1)Tìm $4$ số biết rằng nếu cộng tích của $3$ số bất kì với số còn lại thì kết quả đều bằng $2$.
2)Giải và biện luận phương trình sau:$\sqrt{a-\sqrt{a+x}}=x$ ($a$ là tham số).
P/s:2 bài này khá dễ, mọi người có thể làm thử .

Bài này nó chính là định lí Pascal suy biến thành tiếp tuyến.

Bạn có thể nêu rõ cách làm bài này của bạn được không?

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ có đường cao $AD,$ $BE,$ $CF$ và trực tâm $H.$ Trên tia đối của $ED$ và $FD$ lấy $P$ và $Q$ sao cho $PE=EF=FQ.$
a) Chứng minh rằng $PF, QE, AO$ đồng quy.

Kẻ đường kính $AI$ của đường tròn $(O)$ cắt $BE$ tại $A_{1}$.
Ta có:$\widehat{BFC}=\widehat{BEC}=90^o \Rightarrow BCEF$ nội tiếp $\Rightarrow \widehat{AEF}=\widehat{ABC}$
$\widehat{ABC}=\widehat{AIC}=\frac{1}{2}$sđ$\mathop {AC}^{\displaystyle\frown} \Rightarrow \widehat{AEF}=\widehat{AIC}$
Mà: $BE//CI \Rightarrow \widehat{AIC}=\widehat{AA_{1}E} \Rightarrow \widehat{AEF}=\widehat{AA_{1}E} \Rightarrow OA\bot EF$
$\widehat{AFE}=\widehat{ACB}$ ($BCEF$ nội tiếp)
$\Delta BAD \sim \Delta BCF \Rightarrow \frac{BA}{BC}=\frac{BD}{BF}$; $\widehat{ABC}$ chung $\Rightarrow \Delta ABC \sim \Delta DBF$
$\Rightarrow \widehat{ACB}=\widehat{BFD}=\widehat{QFA} \Rightarrow \widehat{QFA}=\widehat{AFE}$
$\Rightarrow FA$ là phân giác $\widehat{QFE} \Rightarrow FA\bot QE$
CMTT cũng có :$FP\bot AE$
Xét $\Delta AEF$ có $OA\bot EF;FP\bot AE;EQ\bot AF \Rightarrow PF;OA;QE$ đồng quy.

P/s: Vì chưa thể giải hết tất cả các câu để thống nhất các đường phụ, có thể mình gọi khác các bạn nên mong các bạn thông cảm.
Câu a dễ nhất nên mình xin giải trước

c; Qua $B;C$ lần lượt kẻ đường thẳng song song với $DE;DF$ cắt $ID$ tại $G;P$
Theo định lí $Thales$ ta có: $CP//DL$ $\Rightarrow \frac{ID}{IP}=\frac{IL}{IC}$
$BG//KD$ $\Rightarrow \frac{ID}{IG}=\frac{IK}{IB}$
$KL//BC$ $\Rightarrow \frac{IK}{IC}=\frac{IL}{IC}$ $\Rightarrow \frac{ID}{IG}=\frac{ID}{IP}$ $\Rightarrow IP=IG$ $\Rightarrow P\equiv G$
$\Rightarrow \widehat{ABG}=\widehat{ACG}=90^o$ $\Rightarrow ABGC$ nội tiếp $\Rightarrow AG$ là đường kính đường tròn $(O)$.
Mà: $N;M;O$ là trung điểm $AI;AD;AG$ và $I;D;G$ thẳng hàng $\Rightarrow N;M;O$ thẳng hàng.

cho $\Delta ABC$ nhọn nội tiếp đường tròn tâm $(O)$. đường cao $AD(D\in BC)$. gọi $E,F$ lần lượt là hình chiếu của $D$ lên $AB,AC$. gọi $I$ là giao điểm của $BF$ và $CE$
a, cm tam giác $BIC$ và tam giác $EIF$ đồng dạng
b, gọi $K$ là giao điểm của $BF$ và $DE$ . gọi $L$ là giao điểm của $CE$ và $DF$.cmr: $KL||BC$
c, gọi $M,N$ là trung điểm của $AD,AI$ cmr $M,N,O$ thẳng hàng

Câu a;b trước vậy.
a; Ta có:$\widehat{AED}+\widehat{AFD}=180^o$$\Rightarrow AEDF$ nội tiếp $\Rightarrow \widehat{AEF}=\widehat{ADF}=\frac{1}{2}$sđ$\mathop {AF}^{\displaystyle\frown}$.
Mà:$\widehat{ADF}=\widehat{ACB}$ (Cùng phụ $\widehat{DAC}$)
$\Rightarrow \widehat{AEF}=\widehat{ACB} \Rightarrow \widehat{ACB}+\widehat{BEF}=180^o$
$\Rightarrow BEFC$ nội tiếp $\Rightarrow \Delta BIC \sim EIF$
b; $BEFC$ nội tiếp $\Rightarrow \widehat{BEC}=\widehat{BFC}=\frac{1}{2}$sđ$\mathop {BC}^{\displaystyle\frown}$
$\Rightarrow \widehat{KEL}=\widehat{BEC}-90^o=\widehat{BFC}-90^o=\widehat{KFL} \Rightarrow EKLF$ nội tiếp.
$\Rightarrow \widehat{IEF}=\widehat{IKL}=\widehat{IBC} \Rightarrow KL//BC$.

Cho $a;b;c$ phân biệt thoả mãn: $\left ( a-b \right )\left ( b-c \right )\left ( c-a \right )=\left ( a+b \right )\left ( b+c \right )\left ( c+a \right )$
Tính $P=\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}$

Dễ thấy:$(a+b)(b+c)(c+a)\neq 0$ $\Rightarrow \frac{a-b}{a+b}.\frac{b-c}{b+c}.\frac{c-a}{c+a}=1.$
Đặt: $\frac{a-b}{a+b}=x; \frac{b-c}{b+c}=y;\frac{c-a}{c+a}=z$
$\Rightarrow xyz=1; \left\{\begin{matrix} x+1=\frac{2a}{a+b} & & \\ y+1=\frac{2b}{b+c} & & \\z+1=\frac{2a}{c+a} & & \end{matrix}\right.$
Ta cũng có: $\left\{\begin{matrix} 1-x=\frac{2b}{a+b} & & \\ 1-y=\frac{2c}{b+c} & & \\1-z=\frac{2a}{c+a} & & \end{matrix}\right.$
$\Rightarrow (x+1)(y+1)(z+1)=(1-x)(1-y)(1-z)\Leftrightarrow (xy+x+y+1)(z+1)=(xy-x-y+1)(1-z)$
$\Leftrightarrow xyz+xz+yz+z+xy+x+y+1=xy-x-y+1-xyz+xz+yz-z\Leftrightarrow x+y+z=-xyz=-1$
$\Rightarrow P=\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}=\frac{x+1}{2}+\frac{y+1}{2}+\frac{z+1}{2}=\frac{x+y+z+3}{2}=1.$

Cho điểm $A$ nằm ngoài đường tròn $(O)$; từ $A$ kẻ các tiếp tuyến $AM, AN$ và các cát tuyến $AEB, ADC$; $H$ là giao điểm của $BD$ và $CE$ ($B$ và $M$ cùng nằm trên một mặt phẳng bờ $AH$). Chứng minh rằng: $AH; BM; CN$ đồng quy.

 

 

Cho đường tròn tâm O và điểm M nằm ngoài đường tròn. Từ M vẽ hai tiếp tuyến MA, MB của (O), (A, B là các tiếp điểm). Qua M vẽ đường thẳng cắt đường tròn tại C và D sao cho MC<MD hai điểm A và O khác phía so với đường thẳng MD. Gọi K là trung điểm của dây CD. Vẽ đường kính AN của (O); NC và ND cắt đường thẳng MO lần lượt tại P và Q. Chứng minh PQ.CB=DC.QN và O là trung điểm của PQ.

Theo tính chất tiếp tuyến cắt nhau ta có: $\left\{\begin{matrix} MA=MB & \\OA=OB & \end{matrix}\right.\Rightarrow MO$ là đường trung trực của $AB$$\Rightarrow MO\bot AB$
Mà: $\widehat{ABN}=90^o\Rightarrow BN\bot AB\Rightarrow MO//BN\Rightarrow \widehat{BNC}=\widehat{NPQ}$
Lại có: $\widehat{BNC}=\widehat{BDC}=\frac{1}{2}$sđ$\mathop {BC}^{\displaystyle\frown}$$\Rightarrow \widehat{NPQ}=\widehat{BDC}$
$\widehat{PNQ}=\widehat{DBC}=\frac{1}{2}$sđ$\mathop {CAD}^{\displaystyle\frown}$
$\Rightarrow \Delta PQN\sim \Delta DCB(g-g)\Rightarrow \frac{PQ}{DC}=\frac{QN}{BC}\Rightarrow PQ.BC=QN.DC$
Mặt khác: $\widehat{MBO}=\widehat{MKO}=90^o\Rightarrow MKOB$ nội tiếp.$\widehat{MKB}=\widehat{MOB}=\frac{1}{2}$sđ$\mathop {BM}^{\displaystyle\frown}$
Mà: $\widehat{MOA}=\widehat{MOB};\widehat{MOA}=\widehat{QON}\Rightarrow \widehat{MOB}=\widehat{QON}$
$\Rightarrow \widehat{MKB}=\widehat{QON}$
Kết hợp: $\widehat{OQN}=\widehat{KCB}(\Delta PQN\sim \Delta DCB)$$\Rightarrow \Delta QON\sim \Delta CKB(g-g)\Rightarrow \frac{QO}{CK}=\frac{QN}{BC}$
Mà:$\frac{PQ}{DC}=\frac{QN}{BC}\Rightarrow \frac{QO}{CK}=\frac{PQ}{DC}\Rightarrow \frac{QO}{CK}=\frac{PQ}{2CK}\Rightarrow QO=\frac{PQ}{2}$
$\Rightarrow O$ là trung điểm $PQ$

Phân tích:
Với giả thiết $a^2+4b=8$ và $a, b$ không âm ta có:
$4.(a+b)=4a+8-a^2=12-(a-2)^2 \leq 12 \Rightarrow a+b \leq 3$

Ta cũng có thể lập luận như sau đều giống của anh William Nguyen:
Áp dụng BĐT Cô-si ta có: $a^2+4\geq 4a$. Dấu $'='$ xảy ra khi: $a=2$
Kết hợp giả thiết bài toán ta có: $4a+4b\leq 4+a^2+4b=4+8=12$
$\Rightarrow 0<a+b\leq 3$

Cho các số thực $a;b$ không âm thỏa mãn: $a^2+4b=8$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: $$P=a+b+\frac{2024}{a+b}.$$

Cho đường tròn $(O;r)$; kẻ một dây $AB$ không đi qua tâm. Gọi $I$ là trung điểm $AB$; qua $I$ kẻ các dây $MN; CD$ ($C;M$ thuộc cung nhỏ $AB$). Kẻ $OH\bot CM;OK\bot DN$. Các đường $CM;DN$ cắt $AB$ lần lượt tại $E;F$.Chứng minh rằng: $\Delta OEF$ cân.

Thời gian làm bài: tối đa 30 phút.
Bài tập 4: Cho phương trình $(m-5)x^2+2(m-1)x+m=0 \quad \textbf{(1)}$. Với giá trị nào của $m$ thì $\textbf{(1)}$ có 2 nghiệm $x_1,x_2$ thỏa mãn $x_1<2<x_2$.

$PT$ có $2$ nghiệm $x_{1};x_{2}$$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} m-5\neq 0 & \\ \Delta '=(m-1)^2-m(m-5)\geq 0 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} m\neq 5 & \\ \Delta '=m^2-2m+1-m^2+5m=3m+1\geq 0 & \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} m\neq 5& \\ m\geq \frac{-1}{3} & \end{matrix}\right.$
Theo hệ thức Viète ta có: $\left\{\begin{matrix} x_{1}+x_{2}=-\frac{2(m-1)}{m-5} & \\ x_{1}x_{2}=\frac{m}{m-5} & \end{matrix}\right.$
Ta có:$x_{1}<2<x_{2}\Rightarrow (x_{1}-2)(x_{2}-2)<0\Leftrightarrow x_{1}x_{2}-2(x_{1}+x_{2})+4<0\Rightarrow \frac{m}{m-5}+\frac{4(m-1)}{m-5}+4<0\Leftrightarrow \frac{9m-24}{m-5}<0\Leftrightarrow \frac{8}{3}<m<5$
ĐCĐK: $\frac{8}{3}<m<5$ tm.

Cho số nguyên dương $n$ lẻ. Tại mỗi ô vuông của bàn cờ có kích thước $n \times n$ người ta viết một số $1$ hoặc $-1$. Gọi $a_{k}$ là tích của tất những số ghi trên hàng thứ $k$ (tính từ trên xuống) và $b_{k}$ là tích tất cả những số ghi trên cột thứ $k$ (tính từ trái sang). Chứng minh rằng với mọi cách điền số như trên đều có:$a_{1}+a_{2}+...+a_{n}+b_{1}+b_{2}+...+b_{n}\neq 0.$
(Nguồn: $TTT2$)

Cho 3 số nguyên dương $a,b,c$ phân biệt thỏa mãn: $\frac{a-b\sqrt{2024}}{b-c\sqrt{2024}}$.

Chứng minh rằng $a^2+b^2+c^2$ là hợp số.

Đến đó thỏa mãn gì vậy bạn?

$(x+1)\sqrt{x^2+4x+7} + x(\sqrt{x^2+3}+1)=0$
giải phương trình

Đề này theo mình là: $(x+2)\sqrt{x^2+4x+7} + x(\sqrt{x^2+3}+1)=0$ thì đúng hơn.

Tìm các số nguyên $m, n$ thỏa mãn $m(m+1)(m+2)=n^2$

Ta có: $m(m+1)(m+2)=n^2$$\Rightarrow m(m+1)(m+2)\geq 0\Rightarrow \left[\begin{matrix}m\geq 0\\-2\leq m \leq -1\\\end{matrix}\right.$
Xét: $m\in \left \{ -2;-1;0 \right \}\Rightarrow n=0$
Xét: $m>0\Rightarrow n^2\vdots m\Rightarrow n\vdots m\Rightarrow n=km\left ( k\in \mathbb{N^*} \right )$
$\Rightarrow m(m+1)(m+2)=k^2m^2\Leftrightarrow (m+1)(m+2)=mk^2$
Ta có:$\left ( m;m+1 \right )=1\Rightarrow k^2\vdots (m+1)\Rightarrow k\vdots (m+1)\Rightarrow k=a(m+1)$ với $(a\in \mathbb{N^*})$
$\Rightarrow (m+1)(m+2)=m(m+1)^2a^2\Leftrightarrow m+2=m(m+1)a^2\Leftrightarrow (m+1)(ma^2-1)=1\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} m+1=1 & \\ ma^2-1=1 & \end{matrix}\right.$
($PTVN$ vì $m>0$)
Vậy phương trình có nghiệm là: $\left ( m;n \right )\in \left \{ (-2;0);(-1;0);(0;0) \right \}$

Cho đường tròn $(O,R)$ và dây $BC$ không qua tâm. $A$ là một điểm chính giữa cung nhỏ $BC$. Góc nội tiếp $EAF$ quay quanh $A$ và có số đo là $\alpha$ không đổi sao cho $E, F$ nằm trên cung lớn $BC.\quad  AF, AE$ cắt $BC$ tại $M,N$. Dựng hình bình hành $MNED$. Gọi $I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\triangle MDF$. CMR khi $\widehat{EAF}$ quay quanh $A$ thì $I$ chuyển động trên đường thẳng cố định.

Bài này là câu hình trong đề thi HSG tỉnh Phú Thọ lớp 9 năm 2013-2014.
 Đề thi HSG tỉnh Phú Thọ năm 2013-2014.rar   253.44K   101 Số lần tải

Cho $a;b;c;d;e$ là các số nguyên thỏa mãn:$$a^3+b^3+c^3+d^3+e^3=0.$$
Chứng minh rằng: $abcde$ chia hết cho $42$.

Bài toán đã có lời giải ở đây.

Cho các số thực dương $a;b;c$ thỏa mãn $a+b+c=7$. Chứng minh rằng: $$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+abc\geq ab+bc+ca-2$$

Cho các số thực dương $a;b;c$. Chứng minh rằng:$$\left ( \frac{b}{a+c} \right )^2+\left ( \frac{c}{a+b} \right )^2\geq \frac{b^2-ac+c^2}{a^2+bc}$$

Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn $(O)$; $AC$ cắt $BD$ tại $E$; $AB$ cắt $CD$ tại $F$. Các đường cao $AA';DD'$ của $\Delta EAD$ cắt nhau tại $H$, các đường cao $BB';CC'$ của $\Delta EBC$ cắt nhau tại $K$. Chứng minh rằng: $F;H;K$ thẳng hàng.