Toán

bạn vẽ hình ra là thấy mà

Bạn giải chi tiết cho mình đc không, mình chưa chứng minh đc 

không có hình làm sao giải

495 chẳng biết đúng hay sai ? 

10

hehehe

[Số cách chọn 4 em sao cho thuộc không quá 2 trong 3 lớp] = [Số cách chọn 4 em trong 12 em] - [số cách chọn mà mỗi lớp có ít nhất 1 em]

 Mà:

 [Số cách chọn 4 em trong 12 em] = \(C^4_{12}=\frac{12!}{4!\left(12-4\right)!}=495\)

 [số cách chọn mà mỗi lớp có ít nhất 1 em] = [Số cách chọn lớp A có 2 hs, lớp B, C mỗi lớp có 1 hs] + [Số cách chọn lớp B có 2 hs, lớp A, C mỗi lớp có 1 hs] + [Số cách chọn lớp C có 2 hs, lớp A, B mỗi lớp có 1 hs]

= \(C^2_5.C^1_4.C^1_3+C^1_5.C^2_4.C^1_3+C^1_5.C^1_4.C^2_3\)

= 120            +    90          + 60

= 270

Vậy [Số cách chọn 4 em sao cho thuộc không quá 2 trong 3 lớp] = 495 - 270 =....

Lời giải:

Không mất tính tổng quát, giả sử \(c=\min (a,b,c)\). Khi đó từ \(ab+bc+ac=3\Rightarrow ab\geq 1\)

Ta có bổ đề sau: Với \(a,b>0,ab\geq 1\) thì \(\frac{1}{a^2+1}+\frac{1}{b^2+1}\geq \frac{2}{ab+1}\)

Cách chứng minh bổ đề rất đơn giản, chỉ cần quy đồng ta có ngay đpcm

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

Quay trở lại bài toán. Áp dụng bổ đề trên:

\(\Rightarrow \text{VT}\geq \frac{2}{ab+1}+\frac{1}{c^2+1}\)

Ta sẽ CM \(\frac{2}{ab+1}+\frac{1}{c^2+1}\geq \frac{3}{2}\Leftrightarrow \frac{2c^2+3+ab}{abc^2+ab+c^2+1}\geq\frac{3}{2}\)

\(\Leftrightarrow c^2+3\geq 3abc^2+ab\Leftrightarrow c^2+bc+ca\geq 3abc^2\)

\(\Leftrightarrow a+b+c\geq 3abc\)

BĐT trên hiển nhiên đúng vì theo AM-GM ta có:

\(a+b+c\geq \sqrt{3(ab+bc+ac)}=3\) và \(3=ab+bc+ac\geq 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\Rightarrow 3abc\leq 3\)

Do đó ta có đpcm

Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c=1\)

Ta có ADIE và BDCE là các tứ giác nội tiếp nên $\widehat{AID}=\widehat{AEI}=\widehat{ABC}$.

Suy ra BDIM nội tiếp.

Suy ra $AI.AM=AD.AB=AM^2-BM^2=3BM^2$ (vì AM=BC)

Suy ra $AI=\dfrac{3}{2}BM$ và $IM=AM-AI=\dfac{1}{2}BM$

Do đó $MI.MA=BM^2$, suy ra hai tam giác BIM và ABM đồng dạng theo c.g.c

Suy ra $\widehat{BIM}=\widehat{BAM}=\widehat{BCJ}$

Suy ra BI//CJ. Theo Talet thì $\dfrac{BI}{CJ}=\dfrac{BM}{CM}=1$.

Vậy $BICJ$ là hình bình hành.

Bài 11:Cho đường tròn(O) đường kính AB=2R. Điểm C thuộc đường tròn(C không trùng với A và B).Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa điểm C kẻ tiếp tuyến à với (O).Gọi M là điểm chính giữa cung nhỏ AC. Tia BC cắt Ax tại Q,AM cắt BC tại N, AC cắt BM tại P.

a) Gọi K là điểm chính giữa cung AB(cung không chứa C).HỎi có thể xảy ra trường hợp 3 điểm Q,M,K thẳng hàng không?

b) Xác định vị trí của C trên nửa đường tròn tâm O để đường tròn ngoại tiếp tam giác MNQ tiếp xúc với (O).

Bài 12: Cho tứ giác ABCD có đường chéo BD không là phân giác của góc ABC và góc CDA.Một điểm P nằm trong tứ giác sao cho góc PBC=góc DBA; góc PDC = góc BDA.Chứng minh rằng tứ giác ABCD nội tiếp khi và chỉ khi AP=CP

Bài 13:Cho tam giác ABC có chu vi bằng 2p không đổi ngoại tiếp 1 đường tròn(O).Dựng tiếp tuyến MN với (O) sao cho MN song song với AC;M thuộc cạnh AB,N thuộc cạnh BC.Tính AC theo p để độ dài đoạn MN đạt giá trị lớn nhất.

Bài 14: Trong một tam giác cho trước hãy tìm bán kính lớn nhất của hai đường tròn bằng nhau tiếp xúc ngoài nhau đồng thời mỗi đường tròn tiếp xúc với hai cạnh của tam giác đó.

Bài 15: Trên cạnh AB của tam giác ABC lấy một điểm D sao cho đường tròn nột tiếp tam giác ACD và BCD bằng nhau

a) Tính đoạn CD theo các cạnh của tam giác

b)CMR: Điều kiện cần và đủ để góc C = 90 độ là điện tích tam giác ABC bằng diện tích hình vuông cạnh CD

Bài 16: Cho hình thang vuông ABCD có AB là cạnh đáy nhỏ,CD là cạnh đáy lớn,M là giao của AC và BD.Biết rằng hình thang ABCD ngoại tiếp đường tròn bán kính R.Tính diện tích tam giác ADM theo R

Bài 17:Cho tam giác ABC không cân,M là trung điểm cạnh BC,D là hình chiếu vuông góc của A trên BC; E và F tương ứng là các hình chiếu vuông góc của B và C trên đường kính đi qua A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.CMR: M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF

Bài 18: Cho đoạn thẳng AB, điểm C nằm giữa A và B, Tia Cx vuông góc với AB.Trên tia Cx lấy D và E sao cho CECB=CACD=3√CECB=CACD=3. Đường tròn ngoại tiếp tam giác ADC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác BEC tại H(H khác C). CMR: HC luôn đi qua một điểm cố định khi C chuyển động trên đoạn AB.Bài toán còn đúng không khi thay 3√3 bởi m cho trước(m>0)

Bài 19: Cho tam giác ABC nhọn và điểm M chuyện động trên đường thẳng BC.Vẽ trung trực của các đoạn BM và CM tương ứng cắt các đường thẳng AB và AC tại P và Q.CMR: Đường thẳng qua M và vuông góc với PQ đi qua 1 điểm cố định

Bài 20: Cho tam giác ABC và một đường tròn (O) đi qua A và C.Gọi K và N là các giao điểm của (O) với các cạnh AB,C.ĐƯờng tròn (O1) và (O2) ngoại tiếp tam giác ABC và tam giác KBN cắt nhau tại B và M.CMR: O1O2 song song với OM

hộ t 1 số bài tập với

Giả sử C(c,3-c). Gọi I là giao điểm của AC và MN, suy ra \(\overrightarrow{AI}=\dfrac{2}{3}\overrightarrow{AC}=\left(\dfrac{2(c+2)}{3};\dfrac{2(3-c)}{3}\right)\)

Do đó \(I\left(\dfrac{2c-2}{3};\dfrac{6-2c}{3}\right)\in MN:7x-6y-5=0\Rightarrow c=\dfrac{5}{2}\). Vậy \(C\left(\dfrac{5}{2};\dfrac{1}{2}\right)\)

Trung điểm của AC là \(P\left(\dfrac{1}{4};\dfrac{1}{4}\right),\overrightarrow{AC}\left(\dfrac{7}{2};\dfrac{1}{2}\right)\Rightarrow B\left(\dfrac{1}{4}+t;\dfrac{1}{4}-7t\right), D\left(\dfrac{1}{4}-t;\dfrac{1}{4}+7t\right)\).

Vì \(BP=CP=\dfrac{AC}{2}=\dfrac{5\sqrt{2}}{2}\)nên \(t=\pm\dfrac{1}{2}\)

Vậy \(B\left(\dfrac{3}{4};-\dfrac{13}{4}\right),D\left(-\dfrac{1}{4};\dfrac{15}{4}\right)\)hoặc \(B\left(-\dfrac{1}{4};\dfrac{15}{4}\right),D\left(\dfrac{3}{4};-\dfrac{13}{4}\right)\).

khó

kho qua !!!!!!!!!!