Bài toán:
Bên trong tam giác nhọn $ABC$ lấy một điểm $I$, gọi $M$ là số lớn nhất trong các khoảng cách từ $I$ tới $3$ đỉnh $A,B,C$, gọi $m$ là số nhỏ nhất trong các khoảng cách từ $I$ tới 3 cạnh $BC,CA,AB$. Chứng minh rằng: $M\geq 2m$

Được sự đồng ý của chủ topic là caybutbixanh, hôm nay, mình sẽ bắt đầu gửi một số đề thi hsg do mình sưu tầm được. Mong các bạn ủng hộ topic bằng cách tích cực tham gia.

ĐỀ SỐ 4

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THÀNH PHỐ HÀ NỘI

Năm học 2001-2002

Bài 1:(4 điểm)
a) Gọi $A$ là tích $2002$ số tự nhiên $k$ khác $0$ đầu tiên. Ta chia $A$ lần lượt cho $1;2;3;...;2002$ được các thương tương ứng là $A_1;A_2;A_3;...;A_{2002}$. Chứng minh rằng tổng $(A_1+A_2+A_3+...+A_{2002})$ chia hết cho $2003$.
b) Cho $n$ là số tự nhiên khác $0$ và $p$ là số nguyên tố lớn hơn $3$. Chứng minh rằng trong hai số $(p^n+1)$ và $(2p^n+1)$có ít nhất một số là hợp số.

Bài 2: (4 điểm)
Cho phương trình
$$x^2+(a-2b-2)x+(a-2b-7)=0$$
trong đó $a\geq 3$ và $b\leq 1$. Hãy tìm giá trị lớn nhất mà nghiệm của phương trình có thể đạt được.

Bài 3:(4 điểm)
Giải phương trình
$$x+1=\sqrt{2(x+1)+2\sqrt{2(x+1)+2\sqrt{4(x+1})}}$$

Bài 4: (4 điểm)
Trong hình chữ nhật kích thước $7$ cm x $10$ cm, ta đặt $7$ điểm khác nhau một cách hú họa. Chứng minh rằng luôn tìm được $2$ điểm trong $7$ điểm đã cho mà khoảng cách giữa chúng không lớn hơn $5$ cm.

Bài 5: (4 điểm)
Dựng một tam giác thỏa mãn hai điều kiện: Độ dài hai trung tuyến là $m,n$ và diện tích tam giác là lớn nhất.

Xác định m để khoảng cách từ điểm A( 3 ; 1 ) đến đường thẳng : x + ( m – 1)y + m = 0 là lớn nhất . Tìm giá trị lớn nhất đó .

Ta có thể chứng minh rằng $x+(m-1)y+m=0$ luôn đi qua 1 điểm cố định và điểm đó là $M(-1;-1)$.
Khoảng cách từ $A(3;1)$ đến đường thẳng $x+(m-1)y+m=0$ luôn nhỏ hơn hoặc bằng $AM$ (quan hệ giữa đường xiên và đường vuông góc).
Chính vì vậy, khoảng cách lớn nhất từ $A(3;1)$ đến đường thẳng $x+(m-1)y+m=0$ là $AM$ khi và chỉ khi $AM\perp (d): x + ( m – 1)y + m = 0$ tại $M$.
Từ đây ta có thể tìm ra giá trị của m thoả mãn.

Giúp mình bài này với:
Cho hình thang vuông ABCD có $\widehat{A}=\widehat{D}=90^{\circ}$ và CD=2.AB. Kẻ DH vuông góc với AC tại H. Gọi I là trung điểm của AC. Chứng minh BI vuông góc với DI

Bạn xem lại đề nhé!
Theo mình thấy thì BI vuông góc với DC mà.

Nhiều bài ở đây có sử dụng bất đẳng thức
$$\frac{a_1^2}{b_1}+\frac{a_2^2}{b_2}+...+\frac{a_n^2}{b_n}\geq \frac{(a_1+a_2+...+a_n)^2}{b_1+b_2+...+b_n}$$
Đây là bất đẳng thức không được học trong chương trình, nên khi đi thi nếu muốn sử dụng thì sẽ phải chứng minh.
Chứng minh:
Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:
$$[(\frac{a_1}{\sqrt{b_1}})^2+(\frac{a_2}{\sqrt{b_2}})^2+...+(\frac{a_n}{\sqrt{b_n}})^2].[\sqrt{b_1})^2+(\sqrt{b_2})^2+...+(\sqrt{b_n})^2]\geq (\frac{a_1}{\sqrt{b_1}}.\sqrt{b_1}+\frac{a_2}{\sqrt{b_2}}.\sqrt{b_2}+..+\frac{a_1}{\sqrt{b_n}}.\sqrt{b_n})^2\Leftrightarrow (\frac{a_1^2}{b_1}+\frac{a_2^2}{b_2}+...+\frac{a_n^2}{b_n}).(b_1+b_2+...+b_n)\geq (a_1+a_2+...+a_n)^2\Leftrightarrow \frac{a_1^2}{b_1}+\frac{a_2^2}{b_2}+...+\frac{a_n^2}{b_n}\geq \frac{(a_1+a_2+...+a_n)^2}{b_1+b_2+...+b_n}$$
Dấu $"="$ xảy ra khi và chỉ khi
$$\frac{\frac{a_1}{\sqrt{b_1}}}{\sqrt{b_1}}=\frac{\frac{a_2}{\sqrt{b_2}}}{\sqrt{b_2}}=...=\frac{\frac{a_n}{\sqrt{b_n}}}{\sqrt{b_n}}\Leftrightarrow \frac{a_1}{b_1}=\frac{a_2}{b_2}=...=\frac{a_n}{b_n}$$

Lấy M' đối xứng với M qua O. Tương tự ta cũng sẽ có $M'A_{1}+M'A_{2}+M'A_{3}+...+M'A_{100}<100$

Đoạn này em không hiểu.

Lấy M' đối xứng với M qua O tức là M' thuộc đường tròn tâm O. Mà theo giả thiết thì với mọi điểm M' thuộc đường tròn tâm O thì $M'A_{1}+M'A_{2}+M'A_{3}+...+M'A_{100}<100$

2. Tìm a,b là số tự n hiên sao cho a^4+4b^4 là số nguyên tố

$$a^4+4b^4=(a^4+4a^2b^2+4b^4)-4a^2b^2=(a^2+2b^2)^2-(2ab)^2=(a^2-2ab+2b^2)(a^2+2ab+2b^2)$$
Để $a^4+4b^4$ là số nguyên tố thì $a^2-2ab+2b^2=1$ hoặc $a^2+2ab+2b^2=1$.
Từng trường hợp tìm ra $a,b$ thay vào để kiểm tra lại.

Cho $a,b\neq 0$. Chứng minh rằng: $\frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{a^2}-3\left ( \frac{a}{b}+\frac{b}{a} \right )+4\geq 0$

Cách giải khác:
$$\frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{a^2}-3(\frac{a}{b}+\frac{b}{a})+4\geq 0\Leftrightarrow (\frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{a^2}+4-4.\frac{a}{b}-4.\frac{b}{a}+2)+(\frac{a^2}{b^2}-2.\frac{a}{b}+1)+(\frac{b^2}{a^2}-2.\frac{b}{a}+1)\geq 0\Leftrightarrow (\frac{a}{b}+\frac{b}{a}-2)^2+(\frac{a}{b}-1)^2+(\frac{b}{a}-1)^2\geq 0$$
(Hiển nhiên đúng)
Dấu $"="$ xảy ra khi và chỉ khi $a=b$

Cho đường tròn tâm O bán kính $r=1$. Lấy tùy ý $100$ điểm $A_{1}, A_{2}, A_{3},...,A_{100}$ trên đường tròn đã cho.
CMR: Tồn tại điểm M trên đường tròn sao cho:
$MA_{1}+MA_{2}+MA_{3}+...+MA_{100}\geqslant100$.

Bài này CM bằng phương pháp phản chứng.
Giả sử không tồn tại điểm M thoả mãn thì với mọi điểm M thuộc đường tròn tâm O thì $MA_{1}+MA_{2}+MA_{3}+...+MA_{100}<100$
Lấy M' đối xứng với M qua O. Tương tự ta cũng sẽ có $M'A_{1}+M'A_{2}+M'A_{3}+...+M'A_{100}<100$
Suy ra $M'A_{1}+M'A_{2}+M'A_{3}+...+M'A_{100}+MA_{1}+MA_{2}+MA_{3}+...+MA_{100}<200$
Mặt khác, ta lại có: $M'A_{1}+M'A_{2}+M'A_{3}+...+M'A_{100}+MA_{1}+MA_{2}+MA_{3}+...+MA_{100}=(M'A_1+MA_1)+(M'A_2+MA_2)+(M'A_3+MA_3)+...+(M'A_{100}+MA_{100})\geq 100.MM'=200$
2 điều trên là mâu thuẫn. Do đó điều giả sử là sai.
Vì vậy ta có ĐPCM

Giải và biện luận phương trình

d) $\frac{x-ab}{a+b}+\frac{x-bc}{b+c}+\frac{x-ca}{c+a}=a+b+c$

$$\frac{x-ab}{a+b}+\frac{x-bc}{b+c}+\frac{x-ca}{c+a}=a+b+c\Rightarrow (\frac{x-ab}{a+b}-c)+(\frac{2-bc}{b+c}-a)+(\frac{x-ca}{c+a}-b)=0\Rightarrow \frac{x-ab-bc-ca}{a+b}+\frac{x-ab-bc-ca}{b+c}+\frac{x-ab-bc-ca}{c+a}=0\Rightarrow (\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a})x-(ab+bc+ca)(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a})=0$$
Tới đây bạn giải và biện luận như phương trình bậc nhất.

Có bao nhiêu lời giải cho bài toán sau :
Bài toán :
Trong mặt phẳng tọa độ $Oxy$ cho $\Delta ABC$ có $A(4;-1)$ và PT hai đường trung tuyến $BB_{1}: 8x-y-3=0$ và $CC_{1}: 14x-13y-9=0$. Tính tọa độ đỉnh $B$ , $C$.

Ta có thể xác định toạ độ trọng tâm $G$ là giao điểm của hai đường thẳng $8x-y-3=0$ và đuờng thẳng $14x-13y-9=0$, vì vậy ta có $G(\frac{1}{3};\frac{-1}{3})$
Dựa vào toạ độ của điểm $A$ và điểm $G$, ta có phương trình trung tuyến $AA_1:y= \frac{-2}{11}x-\frac{3}{11}$.
Từ đây, ta tìm điểm $A_1$ là trung điểm của $BC$.
Số lời giải của bài toán tương ứng với số nghiệm của hệ phương trình
$$\left\{\begin{matrix} 8x_B-y_B-3=0\\ 14x_C-13y_C-9=0\\ x_B+x_C=2x_{A_1}\\ y_B+y_C=2y_{A_1} \end{matrix}\right.$$

Gọi $x_{1}$ và $x_{2}$ là những nghiệm của phương trình: $3x^2-(3k-2)x-(3k+1)=0$. Tìm những giá trị của $k$ để các nghiệm của phương trình thoả mãn $3x_{1}-5x_{2}=6$

Ta có thể dễ dàng nhận thấy, $x=-1$ là một nghiệm của phương trình.
Tới đây, ta có thể tính nghiệm còn lại dựa vào hệ thức Vi-ét.
Và bước cuối cùng là thay vào phương trình $3x_1-5x_2=6$ để tìm ra $k$.
Vậy bài toán đã được giải quyết.

Cho hình bình hành ABCD, gọi M,N lần lượt là trung điểm của AD và BC, đường chéo AC cắt BM và DN lần lượt tại I,J. Hãy dựng điểm K sao cho $\overrightarrow{AK}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AI}+\overrightarrow{AC}$
Lưu ý: bài này ra trước khi mình học bài "Tích của một số với 1 vecto" cho nên các bạn cố gắng giúp mình các cách giải nằm trong phạm vi trước bài đó nhé. Cảm ơn

Theo mình nhớ thì trc bài "Tích của một số với 1 vectơ" thì chỉ mới học các phép cộng, trừ vectơ thì phải?
Nếu đúng như vậy thì cách làm đơn giản nhất của bài này là vẽ các hình bình hành ABGI và hình bình hành AGKC.
Bạn tính toán thông qua các hình bình hành đó thì sẽ có $\overrightarrow{AK}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AI}+\overrightarrow{AC}$
Vậy ta đã có cách dựng điểm K thông qua việc dựng các hình bình hành.

x ở đó chơ còn đâu nữa

Đã sửa

Có bài toán vui này cho mọi người đây ^.^
Bài toán:
Cho $\large a+b=c$. Tính $\large x$
P/s: Tất cả các kết luận được đưa ra phải dựa trên các lập luận.

Cho điểm O thuộc miền trong tam giac ABC.Các tia AO,BO,CO cắt các cạnh tam giác ABC theo thứ tự $A',B',C'$.Chứng minh rằng:
a)$\dfrac{OA'}{AA'}+\dfrac{OB'}{BB'}+\dfrac{OC'}{CC'}=1$
b)$\dfrac{OA}{AA'}+\dfrac{OB}{BB'}+\dfrac{OC}{CC'}=2$

Câu a) mình đã CM ở đây http://diendantoanho...238#entry356238
Câu b)
Ta có
$$\frac{AA'}{AA'}+\frac{BB'}{BB'}+\frac{CC'}{CC'}=3,\frac{OA'}{AA'}+\frac{OB'}{BB'}+\frac{OC'}{CC'}=1\Rightarrow \frac{AA'-OA'}{AA'}+\frac{BB'-OB'}{BB'}+\frac{CC'-OC'}{CC'}=1\Rightarrow \frac{OA}{AA'}+\frac{OB}{BB'}+\frac{OC}{CC'}=1$$

(ĐPCM)

2)Cho điểm O thuộc miền trong tam giác ABC.Các tia OA,BO,CO cắt các cạnh tam giác ABC theo thứ tự ở A',B',C',Chứng minh $\dfrac{OA'}{AA'}+\dfrac{OB'}{BB'}+\dfrac{OC'}{CC'}$

Bài 2:
Qua O kẻ DE song song với BC (D thuộc AB, E thuộc AC).
Ta có $\frac{OB'}{BB'}=\frac{OE}{BC},\frac{OC'}{CC'}=\frac{OD}{BC}\Rightarrow \frac{OB'}{BB'}+\frac{OC'}{CC'}=\frac{DE}{BC}$
$\frac{OA}{AA'}=\frac{OD}{A'B}=\frac{OE}{A'C}=\frac{OD+OE}{A'B+A'C}=\frac{DE}{BC}\Rightarrow \frac{OA'}{AA'}=1-\frac{DE}{BC}$
$\Rightarrow \frac{OA'}{AA'}+\frac{OB'}{BB'}+\frac{OC'}{CC'}=1$

(ĐPCM)

Bài 7. Cho hàm số $y = \frac{x + 2}{x - 2}$ có đồ thị C. Tìm những điểm nằm trên C cách đều hai trục tọa độ

Yêu cầu CM của bài này tương đương với việc tìm tất cả các giao điểm của C với đường thẳng $y=x$ và đường thẳng $y=-x$
Đến đây chắc bài toán đã trở nên đơn giản hơn nhiều rồi nhỉ?

Bài 6. Tìm những điểm nằm trên C của hàm số $y = \frac{3x + 2}{x - 1} $ có tọa độ là số nguyên

Với yêu cầu bài này, ta cần phải tìm tất cả các số nguyên $x$ để $y=\frac{3x+2}{x-1}\epsilon \mathbb{Z}\Rightarrow 3+\frac{5}{x-1}\epsilon \mathbb{Z}\Rightarrow \frac{5}{x-1}\epsilon \mathbb{Z}$
Đến đây thì kết quả bài toán đã quá rõ ràng!

Bài 2.
cho hàm số $ y = \frac{2x + 3}{x - 1}$ có đồ thị ©
1) khảo sát và vẽ đồ thị
2) Biện luận theo m số giao điểm của © và đường thẳng d: y = -5x + m

hi`, cũng giúp mình câu 2 luôn

2) Hoành độ giao điểm của © và d là nghiệm của phương trình $\frac{2x+3}{x-1}=-5x+m$
Tới đây bài toán trở thành giải và biện luận phương trình với tham số m.
Phương trình vô nghiệm thì số giao điểm của © và d là 0.
Phương trình có nghiệm kép thì số giao điểm của © và d là 1.
Phương trình có 2 nghiệm phân biệt thì số giao điểm của © và d là 2.
Dựa vào đó, ta có thể tính giá trị của m.

Cho $x+y+z=0$ chứng minh rằng:
$$2(x^5+y^5+z^5)=5xyz(x^2+y^2+z^2)$$

$$x+y+z=0 \Rightarrow x^3+y^3+z^3=3xyz \Rightarrow (x^3+y^3+z^3)(x^2+y^2+z^2)=3xyz(x^2+y^2+z^2) \Rightarrow x^5+y^5+z^5+x^2y^2(x+y)+y^2z^2(y+z)+z^2x^2(z+x)=3xyz(x^2+y^2+z^2) \Rightarrow x^5+y^5+z^5-x^2y^2z-y^2z^2x-z^2x^2y=3xyz(x+y+z) \Rightarrow x^5+y^5+z^5=3xyz(x^2+y^2+z^2)+xyz(xy+yz+zx) \Rightarrow 2(x^5+y^5+z^5)=xyz(6x^2+6y^2+6z^2+2xy+2yz+2zx)=xyz(5x^2+5y^2+5z^2) \Rightarrow 2(x^5+y^5+z^5)=5xyz(x^2+y^2+z^2)$$

(ĐPCM)

Chiều thuận: $\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{CD}\Rightarrow \overrightarrow{AI}+\overrightarrow{IB}=\overrightarrow{CI}+\overrightarrow{ID}$ (Với I là trung điểm AD)
$\Rightarrow \overrightarrow{IB}=\overrightarrow{CI}$
Suy ra I cũng là trung điểm của BC.

Chiều đảo: Gọi I' là trung điểm của AD và BC, ta có:
$\overrightarrow{I'B}=\overrightarrow{CI'},\overrightarrow{AI'}=\overrightarrow{I'D}\Rightarrow \overrightarrow{AI'}+\overrightarrow{I'B}=\overrightarrow{CI'}+\overrightarrow{I'D}\Rightarrow \overrightarrow{AB}=\overrightarrow{CD}$

Từ đây ta có đpcm.

Bài toán: Cho tam giác $ABC$, gọi $r_a$, $r_b$, $r_c$ là các bán kính đường tròn bàng tiếp góc $A$, $B$, $C$ và $h_a$, $h_b$, $h_c$ là độ dài các đường cao hạ từ $A$, $B$, $C$ xuống các cạnh đối diện. Chứng minh rằng: $r_a+r_b+r_c\geq h_a+h_b+h_c$.

Với S là diện tích tam giác thì
$S=(p-a)r_a=(p-b)r_b=(p-c)r_c=\frac{1}{2}ah_a=\frac{1}{2}bh_b=\frac{1}{2}ch_c$
Bất đẳng thức cần chứng minh sẽ tương đương với
$\frac{1}{b+c-a}+\frac{1}{c+a-b}+\frac{1}{a+b-c}\geq \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$
Bất đẳng thức này đã quá quen thuộc rồi, xin nhường lại cho mọi người giải quyết nốt nhé!
___________________________________
@Black:
$\frac{1}{b+c-a}+\frac{1}{c+a-b}+\frac{1}{a+b-c}\geq \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$
$\Leftrightarrow 2(\frac{1}{b+c-a}+\frac{1}{c+a-b}+\frac{1}{a+b-c}) \geq 2(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})$
Ta có $\frac{1}{b+c-a} + \frac{1}{c+a-b} \geq \frac{4}{2c} = \frac{2}{c}$
thiết lập các bđt tương tự ta có đpcm !.

Cho nửa đường tròn đường kính $AB = 4$. Điểm $C$ và $D$ nằm trên nửa cung tròn sao cho $AC = CD = 1$
Tính $DB$ .
P/s: Last night ... hú hu hù!!!

Dễ thấy BC là phân giác của $\angle ABD$
Kết hợp với các cặp góc nội tiếp, ta có được $\angle ABC=\angle CBD=\angle CDA=\angle CAD$
Gọi I là giao điểm của AD và BC.
Ta có thể tính AD và BC qua các cặp tam giác đồng dạng.
Sau đó, ta áp dụng định lý Ptoleme, ta sẽ tính được BD.

Cho $a>0, b>0, a+b=1$
Tim gtnn cua $P=ab+\frac{1}{ab}$

Bài này phải làm thế này.
$a+b=1\Rightarrow 2\sqrt{ab}\leq 1\Rightarrow ab\leq \frac{1}{4}\Rightarrow \frac{1}{ab}\geq 4$
$ab+\frac{1}{ab}=ab+\frac{1}{16ab}+\frac{15}{16ab}\geq 2\sqrt{ab.\frac{1}{16ab}}+\frac{15}{16}.4= \frac{1}{2}+\frac{15}{4}=\frac{17}{4}$
Vậy $P_{min}=\frac{17}{4}$ khi $a=b=\frac{1}{2}$
P/s: Đây là phương pháp chọn điểm rơi trong bất đẳng thức Cauchy, bạn có thể tham khảo trong box bất đẳng thức trên diễn đàn.

bằng 2 thì phải

Bạn thử chỉ ra trường hợp dấu bằng xảy ra đi.

Cho tam giác A B C đều cạnh a , H là trug điểm cạnh BC. Tính ∣ vectơ CA - vectơ HC ∣
tại mình k biết kí tự vectơ mog các bạn thôg cảm

$\left | \overrightarrow{CA}-\overrightarrow{HC} \right |=\left | \overrightarrow{CA}+\frac{1}{2}\overrightarrow{CB} \right |$
Lấy điểm I sao cho $\overrightarrow{IA}+\frac{1}{2}\overrightarrow{IB}=\overrightarrow{0}$
Hay $I\epsilon AB$ sao cho $IA=\frac{1}{2}IB$.
Khi đó$\left | \overrightarrow{CA}-\overrightarrow{HC} \right |=\left | \frac{3}{2}\overrightarrow{CI} \right |=\frac{3}{2}CI$
Tới đây chắc đơn giản rồi nhỉ?