tpdtthltvp

Lời giải bài 23:

a) Ta có $\Delta CMB=\Delta AMD(c.g.c)\Rightarrow \widehat{MAD}=\widehat{MCB},\widehat{MDA}=\widehat{MBC}\Rightarrow$ tứ giác $AMPC,BMPD$ nội tiếp.

b) $\widehat{CMP}=\widehat{CAP}=\widehat{PDM}=\widehat{CBM}\Rightarrow \Delta CMP\sim \Delta CBM(g.g)\Rightarrow CP.CB=CM^2=AM^2\Rightarrow \sqrt{CP.CB}=AM.$ Tương tự cũng có $\sqrt{DP.DA}=MB\Rightarrow \text{đpcm}$

Lời giải bài 24:

a) $\widehat{ADE}=\widehat{AHE}=\widehat{ECB}\Rightarrow$ tứ giác $BDEC$ nội tiếp.

b) $\widehat{SHD}=\widehat{BAH}=\widehat{SEH}\Rightarrow SB.SC=SH^2(=SD.SE)$

c) Lấy $K$ đối xứng $H$ qua $S$ thì $SO//AK$ hay $SM//AK$ suy ra $\frac{BM}{MA}=\frac{BS}{SK}=\frac{BS}{SH}$
Mặt khác,  $SB.SC=SH^2\Rightarrow SB.HC=SH^2-SB.SH=SH.BH\Rightarrow \frac{BS}{SH}=\frac{BH}{HC}$ do đó $\frac{BM}{MA}=\frac{BH}{HC}\Rightarrow MH//AC$ hay $HP//EC.$ Từ đây suy ra tứ giác $BDPH$ nội tiếp $\Rightarrow BPH=\widehat{BDP}=90 ^{\circ}\Rightarrow BP \perp MH\Rightarrow BP \perp AC$

Cmtt, $CQ \perp AB$ suy ra đpcm.
 

Lời giải bài 25:

Dễ thấy $PQ$ đi qua trung điểm $K$ của $AB.$ Áp dụng định lí $Ceva$ cho tam giác $QAB$ có: $\frac{NA}{NQ}.\frac{KB}{KA}.\frac{MQ}{MB}=1\Rightarrow \frac{QN}{NA}=\frac{QM}{MB}\Rightarrow MN//AB.$ MÀ $PQ$ đi qua trung điểm của $AB$ do đó $PQ$ đi qua trung điểm của $MN.$ 

Bài 21: [Đề TS vào lớp 10 THPT Chuyên Ngoại Ngữ, Đại học Ngoại Ngữ, Đại học Quốc gia Hà Nội 2014 - 2015]

Cho tam giác ABC (AB < AC) nhọn nội tiếp (O). Kẻ đường cao AH. Gọi P, Q lần lượt là chân đường vuông góc kẻ từ H đến AB, AC.

a) Chứng minh: BCQP nội tiếp.

b) PQ kéo dài cắt BC tại M. Chứng minh : $MH^{2}=MB.MC$.

c) K là giao điểm của MA với đường tròn (O) (K khác A). I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCQP. Chứng minh rằng: I, H, K thẳng hàng.

Lời giải bài 21:

a) Ta có: $\widehat{APQ}=\widehat{AHQ}=\widehat{QCB}\Rightarrow \text{đpcm}$

b) $\widehat{MHP}=\widehat{BAH}=\widehat{MQH}\Rightarrow \Delta MHP\sim \Delta MQH\Rightarrow MH^2=MP.MQ$

c) $MH^2=MP.MQ=MB.MC=MK.MA\Rightarrow \Delta MHK\sim \Delta MAH\Rightarrow HK \perp AM(1)$

 Gọi $S,T$ lần lượt là trung điểm của $BQ,CP.$ Ta có: $MP.MQ=MK.MA$ nên tứ giác $KAQP$ nội tiếp $\Rightarrow \widehat{KPA}=\widehat{KQA}\Rightarrow \widehat{KPB}=\widehat{KQC}$ mà $\widehat{KBA}=\widehat{KCA}\Rightarrow \widehat{KBP}=\widehat{KCQ}$ suy ra $\Delta KBP\sim \Delta KCQ\Rightarrow \Delta KSP\sim \Delta KTQ\Rightarrow \widehat{KSP}=\widehat{KTQ}\Rightarrow \widehat{KSA}=\widehat{KTA}$ suy ra tứ giác $KATS$ nội tiếp mà tứ giác $SATI$ nội tiếp do đó $5$ điểm $K,A,T,I,S$ cùng thuộc $1$ đường tròn. Do đó $\widehat{IKA}=\widehat{ISA}=90^{\circ}\Rightarrow IK \perp AM(2)$

 Từ $(1),(2)$ suy ra $I,H,K$ thẳng hàng.

Bài 22 (Đề thi vào chuyên toán THPT chuyên Vĩnh Phúc 2013-2014):

Cho tam giác $ABC$ nhọn $(AB<AC).$ Gọi $D,E,F$ lần lượt là chân các đường cao hạ từ $A,B,C.$ Gọi $P=BC\cap EF.$ Đường thẳng qua $D$ song song với $EF$ cắt $AB,AC,CF$ lần lượt tại $Q,R,S.$ Chứng minh rằng: 

 a) Tứ giác $BQCR$ nội tiếp.

 b) $D$ là trung điểm của $QS.$

 c) $(PQR)$ chia đôi $BC.$

Bài 20: [Đề vào 10 chuyên Lê Qúy Đôn Đà Nẵng 2016 - 2017]

Cho tam giác ABC có $\widehat{BAC}> 90^{0}$, AB < AC và nội tiếp đường tròn tâm O. Trung tuyến AM của tam giác ABC cắt (O) tại điểm thứ hai D. Tiếp tuyến của (O) tại D cắt đường thẳng BC tại S. Trên cung nhỏ DC của (O) lấy điểm E, đường thẳng SE cắt (O) tại điểm thứ hai là F. Gọi P, Q lần lượt là giao điểm của các đường thẳng AE, AF với BC

a) Chứng minh rằng MODS là tứ giác nội tiếp

b) Chứng minh rằng QB = PC

Lời giải bài 20:

a) Tứ giác $MDOS$ có $\angle OMS=\angle ODS=90^{\circ}\Rightarrow $ $MDOS$ là tứ giác nội tiếp.

b) Gọi $T=FM\cap (O),P'=TD\cap AE.$ Áp dụng định lý $Pascal$ cho bộ $\begin{pmatrix} DET \\ FDA \end{pmatrix}$ ta được $M,P',S$ thẳng hàng. Do đó $P\equiv P'$ hay $FM,DP$ cắt nhau trên $(O).$ 

 $AD,FT$ là $2$ dây cung đi qua trung điểm $M$ của dây cung $BC,$ $AF\cap BC=Q,TD\cap BC=P.$ Theo định lý con bướm ta có $MQ=MP$ suy ra $QB=PC.$

 

Bài 553: Giải hệ phương trình:

$\left\{\begin{matrix} &2x+\dfrac{1}{x+y}+\dfrac{1}{x-y}=\dfrac{16}{3} \\ &2(x^{2}+y^{2})+\dfrac{1}{(x+y)^{2}}+\dfrac{1}{(x-y)^{2}}=\dfrac{100}{9} \end{matrix}\right.$

 

Ta có:

$HPT\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} [(x-y)+\frac{1}{x-y}]+[(x+y)+\frac{1}{x+y}]=\frac{16}{3} \\ [(x-y)+\frac{1}{x-y}]^2+[(x+y)+\frac{1}{x+y}]^2=\frac{136}{9} \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \begin{bmatrix} (x-y)+\frac{1}{x-y}=2;(x+y)+\frac{1}{x+y}=\frac{10}{3} \\ (x-y)+\frac{1}{x-y}=\frac{10}{3}; (x+y)+\frac{1}{x+y}=2 \end{bmatrix}\Leftrightarrow\begin{bmatrix} x=\frac{2}{3},y=-\frac{1}{3} \\ x=\frac{2}{3},y=\frac{1}{3} \\ x=\frac{2}{3},y=-1 \\ x=2,y=1 \end{bmatrix}$

Happy new year!

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O),$ ngoại tiếp $(I).$ Đường tròn $(I)$ tiếp xúc $BC$ tại $D.$ Lấy $M$ là điểm chính giữa cung $BC,$ $S$ đối xứng $A$ qua $(O).$ Chứng minh rằng $MD,SI$ cắt nhau tại $1$ điểm nằm trên $(O).$

Bài toán 4 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình: $$x^2+y^2+z^2=x^2y^2$$

Bài toán 3 : Tìm tất cả nghiệm nguyên dương của phương trình 

$x^y+y^z+z^x=2(x+y+z)$

Giả sử cả $3$ số đều lớn hơn $1$ thì $x^y+y^z+z^x\geq x^2+y^2+z^2\geq \frac{(x+y+z)^2}{3}\geq 2(x+y+z)(\text{vì }x+y+z\geq 6).$ Dấu $"="$ xảy ra khi $x=y=z=2.$

 Xét trường hợp có $1$ số là $1$, giả sử $x=1$ thì $y^z=1+2y+z.$ Dễ thấy $y\geq 2.$ Ta sẽ chứng minh với $y,z\in \mathbb{Z}_+,y\geq 2$ thì $y^z>1+2y+z(1).$ Thật vậy, giả sử $(1)$ đúng với $z=k$ thì $y^k>1+2y+k.$ Với $z=k+1,(1)\Leftrightarrow y^{k+1}>2+2y+k(2)$

Ta có $VT(2)>y(1+2y+k)=2y^2+yk+y.$ Mà $2y^2+yk+y>2+2y+k\Leftrightarrow 2(2y-1)+k(y-1)>2, \text{đúng}.$

Vậy $\left ( x,y,z \right )=\left ( 2,2,2 \right )$ 

Bài toán 2 : Tìm mọi cặp số nguyên dương x , y sao cho $\frac{x^4+2}{x^2y+1}$ là số nguyên dương .

Ta có: $x^4+2\vdots x^2y+1\Rightarrow x^4y+2y\vdots x^2y+1\Rightarrow x^2(x^2y+1)+2y-x^2\vdots x^2y+1\Rightarrow x^2-2y\vdots x^2y+1.$ Xét $3$ trường hợp:

$+)TH1:x^2=2y\Rightarrow (x,y)=(2k^2,2k)(k\in \mathbb{Z}_+)$

$+)TH2:x^2>2y\Rightarrow x^2-2y\geq x^2y+1\Leftrightarrow (x^2+2)(y-1)\leq -3\Rightarrow y=1\Rightarrow x^4+2\vdots x^2+1\Rightarrow 3\vdots x^2+1(L)$

$+)TH3:x^2<2y\Rightarrow 2y-x^2\geq x^2y+1\Leftrightarrow (2-x^2)(y+1)\geq 3\Rightarrow x^2=1\Rightarrow x=1\Rightarrow y=2$

Vậy $\left ( x,y \right )\in \left \{ (1;2);(2k^2;2k) \right \}$

Lời giải bài 7:

1) Ta có: $\angle FBD=\angle ECD$ và $\angle BFD=\angle DMC=\angle DEC$ suy ra $\Delta BDF\sim \Delta CDE$

  Từ đó dễ dàng suy ra $\Delta DEF\sim \Delta DCB\Rightarrow \angle DFE=\angle DBC=\angle DFM\Rightarrow \overline{E,M,F}$

2) Kẻ tiếp tuyến $At$ của $(O)$ suy ra $\Rightarrow \angle tAB=\angle ADB=\angle AFE\Rightarrow AT//EF\Rightarrow EF \perp AO.$

3) 

$\frac{AC}{BD}=\frac{MC}{MD};\frac{AB}{DC}=\frac{MB}{MD}\Rightarrow \frac{AC}{BD}=\frac{AB}{DC}(MB=MC)\Rightarrow \frac{AC}{AB}=\frac{DB}{DC}(1)$

 Mặt khác ta lại có: $AE.AC=AB.AF(=AM.AD)\Rightarrow \frac{AC}{AB}=\frac{AF}{AE}(2)$

 Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra $\frac{AF}{AE}=\frac{DB}{EC}\Rightarrow \frac{NF}{NE}=\frac{BF}{EC}\Rightarrow \frac{NF}{BF}=\frac{NE}{EC}\Rightarrow \frac{QN}{QB}=\frac{PN}{PC}$

 Theo định lí $Thales$ đảo suy ra $PQ//BC(\text{đpcm})$

Lời giải bài 8:

1) Ta có: $\angle GFA=\angle GEA \Rightarrow \angle GFB=\angle GEC.$ Mặt khác, $\angle GBF=\angle GCE$ suy ra $\Delta GBF\sim \Delta GCE\Rightarrow \Delta GNF\sim \Delta GME\Rightarrow \angle GNF=\angle GME\Rightarrow G\in (AMN)$

 Gọi $P'=AK\cap (K)\Rightarrow GP' \perp AG.$ Mà tứ giác $GHEA$ nội tiếp, $\angle AEH=90^{\circ}\Rightarrow GH \perp AG.$ Do đó $P'\in GH\Rightarrow P'\equiv P\Rightarrow \text{đpcm}$

Bài toán 9: Là Bài toán 6 em đề xuất ở trên rồi thầy.

Em xin đề xuất $2$ bài mới:

Bài toán 5 (Thi vòng 1 chuyên KHTN 2015-2016): Cho tam giác $ABC$ nhọn không cân có tâm đường tròn nội tiếp $I.$ $AI$ cắt $BC$ tại $D.$ Lấy $E,F$ lần lượt đối xứng $D$ qua $IB$ và $IC.$ $M,N,J$ lần lượt là trung điểm của $DE,DF,EF.$ Đường tròn ngoại tiếp tam giác $AEM$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $AFN$ tại $P$ khác $A.$ Chứng minh rằng $A,J,P$ thẳng hàng.

Bài toán 6 (Đề vòng 1 KHTN 2016-2017): Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$ có A$AD$ là phân giác trong của tam giác. $AD$ cắt $(O)$ tại điểm thứ $2$ là $E.$ Gọi $M$ là trung điểm của $AD.$ $BM$ cắt $(O)$ tại điểm thứ hai $P$ khác $B.$ $EP$ cắt $AC$ tại điểm thứ hai $N.$

 a) Chứng minh $N$ là trung điểm của $AC.$

 b) Gọi $(EMN)$ cắt $BM$ tại $R$ khác $M.$ Chứng minh rằng $RA \perp RC.$

Câu 4: (6đ)

Cho tam giác ABC cân có $\measuredangle ABC=120$ nội tiếp (O). Tiếp tuyến qua A của (O) cắt đường thẳng BC tại D. Đường thẳng DO lần lượt cắt AB,AC tại E,F. Gọi M,N lần lượt là trung điểm của AB và AC. H là giao điểm của đường thẳng AO và (O). CMR:

b) AO, MF, NE đồng quy

Mượn tạm cái nình của anh Cuongpa

Từ phần $(a)$ dễ dàng suy ra được: $\frac{ME}{MA}=\frac{1}{3}$

Mặt khác, $\frac{HA}{HO}=2,$ và $\frac{FO}{FE}=\frac{AO}{AE}=\frac{AB}{AE}=\frac{3}{2}$

Do đó: $\frac{ME}{MA}.\frac{HA}{HO}.\frac{FO}{FE}=1.$ Áp dụng định lí $Menelaus$ cho $\Delta AEO$ ta được $M,F,H$ thẳng hàng. Suy ra đpcm.

$\boxed{10}.$ GHPT: $\left\{\begin{matrix} x^4+2x^3y-2x^2y^2-12xy^3+8y^4+1=0 \\ 2x^3y+y^4=1 \end{matrix}\right.$

$\boxed{11}.$ (Bài cuối cùng của phần HPT hữu tỉ)

 Giải HPT: $\left\{\begin{matrix} y^3-x^3=7 \\ x^3-y^2+x=-2 \end{matrix}\right.$

$\boxed{8}.$ Giải hệ phương trình:

$\left\{\begin{matrix}x^2(y-z)=\frac{-5}{3} \\ y^2(z-x)=3 \\ z^2(x-y)=\frac{1}{3}. \end{matrix}\right.$

$\boxed{8}.$ Đã có ở đây

$\boxed{9}.$ Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{matrix} y^2+x(x+1)(x+2)(x+3)=121 \\ y^2+1=x \end{matrix}\right.$

$\boxed{7}.$ Giải hệ phương trình $\left\{\begin{matrix} x^4+5y=6 \;\;\;\ (1) \\ x^2y^2+5x=6 \end{matrix}\right.$

Trừ vế với vế $2$ phương trình được:

$(x-y)(x^3+x^2y-5)=0\Leftrightarrow \begin{bmatrix} x=y \\ x^3+x^2y=5 \end{bmatrix}$

$\bullet x=y\Rightarrow \begin{bmatrix} x=y=1 \\ x=y=-2 \end{bmatrix}$

$\bullet x^3+x^2y=5:$ Từ $(1)$ suy ra $y=\frac{6-x^4}{5}\Rightarrow x^3+\frac{6x^2-x^6}{5}=5\Leftrightarrow 5x^3+6x^2-x^6=25\Leftrightarrow 2x^6-10x^3-12x^2+50=0\Leftrightarrow (x^3-5)^2+[(x^6+8+8)-12x^2]+9=0, \text{phương trình vô nghiệm}$

Vậy $\boxed{(x,y)\in \left \{ (1;1);(-2;-2) \right \}}$