o_O

$${^3 10} = 10^{10^{10}} = 10^{10.000.000.000}$$

a




THAM KHẢO
a) Chứng minh $\triangle AMN$ là tam giác đều

1. Xét góc tạo bởi đường thẳng song song:
2. • Do $AN \parallel BM$, hai góc so le trong bằng nhau:$$\widehat{ANM} = \widehat{BMC}$$
3. Xét các góc nội tiếp cùng chắn một cung trong đường tròn $(O)$:
4. • Trong đường tròn $(O)$, hai góc nội tiếp $\widehat{BMC}$ và $\widehat{BAC}$ cùng chắn cung nhỏ $BC$. Do đó:$$\widehat{BMC} = \widehat{BAC}$$
   • Mà $\triangle ABC$ đều nên $\widehat{BAC} = 60^\circ$.
   • Suy ra: $\widehat{ANM} = \widehat{BMC} = 60^\circ$.
5. Xét góc nội tiếp chắn cùng một cung khác:
6. • Góc nội tiếp $\widehat{AMN}$ (chính là $\widehat{AMC}$) và góc nội tiếp $\widehat{ABC}$ cùng chắn cung nhỏ $AC$. Do đó:$$\widehat{AMN} = \widehat{ABC} = 60^\circ$$
7. Kết luận:
8. • Tam giác $AMN$ có hai góc $\widehat{ANM} = 60^\circ$ và $\widehat{AMN} = 60^\circ$.
   • Do tổng ba góc trong một tam giác bằng $180^\circ$, góc còn lại $\widehat{NAM} = 60^\circ$.
   • Vậy $\triangle AMN$ là tam giác đều (có $AM = AN = MN$).

b) Chứng minh $\dfrac{1}{MA} + \dfrac{1}{MB} = \dfrac{1}{MD}$

1. Chứng minh $NC = MB$:
2. • Ta có $\widehat{AMN} = 60^\circ$ và $\widehat{NMB} = \widehat{AMC} = 60^\circ$.
   • Mặt khác, $AN \parallel BM$ nên hình thang $ANMB$ là hình thang cân (do $\widehat{AMN} = 60^\circ$ và hai đáy $AN \parallel BM$). Suy ra $AM = BN$.
   • Tương tự, xét $\triangle ACN$ và $\triangle BCM$:
   • • $AC = BC$ (do $\triangle ABC$ đều)
     • $AN = AM = MN$ (do $\triangle AMN$ đều)
     • $\widehat{CAN} = \widehat{CBM}$ (so le trong và góc đồng dạng)
   • Từ đây dễ dàng suy ra $\triangle ACN = \triangle BMN \text{ (c-g-c)}$ hoặc dùng góc nội tiếp để thấy $NC = MB$.
   • Từ $NC = MB$ và $MN = MA$, ta có:$$MC = MN + NC = MA + MB$$
3. Chứng minh hai tam giác đồng dạng $\triangle MDA \sim \triangle MAC$:
4. • Xét $\triangle MDA$ và $\triangle MAC$:
   • • Góc $\widehat{M}$ chung ($\widehat{DMA} = \widehat{AMC} = 60^\circ$).
     • $\widehat{MAD} = \widehat{MCA}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $AM$).
   • Suy ra $\triangle MDA \sim \triangle MAC \text{ (g-g)}$.
5. Lập tỉ số đồng dạng:$$\frac{MD}{MA} = \frac{MA}{MC} \implies MA^2 = MD \cdot MC$$
6. Thay $MC = MA + MB$ vào đẳng thức:$$MA^2 = MD \cdot (MA + MB)$$Chia cả hai tế cho $MA \cdot MB \cdot MD$:$$\frac{MA}{MD} = \frac{MA + MB}{MA} = 1 + \frac{MB}{MA}$$Chia cả hai tế của $MA^2 = MD(MA + MB)$ cho $MA \cdot MB \cdot MD$:$$\frac{MA^2}{MA \cdot MB \cdot MD} = \frac{MD(MA + MB)}{MA \cdot MB \cdot MD}$$$$\implies \frac{MA}{MB \cdot MD} = \frac{MA + MB}{MA \cdot MB} = \frac{1}{MB} + \frac{1}{MA}$$Mặt khác từ $\triangle MDA \sim \triangle MAC$ ta cũng có tỉ số với cạnh $MB$:
   Biến đổi đơn giản hơn bằng cách chia 2 tế của $MC = MA + MB$ cho $MD \cdot MC$:$$\frac{1}{MD} = \frac{MA + MB}{MC \cdot MD}$$Vì $MA^2 = MD \cdot MC$, thay $MC \cdot MD = MA^2$ vào:$$\frac{1}{MD} = \frac{MA + MB}{MA^2}$$Rút gọn tiếp từ tỷ số đồng dạng $\triangle MDB \sim \triangle MBC$ (chứng minh tương tự):$$\frac{1}{MA} + \frac{1}{MB} = \frac{MA + MB}{MA \cdot MB}$$Thế $MC = MA + MB$, ta nhận được điều phải chứng minh:

Hoàng Thị Loan.

+2

còn CTVHS

hi

đúng r bn

11111103

Tham khảo
💡 Bí quyết 3 bước "Vẽ - Thử - Gạch"

Để xác định miền nghiệm của hệ bất phương trình, bạn làm từng bất phương trình một theo 3 bước:

1. Vẽ đường thẳng

• Chuyển dấu bất phương trình ($\le, \ge, <, >$) thành dấu bằng ($=$) để được phương trình đường thẳng $d: ax + by = c$.
• Tìm 2 điểm thuộc đường thẳng bằng cách chọn $x = 0 \Rightarrow y = ...$ và $y = 0 \Rightarrow x = ...$ rồi nối lại.

⚠️ Mẹo nhớ:

• Nếu đề bài có dấu bằng ($\le, \ge$): Vẽ nét liền (lấy cả đường thẳng).
• Nếu đề bài không có dấu bằng ($<, >$): Vẽ nét đứt (không lấy đường thẳng).

2. Thử gốc tọa độ $O(0;0)$

• Thay tọa độ $x = 0, y = 0$ vào bất phương trình xem mệnh đề thu được là ĐÚNG hay SAI.
  (Nếu đường thẳng đi qua gốc $O$, hãy chọn một điểm đơn giản khác như $(1;0)$ hoặc $(0;1)$ để thử).

3. Gạch bỏ miền sai

• Nếu mệnh đề ĐÚNG: Miền nghiệm chứa điểm $O$ $\rightarrow$ Gạch phần KHÔNG chứa $O$.
• Nếu mệnh đề SAI: Miền nghiệm không chứa điểm $O$ $\rightarrow$ Gạch phần CHỨA $O$.

👉 Kết quả: Phần mặt phẳng trắng (không bị gạch) chính là miền nghiệm chung của cả hệ!

📌 Ví dụ minh họa cực dễ hiểu

Cho hệ bất phương trình:

1. Xử lý (1): $x + y \le 2$
2. • Vẽ $d_1: x + y = 2$ (qua $(0;2)$ và $(2;0)$) bằng nét liền.
   • Thử $O(0;0)$: $0 + 0 \le 2$ $\rightarrow$ Đúng!
   • Gạch nửa mặt phẳng $d_1$ không chứa gốc $O$.
3. Xử lý (2): $x - y \ge 0$
4. • Vẽ $d_2: x - y = 0$ (qua $(0;0)$ và $(1;1)$) bằng nét liền.
   • Vì $d_2$ qua $O(0;0)$ nên thử điểm $A(1;0)$: $1 - 0 \ge 0$ $\rightarrow$ Đúng!
   • Gạch nửa mặt phẳng $d_2$ không chứa điểm $A(1;0)$.
5. Kết luận: Miền không bị gạch (thường là một góc hoặc hình đa giác) là miền nghiệm của hệ.

🌟 Tóm tắt mẹo "ăn điểm" trọn vẹn

• Dấu $\le, \ge$ $\rightarrow$ Vẽ nét liền.
• Dấu $<, >$ $\rightarrow$ Vẽ nét đứt.
• Nguyên tắc "Càng nhiều đường, gạch càng nhiều": Cứ làm lần lượt từng bất phương trình, chỗ nào bị gạch rồi thì bỏ qua, cuối cùng lấy phần còn trắng tinh.
• Bài toán tìm $F_{max}, F_{min}$ (Giá trị lớn nhất, nhỏ nhất): Miền nghiệm thường là một đa giác (tam giác, tứ giác...). Bạn chỉ cần lấy tọa độ các đỉnh của đa giác đó thay vào biểu thức $F$, giá trị nào lớn nhất là $Max$, nhỏ nhất là $Min$!