Đến nội dung


Chú ý

Hệ thống gửi email của diễn đàn đang gặp vấn đề với một số tài khoản Gmail do chính sách bảo mật tăng cường của Google. Nếu bạn không nhận được email từ diễn đàn, xin hãy tạm thời dùng một địa chỉ email khác ngoài Gmail (trước hết bạn nên kiểm tra thùng rác hoặc thư mục spam của hộp thư, hoặc dùng chức năng tìm kiếm trong hộp thư với từ khoá "diendantoanhoc.org" để chắc chắn là email không nhận được).

BQT đang cố gắng khắc phục, mong các bạn thông cảm.


Explorer

Đăng ký: 05-01-2022
Offline Đăng nhập: Hôm qua, 20:27
***--

Bài viết của tôi gửi

Trong chủ đề: Chứng minh $AI'\perp BC$

14-10-2022 - 13:31

Cho $\Delta ABC$ không cân , nội tiếp (O) , B,C cố định , A thay đổi trên (O).Trên các tia AB,AC lần lượt lấy các điểm M,N để $MA=MC, NA=NB$ . $(AMN)$ cắt $(ABC)$ cắt nhau tại A và P . MN cắt BC tại Q.Gọi I là tâm của $(OBC)$ , I' đối xứng I qua MN.Chứng minh $AI'\perp BC$ . 

P/s: Nguyên mẫu bài này là VMO 2014 =))) 

Bằng biến đổi góc thì ta có được M,N đều thuộc (BOC) 

Có góc I'NM = MNI = 90 - ABN = 90 - BAN = 90 - MAN nên tâm của (AMN) nằm trên I'N. Mà tâm của (AMN) thuộc trung trực MN nên I' chính là tâm (AMN)

Do đó ta có góc BAI' = MAI' = 90 - ANM = 90 - ABC nên AI' vuông góc BC


Trong chủ đề: Cho tgABC ngt (I). (I) tx CA,AB tại E,F. M,N đx E,F qua I.MN cắt BI,CI tạ...

17-08-2022 - 23:24

Không biết có chỗ nào ngộ nhận không nhỉ...

Cho $CI, BI$ theo thứ tự cắt $EF$ tại $X,Y$.

Ta có kết quả quen thuộc $\angle BXC = \angle BYC = 90^\circ$.

Gọi $H$ là trung điểm của $BC$, kẻ phân giác $AV$ của $\Delta ABC$ thì $V$ cố định.

Cho $G$ đối xứng với $H$ qua $V$.

$AI$ cắt $(ABC)$ lại tại $K$, $J$ đối xứng với $H$ qua $K$.

$T$ đối xứng với $J$ qua $I$.

Dễ thấy $HT\parallel IK$ nên $HT\perp XY$.

Suy ra $HT$ là trung trực của $XY$ nên $TX=TY$.

Xét phép vị tự tâm $I$, tỉ số $-1$ ta suy ra $JP = JQ$.

Mà $JG\parallel VK\Rightarrow JG \perp PQ$, do đó $GP = GQ$.

Lại có $G$ cố định. Vậy trung trực của $PQ$ đi qua $G$ cố định.

mik thấy đúng r đấy


Trong chủ đề: Cho tgA1B1C1.Trên B1C1,C1A1,A1B1 lấy A,B,C:$\triangle ABC\...

11-08-2022 - 23:21

Gợi ý: - Gọi $O$ là tâm ngoại tiếp $\Delta ABC$ thì $O$ cũng là trực tâm $\Delta A_1B_1C_1$. Khi đó $O$ là điểm Miquel của bộ điểm $A_1, B_1, C_1$ trong $\Delta ABC$
           - $H$ là trực tâm $\Delta ABC$, $O'$ là tâm ngoại tiếp $\Delta A_1B_1C_1$
           - $AH$ cắt $(AB_1C_1)$ tại $D$. Chứng minh $O'$ là tâm $(DHO)$. Chú ý $\Delta AHO\sim \Delta DOO'$                    

Hình như bạn nhầm cặp tam giác r s ý. AHO vs DOO' mik vẽ ra ko đồng dạng


Trong chủ đề: Cho tgABC nt (O) ngt (I).BI cắt AC =E,CI cắt AB =F.(AEF) cắt (O) =P.L là...

11-08-2022 - 23:05

Gợi ý: Dùng 2 bổ đề sau
Bổ đề 1: Tiếp tuyến tại $A$ của $(AEF)$ cắt $BC$ tại $T$. Khi đó $T$ thuộc trung trực $AI$ và $TI//EF$
Bổ đề 2: $D$ là giao điểm hai tiếp tuyến tại $B$ và $C$ của $(O)$. Khi đó $ID$ đi qua trung điểm $EF$
Sau đó gọi $ID$ cắt $BC$ tại $S$, $LS$ cắt $(O)$ tại $X$. Chứng minh $(GX, BC)=-1$. Sau đó dùng bổ đề 1 là xong            
                         

bạn chỉ rõ hơn cách cm bổ đề đc ko


Trong chủ đề: $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R...

11-08-2022 - 22:32

Chỉ cần i) và iii) là đủ thì phải.

Ta có thể giả sử $f(1) = 1$, nếu $f(1)\neq 1$ thì đặt hàm phụ.

Do $f$ là hàm cộng tính, với mọi $k\in\mathbb Q, x\in\mathbb R$ thì $f(xk) = kf(x)$.

Với mọi $x\in\mathbb R; x\neq 0$, xét $k$ là số hữu tỉ bất kì.

Sử dụng tính cộng tính của $f$, ta có $f\left((x+k)^{2021}\right) = f\left(x^{2021} + \sum_{i=1}^{2020}\binom{2021}{i}x^{2021 - i}k^i + k^{2021}\right) = f\left(x^{2021}\right) + \sum_{i=1}^{2020}\left[\binom{2020}{i}k^if\left(x^{2021-i}\right)\right] + k^{2021}$.

Đồng thời ta có $f^{2021}(x+k) = (f(x)+k)^{2021} = f^{2021}(x) + \sum_{i=1}^{2020}f^{2021-i}(x)k^i + k^{2021} = f\left(x^{2021}\right) + \sum_{i=1}^{2020}k^i . f^{2021-i}(x) + k^{2021}$.

Do $f\left((x+k)^{2021}\right) = f^{2021}(x+k)$ nên suy ra $\sum_{i=1}^{2020}\left[\binom{2020}{i}k^if\left(x^{2021-i}\right)\right] = \sum_{i=1}^{2020}k^i . f^{2021-i}(x)$.

Xét hai vế là hai đa thức với biến $k$. Do hai đa thức này bằng nhau tại vô số điểm $k$ (hữu tỉ) nên hai đa thức này bằng nhau, tức $f\left(x^{2021-i}\right) = f^{2021-i}(x),\forall i = 1,2,...,2020$.

Do đó $f(x^2) = f(x)^2,\forall x\in\mathbb R$.

Thay $x$ bởi $x+y$ ta có $f(x^2) + 2f(xy) + f(y^2) = f(x)^2 + 2f(x)f(y) + f(y)^2,\forall x,y\in\mathbb R$.

Dẫn đến $f(xy) = f(x)f(y),\forall x,y\in\mathbb R$, hay $f$ là hàm nhân tính.

$f$ vừa là hàm cộng tính vừa là hàm nhân tính nên $f(x) = 0,\forall x\in\mathbb R$ và $f(x) = x,\forall x\in\mathbb R$.

mik nghĩ từ ii) có thể suy ra f(x)=x với x hữu tỷ hoặc f(x)=-x với x hữu tỷ

từ đó theo cách trên có thể bổ sung thêm TH f(x)=-x với mọi x