HaiDangPham

Cảm ơn bạn HaiDangPham , một người thầy rất đam mê hình học!

Học sinh được nhờ lắm đấy     

 

Dạ, em cảm ơn thầy đã khen ngợi ạ! 

Các bài toán của Thầy Nguyễn Bá Đang quả thật rất hấp dẫn. Gần như bài nào Thầy đăng lên em cũng thích thú và tìm được nhiều cách giải. Cảm ơn sự chia sẻ của các Thầy ạ!

Cách giải cuối cùng. Phức tạp hơn cả, nhưng cũng đáng để tìm kiếm. Cảm giác rất thú vị. 

 

LỜI GIẢI. Gọi $G$ là điểm đối xứng với $B$ qua $I$. $AH$ lần lượt cắt $DE, GC$ tại $K, N$. $DE$ và $BC$ cắt nhau tại $F$. $J$ là trung điểm $CD$. 

 

Ta lần lượt xét các mệnh đề. 

 

Mệnh đề 1. $IM \parallel NG$. 

 

Đúng vì $IM$ là đường trung bình của tam giác $BCG$. 

 

Mệnh đề 2. $B, I, J$ thẳng hàng; $A, J, F$ thẳng hàng. 

 

Đây là bài toán cơ bản, mình tạm lược bỏ chứng minh. 

 

Mệnh đề 3. $EM \perp BI$. 

 

Tam giác BCE đồng dạng tam giác $HAB$, hơn nữa, $M$ là trung điểm $BC$, $I$ là trung điểm $AH$ nên ta suy ra tam giác $BHI$ đồng dạng tam giác $EBM$. Từ đó có $\angle BEM=\angle IBH$, và suy ra $IB \perp EM$.

 

Mệnh đề 4. $KC \parallel EM$.

 

Tiếp theo, ta có $\frac{KF}{KE}=\frac{KF}{KD}.\frac{KD}{KE}$ . Trong đó $\frac{KF}{KD} =\frac{HF}{HC}$ (tam giác $HKF$ có $CD \parallel KH$), còn $\frac{KD}{KE}=\frac{HC}{HB}$ (hình thang $BCDE$ có $KH$ song song hai đáy $CD, BE$). Vì vậy $$\frac{KF}{KE}=\frac{HF}{HC}.\frac{HC}{HB}=\frac{HF}{HB}$$ điều này chứng tỏ $KC \parallel EM$. 

 

Mệnh đề 5. $AM \perp AF$ và $AM^2=MH.MF$. 

 

Vì $A, J, F$ thẳng hàng (Mệnh đề 2) và $J$ là trung điểm $CD$ nên $\angle FAC=\angle JAC=\angle JCA=\angle MBA=\angle MAB$. Từ đó suy ra $\angle FAC+\angle MAC=\angle MAB+\angle MAC=90^{\circ}$. Vậy $AM \perp AF$. 

Tam giác $MAF$ vuông tại $A$ và có $AH \perp MF$, theo hệ thức lượng trong tam giác ta có $AM^2=MH.MF$. 

 

Mệnh đề 6. $BG \parallel FN$. 

 

Vi $MA=MC, JA=JC$ nên $JM$ là đường trung trực của $AC$, dẫn tới $JM \perp AC$, suy ra $JM \parallel AB$. Theo định lý Thales ta có $$\frac{AJ}{JF}=\frac{MB}{MF}=\frac{BC}{2MF}$$ Ta lại có $IM \parallel NG$ (Mệnh đề 1) suy ra $$\frac{IA}{IN}=\frac{IH}{IN}=\frac{MH}{MC}=\frac{2MH}{BC}.$$ Theo Mệnh đề 5, ta có $AM^2=MH.MF$ hay $$\frac{BC}{2MF}=\frac{2MH}{BC}$$ Do đó $\frac{AJ}{JF}=\frac{IA}{IN}$. Nói cách khác $IJ \parallel NF$. Mà $B, I, J$ thẳng hàng (Mệnh đề 2) nên $NF \parallel BG$. 

 

Mệnh đề 7. $MI \perp DE$. 

 

Theo Mệnh đề 3 và Mệnh đề 4 ta suy ra $KC \perp BG$. Mà theo Mệnh đề 6 ta có $BG \parallel NF$ nên $KC \perp NF$. 

Tam giác $KNF$ có $KC \perp NF$, $FH \perp NK$, suy ra $C$ là trực tâm tam giác. Do đó $NG \perp KF$ hay $NG \perp DE$. 

Cuối cùng, theo Mệnh đề 1, $MI \parallel NG$ nên $MI \perp DE$. 

 

Sau cách giải thứ ba, mình có cảm giác về một cách giải nữa. Việc tìm ra không mấy khó khăn. Điểm mấu chốt nhất chính là nhìn ra ba điểm $E, M, K$ thẳng hàng. 

 

LỜI GIẢI. Không mất tính tổng quát ta giả sử $AB>AC$. Qua $B$ kẻ đường thẳng song song với $DE$ cắt đường thẳng $CD$ tại $F$. Đường thẳng $AH$ cắt $BE$ tại $K$. 

Trước hết, ta chứng minh $E, M, K$ thẳng hàng. Dễ thấy do $HK \parallel EB$ nên ta chỉ còn cần khẳng định được rằng $$\frac{MH}{MB}=\frac{HK}{BE}.$$ Thật vậy, lưu ý rằng $BFDE$ là hình bình hành nên $BE=DF$. Do đó $$\frac{HK}{EB}=\frac{AK-AH}{BE}=\frac{AK}{DF}-\frac{AH}{BE}.$$ Áp dụng liên tiếp Định lý Thales ta có $\frac{AK}{DF}=\frac{AB}{BD}=\frac{HB}{BC}$ và $\frac{AH}{BE}=\frac{HC}{BC}.$ Lưu ý giả thiết $AB>AC$ nên ta có $$\frac{HK}{BE}=\frac{HB}{BC}-\frac{HC}{BC}=\frac{(MH+MB)-(MC-MH)}{BC}=\frac{2MH}{BC}=\frac{MH}{MB}.$$ Vậy ta có $E, M, K$ thẳng hàng. 

 

Tiếp theo, ta thấy rằng tam giác $BAH$ và $ECB$ đồng dạng, mà $I$ là trung điểm $AH$, $M$ là trung điểm $BC$ nên không mấy khó khăn ta suy ra tam giác $BIH$ và $EMB$ cũng đồng dạng. Suy ra $\angle HBI=\angle BEM$.

 

Gọi $G$ là giao điểm của $BI$ và $EM$ khi đó dễ thấy $BI \perp EM$ tại $G$. Mà $E, M, K$ thẳng hàng nên $MK \perp BI$ tại $G$. 

 

Tam giác $BIK$ có $MK \perp BI$, $MB \perp IK$, vì vậy $M$ là trực tâm tam giác, dẫn tới $MI \perp BK$. Mà $BK \parallel DE$ nên ta có $MI \perp DE$. 

 

Sau đây là cách giải thứ ba. 

 

Gọi $G$ là giao điểm của hai đường thẳng $DE$ và $BC$. $AH$ cắt $DE$ tại F. $AG$ cắt $BE$ tại $N$. Ta chứng minh không mấy khó khăn rằng $A$ là trung điểm của $FH$ và $N$ là trung điểm $BE$. 

 

Vì $MB=MA$ và $NB=NA$ nên hai tam giác $MBN$ và $MAN$ bằng nhau, suy ra $\angle MAN=\angle MBN=90^{\circ}$, hay $MA \perp AG$. 

 

Bây giờ, ta gọi $K$ là điểm đối xứng của $H$ qua $M$. Khi đó $MA$ là đường trung bình của tam giác $HFK$, vì thế ta có $AM \parallel FK$. Suy ra $AG \perp FK$. 

 

Tam giác $FKG$ có $AF \perp GK$, $AG \perp FK$ nên $A$ là trực tâm tam giác, dẫn tới $KA \perp FG$, nói cách khác ta có $KA \perp DE$.

 

Mà $IM \parallel KA$ (đường trung bình tam giác $KHA$), suy ra $MI \perp DE$. 

 

 

10 năm tìm lại...
Chia thế nào mới là vấn đề!
   

Ồ, đúng vậy. 32 không phải số chính phương nên cách chia một hình vuông thành 32 hình vuông nhỏ bằng nhau là không tồn tại!

Để chào mừng diễn đàn trở lại, tôi xin gửi tới các bạn trẻ yêu bộ môn Hình Học sáng tác mới nhận được của thầy Nguyễn Bá Đang, bài toán như sau:

 

Cho tam giác ABC vuông tại A, các đường thẳng qua B và C đồng thời vuông góc với BC cắt CA tại E và AB tại D, M là trung điểm BC, H là hình chiếu của A trên BC, I là trung điểm AH.

Chứng minh rằng MI vuông góc DE.

 

 

Một bài khó, mặc dù mới nhìn qua thì tưởng đơn giản. Cảm nhận ban đầu là mình có thể tìm ra 3 cách giải, nhưng sau mấy ngày suy nghĩ thì mới tìm được 1. 

 

Phương pháp tư duy của mình vẫn là thay vì tập trung nhiều vào kết luận, ta cố gắng mở rộng giả thiết, tức là thử nghiệm một cách tự do việc tạo ra các hình phụ từ đó rút ra các tính chất mới. Chính tiến trình này giúp mình nhìn ra hai đường phụ $BK$ và $BF$. Cuối cùng là ý tưởng sử dụng đường tròn. Đơn giản là mình đã nghĩ: "Tại sao không thử tạo ra đường tròn phụ?"  Và từ đây $MF$ và giao điểm $O$ với $AC$ được nhận ra dẫn đến điểm mấu chốt của toàn bộ lời giải là hai tam giác đồng dạng $DBG$ và $OMI$. 

 

 

LỜI GIẢI. Gọi $F$ là trung điểm $DC$. $MF$ cắt $AC$ tại $O$. Dễ thấy $MF$ là đường trung trực của $AC$ nên $MF$ vuông góc với $AC$, và $O$ là trung điểm của $AC$. Ngoài ra ta còn có ba điểm $B, I, F$ thẳng hàng. 

 

Tiếp theo kẻ $BK$ vuông góc $DE$, cắt $AE$ tại G. Tam giác $BDE$ có $G$ là trực tâm nên $DG$ vuông góc $BE$, từ đó suy ra $DG$ vuông góc $DC$. Ngoài ra, $OI$ là đường trung bình tam giác $AHC$ nên $OI$ song song $BC$, từ đó ta có $OI$ song song $DG$. 

 

Mục tiêu của chứng minh sau đây là chỉ ra hai tam giác $DBG$ và $OMI$ đồng dạng.

 

Hai tam giác này có ngay $\angle MOI=\angle BDG$. Lý do là bởi hai góc đó có hai cặp cạnh tương ứng song song. Như vậy ta chỉ còn phải chứng minh $$\frac{DG}{BD}=\frac{OI}{OM}$$ điều này tương đương $$\frac{DG}{BD}=\frac{HC}{AB}$$ bởi vì $OI=\frac{HC}{2}$ còn $OM=\frac{AB}{2}$. 

 

Bây giờ, dễ thấy hai tam giác $DGC$ và $HCA$ đồng dạng, suy ra $\frac{DG}{HC}=\frac{DC}{AH}$ Tam giác $BDC$ có $AH$ song song $CD$ nên theo Định lý Thales ta có $\frac{DC}{AH}=\frac{BD}{AB}.$ Suy ra $$\frac{DG}{HC}=\frac{BD}{AB}$$ và đây cũng chính là đẳng thức ta cần chứng minh ở trên. 

 

Như vậy ta đã chứng minh được hai tam giác $BDG$ và $MOI$ đồng dạng. Suy ra $$\angle OMI=\angle DBG=\angle OED$$ Vì vậy nếu gọi $S$ là giao điểm của $MI$ và $DE$ thì bốn điểm $S, O, M, E$ đồng viên, và do đó ta có ngay $MI$ vuông góc $DE$ tại $S$. 

Tìm cách khác, chưa ra, tuy vậy mình có được bất đẳng thức khá hay dưới đây. 

 

Với điều kiện $a \geq b \geq c \geq 0 $ ta có $$\frac{1}{a^2+c^2}+\frac{1}{b^2+c^2} \geq \frac{1}{ \left(\frac{a+b}{2} \right)^2+c^2}.$$

Bất đẳng thức trên đúng vì tương đương với $$ (a-b)^2\left[ \frac{(a+b)^2+2ab-2c^2}{4}\right] \geq 0$$ Dấu đẳng thức xảy ra khi $a=b$. 

 

$ (x^2-8x+5)(4x^2-2x+5)=0\Leftrightarrow \begin{bmatrix} & x=4-\sqrt{11}\\ & x=4+\sqrt{11} \end{bmatrix}$

 

Giải phương trình tích, để biểu diễn hai nghiệm, bạn dùng lệnh matrix như sau (lệnh này không có sẵn trong trình soạn Latex): 

 \left[ \begin{matrix} & x=4-\sqrt{11} \\ &x=4+\sqrt{11} \end{matrix} \right. 

Ví dụ trong bài toán trên sẽ có kết quả hiển thị: 

 

$ (x^2-8x+5)(4x^2-2x+5)=0 \Leftrightarrow \left[ \begin{matrix} & x=4-\sqrt{11} \\ &x=4+\sqrt{11} \end{matrix} \right. $

Có $\frac{a^2}{b^2+1}=a-\frac{ab^2}{b^2+1}\geq a-\frac{ab^2}{2b}=a-\frac{ab}{2}$

Tương tự ta có $\frac{b^2}{c+1}\geq b-\frac{bc}{2}$;$\frac{c^2}{a^2+1}\geq c-\frac{ca}{2}$

Cộng từng vế 3 bất đẳng thức ta được: 

$P\geq a+b+c-\frac{ab+bc+ca}{2}=3-\frac{ab+bc+ca}{2}$

Lại có $3(ab+bc+ca)\leq (a+b+c)^2=9\Leftrightarrow ab+bc+ca\leq 3$
$\Rightarrow P\geq 3-\frac{3}{2}=\frac{3}{2}$

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$

 

Chứng minh bị lỗi ngay bước đầu tiên. Ở đây $a-\frac{ab^2}{b^2+1}=\frac{a}{b^2+1}$. 

Giải pt x,y nguyên dương

 

$xy^{2} + 2xy +x=9y$

 

Phương trình tương đương $x(y+1)^2=9y$. Ta lại có $4y\leq (y+1)^2$ và lưu ý $x, y$ nguyên dương, suy ra $x.4y<9y$ hay $x<\frac{9}{4}$. 

Vậy $x=1$ hoặc $x=2$. Tới đây thay ngược trở lại phương trình ban đầu ta tìm được giá trị của $y$. 

sorry he he he =))

pttt $a^3b^3\left [(a+b)^3-3ab(a+b)\right ]$

$=a^3b^3(8-6ab)$

$= (-6a^4b^4+12a^3b^3-6a^2b^2)+(-4a^3b^3+8a^2b^2-4ab)+(-2a^2b^2+4ab-2)+2$

$= -6a^2b^2(ab-1)^2-4ab(ab-1)^2-2(ab-1)^2+2$

$\leq 2$

Dấu "$=$" $\Leftrightarrow x=y=1$

 

Chứng minh trên chỉ đúng khi $a,b$ cùng dấu, chỉ khi đó ta mới có $4ab(ab-1)^2 \geq 0$. 

 

Trường hợp còn lại $a, b$ trái dấu, rất đơn giản, nhưng cũng cần phải lưu ý giải quyết cho trọn vẹn.

 

Cụ thể, do $ab<0$ nên $a^3b^3<0$ và $8-6ab>0$, vì vậy $a^3b^3(8-6ab)<0$. 

Bài 6. Vì $ab+bc+ca+abc=2$ nên $$(a+1)(b+1)(c+1)=abc+(ab+bc+ca)+(a+b+c)+1=(a+1)+(b+1)+(c+1)$$. Đặt $x=\frac{1}{a+1}, y=\frac{1}{b+1}, z=\frac{1}{c+1}$. Khi đó $\frac{1}{xyz}=\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}$ hay $xy+yz+xz=1.$
Tiếp theo viết lại $$\frac{a+1}{a^2+2a+2}=\frac{x}{x^2+1}=\frac{x}{x^2+xy+yz+xz}=\frac{x}{(x+y)(x+z)}$$ và từ các biểu thức tương tự ta suy ra \begin{align*} \sum \frac{a+1}{a^2+2a+2}&=\sum \frac{x}{(x+y)(x+z)} \\&=\frac{x(y+z)+y(x+z)+z(x+y)}{(x+y)(y+z)(z+x)} \\ &=\frac{2}{(x+y)(y+z)(x+z)}. \end{align*}
Biến đổi tiếp \begin{align*} (x+y)(y+z)(z+x)& =xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x)+2xyz \\ &=(xy+yz+zx)(x+y+z)-xyz \\ &=x+y+z-xyz.\end{align*}
Ta có $(x+y+z)^2 \geq 3(xy+yz+zx)$ và $27(xyz)^2 \leq (xy+yz+zx)^3$, suy ra $x+y+z \geq \sqrt{3}$ và $xyz \leq \frac{1}{3\sqrt{3}}$. Do đó $$x+y+z-xyz \geq \sqrt{3}-\frac{1}{3\sqrt{3}}=\frac{8}{3\sqrt{3}}.$$
Từ đây suy ra $$\sum \frac{a+1}{a^2+2a+2} \leq \frac{2}{8/3\sqrt{3}}=\frac{3\sqrt{3}}{4}.$$

Gọi $M$ là giao điểm của $CD$ và đường tròn $(O)$. Do $AD$ là tiếp tuyến của đường tròn $(O)$ nên $$AD^2= DM.CD.$$ Tiếp theo do đường tròn (O) và đường tròn (O') tiếp xúc trong nên $OC$ song song với $O'B$. Mà $O'B$ vuông góc $ED$ nên $OC$ cũng vuông góc với $ED$. Suy ra $$\angle CED=90^{\circ} - \angle ECO = \frac{\angle EOC}{2},$$ dẫn tới $\angle CED=\angle CME$. Tam giác $CEM$ đồng dạng với tam giác $CDE$ (g.g) suy ra $$EC^2=CM.CD$$. Vậy ta có $$AD^2+EC^2=DM.CD+CM.CD=CD^2.$$ Đây là điều cần chứng minh.

Cho $a,b,c>0$ và $a+b+c =3$. Chứng minh rằng $(abc)^2(a^2+b^2+c^2) \leq 3$

 

Vì $a+b+c=3$, điều phải chứng minh tương đương với $$3^7(abc)^2(a^2+b^2+c^2)\leq (a+b+c)^8.$$ Đặt $S=(a+b+c)^8$ và $T=3^7(abc)^2(a^2+b^2+c^2)$. Đặt thêm các ẩn phụ $a^2+b^2+c^2=x, ab+bc+ac=y, abc=z$.

Ta có $$S=(a+b+c)^8=(x+2y)^4=x^4+8x^3y+24x^2y^2+32xy^3+16y^4.$$ Nhận xét rằng $x \geq y$ nên $$x^4 \geq xy^3, x^3y \geq xy^3, x^2y^2\geq xy^3$$ hơn nữa bởi $$x^2y^2+y^4 \geq 2xy^3$$ ta suy ra  $$S=(x^4+8x^3y+8x^2y^2+32xy^3)+16(x^2y^2+y^4) \geq 49xy^3+32xy^3=81xy^3.$$

Ta lại có $(ab+bc+ca)^3 \geq 27 (abc)^2$ hay $y^3 \geq 27 z^2$, điều này dẫn tới $$xy^3 \geq 27 xz^2.$$ Vì vậy $$ S \geq 81xy^3 \geq 81.27xz^2=3^7 xz^2=T$$ Đây là điều cần phải chứng minh. $\square$

Mọi người xem hộ e tại sao lại ra 2 kết quả khác nhau và nếu sai thì sai ở đâu ạ.

 

Cùng tập nghiệm, nhưng hai cách biểu diễn khác nhau. 

 

Viết lại các nghiệm trong cách giải thứ hai về cách giải thứ nhất như sau $$\frac{-\pi}{3}+\frac{k2\pi}{3}=\frac{\pi}{3}-\frac{2\pi}{3}+\frac{k2\pi}{3}=\frac{\pi}{3}+\frac{(k-1)2\pi}{3}$$ và $$ \frac{-5\pi}{3}+k2\pi=\frac{\pi}{3}-2\pi+k2\pi=\frac{\pi}{3}+(k-1)2\pi$$