Cho tam giác ABC có (O) là đường tròn ngoại tiếp; $(w_{a}),(w_{b}),(w_{c})$ là đường tròn bàng tiếp góc A,B,C.

Trục đẳng phương của (O); $(w_{a})$ cắt BC tại X. Tương tự xác định Y,Z. Chứng minh rằng: X,Y,Z thẳng hàng.

Lời giải trong sách của Titu

Thanks anh nhiều!  

Bài này hình như có trong cuốn số học của Titu Andreescu

Bài này cũng có trong cuốn các pp giải toán của Athur Angel nhưng em không dịch được, mà có dịch trên google thì cũng không hiểu gì!

Cho các số từ $a_{1},...,a_{n}$ là 1 hoặc -1 thỏa mãn: S= $a_{1}a_{2}a_{3}a_{4}+a_{2}a_{3}a_{4}a_{5}+.......+a_{n}a_{1}a_{2}a_{3}=0$

Chứng minh rằng: $n\vdots 4$

P/s: Bài này có thể giải bằng bất biến!

Tìm n nguyên dương $\geq 5$ thỏa mãn:

$i)$ 2 người bất kì quen nhau không có người quen chung.

$ii)$ 2 người bất kì không quen nhau thì có đúng hai người quen chung.

P/s: Bài này mình giải rồi nhưng không được đúng cho lắm:

Mình từng đọc một bài trong chuyên đề tổ hợp qua ánh xạ của thầy Nguyễn Chiến Thắng có một bài cấu hình tương tự nhưng chứng minh số người quen của mỗi người là như nhau, từ đó mình giải thế này: Gọi số người quen của mỗi người là x, ta có:

Nếu một người thuộc vào tập quen của người khác thì sẽ không quen với x-1 người kia( theo t/c 1)

Nếu một người cùng thuộc tập quen của hai người thì hai người đó sẽ cùng quen một người khác với người ban đầu, vậy với một người là người quen của 2 người khác thì người đó sẽ không quen $2(x-1) -1$ người. Vậy một người sẽ không quen quen tất cả là $x(x-1)-x+1=(x-1)^{2}$ vậy n có dạng $(x-1)^{2} +x+1$

Lời giải: $D$ và $D'$ lần lượt là điểm chính giữa hai cung $AB$ của đường tròn đường kính $AB$.

Ta chứng minh: $MN$ đi qua $D$ hoặc $D'$ (cái này phụ thuộc vào hình vẽ)

Dễ thấy: $\triangle MBD'=\triangle CBD(c.g.c) \Rightarrow \angle MD'B=\angle CDB$

Tương tự thì: $\angle AD'N=\angle ADC$

$\Rightarrow \angle AD'N+\angle MD'B=90^{\circ}$

$\Rightarrow M,N,D'$ thẳng hàng

Ta có điều phải chứng minh.

Gọi $T$ là trung điểm $BC$. Ta có $MS^2-MB^2=\frac{BE^2}{4}-\frac{BF^2}{4}$, tương tự thì $NC^2-NS^2=\frac{CE^2}{4}-\frac{CF^2}{4}$

$\Rightarrow MS^2-MB^2+NC^2-NS^2=\frac{BE^2}{4}-\frac{BF^2}{4}+\frac{CE^2}{4}-\frac{CF^2}{4}=\frac{BC^2}{4}-\frac{BC^2}{4}=0$

Mặt khác do $TB^2-TC^2=0$ nên $MS^2-MB^2+NC^2-NS^2+TB^2-TC^2=0$

Do đó theo định lí $\text{Carnot's}$, $K$ thuộc đường thẳng qua $T$ vuông góc với $BC$. Do đó $K$ di chuyển trên một đường thẳng cố định.

 

Cho $x_{1}, x_{2}, x_{3}, ..., x_{100}$ là các số có tổng chia hết cho 6

CM: $A= x_{1}^{3} + x_{2}^{3} + x_{3}^{3} + .... + x_{100}^{3}$ chia hết cho 6

 

Ta có: $x^{3}\equiv x(mod 2);x^{3}\equiv x(mod 3)$ nên $x^{3}\equiv x(mod 6)$. Ta có đpcm./

Bài này có cách dựng như sau:

Thực ra trước đây có một bài toán liên quan đến cái này mà thầy em ra rồi./

ED giao OI tại S. Áp dụng định lí Menelaus ta có: SI/SO=r/R

Vậy ta xác định được S.

Cách dựng: Xác định S t/m: SI/SO=r/R

SD cắt (O) tại E. OE cắt ID tại K thì (K;KE) là w cần dựng./

Tìm các số nguyên dương $x,y$ sao cho $y^2-5\mid x^2+1$

Có thể giải quyết bằng kiến thức $THCS$ thông qua bổ đề quen thuộc sau: Các số có dạng $x^2+1$ không có ước nguyên tố dạng $4k+3$.

Ta có $y^2-5\equiv -1,0(\mod4)$ nên với trường hợp $y^2-5\equiv 0(\mod4)$ thì hiển nhiên vô nghiệm do $x^2+1\equiv 1,2(\mod4)$

Mặt khác nếu $y^2-5\equiv -1(\mod4)$ thì nó hiển nhiên có ước nguyên tố dạng $4k+3$ (mâu thuẫn)

Vậy không có bộ $(x;y)$ cần tìm!

Cho tam giác $ABC$ với trọng tâm $G$ và $M, N, P$ là trung điểm $BC, AC, AB$. Chứng minh tâm $6$ đường tròn $(GBM), (GCM), (GCN), (GAN), (GAP), (GBP)$ nằm trên 1 đường tròn

Bài này đẹp nhưng không khó lắm, mình xin giải vậy!

Nhận xét: Do vai trò giữa các tâm đường tròn ở đây là bình đẳng nên ta chỉ cần chứng minh có $4$ tâm đường tròn cùng nằm trên một đường tròn.

Lời giải.(TÓM TẮT) Gọi $X, Y, Z, T$ lần lượt là tâm ngoại tiếp các tam giác $BGP, BMG, CMG, CNG$. Ta chứng minh $X, Y, Z, T$ đồng viên.

Điều này tương đương với chứng minh: $\angle XTZ=\angle XYZ$

Gọi $K$ là giao của $(BGP)$ với $(NGC)$. Dễ thấy $K$ là điểm $Miquel$ của tứ giác toàn phần $APGNBC$

Khi đó đẳng thức cần chứng minh tương đương với: $\angle BGK=\angle CGM$

$\Leftrightarrow \triangle GKB\sim \triangle GPA$

Mặt khác, dễ thấy $\triangle ABK\sim \triangle CGK (g.g)$

$\Rightarrow \triangle GKB\sim \triangle GPA(c.g.c)$

Bài toán được chứng minh!

Hình vẽ

Câu a dễ thôi, cộng góc là được./

Lấy đối xứng với $D$ qua $AC$ và $AB$

Áp dụng định lý về đường gấp khúc, ta tìm ra được vị trí $D,E,F$ để chu vi tam giác $DEF$ nhỏ nhất là chân 3 đường cao của tam giác!

Ừ, bài này khá là đơn giản! Không biết anh Phương lấy đề ở đâu hay tự chế mà em thấy quen quen!

Chứng minh: Ta có: $\angle APK=\angle PBC=\angle MPB$ nên $K,M$ là hai điểm liên hợp đẳng giác trong $\triangle APB$.

$\Rightarrow \angle KBP=\angle MBA=\angle NBC$

$\Rightarrow \angle KBE=\angle PBC=\angle APK$.

Vậy $B,K,E,P$ đồng viên.

Ta có điều phải chứng minh!

Xem tại đây: http://diendantoanho...-olympiad-2016/

Đây là bài số 6 trong IMO 2015, đối với bài này mình nghĩ nên đặt trong box tổ hợp thì hơn!

Bạn xem lời giải tại đây: http://www.artofprob...1113168p5103714

Bạn chép sai đề rồi, đề đúng phải là: Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$ có $AC$ là đường kính. $H$ là hình chiếu của $B$ lên $AC$. $T$ là giao điểm của tiếp tuyến tại $B,C$ của $(O)$. Chứng minh: $AT$ chia đôi $BH$.

Chứng minh: $CT$ cắt $AB$ tại $K$. Do $\triangle CBK$ vuông tại $B$, $TB=TC$ nên $BT$ là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền của tam giác vuông $CBK$.

$\Rightarrow T$ là trung điểm $CK$. Do $BH//CK$ nên theo định lí hình thang ta có điều phải chứng minh.

Bài toán này nằm trong chuổi các bài toán mở rộng $IMO$ 2015 của thầy Trần Quang Hùng, phép chứng minh tham khảo link dưới.

https://www.dropbox....ay1170.pdf?dl=0

Cho $ABCD$ là tứ giác nội tiếp. Giả sử $AD$ cắt $BC$ tại $S$. Lấy $I$ thuộc phân giác $\angle DSC$. $AI, BI$ cắt $(O)$ tại $K,L$. Lấy $P$ đối xứng với $C$ qua $OL$. Tương tự lấy điểm $Q$. $R,S$ lần lượt là điểm chính giữa cung nhỏ $DP, QC$. $M,N$ lần lượt là giao của $TP$ với $AR$; $TQ$ với $BS$. ($T$ là điểm chính giữa cung nhỏ $AB$). Chứng minh: $TM=TN$.

Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp và $AC,BD$ vuông góc với nhau tại $K$. $X,Y,Z,T$ theo thứ tứ là trung điểm của $AB,BC,CD,DA$. $XK,YK,ZK,TK$ theo thứ cắt $CD,DA,AB,BC$ tại $X',Y',Z',T'$. Chứng minh $X,Y,Z,T,X',Y',Z',T'$ cùng thuộc $1$ đường tròn

Mình nghĩ bài này cũng có thể đặt trong box $THCS$ cũng được!

Lời giải:

Các bạn quan tâm hãy tiếp tục đưa ra lời giải!

Tiếp tục nào!

Bài toán. (Tev Cohl) Cho hai tam giác $ABC$ và $DEF$ sao cho $AD,BE,CF$ đồng quy. $P,Q,R,S,U,V$ lần lượt là giao của $BC$ với $FD,BC$ với $DE,CA$ với $DE,CA$ với $EF,AB$ với $EF,AB$ với $FD$. Chứng minh rằng $\odot (BDP),\odot (CDQ),\odot (CER),\odot (AES),\odot (AFU),\odot (BFV)$ có chung tâm đẳng phương.

Hình vẽ bài toán

Một bài rất đẹp nhưng chưa có lời giải!

Bài này khá quen thuộc khi sử dụng bổ đề LTE.

Xét các trường hợp sau:

Trường hợp 1. $p=2$.

Do $p\mid x^n-1$ nên $x$ lẻ.

$n$ lẻ: $v_2(x^n-1)=v_2(x-1)$. Chọn $x$ sao cho $v_2(x-1)=1$ dẫn đến loại.

$n$ chẵn: $v_2(x^n-1)=v_2(x-1)+v_2(x+1)+v_2(n)-1>1$ nên $4\mid x^n-1$

Trường hợp 2. $p>2$

Chọn $x$ sao cho $p\mid x-1$.

$\Longrightarrow v_p(x^n-1)=v_p(x-1)+v_p(n)$ nên $v_p(n)>1\Longrightarrow p\mid n$

Kết luận: Với $p\mid n$ thì nếu $p\mid x^n-1$ ta suy ra $p^2\mid x^n-1$.

Lời giải của em thế này ạ!

Bất đẳng thức đã cho tương đương với:

$a^{2}+b^{2}+c^{2}-6+2abc(a+b+c)-3a^{2}b^{2}c^{2}\geq 0$( do $ab+bc+ac=3$)

$\Leftrightarrow (a+b+c)^{2}+2abc(a+b+c)-3a^{2}b^{2}c^{2}\geq 12$

$\Leftrightarrow (a+b+c-abc)(a+b+c+3abc)\geq 12 (*)$

Do $ab+bc+ca=3$ nên $a+b+c\geq 3,abc\leq 1$

Đặt $a+b+c=3+x$, $abc=1-y$ thì $x,y\geq 0$ và $y< 1$

$(*)\Leftrightarrow (2+x+y)(6-y+x)\geq 12$

$\Leftrightarrow x^{2}-y^{2}+8x+4y\leq 0$

Do $y< 1$ nên bất đẳng thức cuối đúng, vậy ta có đpcm./

Bổ đề. Cho $p$ là số nguyên tố có dạng $4k+3$. Khi đó $p\mid x^2+y^2\iff p\mid x,p\mid y$.

Chứng minh. Dễ thấy chỉ cần chứng minh cho trường hợp cả hai số không chia hết cho $p$. Theo định lí $Fermat$ nhỏ thì:

$x^{p-1}\equiv y^{p-1}\equiv 1\pmod p\implies x^{p-1}+y^{p-1}\equiv 2\pmod p\implies x^{4k+2}+y^{4k+2}\equiv 2\pmod p$

$\iff (x^2)^{2k+1}+(y^2)^{2k+1}\equiv 2 \pmod p$ (mâu thuẫn do $p\mid x^2+y^2$. Bổ đề được chứng minh.

Quay lại bài toán. Giả sử $A=\frac{x^2+y^2}{x+y}$ có ước nguyên tố $p$ có dạng $4k+3\implies p\mid x^2+y^2$.

Theo bổ đề trên thì $p\mid x,p\mid y$. Đặt $x=pa,y=pb$ thì $A=p(\frac{a^2+b^2}{a+b})$.

Do đó ta chỉ cần xét trong trường hợp $A$ không có ước nguyên tố dạng $4k+3$.

Do $A\mid 1978=2.3.11.17$ nên ta xét với $A=1$ hoặc $A=2$.

Nếu $A=1$ thì $x^2+y^2=x+y$, do $x,y$ nguyên nên $x^2+y^2\geq x+y$. Dấu $"="$ xảy ra $\iff x=y=1.$

Nếu $A=2$ thì $x^2+y^2=2x+2y$, do $x,y$ nguyên nên dễ thấy $x=y=2$. Do đó $x=y.\ \blacksquare$

Lời giải của mình: Ta phát biểu lại bài toán như sau: Cho tam giác $ABC$ có $I$ là tâm nội tiếp. $D,E,F$ lần lượt là các tiếp điểm. $BE$ cắt $(I)$ tại $K$.$KC$ cắt $(I)$ tại $P$.$KD$ cắt $AC$ tại $L$. Chứng minh rằng: $F,P,L$ thẳng hàng.

Gọi $T$ là giao của $DE$ và $KC$. Ta có: $DE$ là đối cực của $C$ đối với $(I)\Rightarrow (CT,PK)=-1$. Gọi $Q$ là giao của $EP$ với $KD$ thì $(LD,QK)=-1\Rightarrow P(LD,EK)=-1$

Mặt khác do $EKDF$ là tứ giác điều hòa nên $P(FD,EK)=-1\Rightarrow F,P,L$ thẳng hàng.