Góp mấy bài toán:       
Bài 1: Cho các số thực dương $x,y,z$ và thỏa mãn rằng: $x(x+y+z)=3yz$.Chứng minh rằng:

$(x+y)^{3}+(x+z)^{3}+3(x+y)(x+z)(y+z) \leq 5(z+y)^{3}$

 

 

đây là đề thi đại học khối A năm 2009

Thảo nào bác này pro phết

pro gì đâu

mỗi thằng 1 phần

                                                                                          NTP

Mặt mấy bác nhìn đỡ thộn hơn bên HM nhiều

 

====================================================

HM là gì vậy

                                                                                               NTP

1 bác giỏi bđt

1 bác giỏi hình

1 bác giỏi pt hpt 

như vậy chăng

chả biết nữa

mà mình thường giải chỗ bđt,pt,hpt,lâu lâu số học

NRC thì giải mấy cái toán rời rạc,số học

còn A-Q thì cũng giống mình với hình

                                                                                                      NTP

 

 

 1972427_1478427425706213_1253627581_n.jpg

bên trái là mình(NTP),bên phải là NRC

 1900093_273865279442113_1585978746_n.jpg

và trên là A-Q

 

                                                                                      NTP

Những anh thanh niên cứng của năm         

 

cứng sao e

                                                                               NTP

3 người chung 1 nick à ác tỉ

 

P/s: Chụp 3 chết *** **** đứng giữa

uk,bọn mình chung 1 nick

                                                                                          NTP

bên trái là mình(NTP),bên phải là NRC

và trên là A-Q

                                                                                      NTP

Giải hệ PT

 

1. $\left\{ \begin{matrix} 6{x^2} - y - x{y^2} = 0\\ 5{x^2} - {x^2}{y^2} - 1 = 0 \end{matrix} \right.$

 

2. $\left\{ \begin{matrix} 2{x^3} - 9{y^3} = \left( {x - y} \right)\left( {2xy + 3} \right)\\ {x^2} - xy + {y^2} = 3 \end{matrix} \right.$

 

3. $\left\{ \begin{matrix}\left( {x + \sqrt {{x^2} + 1} } \right)\left( {y + \sqrt {{y^2} + 1} } \right) = 1\\ \sqrt {2x - 1} + 1 = y\left( {x - 3} \right) \end{matrix} \right.$

$1$

hpt tương đương $\left\{\begin{matrix} xy^2+y=6x^2\\x^2y^2+1 =5x^2 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} \frac{y}{x}(\frac{1}{x}+y)=6\\(\frac{1}{x}+y)^2-2\frac{y}{x}=5 \end{matrix}\right.$

phần còn lại đặt ẩn là được

$2$

thay $3$ từ $PT(2)$ vào $PT(1)$ ta được $2x^3-9y^3=(x-y)(x^2+xy+y^2)\Leftrightarrow x^3=8y^3\Leftrightarrow x=2y$

tới đây thế vào $PT(2)$ là được

$3$

từ $PT(1)$ suy ra $x+y=0$ nên ta có $PT(2)$ là $(x-\frac{1}{2})^2=(\sqrt{2x-1}-\frac{1}{2})^2$

phần còn lại ok rồi

NTP

Bài 11: (Kết bài này) Cho lục giác lồi $ABCDEF$ có $AB=BC,CD=DE,EF=FA$. Chứng minh rằng: $\frac{BC}{BE}+\frac{DE}{DA}+\frac{FA}{FC}\geq \frac{3}{2}$. Dấu bằng xảy ra khi nào?

đặt $AC=x;CE=y;EA=z$

theo bđt $ptoleme$ cho tứ giác $ACEF$ ta có  $AC.EF+CE.AF\geq AE.CF\Rightarrow FA(x+y)\geq FCz\Rightarrow \frac{FA}{FC}\geq \frac{z}{x+y}$

tương tự thì ta có $\frac{DE}{DA}\geq \frac{y}{z+x};\frac{BC}{BE}\geq \frac{x}{y+z}$

do đó $\frac{BC}{BE}+\frac{DE}{DA}+\frac{FA}{FC}\geq \frac{x}{y+z}+\frac{y}{z+x}+\frac{z}{x+y}\geq \frac{3}{2}$

dấu bằng xảy ra khi $ABCDEF$ là lục giác đều

bđt chặt hơn cho bài trên là $\frac{BC}{BE}+\frac{DE}{DA}+\frac{FA}{FC}\geq \frac{3}{2}+\frac{(AC-CE)^2+(CE-AE)^2+(AE-AC)^2}{(AC+CE)^2+(CE+AE)^2+(AE+AC)^2}$

NTP

bài 13 : cho $\Delta ABC$ có $\widehat{BAC}=105^0$,đường trung tuyến $BM$ và đường phân giác $CD$ cắt nhau tại $K$ sao cho $KB=KC$.Gọi H là hình chiếu của $A$ xuống $BC$.

CMR $HA=HB$

bài 14 :cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn $(O)$.Một đường thẳng qua $C$ cắt các tia đối của tia $AB,AD$ lần lượt tại $M,N$

CMR: $\frac{4S_{BCD}}{S_{AMN}}\leq (\frac{BD}{CD})^2$

NTP

Bài 25: Cho đường tròn (O) và đường thẳng d nằm ngoài (O). Gọi D là hình chiếu của O trên d, M là một điểm di động trên d. Từ M kẻ 2 tiếp tuyến MA, MB với (O), F và E lần lượt là hình chiếu của D trên MA, MB. Chứng minh EF luôn đi qua 1 điểm cố định.

 

P/s: hãy nghĩ cách giải bài 22 đi mọi người 

gọi $EF\cap OD\in \left \{ I \right \};AB\cap OD\in \left \{ S \right \}$

một bài toán cơ bản là chứng minh $S$ cố định(cái này mọi người tự chứng minh nha,dùng phương tích)

gọi $G$ là hình chiếu của $D$ trên $AB$ thì đường thẳng $simon$ của $\Delta ABM$  là $EF$ do đó $E,F,G$ thẳng hàng

ta có $\widehat{IDG}=\widehat{MOD}=\widehat{MBD}=\widehat{IGD}$

do đó dễ dàng chứng minh $I$ là trung điểm $SD$ do đó $I$ cố định

NTP

Bài 24: (Đề thi toán quốc tế IMO 2013,câu 3) . Cho tam giác $ABC$. Gọi $A_1,B_1,C_1$ thứ tự là các tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp tam giác với các cạnh $BC,CA,AB$. Chứng minh rằng nếu tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $A_1B_1C_1$ nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ thì tam giác $ABC$ là tam giác vuông.

NTP

Bài 9: Cho tam giác $ABC$ có $\widehat{A}=90^{\circ}$. Hình vuông $MNPQ$ nội tiếp tam giác ABC sao cho $M$ nằm trên đoạn $AB$, $N$ nằm trên đoạn $AC$ và $P,Q$ nằm trên đoạn $BC$. Chứng minh rằng $BC \geq 3QP$. Dấu $=$ xảy ra khi nào?

gọi $D$ là trung điểm $BC$ ta có $AH\leq AD=\frac{1}{2}BC$

gọi $H$ là hình chiếu của $A$ trên $BC$

ta có $\frac{BM}{AB}=\frac{MQ}{AH};\frac{AM}{AB}=\frac{MN}{BC}$

$\Rightarrow 1=(\frac{QM}{2AH}+\frac{QM}{2AH}+\frac{MN}{BC})^3\geq \frac{27QM^2MN}{4AH^2.BC}\geq \frac{27PQ^3}{4.(\frac{BC}{2})^2.BC}\Rightarrow BC\geq 3PQ$

dấu bằng xảy ra khi $\Delta ABC$ vuông cân

NTP

$\blacksquare$ bổ đề $1$:trong $\Delta ABC$ $\widehat{BAC}\geq 90^0\Leftrightarrow BC^2\geq AB^2+AC^2$

$\blacksquare$  bổ đề $2$:trong tứ giác $ABCD$ với $I;J$ là trung điểm $AC,BD$ thì $AB^2+BC^2+CD^2+DA^2=AC^2+BD^2+4IJ^2$

$*$ quay lại bài toán:

từ bổ đề $2$  ta có $AC^2+BD^2\leq AB^2+BC^2+CD^2+DA^2$

$\Leftrightarrow \frac{\sqrt{AC^2+BD^2}}{2}\leq \frac{\sqrt{AB^2+BC^2+CD^2+DA^2}}{2}$

                                       $\leq\frac{ \sqrt{4max\left \{ AB^2;BC^2;CD^2;DA^2 \right \}}}{2}=max\left \{ AB,BC,CD,DA \right \}$

đặt $m=min\left \{ AB,BC,CD,DA \right \}$

không mất tính tổng quát $\widehat{BAD}+\widehat{ADC}\geq 180^0;\widehat{BAD}\geq 90^0$

dựng hình bình hành $ABED$ thì $DE$ nằm giữa $DB,DC$

gọi $I;J$ là trung điểm $AC,BD$

trong tam giác $ACE$ có $IJ$ là đường trung bình nên $CE=2IJ$

có hai trường hợp xảy ra

$\blacklozenge$ trường hợp $1$ :$E$ nằm trong tứ giác $ABCD$.Trong hai góc $\widehat{AEB};\widehat{AED}$ có ít nhất một góc nhọn

không mất tính tổng quát giả sử $\widehat{AEB}\leq 90^0\Rightarrow \widehat{CEB}\geq 90^0$

theo bổ đề $1$ thì $BC^2\geq BE^2+CE^2\Leftrightarrow BC^2-4IJ^2\geq AD^2$

theo bổ đề $2$ thì $AC^2+BD^2=AB^2+AD^2+CD^2+(BC^2-4IJ^2)\geq AB^2+AD^2+CD^2+AD^2\geq 4m^2$

$\Rightarrow m\leq \frac{\sqrt{AC^2+BD^2}}{2}$

$\blacklozenge$ trường hợp $2$:$E$ nằm ngoài tứ giác $ABCD$ 

khi đí $CB$ nằm giữa $CD,CE$.Do đó $\widehat{BEC}\geq \widehat{BED}=\widehat{BAD}\geq 90^0$

khi đó chứng minh tương tự trường hợp $1$

do đó bài toán được chứng minh

NTP

Bài 3 Chứng minh rằng nếu một đường thẳng đồng thời chia chu vi và diện tích tam giác thành 2 phần bằng nhau thì đường thẳng đó đi qua tâm đường tròn nội tiếp tam giác

Bài 4: ( Đề thi HSG cấp tỉnh Thanh Hóa 2006) Cho tam giác ABC. Đường trung tuyến AD,đường cao BH và đường phân giác CE đồng quy. Chứng minh hệ thức $(a+b)(a^{2}+b^{2}-c^{2})=2a^{2}b$

$3,$có thể mở rộng với tứ giác

$4,$ 

xem lại đề đi hình như là đường cao $AD$,trung tuyến $BH$ và phân giác $CE$

NTP

Bài 1 đâu cần phải tam giác nhọn đâu nhỉ?

nhầm

Bài 4: ( Đề thi HSG cấp tỉnh Thanh Hóa 2006) Cho tam giác ABC. Đường trung tuyến AD,đường cao BH và đường phân giác CE đồng quy. Chứng minh hệ thức $(a+b)(a^{2}+b^{2}-c^{2})=2ab^{2}$

gọi giao điểm $AD,BH,CE$ là $O$

gọi $I$ là hình chiếu từ $D$ xuống $BH$ do đó $DI=\frac{1}{2}CH$

có $\frac{DI}{AH}=\frac{DO}{AO}=\frac{DC}{AC}\Rightarrow \frac{HC}{AH}=\frac{a}{b}\Rightarrow bHC=aAH$

có $\left\{\begin{matrix} a^2=BH^2+HC^2\\b^2=AH^2+HC^2+2AH.HC \\c^2=AH^2+BH^2 \end{matrix}\right.$

$\Rightarrow (a+b)(a^2+b^2-c^2)=(a+b)(2bHC)=2b(aHC+aAH)=2ab^2$

NTP

Bài 2: Cho tam giác ABC không cân,đường trung tuyến AD, đường phân giác AE. Từ C kẻ đường thẳng vuông góc với AE cắt AE,AD,AB tại F,G,K. Chứng minh rằng DF đi qua trung điểm GE

gọi $FD\cap AC\in \left \{ H \right \}$

dễ thấy $\Delta AKC$ cân tại $A$ và $FD$ là đường trung bình $\Delta BCK$ nên $\widehat{AFH}=\widehat{KAF}=\widehat{FAC}\Rightarrow \left\{\begin{matrix} AH=HF\\\widehat{HFC}=\widehat{HCF} \end{matrix}\right.$ do đó $H$ là trung điểm $AC$

áp dụng đinh lí $ceva$ trong $\Delta AFC\Rightarrow \frac{EA}{EF}.\frac{GF}{GC}.\frac{HC}{HA}=1\Rightarrow \frac{EA}{EF}=\frac{GC}{GF}\Rightarrow EG//AC$

do đó dễ thấy $DF$ đi qua trung điểm $GE$

NTP

 

PHÂN LOẠI BÀI TẬP VỀ VECTO VÀ PHÉP TOÁN

16) Cho tam giác đều $ABC$ tâm $O$. $M$ là một điểm tùy ý bên trong tam giác; $D, E, F$ lần lượt là hình chiếu của nó trên $BC, CA, AB$. Cmr: \[\overrightarrow{MD}+\overrightarrow{ME}+\overrightarrow{MF}=\frac{3}{2}\overrightarrow{MO}\]

 

 

vẽ các đường song song như hình vẽ,ta có

$2(\overrightarrow{MD}+\overrightarrow{ME}+\overrightarrow{MF})=(\overrightarrow{MJ}+\overrightarrow{MG})+(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{MK})+(\overrightarrow{MN}+\overrightarrow{MH})=$

        $=(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{MH})+(\overrightarrow{MK}+\overrightarrow{MG})+(\overrightarrow{MJ}+\overrightarrow{MN})=\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}=3\overrightarrow{MO}$

$\Rightarrow \overrightarrow{MD}+\overrightarrow{ME}+\overrightarrow{MF}=\frac{3}{2}\overrightarrow{MO}$

                                                                                           NTP

 

PHÂN LOẠI BÀI TẬP VỀ VECTO VÀ PHÉP TOÁN

15) Cho tứ giác $ABCD$. $I$ và $J$ lần lượt là trung điểm của hai đường chéo $AC$ và $BD$. Cmr: $$\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{CD}=2\overrightarrow{IJ}$$

 

 

$2\overrightarrow{IJ}=2\overrightarrow{AJ}-2\overrightarrow{AI}=(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD})-\overrightarrow{AC}=(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD})-(\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{DC})=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{CD}$

P/s:có gì khi nào tham tham gia topic tiếp,giờ mình đi ăn chơi ngày quốc khách đây

                                                                                      NTP

Bài 54:  Cho $a,b,c>0$. Giải hệ:

$\left\{\begin{matrix}\frac{a}{x}-\frac{b}{z}=c-xz & & \\ \frac{b}{y}-\frac{c}{x}=a-xy & & \\ \frac{c}{z}-\frac{a}{y}=b-yz & & \end{matrix}\right.$

qui đồng rồi cộng các phương trình ta được $axy+byz+czx=x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2$        $(1)$

$c.PT(1)+a.PT(2)+b.PT(3)\Rightarrow axy+byz+czx=a^2+b^2+c^2$                             $(2)$

cộng $(1)$ và $(2)$ ta được $(xy-a)^2+(yz-b)^2+(zx-c)^2=0\Rightarrow \left\{\begin{matrix} xy=a\\yz=b \\zx=c \end{matrix}\right.$

phần còn lại ok rồi

NTP

Những bài chưa được giải. Lưu ý ai giải được 1 trong số các bài dưới đây mới được tiếp tục đăng đề, còn tự ý đăng đề sẽ bị ẩn + 1 lần nhắc nhở.

Bài 16: Cho $A,B,C$ là 3 góc của một tam giác. CMR:

 

    $cos\frac{A-B}{2}+cos\frac{B-C}{2}+cos\frac{C-A}{2}\geq sin\frac{3A}{2}+sin\frac{3B}{2}+sin\frac{3C}{2}$.

cách 1:

ta có $\left\{\begin{matrix} \sum cos\frac{B-C}{2}=2\sum sin\frac{B}{2}sin\frac{C}{2}+\sum sin\frac{A}{2}\\ \sum sin\frac{3A}{2}=\sum \left ( 3sin\frac{A}{2}-4sin^3\frac{A}{2} \right ) \end{matrix}\right.$ do đó ta cần chứng minh

$2\sum sin\frac{B}{2}sin\frac{C}{2}+4\sum sin^3\frac{A}{2}-\sum sin\frac{A}{2}\geq 0$

mà $\left\{\begin{matrix} 2\sum sin\frac{B}{2}sin\frac{C}{2}=\sum sin\frac{A}{2}\left ( sin\frac{B}{2}+sin\frac{C}{2} \right )\\4\sum sin^3\frac{A}{2}=2\sum \left ( sin^3\frac{B}{2}+sin^3\frac{C}{2} \right ) \\ 2\sum sin\frac{A}{2}=\sum \left ( sin\frac{B}{2}+sin\frac{C}{2} \right ) \end{matrix}\right.$ nên bđt cần chứng minh

$\Leftrightarrow \sum \left [ sin\frac{A}{2}\left ( sin\frac{B}{2}+sin\frac{C}{2} \right )+2\left ( sin^3\frac{B}{2}+sin^3\frac{C}{2} \right )-\left ( sin\frac{B}{2}+sin\frac{C}{2} \right ) \right ]\geq 0$

giờ ta sẽ chứng minh $sin\frac{A}{2}\left ( sin\frac{B}{2}+sin\frac{C}{2} \right )+2\left ( sin^3\frac{B}{2}+sin^3\frac{C}{2} \right )-\left ( sin\frac{B}{2}+sin\frac{C}{2} \right )\geq 0$

$\Leftrightarrow sin\frac{A}{2}+2\left ( sin^2\frac{B}{2}-sin\frac{B}{2}sin\frac{C}{2}+sin^2\frac{C}{2} \right )-1\geq 0$

$\Leftrightarrow sin\frac{A}{2}+(1-cosB)+\left ( cos\frac{B+C}{2}-cos\frac{B-C}{2} \right )+(1-cosC)-1\geq 0$

$\Leftrightarrow 1+2sin\frac{A}{2}\geq cosB+cosC+cos\frac{B-C}{2}$

điều này luôn đúng do $\left\{\begin{matrix} 1\geq cos\frac{B-C}{2}\\2sin\frac{A}{2}\geq cosB+cosC \end{matrix}\right.$

do đó bđt được chứng minh

cách 2:

đặt $x=\frac{A}{2},y=\frac{B}{2},z=\frac{C}{2}\Rightarrow \left\{\begin{matrix} x,y,z\in \left ( 0;\frac{\pi }{2} \right )\\ x+y+z=\frac{\pi }{2} \end{matrix}\right.$

ta có $sin\frac{3A}{2}-cos\frac{B-C}{2}=sin3x-cos(y-z)=sin3x-sin(x+2y)=-2sin(x-y)sin(x-z)$

do đó ta cần chứng minh $\sum sin(x-y)sin(x-z)\geq 0$

không mất tính tổng quát giả sử $0<x\leq y\leq z< \frac{\pi }{2}$

bđt cần chứng minh $\Leftrightarrow sin(x-y)sin(x-z)+sin(z-y)\left [ sin(z-x)-sin(y-x) \right ]\geq 0$

điều này luôn đúng bởi hàm số $y=sin\alpha$ là hàm đồng biến vơi $0<\alpha <\frac{\pi }{2}$

do đó bđt được chứng minh

NTP

Bài 7: Cho $x,y,z$ là các số thực không âm đôi một khác nhau. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 

$(x+y+z)^2.\left [ \frac{1}{(x-y)^2}+\frac{1}{(y-z)^2}+\frac{1}{(z-x)^2} \right ]$

đặt biểu thức là $P$

không mất tính tổng quát giả sử $x>y>z\geq 0$

đặt $x-y=a,y-z=b\Rightarrow z-x=-(a+b)$ với $a,b>0$

ta có $(x+y+z)^2\geq (x+y)^2=\left [ (z+a+b)+(z+b) \right ]^2\geq (a+2b)^2$

ta cần tìm giá trị nhỏ nhất $P=(a+2b)^2\left ( \frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{(a+b)^2} \right )$

đặt $t=\frac{a}{b}>0\Rightarrow P=\left ( 1+\frac{2}{t} \right )^2+(t+2)^2+\left ( 1+\frac{1}{t+1} \right )^2$

tới đây xét hàm ta được $P\geq 9+6\sqrt{3}$ khi $t=\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{\sqrt[4]{3}}{\sqrt{2}}-\frac{1}{2}$

vậy $P_{min}=9+6\sqrt{3}$

dấu bằng xảy ra khi $\boxed{(x,y,z)\sim \left ( \frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{\sqrt[4]{3}}{\sqrt{2}}+\frac{1}{2};1;0 \right )}$ và các hoán vị

NTP

1)TH1: 2 số xuất hiện 1 lần;1 số xuất hiện 3 lần => Số cách chọn $3.C_5^{3}.2.1=60$ cách

TH2: 2 số xuất hiện 2 lần,1 số xuất hiện 1 lần => Số cách chọn $3.5.C_2^{4}.1=90$ cách

Vậy có $150$ cách chọn

NRC

$3b$ ý sau

ta có $(1-a)(1-b)(1-c)\leq \frac{(3-a-b-c)^3}{27}=\frac{1}{27}$

$\Leftrightarrow \frac{-28}{57}+ab+bc+ca\leq abc\Leftrightarrow \frac{52}{27}\leq a^2+b^2+c^2+2abc$

Lời nói đầu: Hiện nay các bài toán Hình học trong các kì thi Olympic ngày càng khó chịu hơn, nguyên nhân vì chúng được giải quyết qua các định lý mà ta chưa biết đến. Định lý cũng được xem như những bổ đề trong chứng minh. Việc có được càng nhiều kiến thức về các định lý giúp chúng ta có phần tự tin hơn, cũng như không quá bị động trong phòng thi. 

Vì vậy mình mở topic này tổng hợp một số định lý trong hình học, xem như công cụ cho các bạn muốn tìm hiểu thêm về vấn đề này (cũng giúp mình tự học thêm các định lý). Rất mong cả nhà ủng hộ

Cấu trúc bài đăng trong topic:

Định lý số [x]+ Chứng minh +Hình vẽ

Hơn nữa, để bạn đọc có thể hiểu sâu về định lý, sau mỗi định lý nên có thêm phần bài tập( 1,2 bài là ổn vì đăng nhiều sẽ rối). Bài tập sẽ được đánh sau định lý và sẽ được các bạn đọc giải ngay trên topic. Bài được ghi rõ: Bài số[x](số bài ghi theo thứ tự, không  ghi theo định lý)

Rất mong các bạn,anh, chị,thầy,cô ủng hộ mình và tuân thủ các nội dung trên (Không thì *quê*lắm ạ       )

spam tí

các điểm,đường thẳng đặc biệt được đăng không?

NTP