Cho $a,b>0$ thỏa $ab \le 4$. Tìm GTNN của: \[ P=\frac{2}{a^4}+\frac{2}{b^4}+\frac{3}{(a-b)^2} \]

Chúc mừng tất cả các em đoạt giải, đặc biệt cu NLT chút nữa đạt điểm cực đại

Tks thầy ạ, buồn cái là chỉ trao giải nhất, nhì miền Nam chứ ko có ba huhu

Chúc mừng mọi người nhé

Tìm tất cả hàm đơn điệu $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ sao cho $f\left( xf\left( y \right) \right)=yf\left( 2x \right)$ với mọi $x,y\in \mathbb{R}$ 

Cách khác: Tính được $f(0)=0$

Từ giả thiết suy ra: $f(f(y))=y.f(2)$.

Nếu $f(2)$ khác $2$, cho $y=1 \to f(x.f(1))=f(2x) \to x.f(1)=f(2x) \to f(x)=cx$. Thử lại và tìm $c$.

Nếu $f(2)=0$, thế $y=2$ vào pt đầu đc: $0=f(0)=2.f(4) \to f(4)=0$, tương tự $f(2^n)=0$.

Rõ ràng $f$ có vô hạn không điểm nên $f$ đồng nhất $0$.

Vậy tìm đc 2 hàm 

Ta sẽ chứng minh bài toán ngược sau:Giả thiết như bài toán trên đến đoạn DP cắt (K) tại Z,ta thay phần sau bằng:H là giao của CZ với AA';F là giao BH với (K).Chứng minh E;F;P thẳng hàng (hay EF;DZ;AA" đồng quy)

Ta sử dụng các bổ đề dưới đây:

$\bullet$ Bổ đề 1:Tứ giác ABCD nội tiếp (O); tiếp tuyến tại C;D cắt nhau tại I;  H;K lần lượt là giao của AD và BC;AC và BD.Khi đó I;H;K thẳng hàng.

$\bullet$ Bổ đề 2:Cho (A;B;C;D)=-1;K thuộc trung trực của AB;các đường thẳng vuông góc với KA;KB cắt nhau tại I.Ta có:$\angle BIC=\angle BKD$.

$\bullet$ Bổ đề 3:Tứ giác ABCD có M;P lần lượt là giao của AD và BC; N;Q thứ tự là giao của MP với AB;CD.Khi đó:(M;P;N;Q)=-1.

 

Trở lại bài toán,gọi K là giao của BZ và CF;I;G lần lượt là giao của BC và DE;AA' và BC.

Theo bổ đề 1 ta có:A,A',H,K thẳng hàng.Theo bổ đề 2 ta có (B;C;G;I)=-1.Theo bổ đề 3 ta có:$\angle CKI=\angle GA'C\Rightarrow A'A\perp KI$.

Theo định lý Brocard ta có I;Z;F thẳng hàng hay ZF;BC;DE đồng quy.

Xét bộ 3 tam giác sau:ADE;A'ZF;ABC ta thấy các bộ đường thẳng (A'Z;AB;AD);(A'F;AE;AC);(DE;ZF;BC) đồng quy

Lại có AA';BZ;CF đồng quy nên theo đinh lý Desargues ta có AA';DZ;EF đồng quy(đccm)

Có thể xử lý đơn giản hơn ở việc khi đã chứng minh được $(B,C,G,I)=-1$ như sau:

Nếu gọi $I'$ là giao điểm của $FZ$ và $BC$ thì theo bổ đề quen thuộc có $(B,C,G,I')=-1$

Suy ra $I \equiv I' \to I \in [FZ]$. Lúc này làm tiếp như trên.

Bài toán 40:

 

 

 

Lục giác APCMBN nội tiếp (O).Gọi D;E;F;X;Y;Z lần lượt là giao của AC;AB với NP;của CA;CB với BD;của BC;BA với MN.Khi đó dễ dàng chứng minh được DX;EY;FZ đồng quy.

Qua D kẻ tiếp tuyến với đường tròn nội tiếp tam giác ABC( kí hiệu (I) ) cắt AC tại E'.Khi đó lục giác XYZDE'F ngoại tiếp (I).

Theo định lý Brianchon ta có DX;E'Y;FZ đồng quy.Do đó E;E';Y thẳng hàng.Mà E;E' cùng thuộc AC nên E trùng E hay MNP ngoại tiếp (I).

Do $\angle BAC=\angle NMP$ nên BN song song PC.Lại có BC và PN cùng tiếp xúc với (I) nên theo tính chất đối xứng ta có AB=MN;AC=MP;BC=NP hay 2 tam giác ABC và MNP bằng nhau(đccm)

Phải chăng đây là trường hợp riêng của MR3 anh Hân post ở trên (phần tô đỏ)

Nếu Near giải khác thì pots lên giúp nhé

 21:55 ngày 10-06-2013 em gửi bài ở:http://diendantoanho...hân-giác-góc-a/

Em lấy tên chủ đề là: ''Viết phương trình đường phân giác''. Sáng dậy học bài em thấy nick bị một điểm nhắc nhở vì lỗi viết sai chủ đề, em không hiểu DHV nghĩ gì mà sửa chủ đề của em thành: ''Choi A(2;0),B(4;1),C(2;1)  .Viết PT đường phân giác góc A  ''. Mong DHV cho em 1 lời giải thích.

Anh Phúc (dark templar) - ĐHV Tổng hợp nhắc nhở đó bạn ạ ...

Chỉ "Không chèn công thức toán trong đề" khi "không đủ chỗ" nhé bạn ! Trong khi đề của bạn có 1 dòng thế thôi mà ...

Cho đường tròn tâm $I$ đường kính $BC$, vẽ dây $HK$ cắt $BC$ tại $O$ bên ngoài $(I)$. Tiếp tuyến tại $H$ và $K$ của $(O)$ cắt $BC$ lần lượt tại $A,D$. Chứng minh rằng: \[AC.BO.DO=BD.AO.CO\]

 

Ảnh chụp màn hình_2013-06-09_082358.png

Giải như sau:

Bài này với mọi dây $BC$ của $(I)$. Gọi các điểm như hình vẽ.

Áp dụng định lý Menelaus vào $\Delta XBC$ và $\Delta EAD$: \[\frac{{HX}}{{HB}}.\frac{{OB}}{{OC}}.\frac{{KC}}{{KX}} = 1 \to \frac{{OB}}{{OC}} = \frac{{HB}}{{HX}}.\frac{{KX}}{{KC}}\] \[\frac{{HE}}{{HA}}.\frac{{OA}}{{OD}}.\frac{{KD}}{{KE}} = 1 \to \frac{{OD}}{{OA}} = \frac{{HE}}{{HA}}.\frac{{KD}}{{KE}} = \frac{{KD}}{{HA}}\] \[ \Rightarrow \frac{{OB}}{{OC}}.\frac{{OD}}{{OA}}.\frac{{AC}}{{BD}} = \frac{{HB}}{{HX}}.\frac{{KX}}{{KC}}.\frac{{KD}}{{HA}}.\frac{{AC}}{{BD}} (*)\]

Để ý: $\Delta AHB ~ \Delta ACH; \Delta DCK ~ \Delta DKB; \Delta XBK ~ \Delta XCH$   nên: \[\frac{{AC}}{{HA}} = \frac{{HC}}{{HB}};\frac{{KD}}{{BD}} = \frac{{KC}}{{KB}};\frac{{KX}}{{HX}} = \frac{{KB}}{{HC}}\]

Thế vào $(*)$ ta có $\frac{{OB}}{{OC}}.\frac{{OD}}{{OA}}.\frac{{AC}}{{BD}} = 1$, và đó là đpcm.

$\boxed{\text{ Bài toán 41 }}$ http://www.artofprob...p?f=46&t=537830

Let  and  is circumcircle of triangle.  is a point in . . Let  like this picture. Prove that 3 diagonals of the hexagon $XYZTUV$ are concurrent at .

___

Cho tam giác $ABC$ có đường tròn $(O)$ ngoại tiếp tam giác. $M$ là 1 điểm nằm trong tam giác. $MA \cap (O) = A';MB \cap (O) = B';MC \cap (O) = C'$. Cho $X,Y,Z,T,U,V$ như hình vẽ. Chứng minh rằng $3$ đường chéo của lục giác $XYZTUV$ đồng quy tại $M$.

Bài này không khó nhưng có mở rộng khá hay ....

Ủng hộ thêm vài cái ảnh nữa (của cùng nhân vật)

Uyen 1.jpg

 

 

Dân Hà Nội đấy Anh em F.A cứ đặt cọc đi

Em FA nhưng xác định là k có cửa =.=

Chúc mừng em nghe

 

----------

 

Ps: Ủa 1 người được nhiều HC hả ?

Tức là 2 đứa dùng chung 1 nick trên diễn đàn đó anh :| 

no. bạn nghĩ thế thì sai to rồi. 

 

giao diện đẹp đấy chứ. về cmt thì ko quá khắt khe như vmf. mình like điều này

Mình cũng đồng ý với ý kiến của anh Hân.

Đi mọi diễn đàn, thấy cách đặt tiêu đề như VMF là hợp lý nhất, ta có thể hiểu được 1 phần nội dung đề đã post, nhiều khi vào các diễn đàn khác, tựa đề "BĐT hay" "Hình học khó" , click vào toàn bài đâu đâu, bó tay !

Nếu bạn thích chém, có thể tham gia Hội quán chém gió của VMF tại đây ! Cảm ơn bạn !

Riêng VMF cũng có box quán xá, các thành viên VMF vẫn giao lưu vs nhau bình thường thôi.

Còn nếu bạn thích hocmai hơn thì qua đó, không ai cấm bạn cả, mỗi người có một suy nghĩ riêng mà.

Phiền bạn suy nghĩ kĩ trước khi đưa ra ý kiến nhé ! 

Thân!

P/s: Nhìn danh hiệu "Không đối thủ" của bạn ... Chúc bạn tìm được nơi học tập, trao đổi tốt nhất !

cho mình hoi MA*MB=MI^2-R^2,công thức này là lấy giá trị độ lớn,còn dấu ngang trên đầu MA,MB là gì zậy

Đó là độ dài đại số, em sẽ được học ở chương trình THPT. Giá trị của tích $\overline {MA} .\overline {MB}$ có thể mang giá trị âm hoặc dương tùy thuộc vào điểm $M$. Đối với THCS em chỉ cần nhớ: $MA.MB=|MI^2-R^2|$ là được !

BT2: Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa :

 

$f(x^2+f(y))=xf(x)+y$.

Giải như sau: 

Cho $x=0 \to f(f(y))=y \to f(f(x))=x, \forall x \in \mathbb{R}$

Giả sử tồn tại $x,y$ sao cho $f(x)=f(x)$, suy ra $f(f(x))=f(f(y)) \to x=y$, do đó $f$ là đơn ánh.

Cho $x=f(x)$ vào phương trình ban đầu, ta được: \[f((f(x))^2+f(y))=f(x).f(f(x)+y=xf(x)+y\]

Kết hợp với phương trình ban đầu, và $f$ đơn ánh nên: \[f(x)^2=x^2 \to f(x)=x \vee f(x)=-x\]

Rồi tiếp tục như hoangtrunghieu.  $\odot $

Xin lỗi nhé. Anh dùng máy tính đo thử thì nó không ĐÚNG nữa Nó chỉ lệch khoảng $0,0002^o$ nên nhìn bằng mắt thường thì tưởng nhầm.

Tất cả ạ?

Đây là bài toán mạnh nhấtttttttttttttttttttttttttttttttt ^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^

Cho $D,E,F$ bất kì thuộc $BC,CA,AB$. Không cần phải đồng quy nữa :v

Vừa phát hiện ra một điều lý thú nữa

Ở đây không chứng minh sự đồng quy, cùng khai thác 1 tí:

Không còn các điểm tiếp xúc nữa, chỉ giữ lại 1 tiếp điểm, ta có bài toán:

Cho $\Delta ABC$, đường tròn nội tiếp tam giác tiếp xúc $AB$ tại $M$.$N$ là 1 điểm bất kì trên $BC$. Chứng minh rằng tồn tại 1 tiếp tuyến chung của $3$ đường tròn nội tiếp tam giác $BMN, CMN,AMN$

Từ cái BẤT KÌ của điểm $N$, có thể sẽ có nhiều mở rộng khác Bài này tớ chứng minh được rồi

1 mở rộng nữa từ bài $22$: Giao điểm của các đường thẳng đồng quy đó, là tâm đường tròn nội tiếp của $\Delta DFE$, với $D,E,F$ lần lượt là tiếp điểm của đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$ với $BC,CA,AB$ 

Hoàn chứng minh luôn cái mở rộng này, và post lời giải cho bài toán tương tự kia nhé !

Ở mỗi bài toán, khuyến khích nên tổng quát, hoặc bài toán tương tự, hoặc ý tưởng đặc biệt nào đó ngoài việc giải bài  

Lại một bài nữa về đường tròn nội tiếp

$\boxed{\text{Bài toán 22}}$ Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(I)$, gọi $O_A, O_B,O_C$ lần lượt là giao điểm của các đường phân giác góc $\angle A, \angle B, \angle C$ với $(I)$. Gọi $(O_A)$ là đường tròn tâm $O_A$ và tiếp xúc với $AB,AC$. Định nghĩa tương tự với $(O_B),(O_C)$. Gọi $t_A$ là tiếp tuyến chung ngoài của $(O_B)$ và $(O_C)$, định nghĩa tương tự với $t_B, t_C$. Chứng minh rằng $t_A, t_B,t_C$ đồng quy.

[49192]

Và một vấn đề quen thuộc nhưng hoàn toàn không hề cũ

$\boxed{\text{Bài toán 23}}$ Cho $\omega_1$ và $\omega_2$ với các bán kính $r_1,r_2$ thỏa $r_2>r_1$ tiếp xúc ngoài với nhau. $t_1$ tiếp xúc với $\omega_1, \omega_2$ lần lượt tại $A,D$. Kẻ $t_2 // t_1$ và tiếp xúc với $\omega_1$, nó cắt $\omega_2$ lần lượt tại $E,F$. Kẽ $t_3$ đi qua $D$  cắt $t_2, \omega_2$ lần lượt tại $B,C$ (khác $E,F$ tương ứng). Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp của $\Delta ABC$ tiếp xúc với $t_1$.

[53277]

Tổng quát bài này : China 1998
Cho $P$ là 1 điểm bất kì trong tam giác nhọn $ABC$ với độ dài các cạnh là $BC=a,CA=b,AB=c$. Đặt $PA=x,PB=y,PC=z$. Chứng minh $ayz+bxz+cxy\ge abc$

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $P$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC.$

Tiện thể anh Kiên đưa ra lời giải được không ạ? Đang rất gấp , tiến đến con số $100$ nào

^^ Bài 16 tớ cũng giải như cậu, thế là bài 17 ta đã có 3 cách giải

Tiếp tục nào:

$\boxed{\text{Bài toán 19}}$ Cho $\Delta ABC$. $A'$ là trung điểm của $BC$. $T_a$ là tiếp điểm của đường tròn nội tiếp tam giác với $BC$. Vẽ đường tròn tâm $A'$ đi qua $T_a$. Định nghĩa tương tự với $(B'),(C')$. Chứng minh rằng nếu $(A')$ tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp $\Delta ABC$ thì $(B')$ hoặc $(C')$ cũng tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp $\Delta ABC$. 

Xin gởi tiếp mẫu cho HH, tôi dùng trực tiếp các hình đã đưa lên diễn đàn

HHMathLinks.rar

Vì em chưa có kinh nghiệm làm những kiểu như thế này, em xin nhờ thầy Hùng biên soạn giúp phần hình học được không ạ, em sẽ bổ sung các hình. Em chưa học $\LaTeX$ ạ, em sẽ cố gắng hoàn thành Topic 100 bài trong thời gian sớm nhất, em xin cảm ơn thầy

Chào mừng Thịnh trở lại

 

Lời giải:Ta có $MA.MI=ME^{2}=ME.MF=MA'.MD'$ nên tứ giác $AD'IA'$ nội tiếp

 

Ta có $ID'=IA'$ nên $\widehat{D'AI}=\widehat{IAA'}$

 

Hay $AD'$ và $AA'$ là hai đường đẳng giác góc A của tam giác $ABC$.  (1)

 

Gọi $N$ là giao của $AD'$ là $BC$.Theo một bổ đề quen thuộc thì $N$ là tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp góc $A$ lên $BC$

 

Bằng định lí Melelauyt ta có $AD'$,$BE'$ và $CF'$ đồng quy  (tại điểm Nagel của $\Delta ABC$) (2)

 

Từ (1) và (2) ta có ngay $AA',BB',CC'$ đồng quy tại điểm đẳng giác của điểm Nagel đối với tam giác $ABC$)

Tớ có trở lại đâu, cách 2 nhé:

Gọi $A''$ là giao điểm của $A A'$ với $(I)$.

Theo bổ đề quen thuộc thì $ME$ là phân giác của $\angle A'MA''$.

Suy ra: $\angle A''MF=\angle D'ME \to A'', D'$ đối xứng nhau qua $AI$. 

Dẫn đến: $\angle BAA'=\angle CAD'$.

Dễ chứng minh $AD',BE',CF'$ đồng quy.

Dùng định lý Ceva sin ta có ngay $A A', BB', CC'$ đồng quy.

HIện tại bài toán 14 chưa có lời giải, cùng đến với bài toán mới:

$\boxed{\text{Bài toán 16}}$ Cho $\Delta ABC$ ngoại tiếp $(I)$, $(I)$ tiếp xúc $BC,CA,AB$ lần lượt tại $D,E,F$. Kẻ các đường kính $DD', EE', FF'$ của $(I)$. Gọi $M$ là trung điểm của $EF$. Gọi $A'$ là giao điểm của $D'M$ với $(I)$. Định nghĩa tương tự với $B', C'$. Chứng minh rằng: $A A', BB', CC'$ đồng quy.