tthnew

Cách giải cho câu hình (Câu 5)

 

a) Do $$\angle ABD=\angle ACE\Rightarrow \angle ADB=\angle AEC=\angle AEM.$$

$$\Rightarrow \angle AEM=\angle ADB=\angle AMB;\angle A:\text{ chung}$$

$$\Rightarrow \Delta AEM\sim \Delta AMB\Rightarrow \angle ABM=\angle AME=\angle AMN.$$

$$\Rightarrow \angle ANM=\angle ABM=\angle AMN\Rightarrow AM=AN$$

b) Gọi giao điểm $MN,KI$ là $H.$ Có $BEDC$ nội tiếp nên $BH\cdot HD=HC\cdot HE.$

Có $BNDM$ nội tiếp nên $BH\cdot HD=HM\cdot HN.$

Có $CIEK$ nội tiếp nên $HC\cdot HE=HI\cdot HK.$

Từ đây $HM\cdot HN=HI\cdot HK$ nên $MINK$ nội tiếp.

c) Gọi giao điểm của $AH$ và $(ABD)$ là $F'.$ Ta chứng minh $F'$ cũng thuộc $(AEC).$

Có $AH\cdot HF'=HM\cdot HN=HI\cdot HK\Rightarrow AIF'K$ nội tiếp, mà $(AIK)\equiv (AEC),$ đpcm.

$\boxed{20}$ Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O),$ ba đường cao $AD,BE,CF$ cắt nhau tại $H.$ Đường thẳng qua $A$ song song với $BC$ cắt $EF$ tại $M.$ $I$ là giao điểm giữa đường vuông góc với $AB$ tại $A$ và $BE.$ Gọi $T$ là giao điểm giữa $(DEF)$ và $AH.$ Chứng minh $T$ là trung điểm $AH$ và $T, I, M$ thẳng hàng.

Góp topic đề thi thử vào chuyên Toán PTNK sáng nay. Mong nhận được lời giải chi tiết, mình vẫn còn mơ hồ về bài này do trước nay chưa từng đụng tới số học.

$\boxed{93}$ Cho $m,n$ là các số nguyên dương sao cho $m,n$ nguyên tố cùng nhau và $m-n$ là một số lẽ.

a) Chứng minh hai số $m+3n$ và $5m+7n$ nguyên tố cùng nhau.

b) Chứng minh $(m+3n)(5m+7n)$ không thể là một số chính phương.

 

Hôm nay rảnh, mình xin chia sẻ sol của một bạn trên facebook.

a) Đặt $(m+3n,5m+7n)=d.$ Ta có $m+3n=(m-n)+4n$ lẻ, tương tự $5m+7n$ lẻ. Vậy $d$ lẻ.

Có $5(m+3n)-(5m+7n) \vdots d\Rightarrow 8n \vdots d\Rightarrow n \vdots d.$

Tương tự $m\vdots d.$ Mà $(m,n)=1$ do đó $d=1.$ (đpcm)

b) Giả sử tích $(m+3n)(5m+7n)$ là một số chính phương thì

$$\left\{ \begin{array}{l} m + 3n = {a^2}\\ 5m + 7n = {b^2} \end{array} \right. \Rightarrow 5{a^2} - 8n = 5\left( {{a^2} - 3n} \right) + 7n = {b^2},$$ với $a,b$ lẻ.

Do $a,b$ lẻ nên $a^2,b^2\equiv 1$ (mod 8) từ đó $VT\equiv 5 (mod\, 8); VP\equiv 1 (mod\,8),$ mâu thuẫn.

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Góp topic đề thi thử vào chuyên Toán PTNK sáng nay. Mong nhận được lời giải chi tiết, mình vẫn còn mơ hồ về bài này do trước nay chưa từng đụng tới số học.

$\boxed{93}$ Cho $m,n$ là các số nguyên dương sao cho $m,n$ nguyên tố cùng nhau và $m-n$ là một số lẽ.

a) Chứng minh hai số $m+3n$ và $5m+7n$ nguyên tố cùng nhau.

b) Chứng minh $(m+3n)(5m+7n)$ không thể là một số chính phương.

$\boxed{13}$ Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Các điểm E,F lần lượt thuộc các cạnh CA,AB sao cho nếu đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF cắt (O) tại G khác A thì G nằm trên cung AB không chứa C của (O).

1) Chứng minh rằng tam giác GEC và GFB đồng dạng

2) Gọi AD là đường kính của (O). GD cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác GEF tại K khác G. Chứng minh rằng $\frac{EF}{BC}$ =$\frac{AK}{AD}$

3) Giả sử trung trực của EF đi qua trung điểm của BC. Chứng minh rằng $\frac{GE}{GF}$=$\frac{KE}{KF}$

P/s: Đây là đề thi thử chuyên toán KHTN vòng 1. Cre: Khương Nguyễn ( CLB toán Lim=+∞) 

Câu a, b có làm một vài lần nên nhớ. Còn câu c thì từ từ.

 

Ta có: $\angle GFB=180-\angle GFA=180-\angle GEA=\angle GEC; \angle GBF=\angle GCE$ (cùng chắn cung GA).

Vậy $\Delta GEC\sim GFB(g.g).$

b) Có $\angle AGK=90^o$ nên $AK$ là đường kính (GEF).

Từ câu a) suy ra $\dfrac{GE}{GF}=\dfrac{GC}{GB};$ cũng từ câu a) ta có $$\angle EGC=\angle FGB\Rightarrow \angle EGC+\angle  FGC=\angle FGB+\angle FGC\Leftrightarrow FGE=\angle BGC $$

Từ đây $\Delta GEF\sim GCB\Rightarrow \dfrac{EF}{BC}=\dfrac{AK}{AD}.$ (tỉ số đồng dạng chính bằng tỉ số các đường kính đường tròn ngoại tiếp các tam giác tương ứng)

Hình vẽ.

$\boxed{12}$ Cho tam giác $ABC.$ Đường tròn đi qua hai đỉnh $B,C$ và cắt các cạnh $AB,AC$ tại $D$ và $E.$ Gọi $M$ là giao điểm của CD và BE. Gọi $P$ là điểm đối xứng của $M$ qua $AC$ và $Q$ là điểm đối xứng của $M$ qua trung điểm cạnh $BC.$ Chứng minh 4 điểm $A,C,P,Q$ cùng thuộc một đường tròn.

Ps: Một góp ý nhỏ nho nhỏ, các bạn nên sử dụng phông chữ Times New Roman, cỡ chữ 18 để dễ nhìn và đẹp nữa. Vậy thôi, chúc topic phát triển, mình vốn dốt hình nên không đóng góp được mấy.

Có một số topic hay của anh Huyện hay anh Khuê bị hỏng link ạ.

Ví dụ như topic Bổ đề hoán vị của anh Khuê https://diendantoanh...dfracbcdfracca/

Hay là thử cách này của em xem sao? Mong mọi người xem giúp coi có đúng không ạ

Theo nguyên lí Dirichlet, tồn tại hai trong ba số $x-1;y-1;z-1$ mà tích chúng không âm. Không mất tính tổng quát, giả sử rằng $(x-1)(y-1)\geq 0\Rightarrow xyz\geq xz+yz-z$

Suy ra $VT\geq x^2 + y^2 +z(x+y+z)-z$

$=(x^2+1)+(y^2+1)+2z-2$. Áp dụng BĐT AM-GM suy ra:

$VT\geq 2(x+y+z)-2=4(Q.E.D)$

Đẳng thức xảy ra khi $x = y = z = 1$.

Đó là $a\neq b\neq c\neq d$ đó bạn

Nhưng nếu như vậy thì bài trên sai á?

Chẳng hạn$,$ đa thức bậc cao như$:$ $f(\,a,\,b)= a^{\,4}+ b^{\,4}+ 2\,a^{\,2}b^{\,2}+ a^{\,3}b+ ab^{\,3}$$,$ vậy nếu$:$ $f(\,a,\,b)\equiv f(\,a,\,a\,) $ thì chỉ cần hệ số trong đa thức cân bằng thôi thì cũng hàng vô số đa thức như vậy$:$ 

$$f(\,a,\,a)= 6\,a^{\,4}= 3\,a^{\,4}+ 3\,b^{\,4}= 2\,a^{\,4}+ 2\,b^{\,4}+ a^{\,3}b+ ab^{\,3}= a^{\,4}+ b^{\,4}+ 4\,a^{\,2}b^{\,2}= \,...\,$$

hàng loạt đa thức đối xứng$:$ $f(\,a,\,b\,)$$,$ còn bài về ví dụ bất đẳng thức bậc $4$ thì duyên cớ là đa thức vế trái có hệ số khác không cho bậc $4$ và bậc $2$ mà không có bậc $3$ $($hiển nhiên chỉ có một đa thức $S_{\,a}$ đối xứng rồi$!$

Em thử phân tích ví dụ này như không ra dạng chính tắc của sos như bình thường ạ

$a^4 + b^4 +2a^2 b^2 +a^3 b + ab^3 = a^2(a^2+ab+b^2) - 3a^3b + b^2(b^2+ab+a^2)-3ab^3 + 3ab(a^2+b^2)$

$=a^2(a-b)^2 + b^2(a-b)^2 + 3ab(a^2+b^2)$

$=(a^2+b^2)(a-b)^2 + 3ab(a^2+b^2)=(a^2+b^2)((a-b)^2+3ab)$

Nó ra thế này cơ?

cho a,b,c thực dương và a+b+c=1/(abc). tìm GTNN của P=(a+b)(a+c).

Em test thử ạ! Em không chắc đâu.

Từ giả thiết suy ra $a(a+b+c) = \frac{1}{bc}$ . Ta lại có:

$P = a^{2} + ab + bc + ca = a(a+b+c) + bc = \frac{1}{bc} + bc \geq 2$ (theo BĐT $AM-GM$)

Đẳng thưc xảy ra khi $bc = 1 \Leftrightarrow  a+b+\frac{1}{b} = \frac{1}{a}$

Vậy $P_{min} = 2$

Cách anh Phương rất hay ạ! Có cách khác nữa là đặt a+ b = x; b + c = y; c+ a = z rồi làm tiếp.

P/s: Cái này là em ấn nhầm sang níc bạn ấy và quên đăng xuất nha!

Có lẽ còn cách này nữa ạ.Sao em cứ gửi nhầm bằng níc của Cool Kid hoài nhỉ!

BĐT $\Leftrightarrow (\frac{a}{b+c} - \frac{1}{2} ) + (\frac{b}{c+a} - \frac{1}{2}) + (\frac{c}{a+b} - \frac{1}{2}) \geq 0$

$\Leftrightarrow \frac{(a-b)+(a-c)}{2(b+c)} + \frac{(b-c)+(b-a)}{2(c+a)} + \frac{(c-a)+(c-b)}{2(a+b)} \geq 0$

$\Leftrightarrow [\frac{(a-b)}{2(b+c)}+\frac{b-a}{2(c+a)}]+[\frac{(b-c)}{2(c+a)}+\frac{c-b}{2(a+b)}]+[\frac{(c-a)}{2(a+b)}+\frac{a-c}{2(b+c)}] \geq 0$

$\Leftrightarrow [\frac{(a-b)}{2(b+c)}-\frac{a-b}{2(c+a)}]+[\frac{(b-c)}{2(c+a)}-\frac{b-c}{2(a+b)}]+[\frac{(c-a)}{2(a+b)}-\frac{c-a}{2(b+c)}] \geq 0$

Rút thừa số chung ra ở mỗi cái ngoặc vuông ra và quy đồng lên,ta cần chứng minh:

$\frac{(a-b)^2}{2(b+c)(c+a)} + \frac{(b-c)^2}{2(c+a)(a+b)} + \frac{(c-a)^2}{2(a+b)(b+c)}\geq 0$ (1)

Do a,b,c là các số dương. Nên mỗi cái mẫu của mỗi phân thức luôn là số dương. Do đó BĐT (1) đúng. 

Ta có đpcm. Dấu "=" xảy ra tại a = b = c.

BĐT trên hình như có tên gọi là BĐT Nesbitt thì phải ạ!

Em không hiểu về phương pháp này cho lắm,anh có có thể giải giúp em một ví dụ áp dụng phương pháp này không anh?Em cảm ơn trước.

Phân tích bình phương cho biểu thức: $\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}-\frac{3}{2}$

Đây thật là một phương pháp hay ạ!Nhưng cách anh/chị có thể giải đáp giúp em bài này không,em giải được một số bước rồi lại không biết giải tiếp thế nào:

Đề: Phân tích bình phương SOS cho biểu thức:$M = (a+b+c)^{3} - a^{3} - b^{3} - c^{3}$

        Em thực hiện như sau ạ:

Cho a = b,thay b bởi a vào biểu thức, ta được $M = 6a(c+a)^{2}$

Cho b = c,thay c bởi b vào biểu thức, ta được: $M = 6b(a+b)^{2}$

Cho c = a,thay a bởi c vào biểu thức, ta được: $M = 6c(b+c)^{2}$

Tới đây em không biết giải tiếp thế nào,vì thấy "đuôi" : $(c+a)^{2};...$

Mong mọi người giúp đỡ em ạ,em mới giá nhập diễn đàn.Em cảm ơn!