Đến nội dung

NLT

NLT

Đăng ký: 27-02-2012
Offline Đăng nhập: Riêng tư
****-

#512188 Tìm min $ P=\frac{2}{a^4}+\frac{2...

Gửi bởi NLT trong 10-07-2014 - 22:47

Cho $a,b>0$ thỏa $ab \le 4$. Tìm GTNN của: \[ P=\frac{2}{a^4}+\frac{2}{b^4}+\frac{3}{(a-b)^2} \]




#491171 kết quả olympic 30/4

Gửi bởi NLT trong 06-04-2014 - 21:57

Chúc mừng mọi người nhé ^_^




#472093 Tìm tất cả hàm đơn điệu $f:\mathbb{R}\to \mathb...

Gửi bởi NLT trong 21-12-2013 - 20:16

Tìm tất cả hàm đơn điệu $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ sao cho $f\left( xf\left( y \right) \right)=yf\left( 2x \right)$ với mọi $x,y\in \mathbb{R}$ 

 

Cách khác: Tính được $f(0)=0$

Từ giả thiết suy ra: $f(f(y))=y.f(2)$.

Nếu $f(2)$ khác $2$, cho $y=1 \to f(x.f(1))=f(2x) \to x.f(1)=f(2x) \to f(x)=cx$. Thử lại và tìm $c$.

Nếu $f(2)=0$, thế $y=2$ vào pt đầu đc: $0=f(0)=2.f(4) \to f(4)=0$, tương tự $f(2^n)=0$.

Rõ ràng $f$ có vô hạn không điểm nên $f$ đồng nhất $0$.

Vậy tìm đc 2 hàm  :closedeyes:


  • LNH yêu thích


#432385 Hình học - Tuyển tập các bài toán sưu tầm từ Mathlinks.ro

Gửi bởi NLT trong 02-07-2013 - 21:11

Ta sẽ chứng minh bài toán ngược sau:Giả thiết như bài toán trên đến đoạn DP cắt (K) tại Z,ta thay phần sau bằng:H là giao của CZ với AA';F là giao BH với (K).Chứng minh E;F;P thẳng hàng (hay EF;DZ;AA" đồng quy)

Ta sử dụng các bổ đề dưới đây:

$\bullet$ Bổ đề 1:Tứ giác ABCD nội tiếp (O); tiếp tuyến tại C;D cắt nhau tại I;  H;K lần lượt là giao của AD và BC;AC và BD.Khi đó I;H;K thẳng hàng.

$\bullet$ Bổ đề 2:Cho (A;B;C;D)=-1;K thuộc trung trực của AB;các đường thẳng vuông góc với KA;KB cắt nhau tại I.Ta có:$\angle BIC=\angle BKD$.

$\bullet$ Bổ đề 3:Tứ giác ABCD có M;P lần lượt là giao của AD và BC; N;Q thứ tự là giao của MP với AB;CD.Khi đó:(M;P;N;Q)=-1.

 

Trở lại bài toán,gọi K là giao của BZ và CF;I;G lần lượt là giao của BC và DE;AA' và BC.

Theo bổ đề 1 ta có:A,A',H,K thẳng hàng.Theo bổ đề 2 ta có (B;C;G;I)=-1.Theo bổ đề 3 ta có:$\angle CKI=\angle GA'C\Rightarrow A'A\perp KI$.

Theo định lý Brocard ta có I;Z;F thẳng hàng hay ZF;BC;DE đồng quy.

Xét bộ 3 tam giác sau:ADE;A'ZF;ABC ta thấy các bộ đường thẳng (A'Z;AB;AD);(A'F;AE;AC);(DE;ZF;BC) đồng quy

Lại có AA';BZ;CF đồng quy nên theo đinh lý Desargues ta có AA';DZ;EF đồng quy(đccm)

 

Có thể xử lý đơn giản hơn ở việc khi đã chứng minh được $(B,C,G,I)=-1$ như sau:

 

Nếu gọi $I'$ là giao điểm của $FZ$ và $BC$ thì theo bổ đề quen thuộc có $(B,C,G,I')=-1$

 

Suy ra $I \equiv I' \to I \in [FZ]$. Lúc này làm tiếp như trên.




#426707 Hình học - Tuyển tập các bài toán sưu tầm từ Mathlinks.ro

Gửi bởi NLT trong 13-06-2013 - 11:05

Bài toán 40:

 

 

5c41b2cc8a41112860cecb382a09c108_5616107

 

Lục giác APCMBN nội tiếp (O).Gọi D;E;F;X;Y;Z lần lượt là giao của AC;AB với NP;của CA;CB với BD;của BC;BA với MN.Khi đó dễ dàng chứng minh được DX;EY;FZ đồng quy.

Qua D kẻ tiếp tuyến với đường tròn nội tiếp tam giác ABC( kí hiệu (I) ) cắt AC tại E'.Khi đó lục giác XYZDE'F ngoại tiếp (I).

Theo định lý Brianchon ta có DX;E'Y;FZ đồng quy.Do đó E;E';Y thẳng hàng.Mà E;E' cùng thuộc AC nên E trùng E hay MNP ngoại tiếp (I).

Do $\angle BAC=\angle NMP$ nên BN song song PC.Lại có BC và PN cùng tiếp xúc với (I) nên theo tính chất đối xứng ta có AB=MN;AC=MP;BC=NP hay 2 tam giác ABC và MNP bằng nhau(đccm)

 

Phải chăng đây là trường hợp riêng của MR3 anh Hân post ở trên (phần tô đỏ)

 

Nếu Near giải khác thì pots lên giúp nhé :)




#425292 $AC.BO.DO=BD.AO.CO$

Gửi bởi NLT trong 09-06-2013 - 09:26



Cho đường tròn tâm $I$ đường kính $BC$, vẽ dây $HK$ cắt $BC$ tại $O$ bên ngoài $(I)$. Tiếp tuyến tại $H$ và $K$ của $(O)$ cắt $BC$ lần lượt tại $A,D$. Chứng minh rằng: \[AC.BO.DO=BD.AO.CO\]

 

attachicon.gifẢnh chụp màn hình_2013-06-09_082358.png

 

Giải như sau:

 

Ảnh chụp màn hình_2013-06-09_091422.png

 

Bài này với mọi dây $BC$ của $(I)$. Gọi các điểm như hình vẽ.

 

Áp dụng định lý Menelaus vào $\Delta XBC$ và $\Delta EAD$: \[\frac{{HX}}{{HB}}.\frac{{OB}}{{OC}}.\frac{{KC}}{{KX}} = 1 \to \frac{{OB}}{{OC}} = \frac{{HB}}{{HX}}.\frac{{KX}}{{KC}}\] \[\frac{{HE}}{{HA}}.\frac{{OA}}{{OD}}.\frac{{KD}}{{KE}} = 1 \to \frac{{OD}}{{OA}} = \frac{{HE}}{{HA}}.\frac{{KD}}{{KE}} = \frac{{KD}}{{HA}}\] \[ \Rightarrow \frac{{OB}}{{OC}}.\frac{{OD}}{{OA}}.\frac{{AC}}{{BD}} = \frac{{HB}}{{HX}}.\frac{{KX}}{{KC}}.\frac{{KD}}{{HA}}.\frac{{AC}}{{BD}} (*)\]

Để ý: $\Delta AHB ~ \Delta ACH; \Delta DCK ~ \Delta DKB; \Delta XBK ~ \Delta XCH$   nên: \[\frac{{AC}}{{HA}} = \frac{{HC}}{{HB}};\frac{{KD}}{{BD}} = \frac{{KC}}{{KB}};\frac{{KX}}{{HX}} = \frac{{KB}}{{HC}}\]

Thế vào $(*)$ ta có $\frac{{OB}}{{OC}}.\frac{{OD}}{{OA}}.\frac{{AC}}{{BD}} = 1$, và đó là đpcm.




#425106 Hình học - Tuyển tập các bài toán sưu tầm từ Mathlinks.ro

Gửi bởi NLT trong 08-06-2013 - 17:21

$\boxed{\text{ Bài toán 41 }}$ http://www.artofprob...p?f=46&t=537830

 

Let 4a0261317a91973914bce0a932562ae4ca697fdf and e790e5df68a93b6224ce200844c43327b92df052 is circumcircle of triangle. c63ae6dd4fc9f9dda66970e827d13f7c73fe841c is a point in 4a0261317a91973914bce0a932562ae4ca697fdf847f0a60992920b525027c34ec37d7cef86f83ee. Let 64c57e9cddabe8b416d45dbc16d8b25a5bc90ab4 like this picture. Prove that 3 diagonals of the hexagon $XYZTUV$ are concurrent at c63ae6dd4fc9f9dda66970e827d13f7c73fe841c.

___

 

Cho tam giác $ABC$ có đường tròn $(O)$ ngoại tiếp tam giác. $M$ là 1 điểm nằm trong tam giác. $MA \cap (O) = A';MB \cap (O) = B';MC \cap (O) = C'$. Cho $X,Y,Z,T,U,V$ như hình vẽ. Chứng minh rằng $3$ đường chéo của lục giác $XYZTUV$ đồng quy tại $M$.

 

Ảnh chụp màn hình_2013-06-08_170721.png

 

 

Bài này không khó nhưng có mở rộng khá hay .... :)




#421573 Topic post ảnh người yêu, bạn gái,...

Gửi bởi NLT trong 27-05-2013 - 20:45

Ủng hộ thêm vài cái ảnh nữa (của cùng nhân vật) :D

attachicon.gifUyen 1.jpg

 

 

Dân Hà Nội đấy :P Anh em F.A cứ đặt cọc đi

 

Em FA nhưng xác định là k có cửa =.=




#418701 $MA.MB=MI^2-R^2$

Gửi bởi NLT trong 16-05-2013 - 10:23

cho mình hoi MA*MB=MI^2-R^2,công thức này là lấy giá trị độ lớn,còn dấu ngang trên đầu MA,MB là gì zậy

 

Đó là độ dài đại số, em sẽ được học ở chương trình THPT. Giá trị của tích $\overline {MA} .\overline {MB}$ có thể mang giá trị âm hoặc dương tùy thuộc vào điểm $M$. Đối với THCS em chỉ cần nhớ: $MA.MB=|MI^2-R^2|$ là được !




#418558 $f(x^2+f(y))=xf(x)+y$

Gửi bởi NLT trong 15-05-2013 - 15:51



BT2: Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa :

 

$f(x^2+f(y))=xf(x)+y$.

 

Giải như sau: 

 

Cho $x=0 \to f(f(y))=y \to f(f(x))=x, \forall x \in \mathbb{R}$

 

Giả sử tồn tại $x,y$ sao cho $f(x)=f(x)$, suy ra $f(f(x))=f(f(y)) \to x=y$, do đó $f$ là đơn ánh.

 

Cho $x=f(x)$ vào phương trình ban đầu, ta được: \[f((f(x))^2+f(y))=f(x).f(f(x)+y=xf(x)+y\]

Kết hợp với phương trình ban đầu, và $f$ đơn ánh nên: \[f(x)^2=x^2 \to f(x)=x \vee f(x)=-x\]

Rồi tiếp tục như hoangtrunghieu.  $\odot $




#416423 Hình học - Tuyển tập các bài toán sưu tầm từ Mathlinks.ro

Gửi bởi NLT trong 04-05-2013 - 18:03

Đây là bài toán mạnh nhấtttttttttttttttttttttttttttttttt ^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^

 

Cho $D,E,F$ bất kì thuộc $BC,CA,AB$. Không cần phải đồng quy nữa :v




#416416 Hình học - Tuyển tập các bài toán sưu tầm từ Mathlinks.ro

Gửi bởi NLT trong 04-05-2013 - 17:38

Vừa phát hiện ra một điều lý thú nữa :)

 

Ở đây không chứng minh sự đồng quy, cùng khai thác 1 tí:

 

Không còn các điểm tiếp xúc nữa, chỉ giữ lại 1 tiếp điểm, ta có bài toán:

 

Cho $\Delta ABC$, đường tròn nội tiếp tam giác tiếp xúc $AB$ tại $M$.$N$ là 1 điểm bất kì trên $BC$. Chứng minh rằng tồn tại 1 tiếp tuyến chung của $3$ đường tròn nội tiếp tam giác $BMN, CMN,AMN$

 

Ảnh chụp màn hình_2013-05-04_173745.png

 

Từ cái BẤT KÌ của điểm $N$, có thể sẽ có nhiều mở rộng khác :) Bài này tớ chứng minh được rồi :D




#416090 Hình học - Tuyển tập các bài toán sưu tầm từ Mathlinks.ro

Gửi bởi NLT trong 02-05-2013 - 20:50

1 mở rộng nữa từ bài $22$: Giao điểm của các đường thẳng đồng quy đó, là tâm đường tròn nội tiếp của $\Delta DFE$, với $D,E,F$ lần lượt là tiếp điểm của đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$ với $BC,CA,AB$  :luoi:

 

Hoàn chứng minh luôn cái mở rộng này, và post lời giải cho bài toán tương tự kia nhé ! :)




#415855 Hình học - Tuyển tập các bài toán sưu tầm từ Mathlinks.ro

Gửi bởi NLT trong 01-05-2013 - 17:57

Ở mỗi bài toán, khuyến khích nên tổng quát, hoặc bài toán tương tự, hoặc ý tưởng đặc biệt nào đó ngoài việc giải bài :) 




#415716 Hình học - Tuyển tập các bài toán sưu tầm từ Mathlinks.ro

Gửi bởi NLT trong 01-05-2013 - 07:47

Lại một bài nữa về đường tròn nội tiếp :)

 

$\boxed{\text{Bài toán 22}}$ Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(I)$, gọi $O_A, O_B,O_C$ lần lượt là giao điểm của các đường phân giác góc $\angle A, \angle B, \angle C$ với $(I)$. Gọi $(O_A)$ là đường tròn tâm $O_A$ và tiếp xúc với $AB,AC$. Định nghĩa tương tự với $(O_B),(O_C)$. Gọi $t_A$ là tiếp tuyến chung ngoài của $(O_B)$ và $(O_C)$, định nghĩa tương tự với $t_B, t_C$. Chứng minh rằng $t_A, t_B,t_C$ đồng quy.

[49192]

 

Và một vấn đề quen thuộc nhưng hoàn toàn không hề cũ :)

 

$\boxed{\text{Bài toán 23}}$ Cho $\omega_1$ và $\omega_2$ với các bán kính $r_1,r_2$ thỏa $r_2>r_1$ tiếp xúc ngoài với nhau. $t_1$ tiếp xúc với $\omega_1, \omega_2$ lần lượt tại $A,D$. Kẻ $t_2 // t_1$ và tiếp xúc với $\omega_1$, nó cắt $\omega_2$ lần lượt tại $E,F$. Kẽ $t_3$ đi qua $D$  cắt $t_2, \omega_2$ lần lượt tại $B,C$ (khác $E,F$ tương ứng). Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp của $\Delta ABC$ tiếp xúc với $t_1$.

[53277]