SpiritCreator

Thái tử A-rập Saud chính thức tiếp quản Chích chòe trong tham vọng biến đội bóng phía Bắc nước Anh thành một thế lực cạnh tranh thực sự.

sau hôm nay sẽ có rất nhiều người trở thành fan chích chòe hơn 20 năm 

Đêm nay có ai cổ vũ Man City ko?

Cho các số thực dương $a,b,c$ sao cho: $\sqrt{3a+b}+\sqrt{a+3b}=4$; $\text{c=min{a,b,c}}$.

Chứng minh rằng: $(a+b)(b+c)(c+a)\leq \frac{8}{27}(c+2)^3$.

Ta có: $S\leq \frac{(AD+BC)(AB+DC)}{2.2}\Rightarrow 4S\leq (AD+BC)^2$

$\Rightarrow dpcm$.

Gọi $M=d_1\cap d_2; F'$ là hình chiếu của $M$ lên $AB$.

Biến đổi công thức $(DB^2-DC^2)+(EC^2-EA^2)+(FA^2-FB^2)=0$

Ta thu được: $F'B-F'A+FA-FB=0\Rightarrow F'\equiv F\Rightarrow dpcm$.

tìm tất cả các số nguyên n để A=$(n-2010)(n-2011)(n-2012)$là số chính phương

đặt $m=n-2011\Rightarrow A=m(m^2-1)=a^2$.

Xét $m=0\Rightarrow n=2011 (t/m)$

Xét $m\not= 0\Rightarrow (m; m^2-1)=1$

$\Rightarrow m=u^2; m^2-1=v^2$

$\Rightarrow |m|-v=|m|+v=1\Rightarrow |m|=1$

$\Rightarrow n=2010;2011;2012$.

cho $0\leq a\leq b \leq c\leq 1$

tìm giá trị lớn nhất của

P=$(a+b+c+3).(\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1})$

Đặt $x=c+1;y=b+1;z=a+1; 1\leq x,y,z\leq 2$.

$\Rightarrow A\geq 9$. 

Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn tâm O ( AB < AC). Ba đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H

a) Chứng minh tứ giác BCEF nội tiếp và OA vuông góc EF

b) Gọi N là trung điểm của BC. Chứng minh FC là tia phân giác của góc DFE và tứ giác EFDN nội tiếp

c) Đường thẳng vuông góc AB tại A cắt BE tại I. Qua A vẽ đường thẳng song song BC cắt EF tại M. MI cắt AH tại T. Chứng minh rằng T là trung điểm của AH. 

Gọi $G=EF\cap BC; K=TI\cap BC; M'=TI\cap AM$ (với $T$ là trung điểm $AH$). Ta chứng minh: $M'\equiv M\Leftrightarrow \overline{M';E;F}$.

Ta có:$\Delta IAH\sim \Delta ABC (g-g)\Rightarrow AN\bot IT$.

$\Rightarrow T$ là trực tâm $\Delta NAK\Rightarrow NT\bot AK$.

Mà theo tính chất quen thuộc ta có: $AONT$ là hình bình hành.

$\Rightarrow AO\bot AK\Rightarrow AK//EF$ và $KA$ là tiếp tuyến của $(O)$.

$\Rightarrow \Delta KAI\sim \Delta GFH\Rightarrow KI//GH$.

$\Rightarrow DH.DK=DG.DT\Rightarrow AT.DK=DT.(DK-DG)=DT.KG$

$\Rightarrow KG=AM'\Rightarrow AKGM'$ là hình bình hành.

$\Rightarrow \overline{M';E;F}$

$\Rightarrow dpcm$.

1. Họ và tên: Phạm Vũ Hoàng.

2. Ngày sinh: 26/09/2005.

3. Nghề nghiệp: Học sinh lớp 10 THPT chuyên Vĩnh Phúc.

4. Địa chỉ email/ Số điện thoại liên lạc(nếu có): [email protected].

5. Nick trên diễn đàn: SpiritCreator.

6. Vị trí muốn đăng kí: ĐHV THPT.

7. Ý kiến thêm: Nick cũ của em (Spirit1234) đã bị xóa và không khôi phục được lại sau khi diễn đàn mất dữ liệu nên em đăng kí lại vào vị trí mới (ĐHV THPT). Xin hứa vẫn sẽ nhiệt huyết; năng nổ như mọi khi.

Góp cho mọi người một bài vui vui xíu mình phát hiện ra khi vẽ hình:

 Cho $\Delta ABC$ nội tiếp $(O)$. 3 đường cao $AD,BE,CF$ đồng quy tại $H$. $T$ là giao điểm 2 tiếp tuyến tại $B,C$ của $(O)$. $TD\cap EF=S$. Gọi $M$ là trung điểm $BC$; tia $MS\cap (O)=G$. Chứng minh: $GD$ cắt $AT$ tại 1 điểm trên $(O)$.

Đính chính chút với các bạn dưới đây mới là đề đúng

Giải hệ phương trình sau:

     $\left\{\begin{matrix} x+\sqrt[3]{5y-(x+1)^3}=4-\frac{17x+9}{2y^2} \\ y^3-3y^2-4=x^3+3(x-2y) \end{matrix} \right.$

Lời giải của mình cho bài này:

 Từ phương trình $(2)$ ta suy ra được: $x=y-1$

Thế vào (1) ta có:

$y-1+\sqrt[3]{5y-y^3}=4-\frac{17y-8}{2y^2}$

$\Leftrightarrow y-2+\sqrt[3]{5y-y^3}=\frac{6y^2-17y+8}{2y^2}$

$\Leftrightarrow (6y^2-17y+8)(\frac{1}{2y^2}+\frac{1}{(y-2)^2-(y-2)\sqrt[3]{5y-y^3}+\sqrt[3]{(5y-y^3)^2}})=0$

$\Rightarrow 6y^2-17y+8=0$

$\Rightarrow y=...\Rightarrow x=...$

Cho tam giác $ABC$ nhọn $(AB<AC)$ nội tiếp đường tròn $(O).$ Hai đường cao $BE,CF$ cắt nhau tại $H.$ Một điểm $M$ thay đổi trên đoạn thẳng $AB.$ Đường thẳng qua $M$ vuông góc với $AC$ cắt $AO$ tại $I,IH$ cắt $CM$ tại $D,BD$ cắt $AC$ tại $N,AD$ cắt $BC$ tại $P.$ Chứng minh:

$a)B,C,N,M$ đồng viên.

$b)(MNP)$ luôn đi qua một điểm cố định.

Theo tính chất quen thuộc ta có: $\angle OAC=\angle BAH=90^o-\angle B$

Mà $\angle ANM=90^o-\angle OAC\Rightarrow \angle ANM=\angle ABC\Rightarrow BCNM$ nội tiếp.

Gọi $MN\cap BC=J; G$ là trung điểm $BC$.

Ta có: $AP,BN,CM$ đồng quy nên ta có: $(JPBC)=-1$

Áp dụng định lý Maclaurin; ta có: $JP.JG=JB.JC=JM.JN$

$\Rightarrow MNGP$ nội tiếp; $G$ cố định

$\Rightarrow dpcm$.

Cho tam giác $ABC$ với $M$ là điểm bất kỳ nằm trong tam giác. Đường thẳng vuông góc với $MA,MB,MC$ tại $M$ cắt $BC,CA,AB$ tại các điểm $A_0,B_0,C_0.$ Chứng minh $A_0,B_0,C_0$ thẳng hàng. (sử dụng phép nghịch đảo)

Xét phép nghịch đảo tâm $M$; phương tích $k$ bất kì.

Gọi ảnh của 1 điểm (giả sử là) $K$ qua $N^{k}_{M}$ là $K'$

Ta có: $A_0; B; C$ thẳng hàng $\Rightarrow A'_0; B'; C'; M$ cùng thuộc đường tròn $(O_1)$

Tương tự ta có $(O_2); (O_3)$.

Gọi $D$ là trực tâm $\Delta O_1O_2O_3$; ta có: $O_1D\bot O_2O_3; A'_0M// O_2O_3\Rightarrow O_1D\bot A'_0M\Rightarrow DM=DA'_0$

Tương tự $\Rightarrow M; A'_0; B'_0; C'_0$ cùng thuộc đường tròn $(D)$.

$\Rightarrow \overline{A_0; B_0; C_0}$ (dpcm) 

Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp $(O).M,N$ lần lượt là trung điểm của $AB,CD.(ABN)$ cắt $CD$ tại $P \neq N,(CDM)$ cắt $AB$ tại $Q \neq M.$

Chứng minh $AC,BD,PQ$ đồng quy.

Gọi $K=AB\cap CD$. Ta có: $\overline{KA}.\overline{KB}=\overline{KD}.\overline{KC}=\overline{KQ}.\overline{KM}$.

Áp dụng hệ thức Maclaurin $\Rightarrow (AB,QK)=-1$. Tương tự: $(CD,PK)=-1$

$\Rightarrow (AB,QK)=(CD,PK)\Rightarrow AC,BD,PQ$ đồng quy (đpcm).

Từ phương trình 2 có thể đưa về 

$a^3+3a=x^3+3x$ với $a=y-1$

Suy ra $x=y-1$

thế chưa xong đâu bạn; cái khó ở việc thay vào phương trình đầu tiên đó

bạn cứ giải đầy đủ thử xem sao; nếu thấy khó mình sẽ đăng lời giải lên cho các bạn tham khảo.