-3}\right)\)

\(=\dfrac{2x-6\sqrt{x}+x+3\sqrt{x}+3x-3}{\left(\sqrt{x}-3\right)\left(\sqrt{x}+3\right)}:\dfrac{\sqrt{x}+1}{x-3}\)

\(=\dfrac{-3\sqrt{x}-3}{\left(\sqrt{x}-3\right)\left(\sqrt{x}+3\right)}.\dfrac{\sqrt{x}-3}{x+1}\\ =\dfrac{-3\left(\sqrt{x}+1\right)}{\left(\sqrt{x}-3\right)\left(\sqrt{x}+3\right)}-\dfrac{\sqrt{x}-3}{\sqrt{x}+1}\\ =\dfrac{-3}{\sqrt{x}+3}\)

c,Cho \(A\le-\dfrac{1}{3}\)

\(< =>\dfrac{3}{\sqrt{x}+3}\le-\dfrac{1}{3}\\ < =>\dfrac{-3}{\sqrt{x}+3}+\dfrac{1}{3}\le0\\ < =>\dfrac{-9+\sqrt{x}+3}{3\left(\sqrt{x}+3\right)}\le0\\ < =>\dfrac{\sqrt{x}-6}{3\left(\sqrt{x}+3\right)}\le0\\ < =>\sqrt{x}-6\le0\\ < =>\sqrt{x}\le36\\ < =>0\le x\le36\)

Vậy để \(A\le-\dfrac{1}{3}\) thì \(0\le x\le36\)và\(x\ne9\)

d, \(A=\dfrac{-3}{\sqrt{x}+3}\)

Ta có: \(\sqrt{x}+3\ge3\\ =>\dfrac{1}{\sqrt{x}+3}\le\dfrac{1}{3}\\ =>\dfrac{-3}{\sqrt{x}+3}\ge\dfrac{-3}{3}\\ =-1\)

Vậy GTNN của A=-1

Xấu ''='' xảy ra khi \(\sqrt{x}=0\\ \Leftrightarrow x=0\)

Lời giải:

Trước hết ta chứng minh một kết quả sau:

Tam giác $ABC$ có $AB=c; BC=a; CA=b$ thì:

\(a^2=b^2+c^2-2bc\cos A\)

Chứng minh kết quả này bạn tham khảo ở link sau:

Câu hỏi của Nguyễn Thị Mỹ Lệ - Toán lớp 9 | Học trực tuyến

------------------------------

Áp dụng kết quả trên vào bài toán:

\(\cos A=\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}\Rightarrow \cos ^2A=\left(\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}\right)^2\)

Tương tự với \(\cos ^2B; \cos ^2C\) suy ra:

\(M=\left(\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}\right)^2+\left(\frac{c^2+a^2-b^2}{2ac}\right)^2+\left(\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}\right)^2\)

Đặt \((b^2+c^2-a^2; c^2+a^2-b^2; a^2+b^2-c^2)=(x,y,z)\)

\(\Rightarrow \left\{\begin{matrix} a^2=\frac{y+z}{2}\\ b^2=\frac{x+z}{2}\\ c^2=\frac{x+y}{2}\end{matrix}\right.\)

Khi đó: \(M=\frac{x^2}{(x+z)(x+y)}+\frac{y^2}{(y+z)(y+x)}+\frac{z^2}{(z+x)(z+y)}\)

\(M=\frac{x^2(y+z)+y^2(x+z)+z^2(x+y)}{(x+y)(y+z)(x+z)}\)

\(M=\frac{x^2(y+z)+y^2(x+z)+z^2(x+y)}{x^2(y+z)+y^2(x+z)+z^2(x+y)+2xyz}< 1\)

Ta có đpcm.

Kẻ các đường cao AD, BE,CF ứng với mỗi đáy

Gọi H là trực tâm ( giao của AD,BE,CF )

Xét \(\Delta\) AEB và \(\Delta\)AFC có

\(\widehat{A}\) chung

\(\widehat{AEB}\) = \(\widehat{\text{AF}C}\) ( =90^o)

\(\rightarrow\) \(\Delta\) AEB \(\sim\) \(\Delta\)AFC (g.g)

\(\Rightarrow\) \(\dfrac{AE}{AB}\) = \(\dfrac{\text{AF}}{AC}\) ( cặp cạnh tương ứng tỉ lệ )

Xét \(\Delta\) AEF và \(\Delta\) ABC

\(\widehat{A}\) chung

\(\dfrac{AE}{AB}\) = \(\dfrac{\text{AF}}{AC}\) (cmt)

\(\rightarrow\) \(\Delta\) AEF \(\sim\) \(\Delta\) ABC (c.g.c)

\(\Rightarrow\) \(\dfrac{S_{AEF}}{S_{ABC}}\) = \(\left(\dfrac{AE}{AB}\right)^2\) = \(\cos^2A\) (Áp dụng HTL \(\Delta\)AEB vuông ở E

CMTT : \(\dfrac{S_{BDF}}{S_{ABC}}\) = \(\cos^2B\)

\(\dfrac{S_{CDE}}{S_{ABC}}\) = \(\cos^2C\)

\(\Rightarrow\) \(\cos^2A\) + \(\cos^2B\) + \(\cos^2C\) = \(\dfrac{S_{AEF}+S_{BDE}+S_{CDE}}{S_{ABC}}\) <1 (đpcm)

Lời giải:

Kẻ \(BH\perp AC\)

Theo công thức lượng giác:

\(\frac{BH}{AB}=\sin A; \frac{AH}{AB}=\cos A\Rightarrow BH=\sin A. AB=c\sin A; AH=\cos A.AB=c\cos A\)

\(\Rightarrow CH=AC-AH=b-c\cos A\)

Do đó áp dụng định lý Pitago:

\(BC^2=BH^2+CH^2\)

\(\Leftrightarrow a^2=(c\sin A)^2+(b-c\cos A)^2\)

\(\Leftrightarrow a^2=c^2\sin ^2A+b^2+c^2\cos ^2A-2bc\cos A\)

\(\Leftrightarrow a^2=c^2(\sin ^2A+\cos ^2A)+b^2-2bc\cos A\)

\(\Leftrightarrow a^2=c^2+b^2-2bc\cos A\)

Ta có đpcm.

Lời giải:

a)

\(\bullet \overrightarrow{IM}=\frac{1}{2}\overrightarrow{BM}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AM})=\frac{1}{2}(\overrightarrow{BA}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AC})\)

\(=-\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{4}\overrightarrow{AC}\)

\(\bullet \overrightarrow{AI}=\overrightarrow{AM}+\overrightarrow{MI}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{IM}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AC}-(-\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{4}\overrightarrow{AC})\)

\(=\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{4}\overrightarrow{AC}\)

b)

Để \(\overline{A,I,K}\) thì tồn tại \(m\in\mathbb{R}|\overrightarrow{AI}=m\overrightarrow{AK}\)

\(\Leftrightarrow \overrightarrow{AI}=m(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BK})\)

\(\Leftrightarrow \overrightarrow{AI}=m(\overrightarrow{AB}+x\overrightarrow{BC})\)

\(\Leftrightarrow \overrightarrow{AI}=m\overrightarrow{AB}+mx(\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AC})\)

\(\Leftrightarrow \frac{1}{2}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{4}\overrightarrow{AC}=(m-mx)\overrightarrow{AB}+mx\overrightarrow{AC}\)

\(\Rightarrow m-mx=\frac{1}{2}; mx=\frac{1}{4}\Rightarrow m=\frac{3}{4}; x=\frac{1}{3}\)

Lời giải:

a) Đặt \(x^3=a\) thì pt trở thành:

\(a^2+2003a-2005=0\)

\(\Leftrightarrow (a+\frac{2003}{2})^2=2005+\frac{2003^2}{2^2}=\frac{4020029}{4}\)

\(\Rightarrow \left[\begin{matrix} a+\frac{2003}{2}=\sqrt{\frac{4020029}{4}}\\ a+\frac{2003}{2}=-\sqrt{\frac{4020029}{4}}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow \left[\begin{matrix} a=\sqrt{\frac{4020029}{4}}-\frac{2003}{2}\approx 1\\ a=-\sqrt{\frac{4020029}{4}}-\frac{2003}{2}\approx -2004\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow \left[\begin{matrix} x=\sqrt[3]{a}\approx 1\\ x=\sqrt[3]{a}\approx \sqrt[3]{-2004}\end{matrix}\right.\)

b)

Đặt \(x^2=a(a\geq 0)\)

PT trở thành: \(\sqrt{2}a^2-2(\sqrt{2}+\sqrt{3})a+\sqrt{12}=0\)

\(\Delta'=(\sqrt{2}+\sqrt{3})^2-\sqrt{2}.\sqrt{12}=5\)

Theo công thức nghiệm của pt bậc 2 thì pt có 2 nghiệm:

\(\left\{\begin{matrix} a_1=\frac{(\sqrt{2}+\sqrt{3})+\sqrt{5}}{\sqrt{2}}\\ a_2=\frac{(\sqrt{2}+\sqrt{3})-\sqrt{5}}{\sqrt{2}}\end{matrix}\right.\)

Do đó \(x=\pm \sqrt{a}\in\left\{\pm \sqrt{\frac{\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{5}}{\sqrt{2}}};\pm \sqrt{\frac{\sqrt{2}+\sqrt{3}-\sqrt{5}}{\sqrt{2}}}\right\}\)

Câu 2:

Đặt \(x^2=a\). PT ban đầu trở thành:

\(a^2+a+m=0(*)\)

\(\bullet \)Để pt ban đầu có 3 nghiệm pb thì $(*)$ phải có một nghiệm $a=0$ và một nghiệm $a>0$

Để $a=0$ là nghiệm của $(*)$ thì \(0^2+0+m=0\Leftrightarrow m=0\)

Khi đó: \((*)\Leftrightarrow a^2+a=0\). Ta thấy nghiệm còn lại là $a=-1< 0$ (vô lý)

Do đó không tồn tại $m$ để pt ban đầu có 3 nghiệm pb.

\(\bullet\) Để pt ban đầu có 4 nghiệm pb thì $(*)$ phải có 2 nghiệm dương phân biệt

Mà theo định lý Viete, nếu $(*)$ có 2 nghiệm pb $a_1,a_2$ thì:\(a_1+a_2=-1< 0\) nên 2 nghiệm không thể đồng thời cùng dương.

Vậy không tồn tại $m$ để pt ban đầu có 4 nghiệm phân biệt.

Lời giải:
\(xy^2+2xy+x=32y\)

\(\Leftrightarrow x(y^2+2y+1)=32y\)

\(\Leftrightarrow x(y+1)^2=32y\Rightarrow x=\frac{32y}{(y+1)^2}\)

Ta thấy \((y+1)^2-4y=(y-1)^2\geq 0\Rightarrow (y+1)^2\geq 4y\)

\(\Rightarrow x=\frac{32y}{(y+1)^2}\leq \frac{32y}{4y}=8\)

Từ đây ta xét các TH:

+) Nếu $x$ chẵn thì \(x\in\left\{2;4;6;8\right\}\)

Thử từng giá trị của $x$ ta thu được \((x,y)=(6,3); (8,1)\)

+) Nếu $x$ lẻ thì vì \(x(y+1)^2=32y\vdots 32\Rightarrow (y+1)^2\vdots 32\)

\(y+1\vdots 8\)

\(\Rightarrow 32y=x(y+1)^2\vdots 64\Rightarrow y\vdots 2\) (vô lý vì $y+1$ chẵn thì $y$ phải lẻ)

Vậy $(x,y)=(6,3), (8,1)$

b/ \(1>x^2+y^2\)

\(\Leftrightarrow x^3+y^3>\left(x^2+y^2\right)\left(x-y\right)\)

\(\Leftrightarrow y\left(2y^2-xy+x^2\right)>0\)

\(\Leftrightarrow y\left[\dfrac{1}{2}\left(x-y\right)^2+\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{3y^2}{2}\right]>0\) đung

a/ \(x\left(\dfrac{5-x}{x+1}\right)\left(x+\dfrac{5-x}{x+1}\right)=6\)

\(\Leftrightarrow x^4-5x^3+11x^2-13x+6=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)\left(x-2\right)\left(x^2-2x+3\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=1\\x=2\end{matrix}\right.\)

Cần chứng minh

(a + c)²(b² + c²) ≥ (b + c)²(a² + c²)

<=> 2c(a - b)(c² - ab) ≥ 0

Cái này đúng.

Ta có \(c\ge\sqrt{ab}\Leftrightarrow c^2\ge ab\Leftrightarrow c^2-ab\ge0\Leftrightarrow c\left(c^2-ab\right)\ge0\Leftrightarrow c^3-abc\ge0\Leftrightarrow\left(c^3-abc\right)\left(a-b\right)\ge0\Leftrightarrow ac^3-a^2bc-bc^3+ab^2c\ge0\Leftrightarrow ab^2c+ac^3\ge a^2bc+bc^3\Leftrightarrow ac\left(b^2+c^2\right)\ge bc\left(a^2+c^2\right)\Leftrightarrow\dfrac{ac}{a^2+c^2}\ge\dfrac{bc}{b^2+c^2}\Leftrightarrow\dfrac{2ac}{a^2+c^2}\ge\dfrac{2bc}{b^2+c^2}\Leftrightarrow1+\dfrac{2ac}{a^2+c^2}\ge1+\dfrac{2bc}{b^2+c^2}\Leftrightarrow\dfrac{a^2+2ac+c^2}{a^2+c^2}\ge\dfrac{b^2+2bc+c^2}{b^2+c^2}\Leftrightarrow\dfrac{\left(a+c\right)^2}{a^2+c^2}\ge\dfrac{\left(b+c\right)^2}{b^2+c^2}\Leftrightarrow\dfrac{a+c}{\sqrt{a^2+c^2}}\ge\dfrac{b+c}{\sqrt{b^2+c^2}}\left(đpcm\right)\)

a) Xét tam giác vuông $MBO$ vuông tại $B$ có đường cao $BH$:

\(\frac{1}{BH^2}=\frac{1}{MB^2}+\frac{1}{BO^2}=\frac{1}{BO^2-HO^2}\)\(\Rightarrow \frac{1}{MB^2}=\frac{1}{27}-\frac{1}{36}=\frac{1}{108}\Rightarrow MB=6\sqrt{3} (\text{cm})\)

b) Thấy rằng $BC$ là trung trực của $AO$ và $AO$ cũng là trung trực của $BC$ nên $BA=BO=OC=AC$

Mặt khác \(\cos(\widehat{BOH})=\frac{1}{2}\) nên \(\cos (\widehat{BOC})\neq 90^0\)

Do đó $OBAC$ là hình thoi

c) Vì $OA$ là trung trực của $BC$ nên với điểm $M\in OA$ thì $MB=MC$ suy ra \(\triangle MBO=\triangle MCO\Rightarrow \widehat {MBO}=\widehat{MCO}=90^0\Rightarrow MC\perp CO\)

Do đó $MC$ là tiếp tuyến của $(O)$

may cai nay tuong hoi truoc co nguoi dang roi ma

Đề sai rồi: a,b,c > 0 thì làm sao mà có: ab + bc + ca = 0 được.

Ta có:

\(sin=\dfrac{doi}{huyen}\); \(cos=\dfrac{ke}{chuyen}\);\(tan=\dfrac{doi}{ke}\); \(cot=\dfrac{ke}{doi}\)

Dùng cái này làm được hết mấy câu đó.

Theo hình mình đã vẽ nhé

sin²α+cos²α=1

Ta có

sin²α+cos²α=\(\left(\dfrac{b}{c}\right)^2+\left(\dfrac{c}{a}\right)^2=\dfrac{b^2}{a^2}+\dfrac{c^2}{a^2}\)

Mà a²=b²+c²(định lý pytago trong \(\Delta ABC\))

Suy ra đpcm