Hoang72

Bài tiếp theo đánh dấu 100 posts
$\boxed{19}$ [Võ Quốc Bá Cẩn] Cho các số thực phân biệt $a,b,c$. Chứng minh rằng
$$\frac{(1-a^2)(1-b^2)}{(a-b)^2}+\frac{(1-b^2)(1-c^2)}{(b-c)^2}+\frac{(1-c^2)(1-a^2)}{(c-a)^2} \geq -1$$

Đặt $x=\frac{ab-1}{a-b};y=\frac{bc-1}{b-c};z=\frac{ca-1}{c-a}$.

Ta có $(x-1)(y-1)(z-1)=(x+1)(y+1)(z+1)$ nên $xy+yz+zx=-1$.

Từ đó $VT=x^2+y^2+z^2-3=(x+y+z)^2-1\geq -1$.

Đẳng thức xảy ra khi chẳng hạn a = 2; b = 1; c = $\frac{1}{2}$

Giả sử O nằm ngoài tam giác ABC. Khi đó một trong ba góc A, B, C tù. Giả sử B tù. Khi đó O, B nằm khác phía đối với AC.

Dễ thấy $AC< 2R=2$ và đường cao $BH\leq BD < R=1$ với D là $BO\cap AC$ nên $S_{ABC}<1$. (vô lí)

Vậy..

Không biết có ổn không:

Đặt $\left ( \frac{a}{bc},\frac{b}{ca},\frac{c}{ab} \right )=(x,y,z)\Rightarrow (a,b,c)=\left ( \frac{1}{\sqrt{xy}},\frac{1}{\sqrt{yz}},\frac{1}{\sqrt{zx}}\right)$.

Ta có x + y + z = 3.

BĐT $\Leftrightarrow \sum\frac{\sqrt{xy}}{xy+3}\leq\frac{1}{4}$. (*)

Áp dụng bđt AM - GM ta có $VT(*)\leq \sum\frac{\sqrt{xy}}{4\sqrt[4]{xy}}=\sum\frac{\sqrt[4]{xy}}{4}\leq \frac{3}{4}$

$\boxed{42}$Cho tam giác $ABC$ không cân. $M$ là điểm nằm trong tam giác $ABC$ sao cho $\widehat{AMB}+\widehat{B}=\widehat{AMC}+\widehat{C}$. Chứng minh rằng: $\frac{MB}{MC}=\frac{AB}{AC}$

Trên nửa mặt phẳng bờ AC không chứa B, dựng điểm F sao cho $\Delta AFC\sim\Delta AMB$.

Khi đó ta có $\frac{AF}{AM}=\frac{AC}{AB}\Rightarrow \Delta ABC\sim\Delta AMF(c.g.c)$.

Do đó: $\widehat{FMC}=\widehat{AMC}-\widehat{AMF}=\widehat{AMC}-\widehat{ABC}=\widehat{AMB}-\widehat{ACB}=\widehat{AFC}-\widehat{AFM}=\widehat{MFC}\Rightarrow CM=CF$.
Vậy $\frac{BM}{CM}=\frac{BM}{CF}=\frac{AB}{AC}$.

Những bài tiếp theo cho TOPIC đây các bạn! 

 

Bài 127: Cho $M=a^{2}+3a+1$ với $a$ nguyên dương 

a) Chứng minh rằng mọi ước số của $M$ đều lẻ

b) Tìm $a$ sao cho M chia hết cho 5. Với giá trị nào thì $M$ là lũy thừa của 5 

a) Do M = a(a + 3) + 1 và trong hai số a, a + 3 tồn tại 1 số chẵn nên M lẻ. Suy ra mọi ước của M đều lẻ.

b) $M\vdots 5 \Leftrightarrow a^2+3a-4\vdots 5\Leftrightarrow (a-1)(a+4)\vdots 5\Leftrightarrow a\equiv 1(mod5)$.

Để M là lũy thừa của 5 thì $M=a^2+3a+1=5^x(x\in\mathbb{N*})$. 

Do $a\equiv 1(mod5)$ nên $a\equiv 1; 6; 11; 16; 21(mod 25)$. Suy ra $a^2+3a+1\equiv 5(mod 25)$. Do đó x = 1 nên a = 1.

Với $r,s$ là các số tự nhiên, chứng minh rằng $(rs)! \vdots (r!)^s s!$ (*)

Ta quy nạp theo s.

Với s = 1 ta có (*) luôn đúng.

Giả sử (*) đúng đến s. Tức là ta có $(rs)! \vdots (r!)^s s!$. (1)

Ta chứng minh (*) cũng đúng với s + 1. Tức là phải chứng minh $(r(s+1))!\vdots (r!)^{s+1}(s+1)!$.

Kết hợp với (1) ta chỉ cần chứng minh $(rs+1)(rs+2)..(rs+r)\vdots r!(s+1)$.

Tương đương với $(rs+1)(rs+2)...(rs+r-1)\vdots (r-1)!$ hay $A=\frac{(rs+1)(rs+2)...(rs+r-1)}{(r-1)!}\in\mathbb{N}$.

Mặt khác dễ thấy $A=C^{r-1}_{rs+r-1}$ nên ta có đpcm.

$\boxed{28}$ Cho tam giác $ABC$ vuông cân tại $A$. $M$ là trung điểm của $AC$, trên $BM$ lấy $N$ sao cho $AM=MN$. $CN$ cắt $AB$ tại $E$ Chứng minh rằng: $BN=AE$

Screenshot (22).png

Đặt AB = AC = a. Tính được $BM=\frac{\sqrt{5}}{2}a$, $BN=\frac{\sqrt{5}-1}{2}a$.

Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác BAM ta có:

$\frac{EB}{EA}.\frac{CA}{CM}.\frac{NM}{NB}=1\Rightarrow \frac{EA}{EB}=\frac{2}{\sqrt{5}-1}\Rightarrow \frac{EA}{AB}=\frac{2}{\sqrt{5}+1}=\frac{\sqrt{5}-1}{2}=\frac{BN}{AB}\Rightarrow EA=BN$

$\boxed{24}$Cho một đa giác lồi, biết rằng không thể đặt trong đa giác này một tam giác nào có diện tích bằng 1. Chứng minh rằng có thể đặt đa giác này trong một tam giác có diện tích bằng 4.

Chọn ba đỉnh phân biệt của đa giác đó sao cho diện tích tam giác tạo bởi ba điểm đó là lớn nhất. Giả sử ba điểm đó là A, B, C.

Qua A, B, C vẽ các đường thẳng song song với cạnh đối diện của tam giác, chúng cắt nhau tại D, E, F như hình vẽ.

Giả sử tồn tại điểm G là đỉnh của đa giác nằm ngoài tam giác DEF. Không mất tính tổng quát, giả sử G nằm trên nửa mặt phẳng bờ EF không chứa tam giác ABC. 

Khi đó đường cao hạ từ G xuống BC lớn hơn đường cao hạ từ A xuống BC. Do đó $S_{GBC}>S_{ABC}$, trái với cách chọn tam giác ABC.

Do đó mọi điểm thuộc đa giác đều nằm trên hoặc trong tam giác DEF.

Mặt khác do đa giác đó lồi nên tam giác ABC nằm trong đa giác đó. Suy ra $S_{ABC}<1$ nên $S_{DEF}<4$.

Vậy tồn tại một tam giác có diện tích bằng 4 chứa đa giác đã cho.

Giả sử b = min.

Ta có $\sum \frac{1}{a^2-ab+b^2}\geq \frac{1}{a^2}+\frac{1}{c^2}+\frac{1}{c^2-ac+a^2}=\frac{a^2-ac+c^2}{c^2a^2}+\frac{1}{c^2-ac+a^2}+\frac{1}{ac}\geq \frac{3}{ac}\geq \frac{12}{(a+c)^2}\geq \frac{12}{(a+b+c)^2}=3$.

$\boxed{14}$Cho tam giác $ABC$ cân tại $A$. Đường cao $AH$. $D$ trên cạnh $AB$. $I$ là hình chiếu của $D$ trên $BC$. Lấy $K$ trên $HC$ sao cho $HK = BI$. Đường vuông góc với $DK$ tại $K$ cắt $AH$ tại $G$. CMR:

a)$\frac{HG}{CH}=\frac{BH}{AH}$

b)$\widehat{ACG}=90^{\circ}$

Mình nghĩ bạn nên đánh màu đỏ các bài đã được làm rồi để mọi người dễ nhận biết hơn.

a) Gọi E là giao điểm của DK và AH.

Ta có $\frac{HG}{CH}=\frac{HG}{HK}.\frac{HK}{CH}=\frac{HK}{HE}.\frac{BI}{BH}=\frac{IK}{DI}.\frac{BI}{BH}=\frac{BH}{DI}.\frac{BI}{BH}=\frac{BI}{DI}=\frac{BH}{AH}(Q.E.D)$.

b) Từ câu a ta có $\Delta AHB\sim\Delta CHG$ nên $\angle ACG=\angle ACB+\angle HCG=\angle ABC+\angle BAH=90^o$.

Mình sẽ chứng minh $MA.MY=MI^2-IA^2$.

Gọi C là trung điểm của AY. Dễ thấy IA = IY nên $IC\perp AY$.

Ta có $MA.MY=(CM-CY)(CM+CA)=CM^2-CA^2=IM^2-IA^2$ (đpcm)

$\boxed{11}$Cho góc $xOy$ khác góc bẹt: $A,B$ lần lượt di động trên các tia $Ox,Oy$ sao cho $OA-OB=a(a>0)$(a không đổi). Gọi $G$ là trọng tâm của tam giác $OAB$. Đường thẳng $d$ qua $G$ và vuông góc với $AB$. Chứng minh $d$ luôn đi qua một điểm cố định.

Screenshot (1371).png

Gọi E là giao điểm các đường trung trực của AB và OD. N là trung điểm của AB. Đường thẳng qua G vuông góc với AB cắt OE tại F.

Điểm D trên tia Ox sao cho OD = a. Khi đó D cố định.

Ta có $\Delta EOB=\Delta EDA$ nên $\angle EOB=\angle EDA$. Suy ra $\angle EOB+\angle EOD=180^o$ nên OE là phân giác ngoài của góc xOy.

Từ đó E cố định. 

Theo định lý Thales ta có $\frac{OF}{OE}=\frac{OG}{ON}=\frac{2}{3}$ nên F cố định.

Vậy điểm cố định là F.

+) Nếu x = 1 thì thay vào pt đầu ta được y = 1. Thử lại ta thấy không thỏa mãn.

+) Nếu y = 1 thì thay vào pt đầu ta tìm được x = 1 hoặc x = 2. Mà x khác 1 nên x = 2. 

Tìm được x = 2; y = 1; z = 1.

+) Nếu x > 1; y > 1: Khi đó x! chẵn nên y(x + 1) lẻ. Suy ra y lẻ. Lại có y! chẵn nên z(y + 1) lẻ nên y chẵn (mâu thuẫn).

Vậy...

$\boxed{6}$Cho đoạn thẳng $AB=\alpha $ không đổi. Lấy một điểm $M$ bất kì sao cho $\widehat{AMB}$ nhọn. Gọi $H$ là trực tâm của $\Delta AMB$. MI là đường trung tuyến của $\Delta AMB$. Từ $H$ kẻ $HK$ vuông góc với $MI$($K$ thuộc $MI$). Chứng minh rằng $MI.IK$ không đổi.

 

Mình lấy hình vẽ của bạn luôn 

Gọi MH cắt AB tại X. BH cắt AC tại Y.

Ta có $MI.IK=MI^2-MK.MI=MI^2-MH.MX=MI^2-MA.MY=MI^2-(MI^2-IA^2)=IA^2$ không đổi.

Rất chính xác! Bây giờ sẽ là bài tiếp theo (Do bài này hình vẽ rất khó chính xác nên mình xin phép không kèm hình)

$\boxed{2}$Cho tứ giác $ABCD$ có hai đường chéo $AC$ và $BD$ bằng nhau và vuông góc với nhau, $AB=\sqrt{3}$, $BC=\sqrt{6}$, $CD=3$. Vẽ hình vuông $ACEF$ nằm trong nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng $AC$ không chứa $B$. Trên đường thẳng vuông góc với $ED$ tại $E$, lấy điểm $K$ sao cho $EK=ED$($K$ và $F$ lần lượt nằm trong hai nửa mặt phẳng đối nhau bờ là đường thẳng $ED$). Chứng minh ba điểm $C,D,F$ thẳng hàng.

Gọi O là giao điểm của AC và BD.

Do $AC\perp BD$ nên ta có kết quả quen thuộc là $AB^2+CD^2=BC^2+AD^2$. Từ đó tìm được AD = $\sqrt{6}$.

Suy ra $\Delta ADC=\Delta BCD(c.c.c)$. Do đó tam giác OCD vuông cân tại O nên tam giác OAB cũng vuông cân tại O.

Dễ dàng có được tứ giác ABCD là hình thang cân (AB // CD) nên $\angle ADF=\angle BAD = 180^o-\angle ADC$.

Vậy C, D, F thẳng hàng. 

P/s: Hình như trên VMF có khá ít bạn lớp 8