KietLW9

$\boxed{16}$Cho hình bình hành $ABCD$. Gọi $M,N$ là trung điểm của $BC$ và $AD$. Gọi $K$ là điểm bất kì trên đoạn $CD$. Gọi $P$ và $Q$ là các điểm đối xứng của $K$ qua $M$ và $N$. $I$ là giao điểm của hai đường chéo $AC$ và $BD$. $G$ là giao điểm của $PN$ và $QM$. Chứng minh rằng $K,I,G$ thẳng hàng.

Screenshot (1384).png

Lời giải bài $\boxed{16}$:

Gọi $I'$ là giao điểm của $MN$ với $KG$,$H$ là giao điểm của $KG$ với $PQ$

Dễ chứng minh $G$ là trọng tâm của tam giác $KPQ$ nên $H$ là trung điểm của $PQ$

Mà $MN//PQ$ nên $I'$ là trung điểm của $MN$

Dễ thấy tứ giác $ANCM$ là hình bình hành có $I'$ là trung điểm của $MN$ nên $I'$ cũng là trung điểm của $AC$ từ đó dễ suy ra I' là giao điểm hai đường chéo hình bình hành $ABCD$ nên $I$ trùng $I'$ 

Vậy $K,I,G$ thẳng hàng.

$\boxed{23}$Cho $\Delta ABC(AB<AC)$ có trung tuyến $AM$, đường cao AH. Biết $\widehat{BAH}=\widehat{CAM}$. Chứng minh rằng: $\widehat{BAC}=90^{\circ}$ 

$\boxed{22}$Cho hình thoi $ABCD$. Giả sử tồn tại điểm $I$ trên $AB$ . Tia $DI$ cắt $CB$ tại $E$. Đường thẳng $CI$ cắt $AE$ tại $M$ và có $DE$ vuông góc với $BM$.Chứng minh $ABCD$ là hình vuông.

$\boxed{18}$Cho tứ giác $ABCD$. Biết rằng $AB.CD=AD.BC$. Chứng minh rằng: $\widehat{ABD}+\widehat{ACB}=\widehat{ACD}+\widehat{ADB}$

Lời giải bài $\boxed{18}$:

Trên nửa mặt phẳng bờ $AD$ không chứa $C$ dựng điểm $E$ sao cho $\widehat{DAE}=\widehat{BAC},\widehat{ADE}=\widehat{ABC}$

$\Rightarrow \Delta ADE\sim\Delta ABC(g.g)\Rightarrow \frac{AD}{AB}=\frac{AE}{AC},\widehat{AED}=\widehat{ACB}$

Suy ra $\Delta ACE\sim\Delta ABD(c.g.c)\Rightarrow \widehat{ACE}=\widehat{ABD},\widehat{AEC}=\widehat{ADB}$

Ta có: $\frac{DE}{BC}=\frac{AD}{AB}=\frac{CD}{BC}\Rightarrow DE=CD\Rightarrow \widehat{DCE}=\widehat{DEC}$

Vậy $\widehat{ABD}+\widehat{ACB}=\widehat{ACE}+\widehat{AED}=\widehat{ACD}-\widehat{DCE}+\widehat{AEC}+\widehat{DEC}=\widehat{ACD}+\widehat{AEC}=\widehat{ACD}+\widehat{ADB}$

$\boxed{19}$Cho tam giác $ABC$ có góc $A$ tù và độ dài ba cạnh là ba số chẵn liên tiếp. Tính độ dài ba cạnh của tam giác đó.

Lời giải bài $\boxed{19}$:

Kẻ $BH$ vuông góc với $AC$ tại $H$. Vì góc $BAC$ tù nên $BC$ là cạnh lớn nhất của tam giác

Ta dễ có: $BC^2=BH^2+CH^2=BH^2+(AC+AH)^2=BH^2+AC^2+AH^2+2AH.AC>BH^2+AC^2+AH^2=AB^2+AC^2$

Đặt $BC=t+2$ thì độ dài 2 cạnh còn lại là $t-2$ và $t$ ($t$ chẵn và $t>2$)

Áp dụng chứng minh trên, ta được: $(t+2)^2>(t-2)^2+t^2\Rightarrow t^2+4t+4>t^2-4t+4+t^2\Rightarrow t^2<8t\Rightarrow t<8$

Mà $(t-2)+t>t+2\Rightarrow t>4$ nên $t=6$

Vậy độ dài 3 cạnh của tam giác đó là $4;6;8$

Cho $a,b,c$ là các số nguyên dương thỏa mãn $(a-b)(b-c)(c-a)=a+b+c$. Tìm giá trị nhỏ nhất của $S=a+b+c$

Cho $2$ số nguyên $x,y$ thỏa mãn $xy+1$ chia hết cho $24$. Chứng minh rằng $x+y$ cũng chia hết cho $24$.

Theo đề ta có $xy+1\vdots 24$ nên $xy$ chia 4 dư 3 do đó trong 2 số $x,y$ có một số chia $4$ dư $1$, một số chia $4$ dư $3$. Giả sử $x$ chia $4$ dư $1$ thì $x+1\vdots 2$, $y$ chia $4$ dư $3$ thì $y+1\vdots 4$ $\Rightarrow (x+1)(y+1)\vdots 8$

Mặt khác $xy+1$ cũng chia hết cho $3$ nên $xy$ chia 3 dư 2 do đó trong 2 số $x,y$ tồn tại một số chia 3 dư 2 do đó $(x+1)(y+1)\vdots 3$

Như vậy ta có $(x+1)(y+1)\vdots 24$(Do 3 và 8 nguyên tố cùng nhau)

hay $xy+1+x+y\vdots 24\Rightarrow x+y\vdots 24(Q.E.D)$

Bài tập ngày hôm nay

$\boxed{21}$Cho tam giác $ABC$ cân tại $A$. Lấy điểm $E$ thuộc $AB$, $F$ thuộc $AC$ sao cho $AE=AF$. Gọi $P$ là giao điểm của $BM$ và $AC$, $Q$ là giao điểm của $CM$ và $AB$. Chứng minh rằng $\frac{1}{BQ}+\frac{1}{CP}$ không đổi khi $M$ chuyển động.

Đây thực chất là bài toán: Cho $1\leqslant x\leqslant y\leqslant z\leqslant 2$. Tìm GTLN của: $P=(x+y+z)(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})$

$\boxed{20}$Điểm $K$ nằm trên cạnh $BC$ của tam giác $ABC$. Chứng minh rằng: $AK^2=AB.AC-BK.KC$ khi và chỉ khi $AB=AC$ hoặc $\widehat{BAK}=\widehat{CAK}$

Cách 5: Ta có: $S^2=p(p-a)(p-b)(p-c)=p\sqrt{(p-a)(p-b)}\sqrt{(p-b)(p-c)}\sqrt{(p-c)(p-a)}\leqslant p.\frac{2p-a-b}{2}.\frac{2p-b-c}{2}.\frac{2p-c-a}{2}=\frac{p}{8}.abc\leqslant \frac{p}{8}.\frac{(a+b+c)^3}{27}=\frac{(a+b+c)^4}{432}\leqslant \frac{[3(a^2+b^2+c^2)]^2}{432}=\frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{48}\Rightarrow Q.E.D$ (p là nửa chu vi tam giác)

Cách 6: Ta có: $a^2+b^2+c^2-4\sqrt{3}S=2(a-b)^2+4ab[1-cos(C+\frac{\pi }{3})]\geqslant 0$

Cách 7: Ta dễ chứng minh: $cotA+cotB+cotC\geqslant \sqrt{3}$

Áp dụng định lý Côsin: 

$a^2=b^2+c^2-2bccosA=b^2+c^2-4ScotA$

$b^2=c^2+a^2-2cacosB=c^2+a^2-4ScotB$

$c^2=a^2+b^2-2abcosC=a^2+b^2-4ScotC$

Suy ra $a^2+b^2+c^2=4S(cotA+cotB+cotC)\geqslant 4\sqrt{3}S$

Cách 8: Từ Cách 5: ta có: $8(p-a)(p-b)(p-c)\leqslant abc$

Ta có: $(a^2+b^2+c^2)^2\geqslant (ab+bc+ca)^2\geqslant 3abc(a+b+c)\geqslant 48p(p-a)(p-b)(p-c)=48S^2$

$\boxed{19}$Cho tam giác $ABC$ có góc $A$ tù và độ dài ba cạnh là ba số chẵn liên tiếp. Tính độ dài ba cạnh của tam giác đó.

$\boxed{18}$Cho tứ giác $ABCD$. Biết rằng $AB.CD=AD.BC$. Chứng minh rằng: $\widehat{ABD}+\widehat{ACB}=\widehat{ACD}+\widehat{ADB}$

Bài tập ngày hôm nay:

$\boxed{15}$ Một đường thẳng cắt cạnh $AB$ và $BC$ của tam giác $ABC$ theo thứ tự tại $M$ và $K$ thỏa mãn $S_{MBK}=S_{AMKC}$. Chứng minh rằng: $\frac{MB+BK}{KC+CA+AM}\geqslant \frac{1}{3}$

Lời giải bài $\boxed{15}$:

Giả sử $\frac{MB+BK}{KC+CA+AM}< \frac{1}{3}$

Vì $S_{MBK}=S_{AMKC}$ nên $S_{MBK}>S_{MKC}\Rightarrow BK>KC$

Tương tự: $BM>AM$

Theo giả sử: $3(MB+BK)<KC+CA+AM\Rightarrow MB+BK+2(MB+BK)<KC+AC+AM\Rightarrow  AM+KC+2(MB+BK)<KC+AC+AM\Rightarrow 2(MB+BK)<AC\Leftrightarrow (AM+KC)+(BM+BK)<AC\Leftrightarrow AB+BC<AC$(trái với bất đẳng thức tam giác)

Vậy điều giả sử là sai. Ta có điều phải chứng minh

Bài tiếp theo:

$\boxed{13}$Cho tam giác $ABC$. $D$ là điểm di động trên cạnh $AC$. $G$ là trọng tâm của tam giác $ABD$. Các đường thẳng $CG,BD$ cắt nhau tại $E$. Chứng minh rằng $\frac{EB}{ED}-\frac{CA}{CD}$ không phụ thuộc vào vị trí điểm $D$ trên $AC$.

Screenshot (13).png

Lời giải bài $\boxed{13}$

Lấy $M$ là trung điểm của $AD$ thì $B,G,M$ thẳng hàng. Từ $D$ kẻ $DS$ song song $BM$ ($S$ thuộc $CG$)

Ta có: $\frac{EB}{ED}=\frac{BG}{DS}=\frac{2GM}{DS}=\frac{2MC}{CD}$

Mặt khác: $CA+CD=CM+AM+CM-MD=2CM\Rightarrow AC=2CM-CD\Rightarrow \frac{CA}{CD}=\frac{2CM}{CD}-1$

Do vậy: $\frac{EB}{ED}-\frac{CA}{CD}=1$