*TH1: Có 2 hộp chứa 2 viên bi,1 hộp chứa 1 viên bi

+) Số cách chọn hộp chứa 1 viên bi: 3

+) Số cách chọn bi cho hộp đựng 1 viên bi:5

+) Số cách chọn bi cho 1 trong 2 hộp chứa 1 viên bi: 4C2=6

+) Hộp còn lại có 1 cách chọn bi

=>Số cách chọn bi trong TH này: 3.5.6.1=90 cách

TH2: Có 2 hộp chứa 1 viên bi,1 hộp chứa 3 viên bi

tương tự như trên,số cách chọn bi là 3.10.2.1=60 cách

Vậy tóm lai số cách chọn bi là 60+90=150 cách

2) Bài toán quy về tìm số nghiệm nguyên dương của phương trình

$x_1+x_2+x_3+....+x_n=m$

đây chính là bài toán chia kẹo euler,có thể tìm rất nhiều cách giải

Biểu thị mỗi học sinh là một điểm trên mặt phẳng sao cho không có ba điểm nào thẳng hàng.

Cứ $2$ học sinh đạt điểm tối ưu cho cùng một môn được nối với nhau bởi 1 đoạn thẳng xác định bởi 1 màu nào đó

Do điều kiện của bài toán cứ $3$ học sinh đạt điểm tối ưu cho một môn sẽ biểu thị bằng một tam giác có $3$ cạnh cùng màu, và giữa $2$ tam giác bất kì có đúng $1$ điểm chung

Nhận xét 1: Nếu $4$ tam giác, với mỗi tam giác chỉ có các cạnh cùng màu, có chung $1$ đỉnh, thì tất cả các tam giác khác sẽ cùng có chung đỉnh này.

Thật vậy. Xét $4$ tam giác này, giả sử tam giác thứ $5$ có đỉnh không là đỉnh chung của $4$ tam giác này, do điều kiện $2$ tam giác bất kì có $1$ đỉnh chung nên theo $\Dirichle$ tồn tại $2$ tam giác trong $4$ tam giác đó có chung đỉnh với tam giác thứ $5$. Suy ra $2$ tam giác này có $2$ đỉnh chung, vô lí. Nên điều giả sử sai và ta có đpcm

Nhận xét 2: Điều kiện $n=4$ là điều kiện bé nhất để tất cả các tam giác chung đỉnh.( $n \geq 3$ nên dễ dàng tìm phản ví dụ cho $3$)

Trở lại bài toán

-Với $n$ tam giác, xét một tam giác bất kì, từ nhận xét, suy ra phải tồn tại $1$ đỉnh của nó chung đỉnh của $3$ tam giác khác

-Theo $\Dirichle$ suy ra số tam giác bé nhất để đảm bảo luôn có $3$ tam giác chung đỉnh với tam giác đang xét là:$3.2+1=7$ tam giác. Cộng với tam giác đang xét. Suy ra $n=8$

Bài toán: Cho $(O)$ và một dây cung $XY$ cố định. Một điểm M di chuyển trong khoảng 1 cung $BC$ nào đó. CMR $MX+MY$ lớn nhất có thể khi $M$ là điểm chính giữa cung $BC$ chứa $M$

Mình xin lỗi vì quên đăng bài đề nghị

$\boxed{\text{Bài toán 15.}}$  Đường tròn $W_1$ và $W_2$ giao nhau tại $P,K$. $XY$ là tiếp tuyến chung ngoài gần $P$ hơn của $W_1,W_2$ với $X$ thuộc $W_1$ và $Y$ thuộc $W_2$. $XP$ cắt $W_2$ tại điểm thứ hai $C$ và $YP$ cắt $W_1$ tại điểm thứ hai $B$. Gọi $A$ là giao của $BX,CY$. Chứng minh rằng nếu $Q$ là giao điểm còn lại của $(ABC)$ và $(AXY)$ thì góc $QXA$ bằng góc $QKP$

Nguồn: sưu tầm

$\boxed{\text{Giải bài 14.}}$ Gọi $D,E,F$ là tiếp điểm của $(I)$ với $BC,AC,AB$, giả sử $B_1,C_2$ thuộc $BC$,$B_2,A_1$ thuộc $AB$, $A_2,C_1$ thuộc $AC$, gọi các đường tròn nhỏ là $(u),(v),(w)$ thứ tự ứng với đỉnh $A,B,C$

Ta sẽ chứng minh $XD,YE,ZF$ đồng quy tại $P$

Thật vậy dễ thấy các tam giác $B_1XC_2,B_2A_1Z,YA_2C_1$ nội tiếp. (1)

Mà $\dfrac{sin(A_1ZF)}{sin(FZB_1)}=\dfrac{A_1F.ZB_2}{B_2F.ZA_1}$, thiết lập các đẳng thức tương tự và chú ý (1), áp dụng Ceva dạng sin ta có đpcm

Mặt khác tam giác $DEF$ đồng dạng $XYZ$ và $XD,YE,ZF$ đồng quy tại $P$ nên tồn tại phép vị tự tâm $P$ biến $DEF$ thành $XYZ$, do đó biến $I$ thành $M$ nên $P,I,M$ thẳng hàng.

Giả sử tiếp tuyến chung trong của $(v)$ và $(I)$ cắt $BD,XD,FZ$ tại $K,L,R$ và tiếp tuyến chung trong của $(w)$ và $(I)$ cắt $CD,XD,EY$ tại $H,L',Q$

Do $B_1K=KD$ và $DH=C_2H$ nên $DL=LX$ và $DL'=L'X$ theo talet hay các tiếp tuyến này cắt nhau tại một điểm trên $DX$

Chứng minh tương tự cho các tiếp tuyến chung còn lại

Khi đó tam giác $LQR$ đồng dạng $XYZ$ và $XL,YQ,CR$ đồng quy tại $P$ nên tồn tại phép vị tự biến $LQR$ thành $XYZ$ và do đó biến $I$ thành $N$ hay $P,I,N$ thẳng hàng

Vậy ta có đpcm.

$$\begin{array}{| l | l |} \hline Ngockhanh99k48 & 1\\ \hline IHateMath & 1\\ \hline fatcat12345 & 2\\ \hline dogsteven & 3\\ \hline baopbc & 4\\ \hline QuangDuong12011998 & 1\\ \hline xuantrandong & 1\\ \hline mrjackass & 1\\ \hline vietnaminmyheart & 1\\ \hline BuiBaAnh & 1\\ \hline\end{array}$$

Cám ơn Toàn về sự quan tâm và lời giải rất hay , hãyđón đọc số tuần sau nhé !

Dạ thưa thầy cho e hỏi trong lời giải đăng trên derakynay1187 của tuần trước, tại sao $OT //SN$ ạ?

Cảm ơn bạn Zaraki và thầy Trần Quang Hùng

Hy vọng Zaraki tiếp tục cập nhật các bài của các tháng tiếp theo ở đây

sao e thấy câu BĐT cuối năm nay chưa đủ level như mọi khi

Có quyền được chuyển 2 đồng trong cùng 1 đỉnh k ạ

Định lý Erdos: Chứng minh rằng mọi tập hợp $2n-1$ phần tử luôn tồn tại $n$ phần tử có tổng chia hết cho $n$ ($n \in N^*$)

Xin nhận xét bài này tí. Thực chất đây là một BĐT lượng giác. Ta chỉ cần điều chỉnh hệ số mới thì sẽ có một bài toán mới. Không biết bạn Juliel. Xuất phát từ bài toán nào nhưng theo mình nghĩ là từ BĐT lượng giác

Bài này không dùng lượng giác thì có cách giải nào khác không ạ!

Bài 7: Giả sử $G$ là trọng tâm của tam giác với $3$ đường trung tuyến $AI,BK,CP$ tạo thành $6$ tam giác $BGI,CGI,CGK,AGK,AGP,BGP$

Giả sử $M$ nằm trong(hoặc trên cũng được   ) tam giác $AGK$ theo định lý Van Oben(bài 6) ta có:

$\frac{AM}{MD}=\frac{AF}{FB}+\frac{AE}{EC}\leq \frac{AF}{PB}+\frac{AE}{KC}\leq 2$

Mặt khác $\frac{BM}{ME}=\frac{BF}{FA}+\frac{BD}{DC}\geq \frac{BF}{PA}+\frac{BD}{IC}\geq 2$

Dấu $=$ xảy ra khi $M$ trùng $G$ Q.E.D

Chú ý: Bài này mình đã bỏ qua 2 bước chứng minh cơ bản nhưng quan trọng nhé! Đó là $F$ nằm giữa $A$ và $B$, $E$ nằm giữa $A$ và $K$

A-Q:)

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?

Bài 12: Cho tứ giác $ABCD$. Chứng minh rằng: $Min \left \{ AB,BC,CD,DA \right \}\leq \frac{\sqrt{AC^{2}+BD^{2}}}{2}\leq Max\left \{ AB,BC,CD,DA \right \}$

P/S:Còn tồn bài 5     

Giải bài 6: (Định lý Van Oben)

Qua $A$ kẻ đường thẳng song song với $BC$ cắt $BM,CM$ tại $P,Q$. Ta có 

$\frac{AM}{MD}=\frac{AQ}{DC}=\frac{AP}{BD}=\frac{AP+AQ}{BC}=\frac{AQ}{BC}+\frac{AP}{BC}=\frac{AF}{FB}+\frac{AE}{EC} (Q.E.D)$

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 $(a+b)(a^{2}+b^{2}-c^{2})=2ab^{2}$

Bài 20: Cho tam giác $ABC$, $M$ là điểm bên trong tam giác. Chứng minh rằng $Min\left \{ MA,MB,MC \right \}+MA+MB+MC<AB+AC+BC$

(Chú ý: đây là 1 bài rất hay khi dùng kiến thức vectơ, được ghi trong cuốn Tài liệu chuyên toán 10, nhưng mình thấy vẫn có cách giải THCS hay nên các bạn giải theo hướng này)

Bài 21: (Đề thi HSG Toán Quốc tế IMO 2013,bài số 4)Cho tam giác nhọn $ABC$ có trực tâm $H$. Gọi $M,N$ là chân các đường cao kẻ từ đỉnh $B,C$ của tam giác. Gọi $D$ là điểm trên cạnh $BC$, gọi $\omega _1$ là đường tròn đi qua các điểm $C,D,M$ và $\omega _2$ là đường tròn đi qua các điểm $B,D,N$. $DQ,DP$ lần lượt là đường kính của các đường tròn $\omega _1,\omega _2$. Chứng minh rằng $P,Q,H$ thẳng hàng.

Để tổng hợp một số bài toán hình học phẳng bằng cách xử lý quen thuộc trong phạm vi THCS để các bạn chuẩn bị cho kỳ thi Chuyên và HSG các cấp,mình cùng bạn ChardHDmovies lập topic này để ghi lại một số bài toán hay,với cách giải chỉ trong THCS. Rất mong được các bạn ủng hộ. Trong đây có một số bài mình đăng lấy từ đề thi HSG ,Olympic và các bài hình cấp 3 nhưng vẫn có cách giải THCS. Các bạn đăng bài cũng cần các điều kiện:
1) Nếu trích trong sách thì không cần nguồn, tuy nhiên nếu bạn lấy trên các diễn đàn khác phải ghi rõ nguồn
2) Bài viết phải ghi rõ số thứ tự
3) Các bài không nhất thiết phải có hình vẽ,nhưng phải rõ cách giải hoặc hướng rõ cách giải
4) Khuyến khích các bạn nêu ý tưởng "tại sao như vậy"
 

Bài 23: Cho tam giác $ABC$ có $\widehat{B}=\widehat{C}=72^{\circ}$. Tính giá trị của biểu thức $\frac{BC}{AB-BC}$

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.

Cách giải rất hay!

Xin góp thêm 1 cách khác không dùng đường phụ (mượn hình của bạn:) )

Ta có $MNPQ$ là hình vuông nên $\Delta ABC \sim QBM\sim PNC=>\frac{BQ}{MQ}=\frac{AB}{AC},\frac{PC}{PN}=\frac{AC}{AB}=> BC=BQ+QP+PC=QP(\frac{BQ}{PQ}+1+\frac{PC}{QP})=QP(\frac{AB}{AC}+\frac{AC}{AB}+1)\geq QP(1+2)=3QP$

Dấu $=$ xảy ra khi tam giác $ABC$ vuông cân ở $A$

A-Q:)

Bài 1: Có tồn tại hay không một tam giác mà có 2 đường trung tuyến nhỏ hơn nửa cạnh đối diện

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

Giải bài 1: Giả sử BD và CE là 2 đường trung tuyến của tam giác ABC thỏa $BD<\frac{1}{2}AC,CE<\frac{1}{2}AB$

Ta có $BD<\frac{1}{2}AC=AD=DC=> BD<AD=DC$

Xét tam giác ABD có $BD<AD$ => $\widehat{BAD}<\widehat{ABD}(1)$

Tương tự trong tam giác DBC có $\widehat{BCD}<\widehat{DBC}(2)$

Từ (1)(2) ta có $\widehat{BAD}+\widehat{BCD}<\widehat{ABD}+\widehat{DBC}=> 180^{\circ}-\widehat{ABC}<\widehat{ABC}=> \widehat{ABC}>90^{\circ}$ (vô lý)

CMTT cho trường hợp còn lại

Ta đi tới kết luận: Không tồn tại

A-Q:)

Bài 18: 

$\frac{S_{ABP}}{S_{ABC}}.\frac{S_{BCM}}{S_{ABC}}.\frac{S_{CAN}}{S_{ABC}}=\frac{PA}{AB}.\frac{BM}{AB}.\frac{CN}{BC}=1=>S_{ABP}.S_{BCM}.S_{CAN}=(S_{ABC})^{3}(Q.E.D)$

A-Q:)

Giải bài 5: Qua $A$ kẻ $AD$ song song $BC$ (D thuộc (O)) và hạ $DK$ vuông góc $BC$

Do tính đối xứng nên $D,A$ đối xứng nhau qua đường trung trực của $BC$

Từ $\widehat{BCA}\geq \widehat{ABC}+30^{\circ}=>2\widehat{BCA}-2\widehat{ABC}\geq 60^{\circ}=> \widehat{AOB}-\widehat{AOC}\geq 60^{\circ}=> \widehat{AOD}=\widehat{AOB}-\widehat{BOD}=\widehat{AOB}-\widehat{AOC}\geq 60^{\circ}$

Mà tam giác $AOD$ cân tại $O$ nên $AD\geq R$

Do đó $OH+R=OH+OC=OK+OC>KC=KH+HC=AD+HC\geq R+HC=>OH>HC=>\widehat{COH}<\widehat{OCH}$

Từ đó $2\widehat{CAB}+2\widehat{COH}<\widehat{BOC}+2\widehat{OCH}=180^{\circ}=>\widehat{CAB}+\widehat{COH}<90^{\circ}(Q.E.D)$

A-Q:)

Như vậy là các bạn ChardHDmovies và Tuananh2000 đã solve hầu hết các bài,tiếp tục nhé!

Bài 15: Cho tam giác $ABC$, $D$ là trung điểm của $AB$ và $I$ trên cạnh $BC$ thỏa mãn $BI=2IC$. Chứng minh rằng nếu $\widehat{ADC}=\widehat{BAI}$ thì tam giác $ABC$ là tam giác vuông

Bài 16: (Định lý Stewart dạng đơn giản) Cho điểm $D$ nằm trên cạnh $BC$ của tam giác $ABC$, khi đó ta có:

$AB^{2}.CD+AC^{2}.BC=BC.(AD^{2}+BD.DC)$

(=> Chú ý: Định lý Stewart chuẩn dành cho vectơ là: Cho ba điểm $A,B,C$ thẳng hàng và điểm $D$. Chứng minh rằng

  $DA^{2}.\overline{BC}+DB^{2}.\overline{CA}+DC^{2}.\overline{AB}+\overline{BC}.\overline{CA}.\overline{AB}=0$ các bạn sẽ được học ở lớp 10)