LTBN

 

Bài 9: 

Cho $\Delta ABC$ thoả mãn $AB-BC=\frac{AC}{\sqrt{2}}$ có $M$ là trung điểm của $AC$, $BN$ là phân giác trong. Chứng minh rằng $\widehat{BMC}+\widehat{BNC}=90^\circ$.

 

Kẻ phân giác ngoài BP của tam giác ABC.

Gọi S, V, T lần lượt đối xứng với A, M, C qua B. Dễ thấy $S,V,T$ thẳng hàng và ST // BC.

Dễ thấy AB > BC nên C nằm giữa A, P.

Theo tính chất đường phân giác ngoài trong tam giác ta có $\frac{PA}{BA}=\frac{PC}{BC}=\frac{PA-PC}{BA-BC}=\frac{AC}{AC:\sqrt{2}}=\sqrt{2}$.

Do đó $CP^2=CB.CT\Rightarrow \Delta CBP\sim\Delta CPT\Rightarrow \frac{PT}{BP}=\frac{CP}{CB}=\sqrt{2}$.

Chứng minh tt ta có $\frac{PS}{BP}=\sqrt{2}$ nên $PS=PT$.

Từ đó $PV\perp ST$ nên tam giác PVM vuông tại P.

$\Rightarrow BP=BM\Rightarrow \widehat{BMC}+\widehat{BNC}=\widehat{BMC}+90^o-\widehat{BPM}=90^o$.

Ta có $p|n^3-1=(n-1)(n^2+n+1)$ nên $p|n-1$ hoặc $p|n^2+n+1$.

Dễ thấy $p-1\vdots n\Rightarrow p-1\geq n\Rightarrow n-1\leq p-2<p$.

Do đó $n-1$ không chia hết cho $p$.

Suy ra $n^2+n+1\vdots p$.

Do $p-1\vdots n$ nên đặt $p=nk+1$.

Ta có $n^2+n+1\vdots nk+1\Rightarrow n^2+n-nk\vdots nk+1\Rightarrow n+1-k\vdots nk+1$ (Do $(n,nk+1)=1$)

Xét 3 trường hợp:

+) $n+1-k>0$: Khi đó $n+1-k\geq nk+1\Rightarrow (n+1)(k-1)\leq -1$. (vô lí)
+) $n+1-k<0$: Khi đó $k-n-1\geq nk+1\Rightarrow (n-1)(k+1)\leq -3$. (vô lí)

+) $n+1-k=0$: Khi đó $p=n(n+1)+1$ nên $4p-3=(2n+1)^2$.

Vậy...

$\boxed{25}$: Cho tam giác $ABC$ có trực tâm $H$. $P$ là một điểm bất kì nằm trên cung $BC$ không chứa $A$. Gọi $P'$ là điểm đối xứng của $P$ qua $BC$. Đường tròn ngoại tiếp $\triangle OPP'$ cắt $AP$ tại $G$. Chứng minh trực tâm của tam giác $AGO$ nằm trên $HP'$.  

Giả sử $(O)$ là $(ABC)$.

$(OPP')$ cắt lại $(O)$ tại $F$.

Ta có $\angle FOG=\angle FPG=\frac{\angle FOA}{2}$ nên OG là phân giác của $\angle FOA$.

Suy ra A, F đối xứng với nhau qua OG.

Gọi E là trực tâm $\Delta AGO$ thì A, E, F thẳng hàng.

Gọi $D$ là điểm đối xứng với H qua BC.

Ta có $(P'O,P'E)\equiv (GO,GE)\equiv (AE,AO)\equiv \frac{\pi}{2}+(GO,AO)\equiv \frac{\pi}{2}+(GO,GA)+(AG,AO)\equiv \frac{\pi}{2}+(P'O,P'P)+(AP,AO)\equiv (P'O,BC)+\frac{\pi}{2}+\frac{(OP,OA)}{2}\equiv (P'O,BC)+\frac{\pi}{2}+(DP,DA)\equiv (P'O,BC)+(DP,BC)\equiv (P'O,BC)+(BC,HP')\equiv (P'O,HP')(\mod\pi)$.

Vậy E, H, P' thẳng hàng.

Ta có $\angle CDE=\angle CDI=180^o-\frac{\angle CB'I}{2}=180^o-\angle CB'E\rightarrow đpcm$

Cho các số thực dương thỏa mãn $a + b, ab$ là các số nguyên dương và $[a^2 + ab] + [b^2 + ab]$ là số chính phương với $[x]$ là phần nguyên của số thực $x$. Chứng minh rằng $a, b$ là các số nguyên.

Có $(a+b)^2\leq a^2+ab+b^2+ab\leq [a^2+ab]+[b^2+ab]< a^2+ab+1+b^2+ab+1=(a+b)^2+2$.

Do $(a+b)^2$ là số nguyên và $(a+b+1)^2>(a+b)^2+2$ nên $a^2+ab;b^2+ab$ là các số nguyên hay $a(a+b)\in mathbb Z;b(a+b)\in\mathbb Z$.

Do đó $a,b$ là các số hữu tỉ.

Đặt $a+b=m;ab=n(m,n\in \mathbb Z)$ thì $a,b$ là nghiệm hữu tỉ của đa thức $x^2-mx+n$.

Mặt khác hệ số cao nhất là 1 nên nếu đa thức trên có nghiệm hữu tỉ thì nghiệm đó cũng nguyên.

Vậy $a,b\in\mathbb Z$.