Góp 1 bài đơn giản nhé  Lâu quá không trở lại diễn đàn rồi

Bài 17: Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O),$ ngoại tiếp $(I).$ $(I)$ tiếp xúc với $BC$ tại $D.$ $X$ đối xứng $A$ qua $O.$ $DX$ cắt $(O)$ tại $Y$ khác $X.$ $AI$ cắt $(O)$ tại $K.$ Chứng minh rằng tiếp tuyến tại O của $(OXY)$ cắt $DK$ tại một điểm chính là tâm của (AYI).

+) Với n chẵn thì ta chia thành các cặp vecto đối nhau thì có đpcm.

Xét trường hợp n lẻ.

Đặt $\overrightarrow{u}=\sum_{i=1}^n\overrightarrow{OA_i}$.

Giả sử $\overrightarrow{u}\neq \overrightarrow{0}$.

Do các cặp vectơ $\overrightarrow{OA_2},\overrightarrow{OA_n}$;$\overrightarrow{OA_3},\overrightarrow{OA_{n-1}}$;... đối xứng với nhau qua $OA_1$ nên các vectơ $\overrightarrow{OA_2}+\overrightarrow{OA_n},\overrightarrow{OA_3}+\overrightarrow{OA_{n-1}};...;\overrightarrow{OA_{\frac{n-1}{2}}}+\overrightarrow{OA_\frac{n+1}{2}}$ cùng phương với vectơ $\overrightarrow{OA_1}$.

Do đó $\overrightarrow{u}$ cùng phương với $\overrightarrow{OA_1}$.

Hoàn toàn tương tự ta có $\overrightarrow{u}$ cùng phương với $\overrightarrow{OA_2}$. (vô lí)

Vậy $\overrightarrow{u}=\overrightarrow{0}$.

Mình (em) nghĩ đoạn $\overrightarrow{OA_{\dfrac{n-1}{2}}},\overrightarrow{OA_\dfrac{n+1}{2}}$ đối xứng nhau qua $OA_1$ có gì đó sai sai.

Chẳng hạn lấy $n=7,$ khi đó ta có $OA_3,OA_4$ đối xứng nhau qua $OA_1?$

Tuy nhiên nếu sửa lại là $\overrightarrow{OA_{\dfrac{n-1}{2}}},\overrightarrow{OA_\dfrac{n+5}{2}}$ thì mình thấy nó đúng với $n\ge 5.$ (đã thử $n=5,7,9,11.$)

Edit. Hình như cũng không hẳn là đúng vì nó chưa phải là "cặp cuối cùng". Có lẽ $\overrightarrow{OA_{\dfrac{n+1}{2}}},\overrightarrow{OA_\dfrac{n+3}{2}}$ thì đúng hơn.

Cho đa giác đều $A_1A_2\cdots A_n$ với $n\in \mathbb{N}$ và $n\geqslant 3$ có tâm $O.$ Chứng minh rằng

\[\overrightarrow {OA_1}+\overrightarrow {OA_2}+\cdots +\overrightarrow {OA_n}=\overrightarrow {0} \]

Các điểm H, E để trưng bày là chủ yếu nên mình sẽ không vẽ ra nhé

Ta dễ dàng chứng minh được DB, KB cũng là tiếp tuyến từ $D,K$ đến $(O).$ Do đó:

Theo hệ quả của định lý Talet ta có:

$$\dfrac{IA}{IK} = \dfrac{DA}{KC} = \dfrac{DB}{BK},$$ do đó $BI||AD\bot AC;BM \bot AC.$

Bài toán. (Iran 1999) Tìm tất cả hàm số $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ thỏa mãn $f\big(f(x) + y\big) = f(x^2 - y) + 4yf(x).$

"Cho tam giác nội tiếp đường tròn (O). Gọi D là điểm chính giữa cung nhỏ BC. Hai tiếp tuyến tại C và D đường tròn (O) cắt nhau tại E. Gọi P, Q lần lượt là giao điểm của các cặp đường thẳng AB và CD; AD và CE. C/m:

a. BC song song DE

b. Các tứ giác CODE, APQC nội tiếp được

c. Tứ giác BCQP là hình gì?"

Vẽ hình và giải bài toán giúp em với ạ!

Cảm ơn!

Bạn chú ý sửa tiêu đề lại nhé, mình đang bận không sửa cho bạn được. 

a) Ta có $\angle EDC = \angle DAC=\angle BAD = \angle BCD$ nên là $BC||DE.$

b) Có: $$\angle DEQ = \angle BCE =\angle BCD + \angle DCE = \angle BAD + \angle DAC = \angle BAC = \angle DOC,$$ dẫn đến tứ giác CODE nội tiếp.

Có $$\angle PAQ = \angle QAC =\angle DAC = \angle DCE =\angle PCQ$$ nên là tứ giác $APQC$ cũng nội tiếp.

c) Từ câu b ta có $$\angle CQP = 180 -\angle BAC = 180 -\angle DOC = \angle CED$$ suy ra $BC||DE||PQ$ nên tứ giác $BCQP$ là hình thang.

Bạn ơi nếu mình chưa học tứ giác nội tiếp thì bài này có cách giải nào khác không ạ?

Bài này là định lý Miquel, cách chứng minh quen thuộc nhất là dùng tứ giác nội tiếp Còn cách khác thì mình chưa có  

Gọi $(AEF) \cap (BFD) = I\Rightarrow \angle IDB = \angle IFA = \angle IEC.$

Dẫn đến tứ giác $CDIE$ nội tiếp hay $(AEF),(BFD), (CDE)$ cùng đi qua một điểm.

Gọi I' là tâm $(ABC)$ khi đó kẻ $I'D', I'E', I'F'$ lần lượt vuông $BC,CA,AB$ thì ta có ngay $D',E',F'$ là trung điểm $BC,CA,AB.$

Dẫn đến $D\equiv D', E\equiv E', F\equiv F';$ theo cách dựng ta có tứ giác $I'D'BE'$ nội tiếp nên $I'DBE$ cũng nội tiếp.

Tương tự $I'DCE, I'EAF$ đều nội tiếp. Do đó $I\equiv I'.$ Ta lại có $I'A=I'B=I'C\Rightarrow IA=IB=IC,$ từ đó dễ thấy được điều cần chứng minh.

Ps: Ý thứ hai không chắc.

Thời gian 8:23

10 thành viên, 1497 khách, 0 thành viên ẩn danh   (Xem đầy đủ danh sách)

tthnew, tayduky12, nhatvinh2018, huykinhcan99, MoMo123, UserNguyenHaiMinh, ngodungbk, pcoVietnam02, Tsuki1, nhungvienkimcuong

10 thành viên, 1453 khách, 2 thành viên ẩn danh   (Xem đầy đủ danh sách)

tthnew, Lecaotri99, tuannguyenhue, Serine, KietLW9, kimchitwinkle, 128tt, Tiraliza, lmtrtan123334, minie123

Thời gian 21:16.

Chuyện là dạo gần đây em truy cập diễn đàn hay xuất hiện thông báo  "Xin lỗi, bạn không có quyền thực hiện việc này" . Tất nhiên lỗi này chỉ diễn ra trong 1 thời gian ngắn (tầm 1 phút ) và sau đó tự hết khi refesh lại trang. Tuy nhiên em vẫn muốn biết liệu nó có ảnh hưởng gì đến diễn đàn không nhỉ? Rất mong được mọi người trợ giúp, không biết có ai bị lỗi giống em không

Cho các số dương $x,y,z$ thỏa mãn $(1-x)(1-y)(1-z)=(1+x)(1+y)(1+z)$. Chứng minh rằng $$(x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2\geq4\sqrt3(x+y+z).$$

Hình như điều kiện phải là $x,y,z\in \mathbb{R}.$ Thật vậy, nếu $x,y,z>0\Rightarrow p=x+y+z>0; r=xyz>0.$

Điều kiện 

$$(1-x)(1-y)(1-z)=(1+x)(1+y)(1+z)$$

$\Leftrightarrow 2r=-2p,$ vô lý vì $2r>0>-2p.$

Edit. Với $x,y,z$ là số thực bài toán vẫn không đúng. Còn với $x,y,z\geqslant 0$ thì bài toán là hiển nhiên.

Anh tìm hổng có bài bất đẳng thức nào của em

Em không biết cách gửi bài cho Epsilon hay TTT2  

Link: https://epsilonvn.gi...kvqsOYytrtvg5GY

Trọn bộ 20 quyển: https://epsilonvn.gi...kvqsOYytrtvg5GY

Bài này có những phân tích rất đẹp. Tuy nhiên mình sẽ làm nó đao to búa lớn xíu để không ai đoán ra cách mình làm

$$VT=a^4+a^3b+a^2b^2+ab^3+b^4={\frac { \left( 2\,{a}^{2}-5\,ab-10\,{b}^{2} \right) ^{2}}{100}}+{ \frac {372\,{a}^{4}}{575}}+{\frac {{a}^{2} \left( 23\,b+12\,a \right) ^{2}}{460}} \geqslant 0.$$

Ps. Chú ý gõ $\LaTeX$ nhé.

Có lẽ phương trình vô tỉ thì không có cách giải tổng quát đâu bạn Vì với các phương trình có nghiệm, vô nghiệm, nghiệm xấu hay đẹp thì ta lại có cách xử trí khác nhau. Đó chính là sự tinh tế trong việc vận dụng các phương pháp giải. Cái này chỉ có được khi bạn làm nhiều thôi

$$3x^3+x+3+(8x-3)\sqrt{2x^2+1}=0$$

Nếu $0\leqslant x\leqslant \dfrac{3}{8},$ thì ta biến đổi phương trình trở thành

$$x \left( 19\,{x}^{2}-6\,x+9 \right) + \left( 3-8\,x \right)  \left( 2 \,{x}^{2}+1-\sqrt {2\,{x}^{2}+1} \right)=0,$$

$$x\left(19x^2-6x+9\right) +\left(3-8x\right) \cdot \dfrac{2\,{x}^{2} \left( 2\,{x}^{2}+1 \right) }{(2x^2+1)+\sqrt{2x^2+1}}=0,$$

hay là

$$x\left[\left(19x^2-6x+9\right) +\left(3-8x\right) \cdot \dfrac{2{x} \left( 2\,{x}^{2}+1 \right) }{(2x^2+1)+\sqrt{2x^2+1}}\right]=0$$

Do $0\leqslant x\leqslant \dfrac{3}{8}$ nên biểu thức trong ngoặc vuông vô nghiệm.

Dẫn đến $x = 0.$

Nếu $x>\dfrac{3}{8}$ thì $$VT\geqslant 3x^3+x+3+(8x-3)\cdot 1 =3\,x \left( {x}^{2}+3 \right) >0\forall x>\dfrac{3}{8},$$

trường hợp này vô nghiệm.

Nếu $x<0,$ ta viết phương trình lại thành

$$VT=3x(x^2+3)+\left( 8\,x-3 \right)  \left( \sqrt {2\,{x}^{2}+1}-1 \right)$$

$$=3x(x^2+3)+\dfrac{2x^2(8x-3)}{\sqrt{2x^2+1}+1}$$

$$=x\left[3(x^2+3)+\dfrac{2x(8x-3)}{\sqrt{2x^2+1}+1}\right]<0\forall x<0,$$

trường hợp này cũng vô nghiệm nốt.

Vậy $x=0.$

Không biết các bạn có bị lỗi font không, nhưng em bị lỗi nên đăng lại ảnh ạ:

Nguồn: https://www.facebook...219177643433330

Câu 4.

Xin gửi các bạn đáp án đề thi chuyên toán Lê Quý Đôn - Đà Nẵng.

https://drive.google...rcX_4cXH-g/view

Tham khảo câu 1:

Chi tiết có thể xem tại page của tụi mình: Đáp án đề chuyên KHTN vòng 2 - Cuộc thi Trí tuệ VICE - Bài viết | Facebook

Mời các bạn tham khảo đáp án do mình và các anh chị của CLB Toán Lim biên soạn: Đáp án đề thi chuyên KHTN V1 2021 | Facebook

Ps: Nếu bạn ủng hộ, hãy tặng cho tụi mình một like bài viết Facebook nhé!

Một đề rất nhẹ nhàng. Các bạn có thể tham khảo ở đây.

$\boxed{45}$ (Đề thi thử Archimedes ngày 5/6/2021) Cho tam giác $ABC$ có hai đường cao $BE,CF$ cắt nhau tại $H$ ($E \in CA, F\in AB$). Gọi $M,N$ là trung điểm $CE,BF.$ $NM$ cắt $BE,CF$ tại $P,Q.$

a) Chứng minh rằng $\dfrac{PB}{PE}=\dfrac{QF}{QC}.$

b) Chứng minh rằng $(AMN)$ tiếp xúc $(HPQ).$

c) Gọi $I$ là trung điểm $PQ;$ K là giao điểm của $IH$ và $EF.$ Chứng minh rằng $(KPQ)$ đi qua trực tâm của tam giác $HPQ.$

Bản đề gốc:

Mình làm phần còn lại nãy h ko đc nè. (thử thay n=5 thì 2n+2/3=4 tm ???)

Đề bài trên do trung tâm đánh lại thiếu. Đề bài gốc hôm qua mình thi là "Chứng minh với $n,p$ vừa tìm được, các số nguyên ở trên không đồng thời là số chính phương."

Update. Toàn bộ đề bài trên là:

"Tìm số tự nhiên n và số nguyên tố p sao cho $\dfrac{2n+2}{p},\dfrac{4n^2+2n+1}{p}$ đều là số nguyên. Chứng minh với $n,p$ vừa tìm được, các số nguyên ở trên không đồng thời là số chính phương."

Hôm qua thi đề này sai cay cú nên em nhớ rõ lắm hehe :v 

Bạn Hunghcd nói mình mới để ý, $n\ge 5$ mới đúng, không hiểu sao bên đó đánh lại đề lỗi thế.