Cho tam giác ABC nhọn có D, E lần lượt là tiếp điểm của đường tròn nội tiếp (I) với AB, AC và H, K lần lượt là hình chiếu của B lên AC và C lên AB. Chứng minh rằng tâm đường tròn nội tiếp của tam giác AHK là trực tâm của tam giác ADE.
minhbeo12 nội dung
Có 29 mục bởi minhbeo12 (Tìm giới hạn từ 08-06-2020)
#703323 Chứng minh thẳng hàng
Đã gửi bởi minhbeo12 on 11-03-2018 - 22:20 trong Hình học
Cho tam giác ABC nhọn, không cân, trực tâm H, tâm đường tròn ngoại tiếp là O, và đường cao AD. Đường thẳng AO cắt BC tại E. Gọi I, S, F lần lượt là trung điểm AE, AH và BC. Đường thẳng qua D song song với OH lần lượt cắt AB, AC tại M và N. Đường thẳng DI lần lượt cắt AB, AC tại P, Q. Đường thẳng MQ cắt NP tại T. Chứng minh rằng:
a) SF // AE.
b) Các điểm D, O, T thẳng hàng.
#703322 Chứng minh BEF = BAC
Đã gửi bởi minhbeo12 on 11-03-2018 - 22:14 trong Hình học
Cho tam giác ABC cân tại A và tam giác ABC là tam giác nhọn. D là một điểm thuộc đoạn BC sao cho ADB < 90
Từ điểm C kẻ các tiếp tuyến CM, CN tới đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD (M, N thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD). Gọi P, Q lần lượt là trung điểm CM, CN. Giả sử PQ cắt đoạn BC tại E. Lấy F trên đoạn AE sao cho EFC = DAC. Chứng minh BEF = BAC
#702674 $X,Y,Z,T$ thẳng hàng
Đã gửi bởi minhbeo12 on 03-03-2018 - 18:02 trong Hình học
Tứ giác $ABCD$ có hai đường chéo cắt nhau tại $O.$ Một đường thẳng qua $O$ cắt các đường thẳng $AB,BC,CD,DA$ tại $M,Q,N,P$ theo thứ tự đó. $X,Y,Z,T$ lần lượt là giao điểm của các cặp đường thẳng $(CM,AN),(AQ,CP),(DN,BM),(DQ,BP)$ tương ứng. Chứng minh $X,Y,Z,T$ thẳng hàng.
#701266 $n^{5}+n^{4}+n=p^{k}$
Đã gửi bởi minhbeo12 on 06-02-2018 - 14:22 trong Số học
Ta có n5 + n4 + 1 = (n2 + n + 1)(n3 - n + 1) = pk
Gọi (n2 + n + 1, n3 - n + 1) = d
Ta có d/(n2 + n + 1) => d/(n3 - 1)
Lại có d/ (n3 - n + 1) => d/(n - 2). n2 + n + 1 = n2 - 4+ n - 2 + 7 => d/7. Do đó d = 1 hoặc 7
TH1: d = 7 => n = 7t + 2. Đặt n2 + n + 1 = 7a
n3 - n + 1 = 7b
Thay vào ta được 7t2 + 5t + 1 = 7a-1 => 7/(t - 4)
49t3 + 42t2 + 11t + 1 = 7b-1 => 7/(t - 5) (MT)
Do đó a hoặc b phải bằng 1
TH2: d = 1 thì đơn giản rồi
#701064 Cho các số nguyên dương a,b,c,d thỏa mãn $a^2+b^2+ab=c^2+d^2+cd$.CM...
Đã gửi bởi minhbeo12 on 01-02-2018 - 22:17 trong Số học
Ta có: ab - cd = (a + b - c - d)(a + b + c + d) (1)
Giả sử a + b + c + d là số nguyên tố
(1) => (a + b + c + d)/(ab - cd) => (a + b + c + d)/a(a + b + c + d) - (ab - cd)
=> (a + b + c + d)/(a + c)(a + d)
Do đó a + b + c + d là ước của a + c hoặc b + d (vô lý)
Ta có ĐPCM
#700779 Phương trình hàm trên tập rời rạc
Đã gửi bởi minhbeo12 on 24-01-2018 - 22:03 trong Phương trình hàm
Tìm tất cả các hàm f: N* - N*: 2(f(m2 + n2))3 = f2(m)f(n) + f2(n)f(m)
#700030 $f(x+f(y))=f(x+xy)+yf(1-x)$
Đã gửi bởi minhbeo12 on 10-01-2018 - 18:48 trong Phương trình hàm
f(x + f(y)) = f(x + xy) + yf(1 - x) (1)
Kí hiệu P(u, v) là cách thay tương ứng giá trị x, y vào (1)
TH1: f(1) = 0
P(0, y): f(f(y)) = f(0)
P(0, 0): f(f(0)) = f(0) => f(a) = a (a = f(0))
P(1, a): f(1 + a) = f(1 + a) + a2 => a = 0 => f(0) = 0
Do đó f(f(y)) =0
P(1, y): f(1 + f(y)) = f(1 + y) (2)
Trong 2 thay y bởi f(y) => 0 = f(1) = f(1 + f(y)) => f(y + 1) = 0
TH2: f(1) # 0:
P(0, y): f(f(y)) = f(0) + yf(1) => f là đơn ánh
P(x, 0): f(x + f(0)) = f(x) => f(0) = 0
P(1, y): f(1 + f(y)) = f(1 + y) => f(y) = y
Vậy f(x) = 0 hoặc f(x) = x
#700022 f(xy) = f(x) + f(y) + 3f(x)f(y).
Đã gửi bởi minhbeo12 on 10-01-2018 - 14:58 trong Phương trình hàm
Chứng minh rằng không tồn tại một song ánh từ N* - N thỏa mãn điều kiện:
f(xy) = f(x) + f(y) + 3f(x)f(y).
#699978 Phương trình hàm trên tập rời rạc
Đã gửi bởi minhbeo12 on 09-01-2018 - 15:27 trong Phương trình hàm
tìm tất cả các hàm f: N-R sao cho với mọi số tự nhiên x, y, z ta có: f(xy) + f(xz) - f(x)f(yz) > 1
#699974 Phương trình hàm trên tập rời rạc
Đã gửi bởi minhbeo12 on 09-01-2018 - 14:33 trong Phương trình hàm
Tìm tất ca các hàm f: Z - Z thỏa mãn điều kiện:
i) f(f(x)) = x
ii) f(f(x) + f(y)) = f(x + y)
iii) f nhận vô số giá trị
#699662 test
Đã gửi bởi minhbeo12 on 04-01-2018 - 15:17 trong Thử các chức năng của diễn đàn
$\sqrt{2()}$
#699278 $c(ac+1)^2=(2c+b)(3c+b)$
Đã gửi bởi minhbeo12 on 31-12-2017 - 20:26 trong Đại số
Ta có: c(ac + 1)2 = (2c + b)(3c + b) (1)
Gọi (b, c) = d. Đặt b = db1
c = dc1 (b1, c1) = 1
(1) <=> c1(ac + 1)2 = d(2c1 + b1)(3c1 + b1) (2)
Gọi (ac + 1, d) = k. Ta có c chia hết cho d => c chia hết cho k => 1 chia hết cho k
Do đó (ac + 1, d) = 1
(2) => c1 chia hết cho d. Đặt c1 = c2d.
(2) <=> c2(ac + 1)2 = (2c1 + b1)(3c1 + b1)
Gọi (c2, 2c1 + b1) = x. Ta có c1 chia hết cho c2 => c1 chia hết cho x => b1 chia hết cho x (Loại do (b1, c1) = 1)
Tương tự (c2, 2c1 + b1) = 1.
Do đó c2 = 1=> c1 = d => c = d2
#699244 CMR: $a+b+c\leq 3$ với $2(a^2+b^2+c^2)+3abc=9$.
Đã gửi bởi minhbeo12 on 31-12-2017 - 14:55 trong Bất đẳng thức - Cực trị
Theo nguyên lý Đi-rich-le, trong 3 số a - 1, b - 1, c - 1 có 2 số cùng dấu. Giả sử hai số đó là a - 1, b - 1
Ta có (a - 1)(b - 1) > 0 <=> ab + 1 > a + b
<=> ab > a + b - 1
Ta có: 9 = 2(a2 + b2 + c2) + 3abc > 2(a2 + b2 + c2) + 3(a + b - 1)c
> (a + b)2 + 2c2 + 3ac + 3bc - 3c (2a2 + 2b2> (a + b)2)
Do đó 36 > 4(a + b)2 + 8c2 + 12ac + 12bc - 12c = 4(a + b)2 + 12c(a + b) + 9c2 - c2 - 12c
<=>(c + 6)2> (2a + 2b + 3c)2
<=> c + 6 > 2a + 2b + 3c
<=> 3 > a + b + c
#699187 Tìm các số nguyên dương$a,b,c,m,n$ thỏa mãn hệ phương trình.
Đã gửi bởi minhbeo12 on 30-12-2017 - 15:41 trong Số học
Ta có: d2 < 2021 => d < 45 => n2 < 45 => n < 7
4d2 > 2021 => d > 22 => n2 > 22 => n > 4
TH1: n = 5 => d = 25
Khi đó a2 + b2 + c2 = 1396 (1). Do 1396 chia hết cho 4 => a, b,c đều chia hết cho 4.
(1) => 1396 < 3c2 => 21 < c. Lại có c < d => c = 24
Do đó a2 + b2 = 820 => 820 < 2b2 => 21 < b
Lại có b2 < 820 => b < 29. Do b chia hết cho 4 nên b = 24 hoặc b = 28
+Nếu b = 24 (loại do a nguyên)
+Nếu b = 28 => b > c (loại)
TH2: n = 6 => d = 36
Khi đó a2 + b2 + c2 = 725 (2) => 725 < 3c2 => 16 < c
Ta có (a + b + c)2 < 3(a2 + b2 + c2 ) => (m2 - 36)2 < 2175 => m2 - 36 < 46 => m2< 84
Lại co a + b + c + 36 = m2 => c + 36 < m2 => 52 < m2
Do đó m = 8 hoặc m = 9
+ Nếu m = 8. Khi đó a + b + c = 28. Lại có a + b + c, a2 + b2 + c2 cùng tính chẵn lẻ (Loại)
+ Nếu m = 9. Khi đó a + b + c = 45.
Ta có nhận xét từ (2) => có 2 số chẵn và 1 số lẻ (Nếu có 3 số lẻ thì VT chia 4 dư 3, VP chia 4 dư 1)
Từ (2) => c2 < 725 => c < 26.
Do đó 16 < c < 26
Xét c = 16 => a + b = 29; a2 + b2 = 469 => 2b2> 469 => b > 16 => b = 16 (Loại do không tồn tại a) (a < b < c)
Xét c = 17 => a + b = 28; a2 + b2 = 436 => 2b2> 436 => b > 15. Do c lẻ nên a, b phải chẵn => b = 16 (Loại do không tồn tại a)
Tương tự ta sẽ tìm được một bộ a = 10, b = 15, c = 20, d = 36
#698965 Tính $f(1998)$
Đã gửi bởi minhbeo12 on 26-12-2017 - 22:10 trong Phương trình hàm
Ta có $f(4)=f(2)+f(2) \Rightarrow 2f(2)=0 \Rightarrow f(2)=0.$
$6$ là số hoàn hảo $\Rightarrow f(6)=0.$
Lại có $f(6)=f(2)+f(3) \Rightarrow f(3)=0;f(74)=f(2)+f(37) \Rightarrow f(37)=0.$ Do đó $f(1998)=0.$
- Diễn đàn Toán học
- → minhbeo12 nội dung