19 đề ôn thi vào 10 chuyên hay có lời giải (Đề 18)

Với ab = 1 , a + b ¹ 0, ta có:

P=a3+b3(a+b)3(ab)3+3(a2+b2)(a+b)4(ab)2+6(a+b)(a+b)5(ab)=a3+b3(a+b)3+3(a2+b2)(a+b)4+6(a+b)(a+b)5=a2+b2−1(a+b)2+3(a2+b2)(a+b)4+6(a+b)4=(a2+b2−1)(a+b)2+3(a2+b2)+6(a+b)4=(a2+b2−1)(a2+b2+2)+3(a2+b2)+6(a+b)4=(a2+b2)2+4(a2+b2)+4(a+b)4=(a2+b2+2)2(a+b)4=(a2+b2+2ab)2(a+b)4=(a+b)22(a+b)4=1

Vậy P = 1, với ab = 1 , a+b ¹ 0.

Điều kiện: x ³ -3

Với điều kiện trên, phương trình trở thành:

2x2−3xx+3+x+32=0<=>2x2−2xx+3+x+32−xx+3=0<=>2x(x−x+3)−x+3(x−x−3)=0<=>(x−x+3)(2x−x+3)=0<=>x+3=x(1)x+3=2x(2)•(1):x+3=x<=>x≥0x+3=x2<=>x≥0x=1+132x=1−132<=>x=1+132•(2):x+3=2x<=>x≥0x+3=4x2<=>x≥0x=1x=−34<=>x=1

So với điều kiện ban đầu, ta được tập nghiệm của phương trình đã cho là: S=1;1+132

a)    Chứng minh BA . BC = 2BD . BE

· Ta có: DBA+ ABC = 90⁰ , EBM +ABC = 90⁰

Þ DBA =EBM (1)

· Ta có: DONA = DOME (c-g-c)

Þ EAN= MEO

Ta lại có: DAB +BAE+ EAN  = 90⁰, và BEM +BAE +MEO  = 90⁰

Þ DAB= BEM (2)

· Từ (1) và (2) suy ra DBDA đồng dạng DBME (g-g)

=>BDBM=BABE=>DB.BE=BA.BM=BA.BC2=>2BD.BE=BA.BC

b)    CD đi qua trung điểm của đường cao AH của D ABC

· Gọi F là giao của BD và CA.

Ta có BD.BE= BA.BM (cmt)

=>BDBA=BMBE=>ΔBDM~ΔBAE(c−g−c)=>BMD=BEA

Mà BCF=BEA(cùng chắn AB)

=>BMD=BCF=>MD//CF=>D là trung điểm BF

· Gọi T là giao điểm của CD và AH .

DBCD có TH //BD =>THBD=CTCD (HQ định lí Te-let) (3)

DFCD có TA //FD =>TAFD=CTCD (HQ định lí Te-let) (4)

Mà BD= FD (D là trung điểm BF ) (5)

· Từ (3), (4) và (5) suy ra TA =TH ÞT là trung điểm AH .