Bài toán 2: (IMO 2011) Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Gọi $l$ là tiếp tuyến bất kỳ của $(O)$. Kí hiệu $l_a, l_b, l_c$ là đường thẳng đối xứng với $l$ qua $BC, CA, AB$ $l_a, l_b, l_c$ cắt nhau tạo thành tam giác $A'B'C'$. Chứng minh rằng đường tròn $(A'B'C')$ tiếp xúc với $(O)$

của thầy Nguyễn Văn Linh

NTP

 

Bài toán 1: Cho đường tròn $(O)$ đường kính $AB$. $P, Q$ là hai điểm bất kỳ trên $(O)$ và khác phía với $AB$. Kẻ $QT$ vuông góc với $AB$, $PC, PD$ lần lượt là tiếp tuyến kẻ từ $P$ tới đường tròn đường kính $AT, BT$. Chứng minh rằng: $PC+PD=PQ$

 

 

gọi $(\omega _1),(\omega _2)$ lần lượt là đường tròn đường kính $AT,BT$

áp dụng định lí $casey$ cho bốn đường tròn $(\omega _1),(\omega _2),(P,0),(Q,0)$ thì ta dễ dàng có được $PC+PD=PQ$

NTP

mong bạn ghi lại số bài cho phù hợp với nội dung ban đầu mà chủ topic đề ra

Bài tập 2:(Moldova TST 2010)

Cho tam giác $ABC$ nhọn có $H$ là trực tâm và $M$ là trung điểm $BC$.Kẻ đường thẳng qua $H$ vuông góc với $HM$ và cắt $AB,AC$ lần lượt tại $P,Q$.CMR $MP=MQ$

những lời giải ở trên mình thật sự ấn tượng và sau đây lời giải bằng cách sử dụng định lí con bướm

vẽ đường tròn $(M,\frac{BC}{2})$.Gọi $X,Y$ là giao điểm của $PQ$ với đường tròn $(M)$

vì $MH\perp XY\Rightarrow MX=MY$ nên theo định lí con bướm $MP=MQ$

NTP

Định lí 3:ĐỊNH LÍ CON BƯỚM

Dạng đường tròn:Cho đường tròn $(O)$ với dây cung $AB$ và $I$ là trung điểm $AB$.Qua $I$ vẽ hai dây cung $MN$ và $PQ$ sao cho $E=PM\cap AB,F=QN\cap AB$.CMR $I$ là trung điểm $EF$

gọi $C,D$ lần lượt là hình chiếu của $(O)$ trên $PM,NQ$

vì $\Delta PIM\sim \Delta NIQ\Rightarrow \Delta PIC\sim \Delta NID\Rightarrow \widehat{PCI}=\widehat{NDI}$

dễ thấy hai tứ giác $IECO,IFDO$ là các tứ giác nội tiếp $\Rightarrow \widehat{IOE}=\widehat{ICE}=\widehat{IDF}=\widehat{IDF}$

do đó $\Delta OEF$ cân tại $O$ do đó $IE=IF$ 

Dạng đường thẳng:Cho tam giác $ABC$, $I$ là trung điểm $BC$.Qua $I$ kẻ đường thẳng $d_1$ cắt $AC, AB$ lần lượt tại $M,N$ và đường thẳng $d_2$ qua $I$ cắt $CA, BA$ tại $P, Q$. Đường thẳng $PN$ cắt cạnh $BC$ tại $E$ và đường thẳng $QM$ cắt cạnh $BC$ tại $F$. CMR $I$ là trung điểm $EF$

xem câu $3.1$ ở đây

Bài tập 2:(Moldova TST 2010)

Cho tam giác $ABC$ nhọn có $H$ là trực tâm và $M$ là trung điểm $BC$.Kẻ đường thẳng qua $H$ vuông góc với $HM$ và cắt $AB,AC$ lần lượt tại $P,Q$.CMR $MP=MQ$

NTP

Lời nói đầu: Hiện nay các bài toán Hình học trong các kì thi Olympic ngày càng khó chịu hơn, nguyên nhân vì chúng được giải quyết qua các định lý mà ta chưa biết đến. Định lý cũng được xem như những bổ đề trong chứng minh. Việc có được càng nhiều kiến thức về các định lý giúp chúng ta có phần tự tin hơn, cũng như không quá bị động trong phòng thi. 

Vì vậy mình mở topic này tổng hợp một số định lý trong hình học, xem như công cụ cho các bạn muốn tìm hiểu thêm về vấn đề này (cũng giúp mình tự học thêm các định lý). Rất mong cả nhà ủng hộ

Cấu trúc bài đăng trong topic:

Định lý số [x]+ Chứng minh +Hình vẽ

Hơn nữa, để bạn đọc có thể hiểu sâu về định lý, sau mỗi định lý nên có thêm phần bài tập( 1,2 bài là ổn vì đăng nhiều sẽ rối). Bài tập sẽ được đánh sau định lý và sẽ được các bạn đọc giải ngay trên topic. Bài được ghi rõ: Bài số[x](số bài ghi theo thứ tự, không  ghi theo định lý)

Rất mong các bạn,anh, chị,thầy,cô ủng hộ mình và tuân thủ các nội dung trên (Không thì *quê*lắm ạ       )

spam tí

các điểm,đường thẳng đặc biệt được đăng không?

NTP

Bài 4: Cho ba số thực dương a,b,c thoả :
$7(a^2+b^2+c^2)=11(ab+bc+ca)$
CMR:
$$\frac{51}{28} \leq \frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b} \leq 2.$$\

------------------------------

Nếu được mong các bạn dùng chuẩn hóa 

xem ở đây

NTP

cho $a,b,c> 0$CMR $\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq \frac{9(a^2+b^2+c^2)}{(a+b+c)^2}$

xem ở đây

NTP

ĐỀ CHỌN ĐỘI TUYỂN OLIMPIC TOÁN 10

VÒNG 1 NĂM 2014-2015

Thời gian:180'

Bài 1:(4 điểm)

$a)$ giải phương trình $x^3+x+1=3\sqrt[3]{2x-1}$

$b)$ giải hệ phương trình $\left\{\begin{matrix} x^2+\frac{1}{x^2}=y-2x+2\\y^2-3y+4=2x \end{matrix}\right.$

Bài 2:(4 điểm)

$a)$ tính tổng tất cả các số tự nhiên có $4$ chữ số lập từ các chữ số $\left \{ 1;2;3;4;5;6 \right \}$

$b)$ phương trình $x+y+2z=500$ có bao nhiêu nghiệm nguyên dương

Bài 3:(4 điểm)

$a)$ tìm $f:\mathbb{R} \to \mathbb{R}$ thỏa mãn $f\left ( \frac{x+1}{x+2} \right )+2f\left ( \frac{1}{x+2} \right )=3 \ \ \ \forall x\neq -2$

$b)$ tìm $f:\mathbb{Q}_+^*\rightarrow \mathbb{Q}_+^*$ thỏa mãn $xf(x)+yf(y)+2xy=(x+y)f(x+y) \ \ \ \forall x,y\in \mathbb{Q}_+^*$

Bài 4:(4 điểm)

$a)$ cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c=1$.Chứng minh rằng

$\frac{1+a}{1-a}+\frac{1+b}{1-b}+\frac{1+c}{1-c}\leq 2\left ( \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a} \right )$

$b)$ giải phương trình nghiệm nguyên dương $x^{15}+y^{15}+z^{15}=2015t^{15}+4$

Bài 5:(4 điểm)

$a)$ cho ba đường tròn có bán kính $R$ đồng quy tại $I$.Chúng cắt nhau tại các điểm khác nhau là $A,B,C$.Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ cũng có bán kính là $R$

$b)$ cho tam giác $ABC$ có góc $A$ bằng $60^0$.$AP$ và $BQ$ là các phân giác.biết rằng $AB+BP=AQ+QB$.Tính góc $B$ và góc $C$

NTP

Bài làm

$$\boxed{f(x+g(y))=xf(y)-yf(x)+g(x)}$$

+) Thế y bởi 0: $f(x+g(0))=xf(0)+g(0)$
Đặt $g(0)=a$

với $\Delta$ bất kỳ
Thế $(x;y)$ bởi $(x+\Delta +a ; y)$
Ta có: $f(x+a+\Delta+g(y))=(x+a+\Delta) f(y)-yf(x+a+\Delta)+g(x+a+\Delta) $
Thế $(x;y)$ bởi $(x+a ; y)$
Ta có: $f(x+a+g(y))=(x+a)f(y)-yf(x+a)+g(x+a) $

Trừ vế cho vế được:
$\Delta f(0)+g(x+\Delta+g(y))-g(x+g(y))=\Delta f(y)-y(\Delta f(0)+g(x+a+\Delta )-g(x+a))+g(x+\Delta )-g(x)$

Cho $y=0$
Trở thành: $g(x+t+c)-g(x+c)=g(x+t)-g(x)$

Cho $y=1$ và kết hợp với điều trên có:
$g(x+\Delta +g(1))-g(x+g(1))=\Delta (f(1)-f(0))$

Từ đó suy ra $f(x)=\frac{a(x-a)}{a+1},g(x)=a(x-a) $

trừ đi sai rồi

NTP

M làm thơ con cóc hả NTP 

Bài này có nghiệm là $x=1,z=\frac{1}{\sqrt{3}},y=0$ và hoán vị vòng quanh, cách làm là đánh giá BĐT nhưng mình làm mãi chưa ra.

NRC

Cho $a,b>0$ . Chứng minh rằng :

$P=\frac{a^{4}+b^{4}}{(a+b)^{4}}+\frac{\sqrt{ab}}{a+b}\geq \frac{5}{8}$

xem ở đây

NTP

giải hệ $\left\{\begin{matrix} \sqrt{x-x^2}+\sqrt{y-y^2}+\sqrt{z-z^2}=\sqrt{\frac{\sqrt{3}-1}{3}}\\(x-y)(y-z)(z-x)(x+y+z)=\frac{2\sqrt{3}}{9} \end{matrix}\right.$

NTP

   Tìm x, y nguyên dương thỏa mãn 

$x^{4}+y^{2}\vdots 7^{x}-3^{y}$

 

P/s: thấy bài này hay hay và lạ định đăng vào topic VMO mà thấy còn đầy bài trong chưa giải nên thôi

vì $7^x-3^y$ chẵn nên $x,y$ cùng tính chẵn lẻ

$\blacksquare$ với $x,y$ cùng lẻ

có $x^4+y^2\equiv 2(mod4)$

mặc khác $7^x-3^y\equiv (-1)^x-(-1)^y\equiv 0(mod4)$

do đó trường hợp này không thể xảy ra

$\blacksquare$ với $x,y$ cùng chẵn

đặt $x=2a,y=2b(a,b\in \mathbb{N}^*)$

ta có $x^4+y^2=2(8a^4+2b^2),7^x-3^y=\frac{7^a-3^b}{2}.2(7^a+3^b)$

vì $7^x-3^y\mid x^4+y^2\Rightarrow 2(7^a+3^b)\mid 2(8a^4+2b^2)$

$\Rightarrow 8a^4+2b^2\geq 7^a+3^b$

với $a\geq 4$ thì dễ dàng chứng minh $7^a>8a^4,3^b>2b^2\Rightarrow a\in \left \{ 1,2,3 \right \}$

   $\triangleright$ với $a=1$ thì $7+3^b\mid 8+2b^2$

   với $b\geq 3$ thì $8+2b^2<7+3^b$ điều này vô lí do đó $b\leq 2$

         $-$với $b=1$ thì $(x,y)=(2,2)$ không thỏa đề

         $-$với $b=2$ thì $(x,y)=(2,4)$ thỏa đề

   $\triangleright$ với $a=2$ do đó $x=4$

   $\left | 7^4-3^y \right |=\left | 49-3^b \right |(7^2+3^b)\geq 22(7^2+3^b)>4^4+4b^2=x^4+y^2$(điều này vô lí)

   $\triangleright$ với $a=3$ thì $x=6$

   $\left | 7^6-3^y \right |=\left | 343-3^b \right |(7^3+3^b)\geq 100(7^3+3^b)>6^4+4b^2=x^4+y^2$(điều này vô lí)

vậy $\boxed{(x,y)=(2,4)}$

NTP

bài toán:$<$ chọn đội tuyển dự thi học sinh giỏi quốc gia Bình Phước 2014-2015 $>$

tìm tất cả các bộ ba số nguyên dương $(x,y,z)$ thoả mãn $(x+1)^{y+1}+1=(x+2)^{z+1}$

 

NTP

tình cờ thấy bài này ở đây

NTP

Bài toán: Cho $x,y,z$ là các số nguyên. Chứng minh rằng:

$(xy+1)(yz+1)(zx+1)$ là số chính phương khi và chỉ khi $xy+1, yz+1, zx+1$ là các số chính phương.

xem ở đây

NTP

Cho minh hỏi cai nay la ki thi cua nuoc nao vay?

cuộc thi toán sinh viên ở Mĩ và Canada

NTP

cho các số $0\leq a\leq b\leq c\leq d$ và $x,y,z,t\in \left [ 0,\frac{1}{2} \right ]$ thỏa $a+b+c+d=x+y+z+t=1$

Chứng minh rằng $ax+by+cz+dt\geq 54abcd$

NTP

ta có $ax+by+cz+dt\geq ax+b(y+z+t)=b-(b-a)x\geq b-(b-a)\frac{1}{2}=\frac{1}{2}(a+b)\geq \sqrt{ab}$

mặc khác $1=a+b+2.\frac{c}{2}+2.\frac{d}{2}\geq 6\sqrt[6]{\frac{abc^2d^2}{4^2}}\Rightarrow \sqrt{ab}\geq 54abcd$

do đó $ax+by+cz+dt\geq \sqrt{ab}\geq 54abcd$

vậy $\boxed{ax+by+cz+dt\geq 54abcd\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} a=b=c=d\\x=y+z+t=\frac{1}{2} \end{matrix}\right.}$

NTP

bài toán:$<$ chọn đội tuyển dự thi học sinh giỏi quốc gia Bình Phước 2014-2015 $>$

tìm tất cả các bộ ba số nguyên dương $(x,y,z)$ thoả mãn $(x+1)^{y+1}+1=(x+2)^{z+1}$

NTP

Cho $k,n$ là các số nguyên dương với $n>2$  và $x,y\in \mathbb{N}^*$

CMR phương trình $x^n-y^n=2^k$ vô nghiệm

 

NTP

nếu $(x,y)=d>1\Rightarrow d\mid 2^k$ nên $d$ là lũy thừa của $2$.Bằng cách chia hai vế cho $d^n$,ta có thể gia sử $(x,y)=1$ và suy ra $x,y$ lẻ

$\blacksquare$ với $n$ chẵn

do đó $n=2m(m\in \mathbb{N}^*)$

ta có $x^n-y^n=(x^m-y^m)(x^m+y^m)\Rightarrow \left\{\begin{matrix} x^m-y^m=2^a\\x^m+y^m=2^{k-a} \end{matrix}\right.(a\in \mathbb{N}^*)$

$\Rightarrow x^m=2^{a-1}\left ( 1+2^{k-2a} \right )$ mà $x$ lẻ do đó $a=1$

vì $m\geq 2\Rightarrow x^m-y^m=(x-y)\left ( x^{m-1}+x^{m-2}y+...+y^{m-1} \right )>2$

điều này vô lí

$\blacksquare$ với $n$ lẻ

ta có $x^n-y^n=(x-y)\left ( x^{n-1}+x^{n-2}y+...+y^{n-1} \right )$

mà $x,y$ lẻ do đó $x^{n-1}+x^{n-2}y+...+y^{n-1}\equiv n\equiv 1(mod2)\Rightarrow x^{n-1}+x^{n-2}y+...+y^{n-1}=1$

điều này vô lí vì $x,y$ nguyên dương và $n>2$

vậy phương trình vô nghiệm

NTP

tìm các số nguyên tố $p,q$ thỏa $p^2\mid q^3+1$ và $q^2\mid p^6-1$

 

NTP

xem ở đây

NTP

cho $a,b,c\in \left [ 1,2 \right ]$.CMR $a^3+b^3+c^3\leq 5abc$

NTP

Giải hệ phương trình:

 

$\left\{ \begin{array}{l} 1+\sqrt[4]{\sqrt{xy^9}-y^4}=y(1-x) \\ \sqrt[4]{x^2y^3}+\sqrt[4]{xy-y+1}=\sqrt[4]{y} \end{array} \right. $

ta có $\sqrt[4]{xy-y+1}\geq 0\Rightarrow xy+1\geq y$

từ $PT(1)$ ta có $y(1-x)=\sqrt[4]{\sqrt{xy^9}-y^4}+1\geq 1\Rightarrow y\geq 1+xy$

do đó dấu bằng xảy ra

vậy $\boxed{x=\frac{1}{2},y=2}$

NTP

Chứng minh rằng với mọi $a,b,c,d,e,f >0$, ta có

$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+d}+\frac{c}{d+e}+\frac{d}{e+f}+\frac{e}{f+a}+\frac{f}{a+b}\geq 3$

ta có $VT\geq \frac{(a+b+c+d+e+f)^2}{a(b+c)+b(c+d)+c(d+e)+d(e+f)+f(a+b)}$

ta chứng minh $\frac{(a+b+c+d+e+f)^2}{a(b+c)+b(c+d)+c(d+e)+d(e+f)+f(a+b)}\geq 3$

$\Leftrightarrow \left [ a+d-\frac{1}{2}(b+c+e+f) \right ]^2+\frac{3}{4}(b-c+e-f)^2\geq 0$

do đó bđt được chứng minh

NTP

tìm nghiệm tự nhiên của phương trình

$2006^{x}= 2005^{y}+2004^{z}$

ta có $2006^x=2005^y+2004^z>1$ do đó $x\geq 1$

vì $2006^x$ là số chẵn,$2005^y$ là số lẻ do đó $2004^z$ là số lẻ do đó $z=0$

nên ta có phương trình $2006^x=2005^y+1$

ta có $2005\equiv 1(mod4)\Rightarrow 2005^y+1\equiv 2(mod4)$               $(*)$

ta có $2006=4m+2\Rightarrow 2006^x=4k+2^x$

với $x\geq 2$ thì $2006^x\vdots 4$ điều này mâu thuẫn với $(*)$

vậy $\boxed{x=y=1,z=0}$

NTP

tìm các số nguyên tố $p,q$ thỏa $p^2\mid q^3+1$ và $q^2\mid p^6-1$

NTP