Bài 5. Ta xét hai trường hợp sau:

+ Nếu trong 6 điểm đã cho tồn tại một điểm là tâm của đường tròn, khi đó bài toán được chứng minh.

+ Nếu trong sáu điểm không có điểm nào trùng với tâm của đường tròn. Khi đó có hai khả năng xẩy ra là

          - Trong sáu điểm có hai điểm cùng nằm trên một bán kính của đường tròn, khi đó bài toán được chứng minh.

          - Trong sáu điểm đã cho không có hai điểm nào cùng nằm trên một bán kính. Khi đó ta vẽ sáu bán kính đi qua sáu điểm đã cho. Cứ hai bán kính gần nhau tao ra một góc ở tâm. Như vậy ta có sáu góc ở tâm. Theo nguyên lí cực hạn thì trong sáu góc đó tồn tại một góc có số đo bé nhất. Mà tổng số đo của sáu góc đó là 360 độ nên góc bé nhất không vượt quá 60 độ. Không mất tính tổng quát ta giả sử góc đó là AOB. Đến đây ta có điều phải chứng minh.

Bài 3b - Đề số 4.

Tứ diện chính là hình chóp tam giác. Tứ diện SABC có một mặt đáy là tam giác đều cạnh a và ba mặt bên là ba tam giác cân tại đỉnh S và bằng nhau. Ta có $S_{đ}=\frac{\sqrt{3}}{4}.a^2$$S_{đ}=\frac{a^2.\sqrt{3}}{4}$

Gọi SH là đường cao của một mặt bên. Do đáy là tam giác đều cạnh a nên ta có $GH=\frac{a\sqrt{3}}{6}$.

Do đó áp dụng định lý Pitago cho tam giác vuông SGH ta có $SH=\sqrt{SG^2+GH^2}=\frac{7a\sqrt{3}}{6}$.

Từ đó ta được diện tích một mặt bên là $S_{b}=\frac{1}{2}.\frac{7a\sqrt{3}}{6}.a=\frac{7a^2\sqrt{3}}{12}$.

Suy ra tổng diện tích các mặt của tứ diện là $S=S_{đ}+3.S_{b}$.

Bài 3a - Đề số 4.

Đặt $T=\frac{BC}{PH}+\frac{CA}{PI}+\frac{AB}{PK}$. Khi đó ta có 

$2T=\frac{BC^2}{BC.PH}+\frac{CA^2}{CA.PI}+\frac{AB^2}{AB.PK}=\frac{BC^2}{S_{PBC}}+\frac{CA^2}{S_{PCA}}+\frac{AB^2}{S_{PAB}}$.

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz dạng cộng mẫu ta có 

$2T\geq \frac{(AB+BC+CA)^2}{S_{PAB}+S_{PBC}+S_{PCA}}=\frac{(AB+BC+CA)^2}{S_{ABC}}$, không đổi.

Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi $\frac{BC}{S_{PBC}}=\frac{CA}{S_{PCA}}=\frac{AB}{S_{PAB}}\Leftrightarrow PH=PI=PK$ hay P là giao điểm ba đường phân giác của tam giác ABC.

Vậy khi P là giao điểm ba đường phân giác của tam giác thì biểu thức T có giá trị nhỏ nhất.

P/S. Mình giải như vậy không biết có được hay không, mọi người góp ý nhé. 

Mình xim làm bài 2b - Đề số 4.

Gọi hình vuông đã cho là ABCD. Gọi M, N, P, Q theo tứ tự là tâm các đường tròn tiếp xúc nhau có đường kính theo thứ tự nằm trên AB, BC, CD, DA và có bán kính theo thứ tự là MB, NC, PD, QA. Do các đường tròn tiếp xúc với nhau nên các đường nối tâm MN, NP, PQ, QM đi qua các tiếp điểm. Từ đó suy ra $MN=NP=PQ=QM=4cm$. Trong tam giác vuông MBN có $MN=4cm$ và $MB=2cm$ nên suy ra tam giác MNB là nửa tam đều. Đến đây ta suy ra được MNPQ là hình vuông. Do đó theo định lí Pitago ta tính được $AM=\sqrt{4^2-2^2}=2\sqrt{3}$.

Từ đó suy ra $AB=AM+MB=2\sqrt{3}+2$. Đến đây thì ta tính được diện tích hình vuông.

P/s: Mình làm như vậy không biết có sai không. mội người xem và góp ý giùm nhé Mình cũng không biết đăng hình vẽ nên mọi người thông cảm.

Mình xin đăng tiếp bài hình.

Bài 79. Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O) có trực tâm H, đường cao AF và M là trung điểm của BC. Đường tròn đường kính AH cắt HM tại Q khác H. Lấy điểm X thuộc BC sao cho XH vuông góc với QM. Gọi L, P lần lượt là trung điểm của QH và QA. Đường thẳng qua Q song song với LX cắt MP tại N. Vẽ đường tròn tâm X bán kính XH cắt đường tròn (O) tại K sao cho K cùng phía với A so với BC.

Mình có lời giải bài hình 75 ở đây không biết có sai sót ở đâu không nữa. Mọi người xem rồi cho ý kiến nha. 

Mình đã sửa lại đề bài 64 rồi nhé.

Đáp án bài hình đề số 2.

a) Ta có $\widehat{BDC}=\widehat{ABC}$ và tứ giác ABOC nội tiếp nên ta được $\widehat{BDC}=\widehat{AOC}$ nên tam giác DKC đồng dạng với tam giác OCA, điều này dẫn đến $CK.OC=DK.AC$. Ta lại có $\widehat{BDC}=\widehat{ABC}=\widehat{BCD}$ nên tam giác BCD cân tại B. Suy ra $\widehat{DBC}=2\widehat{OBC}$. Mà ta lại có $\widehat{DBC}=2\widehat{BAO}$. Từ đó suy ra được $\widehat{DBC}=\widehat{BAC}$.

Tam giác BKC vuông tại K nên suy ra  $\widehat{DBC}+\widehat{MBA}=\widehat{DBC}+\widehat{BCK}=90^0$.Lại do tam giác ABM vuông tại M nên $\widehat{MBA}+\widehat{MAB}=90^0$ nên suy ra $\widehat{MAB}=\widehat{DBC}$.Đến đây thì ta suy ra được AB là phân giác của góc $\widehat{MAC}$.

b) Chứng minh tứ giác CHNA nội tiếp kết hợp với $\widehat{BAC}=\widehat{DBC}$ ta suy ra được BD//MH.

Chứng minh tứ giác BKCN nội tiếp kết hợp với $\widehat{ABC}=\widehat{BEC}$ ta suy ra được NK//BE.

c) Ta có hai tam giác CHI và MHB đồng dạng với nhau nên $IH.MH=CH.BH$. Hai tam giác BHE và GHC có đồng dạng với nhau nên ta có $IH.MH=EH.GH$. Từ đó suy ra tam giác EHM đồng dạng với tam giác IHG. Mà do MH//BD nên $\widehat{EMH}=\widehat{EBD}=\widehat{EGD}$ nên ta được $\widehat{EGD}=\widehat{IGH}$ suy ra hai tia GI và GD trùng nhau nên ba điểm G, I, D thẳng hàng.

d) Giả sử ES cắt MH tại P. Theo như trên ta có tam giác EHM đồng dạng với tam giác IHG nên $\widehat{HIG}=\widehat{MEG}$.

Mà $\widehat{MEG}=\widehat{ABG}$ nên ta được tứ giác BIGN nội tiếp.

Từ đó ta được $\widehat{PNG}=\widehat{HNG}$  nên ta được $\widehat{PNG}=\widehat{GES}$.

Từ đó ta suy ra được tam giác HEP đồng dạng với tam giác ABG nên $HP.HN=HE.HG$.

Ta lại có $HE.HG=HB.HC$  và $HB^2=OH.AH$ nên $HB.HC=OH.AG$.

Từ đó suy ra HP.HN=OH.AH, do đó suy ra tam giác OHP đồng dạng với tam giác NHA nên $\widehat{OPH}=\widehat{OAB}=\widehat{OCH}$ suy ra tứ giác CHOP nội tiếp nên OP vuông góc với PC.

Tứ giác CHOP nội tiếp. Từ đó ta suy ra được ba điểm B, O, P thẳng hàng. Ta cũng chứng minh được P nằm trên BD

Giả sử OB cắt CD tại J. Theo như trên ta có OB vuông góc với CD mà tam giác OCD cân nên OJ vuông góc với CJ. Ta có CP vuông góc với OB nên CP vuông góc với JO và CJ vuông góc với OJ. Từ đó suy ra J trùng với P, do đó P cũng thuộc CD.

Từ đó ta được ES, CD, OB, MH cùng đồng quy tại P.

P/s: Mình không biết vẽ hình và không biết đánh có sai chỗ nào không nữa, mọi người tự kiểm tra nha.

Bài 1c, Đề số 4.

Từ giả thiết ta được $(xy+1)(yz+1)(zx+1)\vdots xyz$. Khai triển ta được $xy+yz+zx+1\vdots xyz$. Do vai trò bình đẳng của x, y, z nên không mất tính tổng quát ta giả sử $x\geq y\geq z$.

Nếu $z=1$ khi đó ta được $xy+x+y+1\vdots xy$. Chú ý rằng x, y là các số nguyên dương nên ta suy ra được $x=y=1$ thỏa mãn.

Nếu $z\geq 2$. khi đó ta đặt $xy+yz+zx+1=kxyz$, với k nguyên dương.

Ta có $kxyz=xy+yz+zx+1<4xyz$ nên $k<4$. Từ đó ta được k = 1; 2; 3.

+ Với k=1, khi đó ta được $xy+yz+zx+1=xyz$  nên ta được $xyz=xy+yz+zx+1<4xy$, suy ra $z<4$ nên $z=2;z=3$.

- Với $z=2$ ta có phương trình $xy-2x-2y=1$.

- Với $z=3$ ta có phương trình $2xy-3x-3y=1$.

Giải các phương trình trên ta tìm được x và y.

Các trường hợp còn lại tương tự.

Xin lỗi để mình kiểm tra lại đề gốc nhé.  

Câu 3 - Đề số 1.

Đặt $a=\overline{xy}$ và $b=\overline{ztu}$ với $9\leq a\leq 100;99\leq b\leq 1000$ .

Theo bài ra ta có $(a+b)^2=100a+b$ .

Đặt $t=a+b$  thì t là sô tự nhiên và$110\leq t\leq 1089$.

Từ đó ta được $t^2-1000t+999b=0$.

Phương trình bậc hai ẩn t phải có nghiệm nên $\Delta'=250000-999b\geq 0$, do đó $b\leq 250$.

Gọi p và q là hai nghiệm của phương trình trên.

Khi đó theo định lí Vi – te ta được p+q=1000 và pq=999b.

Từ hệ thức trên ta suy ra được p và q là các số tự nhiên khác 0.

Như vậy từ pq=999b ta được pq chia hết cho 3, đồng thời ta lại có p+q chia 3 dư 1. Như vậy trong hai số tự nhiên p và q thì có một số chia hết cho 3, còn một số không chia hết cho 3.

Giả sử p chia hết cho 3 và q không chia hết cho 3. Ta có 999=27.37 và (p,q)=1.

Từ đó ta được p chia hết cho 27 và q không chia hết cho 3.

Nếu p chia hết cho 37, khi đó ta được p chia hết cho 999, do đó p=999 và q=1. Khi đó thay vào hệ thức Vi – et trên ta được b=1, điều này vô lí. Do đó p chia hết cho 27 và không chia hết cho 37.

Từ đó ta có p=27m và q=37n với m, n là các sô nguyên dương.

Như vậy ta được 27m+37n=1000 hay n=999-27m-36n+1 .

Do đó n chia 9 có số dư là 1. Đặt n=9k+1 với k là số nguyên dương.

Đến đây ta được 27m+37(9k+1)=1000 nên suy ra k không lớn hơn 3. Mặt khác cũng từ hệ thức đó ta được ta được k chia 3 dư 2.

Do đó suy ra k=2, suy ra n=19. 

Đến đây ta tìm được m và từ đó tìm được p và q. 

Vậy các chữ số cần tìm là x=y=8;z=2;t=0;u=9.

P/S: Đang còn một cách nữa ra kết quả như vậy, không biết có đúng không. 

$$\boxed{\text{ VMF}}$$

ĐỀ THI SỐ 2

Bài 1. a) Cho a, b, c là các số nguyên sao cho 2a + b, 2b + c, 2c + a đều là các số chính phương.

          i) Biết rằng ít nhất một trong ba số chính phương trên chia hết cho 3. Chứng minh rằng tích (a – b)(b – c)(c – a) chia hết cho 27.

          ii) Tồn tại hay không các số nguyên thỏa mãn điều kiện ban đầu sao cho (a – b)(b – c)(c – a) không chia hết cho 27.

          b) Cho số nguyên tố p. Giả sử x và y là các số tự nhiên khác 0 thỏa mãn điều kiện $\frac{x^{2}+py^{2}}{xy}$ là số tự nhiên. Chứng minh rằng .$\frac{x^{2}+py^{2}}{xy}=p+1$.

Bài 2. a) Giải phương trình:  $3(x+1)\sqrt{x^2+x+3}-3x^2-4x-7=0$

           b) Giải hệ phương trình:$\left\{\begin{matrix} 2x+3y=5xy & \\4x^2+y^2=5xy^2 & \end{matrix}\right.$

Bài 3. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn ab + bc + ca = abc. Chứng minh rằng: $\frac{b+c}{a^2}+\frac{c+a}{b^2}+\frac{a+b}{c^2}\geq 2$.

Bài 4. Từ một điểm A nằm ngoài đường tròn (O; R) sao cho OA > 2R. Vẽ hai tiếp tuyến AB và AC đến đường tròn (O) với B, C là các tiếp điểm. Vẽ dây cung CD song song với AB và dây cung CE vuông góc với BD tại K. Dựng AM vuông góc với BE tại M và OA cắt BC tại H.

          a) Chứng minh rằng CK.OC = DK.AC và AB là tia phân giác của góc MAC.

          b) Giả sử HM cắt AB tại N và cắt OC tại I. Chứng minh rằng MH//BD và NK//BE.

          c) Giả sử HE cắt đường tròn (O) tại G. Chứng minh rằng ba điểm D, I, G thẳng hàng.

          d) Giả sử BI cắt đường tròn (O) tại S. Chứng minh rằng ES, CD, OB, MH đồng quy. 

Bài 5. Cho 19 điểm trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng, nằm trong một hình lục giác đều có cạnh bằng 1. Chứng minh rằng luôn tồn tại một tam giác mà đỉnh là ba trong 19 điểm trên có ít nhất một góc không lớn hơn $45^0$ và nằm trong đường tròn bán kính nhỏ hơn $\frac{3}{5}$. .

Bài 75. Cho tam giác ABC nhọn có AB < AC nội tiếp đường tròn (O). Đường tròn tâm P đường kính BC cắt AB, AC lần lượt tại F và E. Gọi giao điểm của BE và CF là H. Vẽ HD vuông góc với BC tại D. Gọi K là giao điểm của EF và AH. Gọi I là trung điểm của AH. IC cắt đường tròn (O) tại M khác C.

          a) Chứng minh rằng ba điểm A, H, D thẳng hàng và ba điểm B, K, M thẳng hàng.

          b) Gọi T là giao điểm của các tiếp tuyến tại B, C của đường tròn (O). Gọi S là điểm đối xứng T qua BC. Gọi J, N theo thứ tự là giao điểm của EF với SN, SC.  Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác BHC tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác SJN

Bài 18. Trong hình vuông cạnh 12 chứa 2014 điểm. Chứng minh rằng luôn tồn tại một tam giác đều cạnh 11 phủ kín 504 điểm trong 2014 điểm đã cho.

Bài 73. Cho tam giác ABC nhọn không cân nội tiếp đường tròn (O) có ba đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H. Vẽ HI vuông góc với EF tại I và HK vuông góc với DE tại K. Gọi giao điểm của IK và AD là M, giao điểm của FM và DE là N. Gọi S là điểm đối xứng với B qua D.

          a) Chứng minh rằng ba điểm A, N, S thẳng hàng.

          b) Gọi P là giao điểm của AS với đường tròn (O) và Q là điểm đối xứng với P qua BC. Đường tròn ngoại tiếp tam giác OPQ cắt AP tại G. Chứng minh rằng trực tâm của tam giác AGO nằm trên đường thẳng HQ.  

Bài 72.Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) có BC cố định và A di động sao cho tam giác ABC luôn nhọn. Gọi H là trực tâm của tam giác ABC. Đường tròn tâm H bán kính AH cắt AB, AC theo thứ tự tại M, N.

           a) Chứng minh rằng đường thẳng kẻ từ H và vuông góc với MN cũng đi qua một điểm cố định.

           b) Gọi D và E theo thứ tự là giao điểm của AB, AC với tiếp tuyến tại O của đường tròn ngoại tiếp tam giác BOC. Gọi Q là điểm đối xứng với A qua DE. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác QDE tiếp xúc với đường tròn (O).

Bài 10. Cho 6 điểm trong mặt phẳng sao cho bất kì ba điểm nào cũng là đỉnh của một tam giác có các cạnh chiều dài khác nhau. Chứng minh rằng tồn tại một cạnh là cạnh nhỏ nhất của một tam giác vừa là cạnh lớn nhất của một tam giác khác.

Bài 11. Cho mỗi điểm trên mặt phẳng được tô bằng một trong hai màu xanh, đỏ. Chứng minh rằng tồn tại một tam giác mà ba đỉnh và trọng tâm cùng màu.

Bài 12. Trên đường tròn cho 16 điểm được tô bởi một trong ba màu xanh hoặc đỏ hoặc vàng (mỗi điểm một màu). Mỗi đoạn thẳng nối hai điểm trong 16 điểm trên được tô màu tím hoặc nâu (mỗi đoạn thẳng một màu). Chứng minh rằng với mọi cách tô màu ta luôn chọn được một tam giác có ba đỉnh cùng màu và ba cạnh cùng màu.
@MoMo123: Đã gộp

Bài 70. Cho đường tròn (O;R) có đường kính AB và một điểm M bất kì nằm trong (O) nhưng không nằm trên đường kính AB. Gọi N là giao điểm của đường phân giác trong của góc AMB với đường tròn (O). Đường phân giác ngoài của góc AMB cắt đường thẳng NA, NB lần lượt tại P và Q. Đường thẳng MA cắt đường tròn đường kính NQ tại R, đường thẳng MB cắt đường tròn đường kính NP tại S (R, S khác M. Qua R kẻ đường thẳng song song với PQ cắt AN tại C, qua S kẻ đường thẳng song song với PQ cắt BN tại D. Gọi I là trung điểm của CD.

          a) Chứng minh rằng ba điểm N, O, I thẳng hàng

          b) Chứng minh rằng đường trung tuyến ứng với đỉnh N của tam giác NRS luôn đi qua một điểm cố định khi M di động phía trong đường tròn.

Bài 69. Cho tứ giác ABCD có $\widehat{ABC}=\widehat{ADC}=90^{0}$ nội tiếp đường tròn (O). Lấy điểm M trên đoạn thẳng AB sao cho AM = AD. Đường thẳng DM cắt BC tại N. Gọi H là hình chiếu của D trên AC và K là hình chiếu của C trên AN.

          a) Chứng minh rằng $\widehat{MHN}=\widehat{MCK}$.

          b) Gọi T là giao điểm của AB và CK. Lấy các điểm E, F lần lượt trên đoạn AT và CT sao cho EF song song với AC và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác TEF nằm trên AC. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tam giác TEF và đường tròn ngoại tiếp tam giác NAC tiếp xúc với nhau.

Đường đối trung trong tam giác là một trường hợp đặc biệt của hai đường đẳng giác trong tam giác. Đường đối trung và đường đẳng giác có một số tính chất hay và cũng dễ chứng minh. Trong các bài toán khi sử dụng đến các đường này ta có thể chứng minh như nó dưới dạng bổ đề. 

Bài 64. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Đường tròn (O’)  tiếp xúc trong với đường tròn (O) và tiếp xúc với các cạnh AB, BC lần lượt tại R, P, Q. Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. 

           a) Chứng minh rằng $\widehat{ARI}=\widehat{CRI}$.

           b) Đường trung trực của AI cắt AC, AB theo thứ tự tại E, F. Chứng minh rằng đường tròn tiếp xúc với AC, AB tại E, F tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác BOC.

Bài 63. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) có E, F thuộc đoạn CA và BA sao cho EF song song với BC. Đường trung trực của đoạn thẳng BC cắt AC tại M, đường trung trực của đoạn EF cắt cắt AB tại N. Đường tròn ngoại tiếp tam giác BCM cắt CF tại P khác C, đường tròn ngoại tiếp tam giác EFN cắt CF tại Q khác F.

          a) Chứng minh rằng đường trung trực của PQ đi qua trung điểm của MN.

          b) Gọi L là điểm chính giữa cung lớn BC của đường tròn (O) và I là một điểm bất kì trên đoạn AL. Gọi J là hình chiếu của I trên BC. Đường tròn tâm I bán kính IJ cắt AB, AC theo thứ tự tại X, Y. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác AXY và đường tròn tâm L bán kính LB tiếp xúc với nhau.

Bài 60. Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O) có ba đường cao AG, BD, CE cắt nhau tại H. Gọi I là giao điểm của DE và AH. Đường thẳng qua I và song song với BC cắt tia AB, tia DB lần lượt tại P và Q. Gọi M là trung điểm của AH.

       a) Chứng minh rằng IP = IQ và I là trực tâm của tam giác MBC.

       b) Từ A vẽ các tiếp tuyến AS, AT với đường tròn đường kính BC (S, T là các tiếp điểm). Chứng minh rằng ba điểm S, H, T thẳng hàng 

Bài 59. Cho đường tròn (O) có đường kính BC và A là một điểmnằm trên nửa đường tròn. Đường tròn (I) tiếp xúc với BC, CA, AB theo thứ tự tại D, E, F. Gọi M là trung điểm cạnh AC. Đường thẳng MI cắt AB tại N, đường thẳng DF cắt đường cao AH tại P.

      a) Chứng minh tam giác ANP là tam giác cân.

      b) Gọi T là hình chiếu của D trên EF. Chứng minh rằng TB.CD = TC.BD

Bài 53. Cho đường tròn tâm O. Từ điểm M nằm ngoài đường tròn vẽ tiếp tuyến MA, MC (A, C là tiếp điểm), B thuộc cung lớn AC sao cho MB nằm giữa MO và MC. Tia MB cắt đường tròn tại Q khác B, cắt CA tại N.

        a) Gọi T là trung điểm của BQ. Chứng minh rằng MQ.MB=MN.MT

        b) Gọi K là điểm đối xứng với C qua B. Qua Q kẻ đường thẳng song song với BC cắt CM tại H. Chứng minh rằng QH, AC, MK đồng quy.