Cho hình chữ nhật ABCD, gọi M, N lần lượt là các trung điểm cạnh AD và BC, Trên tia đối của tia DC lấy điểm P, đường thẳng PM cắt AC tại Q. Chứng minh rằng góc QNP có MN là phân giác.

cách khác:

ta xét $y>0$ => $\sqrt{y+1}<2y+1$ => $y^2<y^2+\sqrt{y+1}<(y+1)^2$ => $y^2+\sqrt{y+1}$ không chính phương.

=> $x^2=y^2+\sqrt{y+1}$ (*) vô nghiệm.

Suy ra để (*) có nghiệm ta cần có $y=0$, thế vào (*) => $x=1$.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất $x=1, y=0$.

 

Không thử lại nghiệm: trừ 1đ

$d=9$

$d_{mr}=10;d_{tl}=0;d_{t}=0$

$S=48$

Bài của em đâu cần thử lại đâu Thầy, vì chỉ còn trường hợp $y=0$ thế vào ta tính duy nhất $x=1$ (em nghĩ điều này chính là thế vào rồi)

Mong Thầy xem lại. Em cảm ơn Thầy.

cách khác:

ta xét $y>0$ => $\sqrt{y+1}<2y+1$ => $y^2<y^2+\sqrt{y+1}<(y+1)^2$ => $y^2+\sqrt{y+1}$ không chính phương.

=> $x^2=y^2+\sqrt{y+1}$ (*) vô nghiệm.

Suy ra để (*) có nghiệm ta cần có $y=0$, thế vào (*) => $x=1$.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất $x=1, y=0$.

Vì bài làm chưa hết hạn - em xin chọn cách giải này, bỏ cách giải đầu được không Thầy.

Bài toán đã cho có nhiều hướng mở rộng:

Có thể sử dụng phần $\sqrt{y+1}$ để mở rộng cho nhiều bài toán khó hơn.

Theo như cách giải của em ở trên, ta có thêm một bài toán sau đây:

Tìm các giá trị $x,y$ nguyên không âm thỏa:

$x^2=y^2+\sqrt{y^2+82y+1}$.

Cách giải:

Ta nhận xét nếu $y=0$ => $x=1$. Suy ra $x=1, y=0$ là một nghiệm.

Xét $y>0$ => $y^2+82y+1<36y^2+108y+81=(6y+9)^2$ => $y^2+\sqrt{y^2+82y+1}<y^2+6y+9=(y+3)^2$

=> $x=y+1$ hoặc $x=y+2$

Giải từng trường hợp, chỉ có trường hợp $x=y+2$ có nghiệm nguyên với $x=5, y=3$

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm $(1;0)$, $(5,3)$.

cách khác:

ta xét $y>0$ => $\sqrt{y+1}<2y+1$ => $y^2<y^2+\sqrt{y+1}<(y+1)^2$ => $y^2+\sqrt{y+1}$ không chính phương.

=> $x^2=y^2+\sqrt{y+1}$ (*) vô nghiệm.

Suy ra để (*) có nghiệm ta cần có $y=0$, thế vào (*) => $x=1$.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất $x=1, y=0$.

Không thử lại nghiệm: trừ 1đ

$d=9$

$d_{mr}=10;d_{tl}=0;d_{t}=0$

$S=48$

Từ đề bài ta suy ra: $x>y$ ta đặt $x=y+k$, $k \in \mathbb{N}^*$

Thế vào phương trình ta được:

$(y+k)^2=y^2+\sqrt{y+1}$ (1) => $2ky+k^2=\sqrt{y+1}$ => $4k^2y^2+(4k^3-1)y+k^4-1=0$

Phương trình bậc 2 đổi với y có nghiệm nguyên, theo hệ quả định lý Bézout => $k^4-1 \vdots 4k^2$ => $k=1$

Thế vào (1) ta giải được $y=0$ => $x=1$

Thử lại $x=1$ và $y=0$ thỏa bài toán.

Vậy $x=1$ và $y=0$ là các giá trị cần tìm.

Tại sao có mệnh đề này?

Phương trình bậc 2 đổi với y có nghiệm nguyên, theo hệ quả định lý Bézout => $k^4-1 \vdots 4k^2$ => $k=1$

Lời giải này không tính là lời giải đúng đầu tiên của TrungNhan.

Nhầm nhờ mod xóa dùm! 

Nhưng dựng hình như vậy thì sẽ ko loại trừ khả năng trên....a coi lại chính xác đi, chẳng hạn như thế này:

Untitled.png

Ta chú ý tam giác yêu cầu là tam giác vuông. Nếu ta ép tam giác nội tiếp vòng tròn mà ta cố định sẵn (thì chắc chắn cạnh huyền là một đường kính) không tài nào chứng minh được! 

Xem đường tròn như thế này có chứng minh được không?

Nhìn vào hình là ta không thể nào tìm ra đường kính ($\sqrt{3}$) để có hai điểm cùng màu!

Họ và tên: Nguyễn Trung Nhân

Đang học lớp: 11Toán, Trường chuyên Trần Hưng Đạo, Bình Thuận

Đề bài:

Trong mặt phẳng cho năm điểm phân biệt không có ba điểm nào thẳng hàng. Lấy ba điểm bất kỳ lập thành một tam giác. Chứng minh rằng tấc cả các đường thẳng $d$ đi qua trọng tâm tam giác và trung điểm của đoạn được tạo bởi hai điểm còn lại đồng quy.

Bài giải:

Gọi năm điểm đã cho lần lượt là $A_1$, $A_2$, $A_3$, $A_4$, $A_5$. Gọi G là trọng tâm tam giác $A_1A_2A_3$, $M$ là trung điểm đoạn thẳng $A_4A_5$. Giả sử $G \not\equiv M$

Khi đó ta có:

$\overrightarrow{GA_1}+\overrightarrow{GA_2}+\overrightarrow{GA_3}=\overrightarrow{0}$ (1)

$\overrightarrow{MA_4}+\overrightarrow{MA_5}=\overrightarrow{0}$ (2)

Gọi $N$ là điểm thuộc đường thẳng $GM$, $N$ khác $M$ và $G$, khi đó tồn tại một số $k$ sao cho: $\overrightarrow{NG}=k\overrightarrow{NM}$.

Theo (1) và (2) ta suy ra:

$\overrightarrow{NA_1}+\overrightarrow{NA_2}+\overrightarrow{NA_3}+\overrightarrow{NA_4}+\overrightarrow{NA_5}=3\overrightarrow{NG}+2\overrightarrow{NM}$.

Vì các đỉnh $A_i$, $i=\overline{1,5}$ cố định. $G$, $M$ lại thay đổi tùy theo cách chọn ba đỉnh làm tam giác. Nên để $N$ không phụ thuộc vào cách chọn $G$ và $M$ thì $3\overrightarrow{NG}+2\overrightarrow{NM}=\overrightarrow{0}$

Từ: $\overrightarrow{NA_1}+\overrightarrow{NA_2}+\overrightarrow{NA_3}+\overrightarrow{NA_4}+\overrightarrow{NA_5}=\overrightarrow{0}$, ta suy ra các đường thẳng $d$ đều đi qua $N$ là trọng tâm của hệ năm điểm đã cho.

Trường hợp $G \equiv M$, thì ta chọn cách khác để có $G \not\equiv M$. Từ đó ta được kết luận như trên.

Vậy các đường thẳng $d$ đều đi qua $N$ là trọng tâm của hệ năm điểm đã cho.