Bài 69: Cho nữa đường tròn đường kính $AB$, bán kính $R$. Lấy điểm $C$ trên nữa đường tròn ($C$ khác $A$, $C$ khác $B$). Hạ $CH$ vuông góc với $AB$. Gọi $O_1$, $O_2$ theo thứ tự là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $AHC$, $BHC$. Tìm vị trí của điểm $C$ để $O_1O_2$ có $GTLN$ và tính giá trị đó theo $R$.

Giải:

Gọi $I$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$ và $E$ là giao điểm của tia $CO_1$ với $AB$.
Ta có:
$\widehat{CEB}=\widehat{A}+\widehat{ACE}=\widehat{HCB}+\widehat{HCE}=\widehat{ECB}$
Suy ra tam giác $CBE$ cân tại $B$. Mà $BO_2$ là phân giác trong của $\widehat{EBC}$ nên $BO_2\perp CO_1$. Chứng minh tương tự ta được $AO_1\perp CO_2$.
Suy ra $I$ là trực tâm của tam giác $CO_1O_2$.
Gọi $K$ là giao điểm của tia $BO_2$ với $EC$ thì ta có: $\widehat{O_2KC}=45^o$ (vì $CO_1$, $CO_2$ là các tia phân giác của hai góc kề phụ nhau) nên tam giác $CO_2K$ vuông cân và ta có $KC=KO_2$.
Suy ra $\Delta CKI=\Delta O_2KO_1$ $(g.c.g)$ và do đó $O_1O_2=CI$.
Như vậy bài toán trở thành tìm vị trí của $C$ sao cho $CI$ có $GTLN$.
Gọi $D$ là giao điểm của tia $CI$ với cung $AB$ (đối xứng với cung $ACB$ qua $AB$), do $CI$ là đường phân giác của góc $BCA$ nên $D$ là điểm chính giữa cung này.
Ta có:
$\widehat{DAI}=\widehat{DAB}+\widehat{BAI}=\widehat{DCB}+\widehat{CAI}=\widehat{ICA}+\widehat{CAI}=\widehat{DIA}$
Suy ra tam giác $IDA$ cân tại $D$, do đó $DI=DA$ không đổi.
Như vậy, $CI=CD-DI=CD-DA$, mà $DA$ không đổi nên $CI$ đạt $GTLN$ khi và chỉ khi $CD$ có $GTLN$, tức là bằng $2R$ (quan hệ giữa đường kính và dây) hay $C$ là điểm chính giữa cung $AB$ đã cho.
Khi đó:
$O_1O_2=CI=2R-R\sqrt{2}=R\left ( 2-\sqrt{2} \right )$.
----
@BlackSelena: Có gì bạn pm qua tin nhắn riêng của mình nhé, sửa bài của mình mình không đọc được đâu!

Bài 63: Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ và ngoại tiếp đường tròn bán kính $r$. Gọi $O_1$, $R_1$; $O_2$, $R_2$; $O_3$, $R_3$ theo thứ tự là tâm và bán kính các đường tròn tiếp xúc với các cặp tia $AB$, $AC$; $BC$, $BA$; $CA$, $CB$ tương ứng. Chứng minh rằng:
$$R_1+R_2+R_3\geq 12r$$

Giải:
Giả sử đường tròn $(O_1)$ bán kính $R_1$ tiếp xúc ngoài với đường tròn $(O)$ bán kính $R$ ở $D$ và tiếp xúc với hai tia $AB$, $AC$ ở $M$ và $N$. Tia $AD$ cắt đường tròn $(O_1)$ ở $E$, như vậy ta có:
$OO_1=OD+DO_1=R+R_1$, $OA\parallel O_1E$ và $AM^2=AN^2=AD.AE$.
Do đó:
$\frac{AD^2}{AM^2}=\frac{AD}{AE}=\frac{OD}{OO_1}$ hay là $\frac{AD^2}{AM^2}=\frac{R}{R+R_1}$
Từ đó suy ra:
Chứng minh tương tự ta được:
$\frac{BD^2}{BM^2}=\frac{CD^2}{CN^2}=\frac{R}{R+R_1}$
Từ đó suy ra:
$\frac{AD}{AM}=\frac{BD}{BM}=\frac{CD}{CN}$ $(1)$
Mặt khác, tứ giác lồi $ABDC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ nên theo định lý $Ptolemy$ ta có:
$AB.CD+CA.BD=BC.AD$ $(2)$
Từ $(1)$ và $(2)$ ta được:
$AB.CN+CA.BM=BC.AM$ $(3)$
Đặt $BC=a$, $CA=b$, $AB=c$ thay $BM=AM-c$ và $CN=AN-b=AM-b$ vào $(3)$ ta được:
$AM=AN=\frac{2bc}{b+c-a}$ $(4)$
Gọi $L$ là tiếp điểm của $AB$ với đường tròn tâm $I$ nội tiếp tam giác $ABC$, ta được $\frac{O_1M}{IL}=\frac{AM}{AL}$ hay là $\frac{R_1}{r}=\frac{AM}{AL}$.
Thay $AL=p-a=\frac{1}{2}\left ( b+c-a \right )$ và $AM$ bởi $(4)$, ta được:
$\frac{R_1}{r}=\frac{4bc}{\left ( a+b-c \right )^2}$
Chứng minh tương tự, ta được:
$\frac{R_2}{r}=\frac{4ca}{\left ( c+a-b \right )^2}$ và $\frac{R_3}{r}=\frac{4ab}{\left ( a+b-c \right )^2}$ $(5)$
Từ các hệ thức $(5)$ và theo bất đẳng thức $AM-GM$, ta được:
$\frac{R_1+R_2+R_3}{r}=\frac{bc}{\left ( b+c-a \right )^2}+\frac{ca}{\left ( c+a-b \right )^2}+\frac{ab}{\left ( a+b-c \right )^2}\geq \sqrt[3]{\frac{a^2b^2c^2}{\left ( b+c-a \right )^2\left ( c+a-b \right )^2\left ( a+b-c \right )^2}}$ $(6)$
Vì $a$, $b$, $c$ là độ dài các cạnh của một tam giác nên ta có bất đẳng thức:
$\left ( b+c-a \right )\left ( c+a-b \right )\left ( c+a-b \right )\leq abc$ $(7)$
(Bất đẳng thức này dễ dàng chứng minh!)
Từ $(6)$ và $(7)$ ta thu được:
$R_1+R_2+R_3\geq 12r$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:
$R_1=R_2=R_3$ và $b+c-a=c+a-b=a+b-c$ do đó khi và chỉ khi tam giác $ABC$ là tam giác đều.
Hình mình đang vẽ up sau nhé chủ topic.

Bài 41: Về phía trong tứ giác $ABCD$ vẽ bốn nửa đường tròn đường kính $AB$, $BC$, $CA$, $AD$. Chứng minh rằng bốn nửa đường tròn này phủ kín tứ giác đó.

Bài 42: Hỏi có thể đặt $7$ que diêm trên một mặt phẳng sao cho mỗi qua cắt đúng ba que còn lại.

Bài 43: Cho $130$ số nguyên dương $x_1<x_2<x_3<...<x_{130}<2012$. Đặt $y_i=x_{i+1}-x_i$ với $1\leq i\leq 129$. Chứng minh rằng trong $129$ số $y_i$ có ít nhất $5$ số bằng nhau.

Bài 46: Cho $a>0$, đặt $x_n=\sqrt{a+\sqrt{a+\sqrt{a+...+\sqrt{a+\sqrt{a}}}}}$ (có $n$ dấu căn). Chứng minh rằng $x_{n}<\dfrac{1+\sqrt{4a+1}}{2}$.
----
Bài này giải bằng số học được

Bài 55: Chứng minh rằng nếu $x^2+y^2$ là một số chính phương trình $xy$ chia hết cho $12$.
----
Bài dễ khởi động topic này nào ^^

Bài 38: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương, phương trình $x^2+15y^2=4^n$ có ít nhất $n$ nghiệm nguyên dương.

Bài 39: Trong mặt phẳng lấy $2012$ điểm sao cho khoảng cách giữa hai điểm tùy ý đều khác nhau. Nối mỗi điểm với điểm gần nó nhất bởi một đoạn thẳng. Chứng minh rằng không thể có quá $5$ đoạn thẳng trong chúng cùng đi qua một điểm.

Bài 40*: Chứng minh rằng với mọi số $n$ nguyên dương thì số $S_n=1+4\sum_{i=1}^{n}i\left ( i+1 \right )\left ( i+2 \right )$ là số chính phương.
----

Bài 40 tặng bạn nguyenta98 nhé

Bài 44: Tìm số $n$ nguyên dương lớn nhất để có thể đặt $n$ điểm thuộc miền tam giác đều cạnh $2$ cho trước, sao cho khoảng cách giữa hai điểm bất kì trong chúng lớn hơn $1$.

Bài 45: Chứng minh rằng từ $2011$ số nguyên tùy ý, luôn tìm được hai số có tổng hoặc hiệu của chúng chia hết cho $4018$.

(Chọn học sinh giỏi tỉnh Dak Lak 2002)

----
Mọi người chém nhanh quá

Bài 29: Cho một hình vuông có kích thước $6x6$ và $9$ mảnh ghép hình chữ nhật có kích thướt $1x4$. Chứng minh rằng không thể lát kín hình vuông $6x6$ bằng $9$ hình chữ nhật $1x4$.

Đây là bài toán áp dụng phương pháp tô màu.
Lời giải:
Ta tô màu các ô có tọa độ là các số chẵn, tức là ta tô màu các ô có tọa độ: $\left ( 2;2 \right ),\left ( 2;4 \right ),\left ( 2;6 \right ),\left ( 4;2 \right ),\left ( 4;4 \right ),\left ( 4,6 \right ),\left ( 6;2 \right ),\left ( 6;4 \right ),\left ( 6;6 \right )$. Tổng cộng có $9$ ô được tô màu.
Giả sử ta có thể ghép kín được hình vuông đó bằng $9$ mảnh $1x4$ thì các mảnh ghép ấy hoặc là không trùng vào ô được tô màu, hoặc là trùng vào $2$ ô được tô màu.
Mà số ô được tô màu là số lẻ còn số ô lấp kín theo giả sử là số chẵn do đó mâu thuẫn, suy ra $Q.E.D$

Bài 35: Chứng minh rằng từ $39$ số tự nhiên liên tiếp, luôn tìm được một số có tổng các chữ số của nó chia hết cho $11$.

Bài 36: Chứng minh rằng số tự nhiên $n$ là một số nguyên tố nếu $2^n-1$ là một số nguyên tố.

Bài 37: Chứng minh rằng phương trình $x^2-y^3=7$ không có nghiệm nguyên.
----

----
@BS: Chuẩn

Một số phương trình lượng giác mong các bạn giúp đỡ mình

1)$sin3x+sinx=\sqrt{3}(cosx-1)$

2)$8cos^{3}(x+\frac{\pi }{3})=cos3x$

mình có bài này muốn nhờ các bạn làm thử
 10,  Tìm Max Min
$y=\sqrt{3-2cosx+2cos2x}$

nhưng mà sao lại thế hả anh? e chưa hiểu sao góc KBF = cung MC - cung KM vậy

Bạn xem kĩ các công thức tính, mối liên hệ giữa góc ở tâm, góc nội tiếp, góc có đỉnh nằm bên trong đường tròn, góc có đỉnh nằm ngoài đường tròn trước đi nhé.

Sai ở cái dòng đầu tiên ấy nhìn đâu cho xa @@

Mình không biết nói có nhầm ý bạn không nhưng bạn nthoangcute làm đúng rồi mà :| nếu sai thì bạn chỉ rõ ràng vô lí ở điểm nào đi :|

Em mới vào diễn đàn nên chưa biết vẽ hình và dùng kí hiệu.Mong các anh chị giúp cho .

Bạn tham khảo ở đây:
- Cách vẽ hình.
- Cách soạn thảo công thức Toán.

$sin3x+sinx=\sqrt{3}(cosx-1)$

Chém từ từ từng bài 1 zậy

Câu 1:$\large sinx.cos4x=1\Leftrightarrow sin5x-sin3x=2$

Do $\large \left.\begin{matrix} sin5x \leq1\\ -sin3x\leq 1 \end{matrix}\right\}\Rightarrow sin5x-sin3x \leq 2$

nên phương trình $\large \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} sin5x=1\\ sin3x=-1 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} 5x=\frac{\pi}{2}+k2\pi\\ 3x=\frac{-\pi}{2}+m2\pi \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \frac{\pi}{10}+\frac{k2\pi}{5}=\frac{-\pi}{6}+\frac{n2\pi}{3}\Leftrightarrow 5m-3k=2=5.1-3.1\Leftrightarrow 5(m-1)=3(k-1)\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} 1+3q=m;m \in Z\\ 5q=k-1 \end{matrix}\right.\Rightarrow x=\frac{-\pi}{6}+\frac{2(1+3q)\pi}{3}$

Vậy phương trình có nghiệm $\large S=\begin{Bmatrix} \frac{-\pi}{6}+\frac{2(1+3q)\pi}{3}; q \in Z \end{Bmatrix}$

chém thêm vài bài nữa đi bạn

$1,sinx.cos4x=1$

$2,(sin^{2}x+\frac{1}{sin^{2}x})+(cos^{2}x+\frac{1}{cos^{2}x})=12+\frac{1}{2}siny$

$3,cosx\sqrt{\frac{1}{cosx}-1}+cos3x\sqrt{\frac{1}{cos3x}-1}=1$

$4,sin^{2}x+sinx+2sinxcosy+2=0$

$5,cosx+cosy-cos(x+y)=\frac{3}{2}$

$6,x^{3}+\sqrt{(1-x^{2})^{3}}=x\sqrt{2(1-x^{2})}$

$4cosx-4sin^{2}x+cos4x=5$

 

MOD: Chú ý tiêu đề.

Chia cả 2 vể cho $cos x$ khác 0 thì pt trở thành

$\sqrt[3]{tanx+1}(tanx+2)$=5($tanx+3$)

Đặt $\sqrt[3]{tanx+1}=t$  nên $t^3=tanx+1$

phương trình ban đầu trở thành:

$t(t^3+1)=5(t^3+2)$

Đến đây giải tiếp đc rồi còn 1 ẩn thôi

mình chưa học phương trình bậc 4 với lại nhẩm nghiệm thì ra nghiệm xấu nên không giải được bạn
bạn còn cách giải nào khác không

Chia cả 2 vể cho $cos x$ khác 0 thì pt trở thành

$\sqrt[3]{tanx+1}(tanx+2)$=5($tanx+3$)

Đặt $\sqrt[3]{tanx+1}=t$  nên $t^3=tanx+1$

phương trình ban đầu trở thành:

$t(t^3+1)=5(t^3+2)$

Đến đây giải tiếp đc rồi còn 1 ẩn thôi

mình chưa học phương trình bậc4
còn nhẩm nghiệm thì ra nghiệm xấu nên không giải được bạn !!!

cho a,b>0 và $\frac{sin^{4}x}{a}+\frac{cos^{4}x}{b}=\frac{1}{a+b} CMR: \frac{sin^{8}x}{a^3}+\frac{cos^{8}x}{b^3}+\frac{1}{(a+b)^3}$

 CMR các biểu thức sau không phụ thuộc vào x

$3(sin^8x-cos^8x)+4(cos^6x-2sin^6x)+6sin^4x$

MOD: Chú ý tiêu đề bạn nhé

Ta có: $3(sin^{8}x-cos^{8}x)+4(cos^{6}x-2sin^{6}x)+6sin^{4}x =3(sin^{2}x-cos^{2}x)(sin^{4}x+cos^{4}x)+4(cos^{2}x-sin^{2}x)(cos^{4}x+sin^{4}x+cos^{2}xsin^{2}x)-4sin^{6}x+6sin^{4}x =(cos^{2}x-sin^{2}x)(sin^{4}x+cos^{4}x+4sin^{2}xcos^{2}x)-4sin^{6}x+6sin^{4}x=3cos^{4}xsin^{2}x-3cos^{2}xsin^{4}x+cos^{6}x+6sin^{4}x-5sin^{6}x=3cos^{4}xsin^{2}x-3cos^{2}xsin^{4}x+cos^{6}x+sin^{4}x+5sin^{4}x(1-sin^{2}x)=3cos^{4}xsin^{2}x+2sin^{4}xcos^{2}x+cos^{6}x+sin^{4}x=cos^{4}x(3sin^{2}x+cos^{2}x)+sin^{4}x(2cos^{2}x+1)=cos^{4}x(3-2cos^{2}x)+sin^{4}(3-2sin^{2}x)=3(cos^{4}x+sin^{4}x)-2(cos^{6}x+sin^{6}x)=3(cos^{4}x+sin^{4}x)-2(sin^{4}x+cos^{4}x-sin^{2}xcos^{2}x)=(sin^{2}x+cos^{2}x)^{2}=1$

Nên biểu thức trên không phụ thuộc vào x

cho mình hỏi làm sao mà bạn suy nghĩ được như vậy ở chỗ
$3(sin^{2}x-cos^{2}x)(sin^{4}x+cos^{4}x)+4(cos^{2}x-sin^{2}x)(cos^{4}x+sin^{4}x+cos^{2}xsin^{2}x)-4sin^{6}x+6sin^{4}x$
được không

1:$cosx-cos2x+cos3x=\frac{1}{2}$

2:$4cos^{4}x -3cos^{2}x-cos5xcos7x=0$

cho mình hỏi xíu
làm sao mà bạn suy nghĩ ra nhân sin2x vào 2 vế phương trình ở bài 1 vậy???

$\sqrt[3]{tanx+1}(sinx+2cosx)=5(sinx+3cosx)$