huytran08

Giả sử $HK$ là tiếp tuyến chung của $(I)$ và $(J)$($H$ thuộc $(I)$,$K$ thuộc $(J)$)

     $(I)$ tiếp xúc $AM,BC$ tại $Q,N$,$(J)$ tiếp xúc $AM,BC$ tại $R,O$

  Ta có $HK=HP+KP=2PQ+QR,ON=MN+OM=2MR+QR,HK=ON$ nên $PQ=MR= \frac{AM+MC-AC}{2}$

  Suy ra $AP=AQ-PQ=\frac{AB+AM-MB}{2}-\frac{AM+MC-AC}{2}=\frac{AB+AC-BC}{2}=AD=AE$(đpcm)

Mở rộng:Chứng minh $BH$ và $CK$ cắt nhau tại 1 điểm trên đường tròn nội tiếp $\Delta ABC$

Thầy giờ vẫn ham sáng tác hình học quá  

(P/s:Mới mua sách của thầy)

Trong bài viết này mình muốn giới thiệu cho mọi người 1 số mở rộng rất hay từ 1 bài toán hình cơ bản mình được học trên lớp. Ban đầu nghĩ chỉ là bài thường thôi nhưng khi cố mở rộng lại có kết quả ngoài sức mong đợi. 

Bài toán 1 (bài gốc). Cho $\Delta ABC$ nhọn nội tiếp $(O)$,đường cao $AD,BE,CF$;$AD$ cắt $(O)$ tại $P$,$PE$ cắt $(O)$ tại $X$. Chứng minh $BX$ chia đôi $EF$. (Đây là bài cơ bản nên ta tạm bỏ qua phần chứng minh.)

*Các bài toán mở rộng

Bài toán 2. Cho $\Delta ABC$ nội tiếp $(O)$. Đường tròn $(O')$ đi qua 2 điểm $B, C$ cắt $AC,AB$ tại $E, F$.$BE$ cắt $CF$ tại $H$.$AH$ cắt $(O)$ tại $P$. $PE$ cắt $(O)$ tại $X$. Chứng minh $BX$ chia đôi $EF$.

Bài toán 3. Cho $\Delta ABC$ nội tiếp $(O)$.Điểm $P$ nằm trong cung nhỏ $BC$ điểm $Q$ đối xứng $P$ qua $BC$ nằm trong $\Delta ABC$. $BQ,CQ$ cắt $AC, AB$ tại $E, F$.$PE$ cắt $(O)$ tại $X$. Chứng minh $BX$ chia đôi $EF$.

                                                                           (To be continued...)        

(Lười quá chẳng muốn vẽ hình)

Trong quá trình giải bài này em tìm được 2 cách giải.Cách thứ nhất tuy dài hơn nhưng mang tính mở rộng còn cách 2 chỉ áp dụng cho bài này.Nhưng thôi,đăng cách 2 cho gọn:

 Gọi $J$ là hình chiếu của $N$ lên $AB$

 Ta có: $\widehat{INB}=\widehat{BAM}=\widehat{BKN}$ nên $\Delta BNI\sim \Delta BKN \Rightarrow BN^{2}=BI.BK$

  Mà $BN^{2}=BJ.BA$ nên $BJ.BA=BI.BK$ suy ra $AJIK$ nội tiếp $\Rightarrow \widehat{PJI}=\widehat{AKB}=\widehat{ACB}=\widehat{APN}$ 

          $\Rightarrow IJ=PI \Rightarrow IP=IN \Rightarrow$ $I$ là trung điểm $PN$(đpcm)

1,Cho  $x,y$ là các số thực dương.Chứng minh rằng $x^{y}+y^{x}> 1$

2,Với $x,y>0;x+y=1$.Tìm $MinS= x^{x}+y^{y}$

Bài 3 có thể giải rất đơn giản bằng phép BĐTĐ:

  Thật vậy: $\frac{a}{1+b}+\frac{b}{1+c}+\frac{c}{1+a}\geq 2$  

                  $\Leftrightarrow a^{2}c+bc^{2}+ab^{2}+a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq 3abc+ab+bc+ac$(luôn đúng theo BĐT Cauchy) 

     Dấu "$=$" xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c=2$(thoả mãn)

Có cách nào ngắn gọn hơn k nx nhỉ? Thấy vẽ thêm nhiều quá 

Chắc ko có đâu bạn  

Em xin giải bài 5:

 Từ $2+a+b+c=abc$ $\Rightarrow $ $\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}=1$

  Đặt $\frac{1}{a+1}=x,\frac{1}{b+1}=y, \frac{1}{c+1}=z$ $\Rightarrow $ $x,y,z>0$ và $x+y+z=1$

 Khi đó $a=\frac{y+z}{x},b=\frac{x+z}{y},c=\frac{x+y}{z}$

      $S= \frac{1}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}+\frac{1}{\sqrt{b^{2}+c^{2}}}+\frac{1}{\sqrt{a^{2}+c^{2}}}\leq \frac{1}{^{\sqrt{2}}}\left ( \frac{1}{\sqrt{ab}} +\frac{1}{\sqrt{bc}}+\frac{1}{\sqrt{ac}}\right )$ 

                                    $= \frac{1}{\sqrt{2}}(\sqrt{\frac{x}{y+z}.\frac{y}{x+z}}+\sqrt{\frac{y}{x+z}.\frac{z}{x+y}}+\sqrt{\frac{z}{x+y}.\frac{x}{y+z}})$

                                    $= \frac{1}{\sqrt{2}}(\sqrt{\frac{y}{y+z}.\frac{x}{x+z}}+\sqrt{\frac{z}{x+z}.\frac{y}{x+y}}+\sqrt{\frac{x}{x+y}.\frac{z}{y+z}})$

                             $= \frac{1}{2\sqrt{2}}(\frac{y}{y+z}+\frac{x}{x+z}+\frac{z}{x+z}+\frac{y}{x+y}+\frac{x}{x+y}+\frac{z}{y+z})=\frac{3\sqrt{2}}{4}$

    Dấu "$=$" xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c=2$(thoả mãn)

  Vậy $MaxS=\frac{3\sqrt{2}}{4}$ khi $a=b=c=2$

bài đây bạn

1,Giả sử $p$ có dạng $\overline{(a)6}$($a$ có $n$ chữ số với $n\in N^{*}$)

Theo bài ra ta có:$4\overline{(a)6}= \overline{6(a)}$ $\Rightarrow $ $4(10a+6)=6.10^{n}+a$ $\Rightarrow $ $a=\frac{2.10^{n}-8}{13}$

Do $p$ nhỏ nhất nên $a$ phải nhỏ nhất hay $n$ nhỏ nhất.Đến đây thử lần lượt $n$ tìm được $n=5$ có $a=15384$ và $p=153846$ thoả mãn bài toán

Câu này có thể giải bằng Nguyên lí Dirichle:

   Theo nguyên lí Dirichle trong 3 số $x-1,y-1,z-1$ luôn tồn tại ít nhất 2 số cùng dấu 

  Không mất tính tổng quát giả sử $x-1,y-1$ cùng dấu 

    $\Rightarrow (x-1)(y-1) \geq 0  \Rightarrow xy\geq x+y-1 \Rightarrow xyz\geq xz+yz-z=z(3-z)-z=2z-z^{2}$

 Khi đó $2( x^{2}+y^{2}+z^{2} )+xyz\geq 2( x^{2}+y^{2}+z^{2} )+2z-z^{2} \geq 2(x^{2}+y^{2})+2z+z^{2}\geq (x+y)^{2}+z^{2}+2z=(3-z)^{2}+z^{2}+2z=2(z-1)^{2}+7\geq 7$(đpcm)

   Dấu "$=$" xảy ra $\Leftrightarrow x=y=z=1$(thoả mãn)

Bạn nhầm chút ở $\Delta AHQ\sim \Delta XMH(g.g)$, phải là $\Delta AHQ \sim \Delta MXH$, nhưng kết quả phía sau vẫn đúng

Em sửa rồi ạ

Thôi mình giải tạm vậy:

Gọi $I$ là trung điểm $AH$ suy ra $I$ là tâm $(AH)$,$AH$ cắt $BC$ tại $D$

Dễ chứng minh $Q$ thuộc $(AH)$ nên $Q$ là giao của $(O)$ và $(AH)$ nên $OI \perp AQ$ mà $AQ \perp HQ$ nên $OI//HQ$

Mà $HQ \perp IT$ nên $OI\perp IT$ suy ra $\widehat{TIO}=\widehat{XHT}=90^{o}$(1)

Ta có: $\widehat{AQH}=\widehat{XHM}=90^{o}$,$ \widehat{AHQ}=\widehat{DHM}=\widehat{MXH}$ nên $\Delta AHQ\sim \Delta MXH(g.g)$

  $\Rightarrow \frac{XH}{HQ}=\frac{MH}{AQ}$ mà $HQ=2HT$,$AQ=2IT$,$MH=OI$ nên $\frac{XH}{HT}=\frac{OI}{IT}$

Kết hợp với (1) ta có $\Delta XHT\sim \Delta OIT(c.g.c)$ $\Rightarrow $ $\widehat{XTH}=\widehat{ITO}$

   $\Rightarrow $ $\widehat{XTO}=\widehat{ITH}=90^{o}\Rightarrow TX\perp TO$(đpcm)

Không sao đâu ạ,đầy hs THCS vẫn hiểu được mà @hovutenha