Beautifulsunrise

Cho đường tròn (O). Cung BC=$120^o$. Điểm A di chuyển trên cung lớn BC. Ở phía ngoài $\Delta ABC$ vẽ $\Delta ACD$ đều.
Tìm tập hợp điểm D

Gợi ý:
Giả sử đường thẳng DA cắt lại đường tròn (O) tại E. Ta có: $\widehat{EBC}=60^0 $ nên E là điểm chính giữa cung lớn BC. Quỹ tích điểm D là cung chứa góc $60^0$ dựng trên đoạn thẳng CE.

Góp mấy bài cho topic sống lại nè ^^:
Bài 64: Chứng minh $2^{8n}.5^{6n}-1980^n-441^n+1$ chia hết cho $1979,$ với mọi $n$ thuộc $\mathbb{N}.$
Bài 65: Chứng minh $5^{n+2}+26.5^n+8^{2n+1}$ chia hết cho $59$ với mọi $n$ thuộc $\mathbb{N}.$
Bài 66: Chứng minh rằng $1^3+2^3+3^3+...+100^3$ là số chính phương.
Bài 67: Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương $a$ sao cho $z=n^4+a$ không là số nguyên tố với mọi $n$ nguyên dương.
Bài 68: Tìm số dư khi chia $9^{10^{11}}-5^{9^{10}}$ cho $13.$
___________
P/s: Một số bài ở trên không dùng đồng dư nhé

Gợi ý:
Bài 64: Gọi biểu thức đã cho là A. Ta có: A = $2000^{2n}-21^{2n} - (1980^n -1)=1979.M-1979.N \vdots 1979$.
Bài 65: Gọi biểu thức đã cho là B. Ta có: B = $59.5^n+8(64^n-5^n)=59.H+59.K \vdots 59$.
Bài 66: BT này dùng PP quy nạp chứng minh thì sẽ dễ hơn: $1^3+2^3+...+n^3= \left( {\frac{n(n+1)}{2}} \right)^2$ thay n = 100 vào là có ngay đpcm.
Bài 67: BT này thật ngộ nghĩnh. Với mỗi n lẻ ta sẽ có vô số số tự nhiên lẻ a lớn hơn 1 thỏa mãn yêu cầu BT. Với mỗi n chẵn ta cũng có vô số số chẵn a lớn hơn 0 thỏa mãn yêu cầu BT. => đpcm.
Bài 68: Đặt biểu thức đã cho là A. Ta có: $9^3$ chia 13 dư 1 và $5^4$ chia 13 dư 1 (may quá). Do đó: A = $9^{3k+1}-5^{4k+1}=9(13G+1)-5(13J+1)=13R+4$ chia cho 13 dư 4.

Cho đoạn thẳng $\text{AB} = 2\text{a}$ cố định. Trên cùng nửa mặt phẳng bờ $\text{AB}$ vẽ $2$ tia $\text{Ax}$ và $\text{By}$ cùng vuông góc với $\text{AB}$. Qua một điểm $\text{O}$ cố định thuộc $\text{AB}$ luôn có hai đường thẳng vuông góc thay đổi với nhau cắt $\text{Ax}$ và $\text{By}$ lần lượt tại $\text{C}$ và $\text{D}$. Xác định vị trí của $\text{C , D}$ sao cho diện tích tam giác $\text{COD}$ đạt giá trị nhỏ nhất. Tính giá trị nhỏ nhất đó.

Gợi ý:
Đặt BD = x. Tính được AC theo x. Từ đó tính được OC, OD theo x. BT đưa về tìm GTNN của 1 tam thức bậc hai.

Cho đường thẳng d nằm ngoài đường tròn tâm O. Vẽ OA vuông góc với d tại A. Từ A kẻ các cát tuyến d1,d2 lần lượt cắt đường tròn (O) tại B,C và D,e (B giữa A và C, D giữa A và E). Gọi M,N theo thứ tự là giao điểm của đường thẳng BE và DC với đường thẳng d. Chứng minh tam giác OMN cân.

Gợi ý:
Gọi H, K lần lượt là trung điểm của CD, BE. Ta có 2 tam giác AHD và AKB đồng dạng (cgc) $\Rightarrow \widehat{AON} = \widehat{AHN} = \widehat{AKM} = \widehat{AOM} \rightarrow$ đpcm.
Chú ý: Thực chất BT này là định lí con bướm cho đường tròn.

Đóng góp một bài toán cho topic nào (Dạo này thấy trầm quá ^^):
Bài 136: Cho $\Delta ABC$. Xét 1 đường tròn $(O)$ cắt các cạnh $BC,CA,AB$ lần lượt tại $A_{1},A_{2},B_{1},B_{2},C_{1},C_{2}$.CHứng minh rằng $AA_{1},BB_{1},CC_{1}$ đồng quy $\Leftrightarrow AA_{2},BB_{2},CC_{2}$ đồng quy

Gợi ý:
Ta có: $AA_1, BB_1, CC_1$ đồng quy $\Leftrightarrow \frac{A_1B}{A_1C}.\frac{B_1C}{B_1A}.\frac{C_1A}{C_1B} = 1 \Leftrightarrow \frac{A_1B}{C_1B}.\frac{B_1C}{A_1C}.\frac{C_1A}{B_1A} =1 \Leftrightarrow \frac{C_2B}{A_2B}.\frac{A_2C}{B_2C}.\frac{B_2A}{C_2A} =1$
$ \Leftrightarrow \frac{C_2B}{C_2A}.\frac{B_2A}{B_2C}.\frac{A_2C}{B_2C}=1 $
$ \Leftrightarrow AA_2, BB_2, CC_2 $đồng quy.

Tam giác ABC đều nội tiếp đường tròn bán kính R. Xoay tam giác (cùng hoặc ngược chiều kim đồng hồ ) được tam giác A'B'C'.
Biều diển diện tích phần chung của hai tam giác theo R.
(Trích đề thi giải toán trên máy tính cầm tay tỉnh Bắc Giang năm học 2012-2013)

Phản ví dụ:
Trên 2 hình ta có diện tích phần chung khác nhau thì sao mà biểu diễn được theo R không đổi chứ:
Hình 1:

Hình 2:

Anh có thể giúp em làm câu b rõ hơn chút được không ạ.

Mình đồng ý, vì HX // CE và $\frac{HX}{CE} = \frac{OX}{IE} = \frac{AH}{AC}$

1 BĐT tương tự cho $m_{a};m_{b};m_{c}$ là :
Chứng minh $\frac{m_{a}}{h_{a}}+\frac{m_{b}}{h_{b}}+\frac{m_{c}}{h_{c}} \le 1+\frac{R}{r}$.

Tóm tắt lời giải:

Để chứng minh công thức $\frac{m_{a}}{h_{a}}+\frac{m_{b}}{h_{b}}+\frac{m_{c}}{h_{c}} \le 1+\frac{R}{r}$, ta không cần phải chuyển qua đại số mà cần lưu ý 1 chút xíu:
$m_a - R \le OM$
Và do vậy nên: $am_a + bm_b + cm_c - R(a + b +c) \le 2S$ chia cả 2 vế cho 2S ta có ngay đpcm.

Cho $\Delta ABC$ ngoại tiếp đường tròn $(O;r)$. Gọi đường tròn $(I;R)$ là đường tròn bàng tiếp góc $A$ của $\Delta ABC$. Đường tròn $(O;r)$ tiếp xúc với $BC$ tại $D$, đường tròn $(I;R)$ tiếp xúc với $BC$ tại $E$.
a) CMR: $BC\geq 2\sqrt{Rr}$
b) CMR: đường thẳng đi qua $O$ và trung điểm của $AD$ đi qua trung điểm của $DE$

Gợi ý:

a) Ta có: $BC = a = (p-b) + (p-c) \ge 2 \sqrt{(p-b)(p-c)}=2 \sqrt{Rr}$
b) Cho DO cắt (O) tại X, kẻ $XH \bot DO,~H \in AC $ vì 2 tam giác vuông OXH và IEC đồng dạng nên A, X, E thẳng hàng => đpcm

Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn $(O;R)$, $AC\perp BD$ tại $I$ ($I\neq O$). Tìm vị trí của $ABCD$ để $S_{ICD}$ lớn nhất

I. Phân tích:
Ta cần đánh giá tích ID.IC, để làm điều này ta nghĩ ngay đến công thức đặc trưng cho tứ giác nội tiếp ABCD có 2 đường chéo vuông góc với nhau tại I là: $IA^2+IB^2+IC^2+ID^2=DB^2=4R^2$. Chú ý là IC.IA = IB.ID = $R^2 - OI^2$

II. Gợi ý:
Ta có: $(R^2 - OI^2 )(\frac{1}{IC^2}+\frac{1}{ID^2})+IC^2+ID^2=4R^2$
$ \Rightarrow 4S(1+ \frac{R^2-OI^2}{4S^2} \le 4R^2)$
$ \Rightarrow .... $
III. Khai thác:
Tứ giác nội tiếp có 2 đường chéo vuông góc là 1 loại tứ giác đặc biệt nên có nhiều tính chất cũng rất đặc biệt bí mật.

Góp vui 2 bài :
Hình học cực trị
Bài 133
Cho (O,R) và (O',R') qua O . AB là dây cửa (O) và tiếp xúc với (O') tại C
Tìm Max $(BC^2 +AC^2)$ Theo R và R'

I. Phân tích:
Vì điểm C thuộc đoạn thẳng AB nên để đánh giá $CA^2+CB^2$ ta gọi D là trung điểm AB, khi đó $CA^2+CB^2=2(DA^2+DC^2)$. Ở đây cần chú ý là DA, DC đều tính được theo x = OD với R và R' không đổi.

II. Gợi ý:
Ta có: $DA^2+DC^2=R^2-x^2+R'^2-(R'-x)^2=R^2-2x^2+2R'x=R^2+\frac{R'^2}{2}-2(x- \frac{R'}{2})^2 \le R^2+\frac{R'^2}{2}$
Vậy: Max($CA^2+CB^2$ ) $= 2R^2+R'^2$
III. Khai thác:
Giả sử C, B nằm trên cùn nửa mặt phẳng bờ OO', OB cắt (O') tại F, AO cắt (O'), (O) lần lượt tại G, H. Khi đó nhờ KQ bài toán trên ta có thể tìm được Max của BF - GH.

Cho $\Delta ABC$ nội tiếp đường tròn $(O;R)$, các đường thẳng $AO, BO, CO$ cắt $BC, AC, AB$ lần lượt tại $A', B', C'$. Tìm $GTNN$ của $OA'+OB'+OC'$ theo $R$

Gợi ý:
Đặt BC = a, CA = b, AB = c và gọi x, y, z lần lượt là khoảng cách từ O tới các cạnh BC, CA, AB và G là trọng tâm tam giác ABC. Ta có:
$OA' + OB' + OC' \ge x + y + z = \sqrt {3{R^2} - (\frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{4})} $
Mà: $O{A^2} = {(\overrightarrow {OG} + \overrightarrow {GA} )^2} = O{G^2} + \frac{4}{9}(\frac{{{b^2} + {c^2}}}{2} - \frac{{{a^2}}}{4}) + 2\overrightarrow {OG} .\overrightarrow {GA} $
$O{B^2} = {(\overrightarrow {OG} + \overrightarrow {GB} )^2} = O{G^2} + \frac{4}{9}(\frac{{{c^2} + {a^2}}}{2} - \frac{{{b^2}}}{4}) + 2\overrightarrow {OG} .\overrightarrow {GB} $
$O{C^2} = {(\overrightarrow {OG} + \overrightarrow {GC} )^2} = O{G^2} + \frac{4}{9}(\frac{{{a^2} + {b^2}}}{2} - \frac{{{c^2}}}{4}) + 2\overrightarrow {OG} .\overrightarrow {GC} $
=> $3{R^2} = 3O{G^2} + \frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{3} \ge \frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{3}$
Do vậy: $OA' + OB' + OC' \ge \frac{{R\sqrt 3 }}{2}$

Cho $A$ là một điểm cố định trên đường tròn $(O;1)$. $M$ là điểm sao cho $\Delta AMB$ vuông ở $M$ ($AB$ là dây của $(O;1)$). Tính $GTLN$ của $OM$

Gợi ý:

Gọi E là trung điểm của AB. Đặt AE = x. Ta có: $OM \le OE + EM = x + \sqrt {{R^2} - {x^2}} \le R\sqrt 2 $

Cho đường tròn $(O;R)$ tiếp xúc ngoài $(O';r)$ tại $A$. Vẽ hai tia $Ax\perp Ay$ cắt $(O;R)$ và $(O;r)$ lần lượt tại $B$ và $C$. Tính giá trị lớn nhất của $S_{ABC}$

Gợi ý:

Kẻ BD, CE lần lượt vuông góc với OO'. Đặt AE = x, HE = y. Dựa vào tam giác đồng dạng tính được:
$AB^2 = \frac{{2{R^2}}}{r}.y;\,\,\,AC^2 = 2rx$. Chú ý: x + y = 2r.
Ta có: $Max(S_{ABC}) = Rr. $ <=> x = y.

Bài 134
Cho hình vuông ABCD .cạnh a
Vẽ (C,a).E, F $\in$ AB , AD sao cho EF tx (C,a)
TÌm Max $S_{EFC}$ theo $a$

I. Phân tích tìm cách giải:
Khi vẽ hình xong ta thấy ngay để dt tam giác EFC lớn nhất thì EF phải lớn nhất. Vì tam giác EFC có thể suy biến được thành đoạn thẳng AB hoặc AD nên:

II. Lời giải tóm tắt:
Ta có: ${\rm{EF}} \le AE + {\rm{AF}} \Rightarrow 2EF \le AE + {\rm{AF + EF = 2a}} \Rightarrow {\rm{EF}} \le a$
Vậy: $S_{EFC} \le \frac{{{a^2}}}{2}$ Dấu bằng xảy ra khi C trùng B hoặc D.
III. Khai thác và mở rộng bài toán:
BT này đề cập đến cách để 1 tam giác vuông suy biến thành đoạn thẳng. Ngoài yêu cầu tìm Max ta có thể tìm được min của $S_{EFC}$ bằng cách tìm min của EF như sau: Đặt AE = x và AF = y thì ta có:
${\rm{EF = 2a - (x + y) = }}\sqrt {{x^2} + {y^2}} \ge \frac{{x + y}}{{\sqrt 2 }} \Rightarrow x + y \le \frac{{2a\sqrt 2 }}{{\sqrt 2 + 1}} \Rightarrow {\rm{EF}} \ge \frac{{2a}}{{\sqrt 2 + 1}}$
BT sẽ trở nên khó hơn khi người ra đề cố tình ẩn đi đường tròn (C, a) mà chỉ cho E, F lần lượt thuộc AB, AD sao cho $\widehat{ECF} = {45^0}$.