\(A=\sqrt{5+\sqrt{5+\sqrt{5+....}}}\)

\(\Leftrightarrow A^2=5+\sqrt{5+\sqrt{5+\sqrt{5+....}}}\)

\(\Leftrightarrow A^2=5+A\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}A=\frac{1-\sqrt{21}}{2}\left(l\right)\\A=\frac{1+\sqrt{21}}{2}\end{cases}}\)

syntax error

YÊU CẦU ĐỀ BÀI RÕ RÀNG HƠN

ngu quá ... đề bài thiếu , gợi ý tiếp đi

 Ta có 14=2*7=> 14=(2*7);14^2=(2*7)^2=2^2*7^2; 14^3=(2*7)^3=2^3*7^3 
=> hai chữ số tận cùng của 14^n là tích giữa 2 chữ số cuối cùng của 7^n và 2^n 
ta có 2^14=16384 
và7=7;7^2=49;7^3=343;7^4=2401;7^5=1680... 
Vậy hai chữ số cuối cùng của 7^n = hai chữ số cuối của 7^(n-4) 
=> hai chữ số cuối của 7^14= hai chữ số cuối của 7^2 
=> hai chữ số cuối của 7^14 là 49 
49*84=4116 
=> hai chữ số cuối của 14^14 là 16 
hai chữ số cuối của (14^14)^14 cũng là 2 chữ số cuối của 16^14 
ta có 16^6=16777216 => hai chữ số cuối cùng của 16^n = hai chữ số cuối của 16^(n-5) 
=> hai chữ số cuối cùng của 16^14 = hai chữ số cuối của 16^9= hai chữ số cuối của 16^4=36 
Vậy hai chữ số tận cùng của 14^14^14 là 36 

1136 là 4 chữ số tận cùng

TA DỰNG NHƯ HÌNH VẼ

ĐẶT S ORQ = n^2 , S OMP = n^2+1 , S OSN = n^2+3

DỄ DÀNG NHẬN THẤY:

TAM GIÁC ORQ ĐỒNG DẠNG VỚI TAM GIÁC PMO

=> \(\frac{OQ}{OP}=\frac{\pi}{\sqrt{\pi^2+1}}\)

=> \(\frac{OQ}{PQ}=\frac{\pi}{\sqrt{\pi^2+1}+\pi}\)

=> S ORQ = \(\frac{\pi^2}{\left(\sqrt{\pi^2+1}+\pi\right)^2}SPQB\)

=> S PQB = \(\left(\sqrt[]{\pi^2+1}+\pi\right)^2\)

CHỨNG MINH TƯƠNG TỰ VỚI SAMN VÀ S SRC RỒI CỘNG LẠI TRỪ ĐI 2 LẦN TỔNG CỦA 3 TAM GIÁC TRONG ĐỀ BÀI LÀ RA DIỆN TÍCH TAM GIÁC ABC

GỌI TÂM CÁC HÌNH TRÒN LẦN LƯỢT LÀ M , N , P

KHI ĐÓ TA CÓ TAM GIÁC MNP LÀ TAM GIÁC ĐỀU VÀ A , B , C LÀ TRUNG ĐIỂM CỦA MỖI CẠNH CỦA TAM GIÁC VÀ MỖI CẠNH CÓ ĐỘ DÀI BẰNG ĐƯỜNG HÌNH TRÒN

TA CÓ S ANC = S AMB = S BCP = 1/4 S ( N ) = \(\frac{1}{4}.18\pi=\frac{9}{2}\pi\)

TA CÓ  TAM GIÁC MNP LÀ TAM GIÁC ĐỀU CÓ CẠNH = \(6\sqrt[]{2}\)

=> S MNP = \(\frac{\sqrt{3}}{4}.72=18\sqrt{3}\)

=> S ABC = \(18\sqrt{3}-\frac{27}{2}\pi\)

Ta có Tam giác ABN= BCK= CAN

=> góc KBC=ẠCN

=> góc DLI = Góc LBC+ LCB=LCB+ACN=60

CMTT: AIL=IDL=60

=> tam giác DIL đều

ÁP dụng định lí Mêlelauyt tam giác BIL có cát tuyến AKC

\(\frac{AI}{AN}.\frac{CN}{CB}.\frac{KB}{KI}=1\)=>\(\frac{AI}{KI}=\frac{3}{2}=\frac{BL}{IK}\)=>BI=IL

=> BI=IL=DI

=> tam giác BDL vuông

(Hơi tắt-chắc sai)

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O), các đường cao AD, BE, CF của tam giác ABC cắt nhau tại H.

a)      Chứng minh tứ giác BCEF nội tiếp và xác định tâm I của đường tròn ngoại tiếp tứ giác.

b)      Đường thẳng EF cắt đường thẳng BC tại M và cắt đường tròn (O) tại K và T (K nằm giữa M và T) chứng minh: MK.MT = ME.MF

c)       Chứng minh tứ giác IDKT là tứ giác nội tiếp

d)      Đường thẳng vuông góc với IH cắt đường thẳng AB, AC và AD lần lượt tại N, S và P. Chứng minh: P là trung điểm của đoạn thẳng NS.

Kẻ MP\(⊥\)AH

Ta có AKMJ, PMIH là hình chữ nhật

=> \(MI^2+MJ^2+MK^2=AM^2+PH^2\ge AP^2+PH^2\ge\frac{\left(AP+PH\right)^2}{2}=\frac{AH^2}{2}\)

Dấu = xảy ra khi M là trung điểm AH

ai mà biết

Trước tiên ta chứng minh:

\(-2005x\sqrt{4-4x}\le2005\left(x^2-x+1\right)\)

Với \(x\ge0\)thì bất đẳng thức đúng.

Với \(x< 0\)

\(\left(-x\sqrt{4-4x}\right)^2\le\left(x^2-x+1\right)^2\)

\(\Leftrightarrow\left(x^2+x-1\right)^2\ge0\)đúng

Quay lại bài toán ta có:

\(\left(x-x^2\right)\left(x^2+3x+2007\right)-2005x\sqrt{4-4x}=30\sqrt[4]{x^2+x-1}+2006\ge2006\)

\(\Leftrightarrow2006\le\left(x-x^2\right)\left(x^2+3x+2007\right)-2005x\sqrt{4-4x}\le\left(x-x^2\right)\left(x^2+3x+2007\right)+2005\left(x^2-x+1\right)\)

\(\Leftrightarrow\left(x^2+x-1\right)^2\le0\)

\(\Rightarrow x^2+x-1=0\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=\frac{-1+\sqrt{5}}{2}\\x=\frac{-1-\sqrt{5}}{2}\end{cases}}\)

PS: Để số 2008 t không giải ra nên thay số 2006 giải được. Chắc bác chép nhầm đề.

$(x-x^2)(x^2+3x+2007)-2005x\sqrt{4-4x}=30\sqrt[4]{x^2+x-1}+2006$ - Phương trình - hệ phương trình - bất phương trình - Diễn đàn Toán học

a) x⁴+x³+2x²+x+1=(x⁴+x³+x²)+(x²+x+1)=x²(x²+x+1)+(x²+x+1)=(x²+x+1)(x²+1)

b)a³+b³+c³-3abc=a³+3ab(a+b)+b³+c³ -(3ab(a+b)+3abc)=(a+b)³+c³-3ab(a+b+c)

=(a+b+c)((a+b)²-(a+b)c+c²)-3ab(a+b+c)=(a+b+c)(a²+2ab+b²-ac-ab+c²-3ab)=(a+b+c)(a²+b²+c²-ab-ac-bc)

c)Đặt x-y=a;y-z=b;z-x=c

a+b+c=x-y-z+z-x=o

đưa về như bài b

d)nhóm 2 hạng tử đầu lại và 2hangj tử sau lại để 2 hạng tử sau ở trong ngoặc sau đó áp dụng hằng đẳng thức dề tính sau đó dặt nhân tử chung

e)x²(y-z)+y²(z-x)+z²(x-y)=x²(y-z)-y²((y-z)+(x-y))+z²(x-y)

=x²(y-z)-y²(y-z)-y²(x-y)+z²(x-y)=(y-z)(x²-y²)-(x-y)(y²-z²)=(y-z)(x²-2y²+xy+xz+yz)

a) Xét đường tròn (O): 2 tiếp tuyến AB, AC => AB=AC (T/c 2 tiếp tuyến cắt nhau) => OA là trung trực của BC (Vì OB=OC)

=> OA vuông góc BC. Mà BD//AO nên BC vuông góc BD (Qh song song vuông góc) => CD là đường kính của (O)

Do đó: ^CED=90⁰ (Góc nt chắn nửa đường tròn) hoặc ^CEA=90⁰ => \(\Delta\)ACE vuông tại E

Xét \(\Delta\)ACE: Vuông đỉnh E, trung tuyến EM => ME = MC. Từ đó có: \(\Delta\)MEO = \(\Delta\)MCO (c.c.c)

=> ^MEO = ^MCO (Cặp góc tương ứng). Mà ^MCO=90⁰ nên ^MEO=90⁰ => ME là tiếp tuyến của (O) (đpcm).

b) Gọi K là giao điểm của OE với đoạn BC, H là giao điểm của OA và BC, J là giao điểm của EM với OA.

Xét \(\Delta\)OTJ có: TH vuông góc OJ (Do BC vuông góc OA); OE vuông góc TJ (Do EM là tiếp tuyến (O))

TH cắt OE tại K nên K là trực tâm \(\Delta\)OTJ => JK vuông góc OT   (*)

Qua hệ thức lượng trong tam giác vuông, dễ có: R² = OE² = OB² = OH.OA => \(\Delta\)OHE ~ \(\Delta\)OEA (c.g.c)

=> ^OEH = ^OAE hay ^KEH = ^OAI             (1)

Dễ thấy tứ giác HKEJ nội tiếp đường tròn đường kính KJ => ^KEH = ^HJK (2)

Từ (1) và (2) suy ra: ^OAI = ^HJK => JK // AI (2 góc đồng vị bằng nhau) (**)

Từ (*) và (**) suy ra: AI vuông góc OT (Qh song song vuông góc)

Xét trong \(\Delta\)OAT: TH vuông góc OA; AI vuông góc OT, I thuộc TH

=> I là trực tâm \(\Delta\)OAT => OI vuông góc AT (đpcm).

c) (Hình 2) Gọi N là trung điểm của DE, có ngay ON vuông góc DE (Do DE là dây của (O))

Dễ thấy 5 điểm A,B,N,O,C cùng thuộc đường tròn đường kính OA => Tứ giác ABNC nội tiếp

=> ^BAN = ^BCN. Mà ^PEN = ^BAN (Vì PE // AB) nên ^BCN = ^PEN hay ^PCN = ^PEN 

=> Tứ giác CNPE nội tiếp => ^ENP = ^ECP = ^ECB = ^EDB => NP // BD (2 góc đồng vị bằng nhau)

Xét \(\Delta\)DQE có: N là trung điểm DE, NP // BD, P thuộc QE => P là trung điểm của QE hay PQ = PE (đpcm).

a) x⁴+x³+2x²+x+1=(x⁴+x³+x²)+(x²+x+1)=x²(x²+x+1)+(x²+x+1)=(x²+x+1)(x²+1)

b)a³+b³+c³-3abc=a³+3ab(a+b)+b³+c³ -(3ab(a+b)+3abc)=(a+b)³+c³-3ab(a+b+c)

=(a+b+c)((a+b)²-(a+b)c+c²)-3ab(a+b+c)=(a+b+c)(a²+2ab+b²-ac-ab+c²-3ab)=(a+b+c)(a²+b²+c²-ab-ac-bc)

c)Đặt x-y=a;y-z=b;z-x=c

a+b+c=x-y-z+z-x=o

đưa về như bài b

d)nhóm 2 hạng tử đầu lại và 2hangj tử sau lại để 2 hạng tử sau ở trong ngoặc sau đó áp dụng hằng đẳng thức dề tính sau đó dặt nhân tử chung

e)x²(y-z)+y²(z-x)+z²(x-y)=x²(y-z)-y²((y-z)+(x-y))+z²(x-y)

=x²(y-z)-y²(y-z)-y²(x-y)+z²(x-y)=(y-z)(x²-y²)-(x-y)(y²-z²)=(y-z)(x²-2y²+xy+xz+yz)

dễ vậy còn hỏi