Mình thấy hình học trên diễn đàn của chúng ta chưa có nhiều topic.Mình muốn mở topic này để thảo luận về các bài toán hình học phẳng. Đó là một dạng bài toán hay trong các kì thi HSG và Olympic. Mong mọi người ủng hộ!! 

Trong topic thì mình mong mọi người giải quyết từng bài tập và có thể gải bằng nhiều phương pháp khác nhau hay mở rộng ra cũng đươc! Ở đây mình muốn mọi người bàn bạc trao đổi chứ không mong mọi người "thu gom" đề.

   Bài 1: Tứ giác ABCD là tứ giác ngoại tiếp (I) có các cặp cạnh đối không song song. Gọi P,Q lần lượt là các tiếp điểm của (I) với AD,BC. Gọi S là điểm chung của AB và CD ( A nằm giữa S và B ). Gọi ($I_{1}$) là đường tròn nội tiếp tam giác SAD tiếp xúc cạnh AD tại K, ( $I_{2}$) là các đường tròn bàng tiếp tam giác SBC tiếp xúc BC tại L. Gọi M,N lần lượt là trung điểm AD,BC

      1, CMR nếu KL qua S thì MN qua I

      2, Giả sử KL qua S, cmr IA.IC=IB.ID

                       picture060.jpg

Bài khá đơn giản , mình trình bày qua hướng giải .

1,sử dụng đường trung bình 

2,sử dụng bổ đề sau : ABCD ngoại tiếp (I) , IA.IC=IB.ID khi và chỉ khi I là trọng tâm ABCD ( gợi ý chứng minh = lượng giác ) 

Cho $a,b$ là $2$ số không âm có tổng bằng $1$. Tìm tất cả các hàm số $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ thỏa mãn: \[ f(ax+by)=af(x)+bf(y) , \forall x,y \in \mathbb{R} \]

Đặt $g(x)=f(x)-f(0)$ , dễ thấy $g(0)=0$

Theo gt , $g(ax+by)=ag(x)+bg(y)$

Thay $x$ bởi $0$ được $g(by)=bg(y)$

Tương tự có $g(ax)=ag(x)$

Do đó $g(ax+by)=g(ax)+g(by)$ 

Theo pth $Cauchy$ thì $g(x)=cx$

Do đó $f(x)=cx+d$

Tìm hàm $f:[0;+\propto )\rightarrow [0;+\propto )$ thỏa $f(f(x))+7f(x)=8x$.

 

Các bạn trình bày kĩ lưỡng dùm mình, mình giải ra nhưng ko biết trình bày sao cho đúng trọn vẹn.

Xét dãy 

$u_0=x$ 

$u_1=f(x)$

$u_{n+1}=f(u_n)$

Dễ có $u_{n+2}+7u_{n+1}=8u_n$

$\lambda ^2+7\lambda -8=0$ nên $\lambda _1=1$ , $\lambda _2=-8$

Số hạng TQ : $u_n=a+b(-8)^n$

Xét $b>0$ có $lim u_{2n+1}=lima-8^{2n+1}b=-\infty$ vô lí 

Xét $b<0$ có $lim u_{2n}=lima+8^{2n}b=-\infty$ vô lí 

Vậy $b=0$ thay $n=0,1$ có $f(x)=x$

Thử lại thỏa mãn .

$a,b,c,p,q>0$

$n$ là số tự nhiên

CMR : $\frac{a^n}{pb+qc}+\frac{b^n}{pc+qa}+\frac{c^n}{pa+qb}\geq \frac{a^{n-1}+b^{n-1}+c^{n-1}}{p+q}$

 

Bài 2: (3đ)
Tìm các số nguyên tố $p$ sao cho có thể viết $\frac{1}{p}=\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}$ với $a,b$ là các số nguyên dương.
 

$p(a^2+b^2)=a^2b^2$ nên giả sử $a$ chia hết $p$

$(p^2x^2+b^2)=px^2b^2$ với $a=px$ , có ngay $b$ chia hết $p$

Với $a=px$ , $b=py$ (x,y nguyên dương) có $p=\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}\geq 2$

Sau một số bước biến đổi $(2x^2-1)(2y^2-1)\leq 1$ có ngay $x=y=1$ và $p=2$

Cho a,b,c dương, abc=1. CMR: $\frac{2}{(a+1)^{2}+b^{2}+1}+\frac{2}{(b+1)^{2}+c^{2}+1}+\frac{2}{(c+1)^{2}+a^{2}+1}\leq 1$ 

$VT\leq \sum \frac{1}{ab+b+1}=1$

Bài 1: (Belarus 2001) Cho $a>0$ và $n\in \mathbb{N^*}$, chứng minh rằng $$a^n+\frac{1}{a^n}-2 \geq n^2\left ( a+\frac{1}{a}-2 \right )$$

 

 

Tương đương :

$a^{2n}+1-2a^n\geq n^2a^{n-1}(a^2-2a+1)$

$\Leftrightarrow (a^n-1)^2\geq n^2a^{n-1}(a-1)^2$ 

$\Leftrightarrow \sum_{i=0}^{n-1}a^i\geq n\sqrt{a^{n-1}}$  (AM-GM)

Cho các số thực x, y, z thỏa mãn $x^{2}+y^{2}+z^{2}=1$. Tìm GTLN của biểu thức:

               $A=x^{3}+y^{3}+z^{3}-3xyz$

$A^2=(x+y+z)^2(1-xy-yz-zx)^2=(1+2xy+2yz+2zx)(1-xy-yz-zx)^2\leq 1\Leftrightarrow A\leq 1$

Dấu bằng tại $x=y=0,z=1$

Nhạc Âu-Mĩ nói chung là những bài càng sôi động thì mình càng tập trung .

Tuy nhiên thỉnh thoảng mình cũng nghe một số bài cổ điển khi học , nhất là những bản của Ludovico Einaudi .

Cho các số nguyên $a,b,c$ thỏa mãn $\left\{\begin{matrix} (a+b)\vdots c & & \\ (a^{2}+b^{2})\vdots c^{2}& & \end{matrix}\right.$.

Chứng minh rằng $a$ chia hết cho $c$ và $b$ chia hết cho $c$

Mình nghĩ là không . Còn đây là giải của mình

Từ giả thiết suy ra : $2ab\vdots c^2$

Vậy : $(a-b)^2\vdots c^2$ hay $a-b\vdots c$

Do đó : $2a,2b\vdots c$(1)

Nếu như $c=2^k.c'$ sẽ có $a,b$ cùng tính chẵn lẻ .

Trường hợp $a,b$ cùng lẻ sai ngay , có thể xét ngay $c=2$ và thấy ngay điều vô lí

Trường hợp $a,b$ cùng chẵn , hay $a=2a'$ ta chia 2 đi và lại có một điều kiện mới , cứ như vậy cho đến khi ta về với trường hợp cùng lẻ .

Vậy $c$ lẻ hay kết hợp với (1) ta có đpcm .

Cho biểu thức S=a^2+b^2+c^2+d^2+ac+bd trong đó ad-bc=1.CMR S$\geqslant$ $\sqrt{}$3

 Xét $4(S-\sqrt{3})=4\left [ \sum a^2+ac+bd-\sqrt{3}(ad-bc) \right ]=(a+b\sqrt{3}+2c)^2+(a\sqrt{3}-b-2d)^2\geq 0$

Họ và tên : Đinh Thành Hưng

Lớp : 10T1 THPT chuyên Hanoi-Amsterdam

Đề : Tìm $f:R\rightarrow R$ thoả mãn :

$(x^3+3x^2+3x+2)f(x-1)=(x^3-3x^2+3x-2)f(x),\forall x$

Giải : 

Ta có : $(x+2)(x^2+x+1)f(x-1)=(x-2)(x^2-x+1)f(x),\forall x$

Suy ra :$f(-2)=f(-1)=f(0)=f(1)=0$

Đặt : $f(x)=x(x+1)(x-1)(x+2)g(x)$

Thay vào ta có : $(x+2)(x^2+x+1)(x-1)(x-2)x(x+1)g(x-1)=(x-2)(x^2-x+1)(x+1)(x-1)(x+2)g(x),\forall x$

$\Rightarrow (x^2+x+1)g(x-1)=(x^2-x+1)g(x),\forall x$

$\Leftrightarrow \frac{g(x-1)}{x^2-x+1}=\frac{g(x)}{x^2+x+1},\forall x$

$\Leftrightarrow \frac{g(x-1)}{(x-1)^2+(x-1)+1}=\frac{g(x)}{x^2+x+1},\forall x$

Đặt : $h(x)=\frac{g(x)}{x^2+x+1}\forall x\neq 0,-1,1,2$

Suy ra : $h(x)=h(x-1)\forall x\neq 0,-1,1,2$

hay $h(x)=M$

Vậy : $f(x)=M(x^2+x+1)x(x+1)(x-1)(x+2)$

Thử lại thấy thoả mãn bài toán .

Bài 5. Cho $n \ge 2$ là một số nguyên dương. Chứng minh rằng nếu chọn ra từ $n+1$ số từ các số $ \{ 1,2, \cdots , 2n-1 \}$ thì có ba số $a,b,c$ phân biệt trong các số được chọn thoả mãn $a+b=c$.

(Gặp gỡ Toán học lần V năm 2013 - Lớp 10)

Bài này hơi sơ hở chút , em nghĩ chỉ có thể chứng minh tồn tại a,b,c thoả mãn a+b=c hoặc a=2c .

Thật vậy , ta gọi n+1 số chọn ra là $a_{i}(i\in \mathbb{N},1\leq i\leq n+1)$ thì $a_{i }\leq 2n-1$

Giờ ta xét thêm n-1 số khác là : $a_{j}-a_{1}(j\in \mathbb{N},2\leq j\leq n)$ thì $a_{j }\leq 2n-1$

Rõ rãng 2n số trên chỉ nhận 2n-1 giá trị nên tồn tại 2 số có giá trị bằng nhau .

Vậy có 2 trường hợp là : $a_{j}=a_{1}+a_{i}$ hoặc $a_{j}=2a_{1}$

Bài 4. Cho hai đường tròn $(O)$ và $(O')$ cắt nhau tại hai điểm $A$ và $B$. Một đường thẳng qua $A$ cắt hai đường tròn lần lượt tại $C$ và $D$. Gọi $M,N,P$ lần lượt là trung điểm cung $BD,BC$ của hai đường tròn và trung điểm cạnh $CD$. Chứng minh $\angle MNP= 90^{\circ}$.

(Gặp gỡ Toán học lần V năm 2013 - Lớp 10)

Bài này là bài 4.56 của đội tuyển Nga năm 1997 , không ngờ được lấy lại .

Bài toán 31 :

Em không chắc lắm .

$x+y=m,xy=n$

Ta có : $m^3=m^2+3mn+n^2$(*)

$n^2=mk$ (1)

Suy ra : $m|3n+k$

Do đó : $m|kn$

Vậy : $m^2|n^3$ (2)

Từ (1,2) có $m|n$ (?!)

Đặt : n=mt

Có $m=1+3t+t^2$

Suy ra : $4m=36+12t+t^2-32=(t+6)^2-32$(3)

Mặt khác ,xét : $\Delta _{*}=9m^2-4(m^2-m^3)=m^2(5+4m)$

Do (*) là phương trình nghiệm nguyên có hệ số nguyên : $4m=z^2-5$(4)

Kết hợp (3),(4) 

Họ và tên : Đinh Thành Hưng

Lớp : 10T1 THPT HN-Ams

Đề : Cho gói 30 cái kẹo . Gồm 15 kẹo chanh , 10 kẹo cam , 5 kẹo dâu . Có bao nhiêu cách để chọn ra 5 cái kẹo bất kỳ biết lúc nào cũng có 2 kẹo chanh và có đầy đủ cả 3 loại ?

Giải :

TH1 : 2 chanh , 2 cam , 1 dâu : $C_{15}^{2}.C_{10}^{2}.C_{5}^{1}$

TH2 : 2 chanh , 1 cam , 2 dâu : $C_{15}^{2}.C_{10}^{1}.C_{5}^{2}$

TH3 : 3 chanh , 1 cam , 1 dâu : $C_{15}^{3}.C_{10}^{1}.C_{5}^{1}$

Kết luận : Tổng số cách là : 56875

 

 

BTC không chấp nhận đề thi này

Lí do:

- Đề bài quá dễ

E.Galois

 

 

Cho x,y > 0 thỏa mãn $x^3+y^3=x - y$ CMR $x^2+y^2=1$

Đề bài sai .

$x-y>x^3-y^3\Leftrightarrow 1>x^2+xy+y^2>x^2+y^2$

Cho tam giác ABC vuông tại C và nội tiếp (O). M chạy trên (O) và khác A,B,C. N là điểm đối xứng với M qua AB. P là hình chiếu của N trên AC, MP cắt (O) tại Q. Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác APQ luôn nằm trên 1 đường tròn cố định

 

MOD: Chú ý tiêu đề bạn nhé

Bài này có trên THTT số này .

Hướng giải của mình : Gọi X là tâm của (APQ) .Lấy D là trung điểm của AC . Ta dễ dàng chứng minh : góc AXD = ABC

Từ bài này có thể mở rộng rằng : 

$\sum \vec{AA'}=\vec{0} \Leftrightarrow$ hai tam giác đó có cùng trọng tâm 

Cách khác : 

Trong $x,y,z$ tồn tại 2 số cùng dấu . Giả sử là $x$ và $y$ .

Hiển nhiên $z^k(x-y)$ chẵn .

Bên cạnh đó thì $x^k(y-z)$ và $y^k(y-z)$ cùng dấu nên tổng 2 số chẵn .

Vậy VT chẵn suy ra $p$ chẵn mà $p$ nguyên tố nên bằng 2 .

Bây giờ ta có VT = $x^k(y-z)+y^k(z-x)-z^k(y-z+z-x)=(y-z)(x^k-z^k)+(z-x)(y^k-z^k)=2$

Thử chọn các trường hợp...

 

Biết rằng n tự nhiên , và phương trình sau có nghiệm nguyên : 

$x^n+(2-x)^n+(2+x)^n=0$

 

Hãy tìm tất cả n thoả mãn

 

Cách làm của bạn cũng khá đấy , nhưng mình góp ý một chút để gọn hơn .

Dễ dàng chứng minh là n phải lẻ đồng thời x phải chẵn .

Ta sẽ đưa phương trình về :

$k^n+(1-k)^n+(1+k)^n=0$ trong đó $x=2k$

Dễ dàng thấy : 

$0\equiv 2(mod k)$ nên $k$ là ước của $2$

Thử chọn vào và thấy chỉ có $n=1$ là hợp lý .

Biết rằng n tự nhiên , và phương trình sau có nghiệm nguyên : 

$x^n+(2-x)^n+(2+x)^n=0$

Hãy tìm tất cả n thoả mãn

Cho $a,b,c,d >0$ và $a+b+c+d=4$.

Tìm GTNN của $P=(a^3+4)(b^3+4)(c^3+4)(d^3+4)$

Áp dụng BDT Holder ta có được : 

$(a^3+4)(b^3+4)(c^3+4)\geq (a+b+c+2)^3=(6-d)^3$

Từ đây :

$P\geq (6-d)^3(d^3+4)=-(d-1)^2(d^4-16d^3+75d^2-46d-239)+5^4$

Nếu như giả sử : $d=min(a,b,c,d)$ thì $d\leq 1$

Hiển nhiên : $-(d-1)^2(d^4-16d^3+75d^2-46d-239)\geq 0$

Vậy nên : $P\geq 5^4$

Dấu bằng tại $a=b=c=d=1$

Cho a,b,c là các số thực thoả $(a+b+c)^{3}-18(ab+bc+ca)\leq 6-(a+b+c)$.

Tìm GTLN của biểu thức $P=a^{2}+b^{2}+c^{2}+3abc$.

$t=a+b+c$ thì $3(ab+bc+ca)\leq t^2$ 

Kết hợp giả thiết : $(t-6)(t^{2}+1)\leq 0\Leftrightarrow t\leq 6$

Mặt khác : $27abc\leq t^3$ (*) đồng thời $2(ab+bc+ca)=t^2-(a^2+b^2+c^2)$

Do đó : $27abc+9(a^2+b^2+c^2)\leq 9t^2-t+6$

Đến đây thì khá đơn giản , tuy nhiên bài trên em làm với điều kiện a,b,c dương ( phần (*)). Ai có cao kiến thì góp ý .

Hình như phải có thêm điều kiện $a+b+c=3$ hay $\leq 3$ nữa thì phải! @@

Ta có:

$A=\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\leq \frac{1}{2\sqrt{ab}}+\frac{1}{2\sqrt{bc}}+\frac{1}{2\sqrt{ca}}=\frac{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}}{2}$

$=>A^{2}\leq (\frac{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}}{2})^{2}=\frac{a+b+c+2\sqrt{ab}+2\sqrt{bc}+2\sqrt{ca}}{4}\leq \frac{a+b+c+a+b+b+c+c+a}{4}= \frac{3(a+b+c)}{4}$

Nếu $a+b+c=3$ hay $\leq 3$ thì tới đây dễ rồi, bạn xem lại đề thử coi

Nếu có thêm điều kiệm như bạn nói thì chỉ có a=b=c=1 thoả mãn , thật vậy vì 3>=a+b+c>=3 (abc=1)