Cuộc thi Anh vừa thông báo tổ chức. Cuộc thi toán đã ra trận ko chịu thua.

Chuẩn bị có cuộc thi địa nữa. Cùng nhau xuất kích =))

Bài hình ít nhất phải có nhiều ý. Cho 1 ý, dù nó làm dài,khó,vòng vo,thì cx đc tính là ko chuyên nghiệp. ủng hộ câu cuối cho man: Cho x, y ≥ 1. Chứng minh: 1/(1 + x^2) + 1/(1 + y^2) ≥ 2/(1 + xy) - Toán học Lớp 8 - Bài tập Toán học Lớp 8 - Giải bài tập Toán học Lớp 8 | Lazi.vn - Cộng đồng Tri thức & Giáo dục. nếu sửa đc thì mong sửa nhé. Như thế này thì khá không công bằng !

Lời giải:

\(A,B\in (P); x_A=-1; x_B=2\Rightarrow y_A=(-1)^2=1; y_B=2^2=4\)

Vậy \(A(-1;1);B(2;4)\)

\(\Rightarrow AB=\sqrt{(-1-2)^2+(1-4)^2}=3\sqrt{2}\)

\(\Rightarrow AB^2=18\)

$M$ nằm trên cung $AB$ tức là M nằm trên đường tròn đường kinh $AB$

Do $AB$ là đk nên \(\widehat{AMB}=90^0\Leftrightarrow MA\perp MB\)

\(\Rightarrow S_{ABM}=\frac{MA.MB}{2}\)

Áp dụng BĐT AM-GM và Pitago:

\(MA.MB\leq \frac{MA^2+MB^2}{2}=\frac{AB^2}{2}=\frac{18}{2}=9\)

\(\Rightarrow S_{AMB}\leq \frac{9}{2}\). Vậy $S_{MAB}$ max bằng $\frac{9}{2}$. Dấu bằng xảy ra khi $MA=MB$ (theo BĐT AM-GM) hay $M$ là điểm chính giữa cung $AB$

a) Có \(\sqrt{25}=5;\sqrt{45}< \sqrt{49}=7\)

\(\Rightarrow\sqrt{25}+\sqrt{45}< 5+7=12\)

Vậy \(\sqrt{25}+\sqrt{45}< 12.\)

b) có \(\left(\sqrt{2013}+\sqrt{2015}\right)^2=2013+2015+2\sqrt{2013}.\sqrt{2015}\)\(=4028+2\sqrt{2013.2015}\)

\(\left(2\sqrt{2014}\right)^2=4.2014=4028+2.2014=4028+2\sqrt{2014^2}\)

Xét \(2014^2-2013.2015=2014.\left(2013+1\right)-2013\left(2014+1\right)\)

\(=2013.2014+2014-2013.2014-2013=1>0\)

\(\Rightarrow2\sqrt{2013.2015}< 2\sqrt{2014^2}\)

Hay \(\left(\sqrt{2013}+\sqrt{2015}\right)^2< \left(2\sqrt{2014}\right)^2\)

\(\Rightarrow\sqrt{2013}+\sqrt{2015}< 2\sqrt{2014}\)
Vậy \(\sqrt{2013}+\sqrt{2015}< 2\sqrt{2014}.\)

c) Có \(\left(\sqrt{2014}-\sqrt{2013}\right)\left(\sqrt{2014}+\sqrt{2013}\right)=2014-2013=1\)\(\rightarrow\sqrt{2014}-\sqrt{2013}=\dfrac{1}{\sqrt{2014}+\sqrt{2013}}\)

Mà \(\sqrt{2014}>\sqrt{2013};\sqrt{2013}>\sqrt{2012}\)

\(\rightarrow\sqrt{2014}+\sqrt{2013}>\sqrt{2013}+\sqrt{2012}\)

Hay \(\dfrac{1}{\sqrt{2014}+\sqrt{2013}}< \dfrac{1}{\sqrt{2013}+\sqrt{2012}}\)

Tương tự, ta có \(\dfrac{1}{\sqrt{2013}+\sqrt{2012}}=\sqrt{2013}-\sqrt{2012}\)

\(\Rightarrow\sqrt{2014}-\sqrt{2013}< \sqrt{2013}-\sqrt{2012}\)

Vậy \(\sqrt{2014}-\sqrt{2013}< \sqrt{2013}-\sqrt{2012}.\)

lop8. thi ap bdt nhu thanh song,

a)

VT=√25+√45<√2(25+45)=√140<√144=12=VP

b)

VT=√2013+√2015<√[2(2013+2015)]=√[4.2014]=2√(2014)=VP.

c) C=VT-VP

√2014+√2012-2√2012

kq(b)=> C<0

VT<VP

a) có \(\widehat{HOG}+\widehat{OGH}=90^o\) (do OH \(\perp\) BC)

mà \(\widehat{GED}+\widehat{EGD}=90^o\) (do tiếp tuyến tại D)

lại có \(\widehat{OGH}=\widehat{EGD}\) (đối đỉnh)

\(\rightarrow\widehat{GOH}=\widehat{GED}\) mà hai góc này cùng nhìn cung HD

\(\Rightarrow\) Tứ giác OHDE nội tiếp (đpcm)

b) Nối BD, CD

có \(\widehat{CBD}=\dfrac{1}{2}sđ\stackrel\frown{CD}\) (góc nội tiếp chắn cung CD)

có \(\widehat{CDE}=\dfrac{1}{2}sđ\stackrel\frown{CD}\) (góc giữa tiếp tuyến và một dây)

\(\rightarrow\widehat{CBD}=\widehat{CDE}\)

mà có \(\widehat{CED}\) chung

\(\Rightarrow\Delta EBD\) ~ \(\Delta EDC\) (g.g)

\(\Rightarrow\dfrac{ED}{EC}=\dfrac{EB}{ED}\rightarrow ED^2=EC.EB\) (đpcm)

c) CI // OE \(\Rightarrow\widehat{GCI}=\widehat{GEO}\) (so le trong) (1)

có tứ giác OHDE nội tiếp (câu a)

\(\Rightarrow\widehat{OEG}=\widehat{ODH}\) (cùng chắn cung OH) (2)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\widehat{ICG}=\widehat{IDH}\)

Mà hai góc này cùng chắn cung IH

Suy ra tứ giác IHDC nội tiếp

\(\Rightarrow\widehat{DIH}=\widehat{BCD}\) (cùng chắn cung HD)

Dễ thấy tứ giác ABDC nội tiếp

\(\Rightarrow\widehat{BAD}=\widehat{BCD}\) (cùng chắn cung BD)

\(\Rightarrow\widehat{DIH}=\widehat{BAD}\)

Mà hai góc này ở vị trí so le trong suy ra HI // AB (đpcm)

Câu d) tạm thời mình chưa nghĩ được nha!
Chúc bạn học tốt

uầy 70% nâng cao lớp 8 và 30% cơ bản lớp 9 ? cao siêu vại trời @@ trên này lắm nhân tài, mình ko đọ đc vs họ nhưng cứ làm thử 1 lần để trải nghiệm ^^ (chắc rớt từ vòng 1). Đăng kí nha :

Tên : Lê Lan Vy

Lớp : 8 -> 9

Link : Góc học tập của Mến Vũ | Học trực tuyến

Anh ơi em lớp 7 đề 8 khó quá sao làm :( Anh cho đề dễ chút nhé em tham gia :(

Lời giải:

Đặt \((a,b,c)=(x-1,y-1,z-1)\Rightarrow x,y,z>0\)

Điều kiện: \(a^2+b^2+c^2=27\)

\(\Leftrightarrow (x-1)^2+(y-1)^2+(z-1)^2=27\)

\(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2=24+2(x+y+z)(*)\)

Ta có:

\(P=(x-1)^3+(y-1)^3+(z-1)^3\)

\(=x^3+y^3+z^3-3(x^2+y^2+z^2)+3(x+y+z)-3\)

Áp dụng BĐT AM-GM:

\(x^3+16x\geq 8x^2;y^3+16y\geq 8y^2; z^3+16z\geq 8z^2\)

\(\Rightarrow P\geq 5(x^2+y^2+z^2)-13(x+y+z)-3\)

\(\Leftrightarrow P\geq 5[24+2(x+y+z)]-13(x+y+z)-3\)

\(\Leftrightarrow P\geq 120-3(x+y+z)-3\)

Áp dụng AM-GM cho $(*)$ thì:

\(24+3(x+y+z)\geq \frac{(x+y+z)^2}{3}\). Coi $x+y+z=t$ là biến, giải BPT suy ra \(t=x+y+z\leq 12\)

\(\Rightarrow P\geq 120-3.12-3=81\)

Vậy $P_{\min}=81$ khi $a=b=c=3$

Bài 1:
\(\frac{(x+1)^4}{(x^2+1)^2}+\frac{4x}{x^2+1}=6\)

\(\Leftrightarrow \frac{(x+1)^4+4x(x^2+1)}{(x^2+1)^2}=6\)

\(\Leftrightarrow \frac{x^4+8x^3+6x^2+8x+1}{(x^2+1)^2}=6\Rightarrow x^4+8x^3+6x^2+8x+1=6(x^2+1)^2\)

\(\Leftrightarrow x^4+8x^3+6x^2+8x+1=6(x^4+2x^2+1)\)

\(\Leftrightarrow 5x^4-8x^3+6x^2-8x+5=0\)

\(\Leftrightarrow 5x^3(x-1)-3x^2(x-1)+3x(x-1)-5(x-1)=0\)

\(\Leftrightarrow (x-1)(5x^3-3x^2+3x-5)=0\)

\(\Leftrightarrow (x-1)[5(x-1)(x^2+x+1)-3x(x-1)]=0\)

\(\Leftrightarrow (x-1)^2(5x^2+2x+5)=0\)

Dễ thấy \(5x^2+2x+5>0\), do đó \((x-1)^2=0\Leftrightarrow x=1\)

Bài 2: ĐK: \(x\geq 0\)

\(A=\frac{x^2-\sqrt{x}}{x+\sqrt{x}+1}-\frac{x^2+\sqrt{x}}{x-\sqrt{x}+1}+x+1\)

\(A=\frac{\sqrt{x}(\sqrt{x^3}-1)}{x+\sqrt{x}+1}-\frac{\sqrt{x}(\sqrt{x^3}+1)}{x-\sqrt{x}+1}+x+1\)

\(A=\frac{\sqrt{x}(\sqrt{x}-1)(x+\sqrt{x}+1)}{x+\sqrt{x}+1}-\frac{\sqrt{x}(\sqrt{x}+1)(x-\sqrt{x}+1)}{x-\sqrt{x}+1}+x+1\)

\(A=\sqrt{x}(\sqrt{x}-1)-\sqrt{x}(\sqrt{x}+1)+x+1\)

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

Câu 1a thì được nè :v

( 3x + 1)( 4x + 1)( 6x + 1)( 12x + 1) = 2

⇔ 4( 3x + 1)3( 4x + 1)2( 6x + 1)( 12x + 1) = 2.4.3.2

⇔ ( 12x + 4)( 12x + 3)( 12x + 2)( 12x + 1) =48 ( 1)

Đặt : 12x + 1 = a , ta có :

( 1) ⇔ a( a+ 1)( a + 2)( a + 3) = 48

⇔ ( a² + 3a)( a² + 3a +2) = 48

Đặt : a³ + 3a = t , ta có :

t( t +2) =48

⇔ t² + 2t - 48 = 0

⇔ t² - 6t + 8t - 48 = 0

⇔ t( t - 6) + 8( t - 6) = 0

⇔ ( t - 6)( t + 8) = 0

⇔ t = 6 hoặc t = -8

Tự thế vào mà tìm a sau đó suy ra x nha

Bài 1:

b)

HPT \(\left\{\begin{matrix} x^2+\frac{1}{y^2}+\frac{4x}{y}=2\\ 2\left(x+\frac{1}{y}\right)+\frac{x}{y}=3\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} \left(x+\frac{1}{y}\right)^2+\frac{2x}{y}=2\\ 2\left(x+\frac{1}{y}\right)+\frac{x}{y}=3\end{matrix}\right.\)

Lấy PT(1) trừ 2PT(2) thu được:

\(\left(x+\frac{1}{y}\right)^2-4\left(x+\frac{1}{y}\right)=-4\)

\(\Leftrightarrow \left(x+\frac{1}{y}-2\right)^2=0\Rightarrow x+\frac{1}{y}=2\)

Thay vào thu được \(\frac{x}{y}=-1\)

Theo định lý Viete đảo thì \((x,\frac{1}{y})\) là nghiệm của PT:

\(X^2-2X-1=0\)

\(\Rightarrow (x,\frac{1}{y})=(1+\sqrt{2}; 1-\sqrt{2})\) hoặc \((1-\sqrt{2}; 1+\sqrt{2})\)

Tức là: \((x,y)=(1+\sqrt{2}, -1-\sqrt{2}); (1-\sqrt{2}; -1+\sqrt{2})\)

Lời giải:
Ta có:

\((x+\sqrt{x^2+2007})(y+\sqrt{y^2+2007})=2007\)

Nhân \(x-\sqrt{x^2+2007}\) vào 2 vế:

\(\Rightarrow (x-\sqrt{x^2+2007})(x+\sqrt{x^2+2007})(y+\sqrt{y^2+2007})=2007(x-\sqrt{x^2+2007})\)

\(\Leftrightarrow [x^2-(x^2+2007)](y+\sqrt{y^2+2007})=2007(x-\sqrt{x^2+2007})\)

\(\Leftrightarrow -2007(y+\sqrt{y^2+2007})=2007(x-\sqrt{x^2+2007})\)

\(\Leftrightarrow -(y+\sqrt{y^2+2007})=x-\sqrt{x^2+2007}\)

\(\Leftrightarrow x+y+\sqrt{y^2+2007}-\sqrt{x^2+2007}=0(1)\)

Hoàn toàn tương tự, nhân \(y-\sqrt{y^2+2007}\) vào 2 vế:

\(x+y+\sqrt{x^2+2007}-\sqrt{y^2+2007}=0(2)\)

Từ (1);(2) suy ra: \(2(x+y)=0+0=0\Rightarrow S=x+y=0\)

Hình vẽ:

Gọi \(AO\cap MN\equiv H\)

Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, $AM=AN$. Mà $OM=ON$ nên $OA$ là trung trực của $MN$

Do đó \(OA\perp MN\Leftrightarrow \widehat{SHA}=90^0(1)\)

Mặt khác $BC$ vuông góc với $OK$ suy ra $AC$ vuông góc với $SO$ , do đó \(\widehat{SKA}=90^0(2)\)

Từ (1);(2) suy ra tứ giác $SKHA$ nội tiếp (hai góc cùng nhìn một cạnh bằng nhau)

Do đó theo tính chất tứ giác nội tiếp thì: \(OK.OS=OH.OA(*)\)

Vì $AM$ là tiếp tuyến của $(O)$ nên $AM\perp MO$

Xét tam giác vuông $AMO$ có đường cao $MH$, theo hệ thức lượng trong tam giác vuông $OC^2=R^2=MO^2=OH.OA (**)$

Từ \((*);(**)\Rightarrow OC^2=OK.OS\)

\(\Leftrightarrow \frac{OC}{OK}=\frac{OS}{OC}\)

Do đó tam giác $OCK$ đồng dạng với tam giác $OSC$ theo trường hợp cạnh- góc cạnh (có góc $O$ chung và tỷ số trên)

\(\Rightarrow \widehat{OCS}=\widehat{OCK}=90^0\)

\(\Rightarrow SC\perp OC\Rightarrow SC\) là tiếp tuyến của $(O)$