stanleymitchell

Bài 15: Trong tam giác $ABC$ có các đường cao $AD,BE,CF$ thì tam giác $DEF$ là tam giác có các đỉnh nằm trên cạnh của tam giác $ABC$ sao cho chu vi bé nhất(Định lý Fagnano)

 screenshot_1745244286.png   35.76K   0 Số lần tải

Từ lời giới thiệu thêm của bạn MUKOVODICH =))

@Hahahahahahahaha anh quá quắt lắm rồi đấy ghi đúng tên thành viên của người ta xem nào  

Bài 14: Tiếp tuyến tại $A$ của $(O)$ cắt $BC$ tại $P$. $AD$ là phân giác của $\widehat{BAC}$. Khi này thì $PA=PD$

 screenshot_1745244321.png   60.14K   0 Số lần tải 

Phương trình đã cho tương đương với:
$4x^2+8=\sqrt{2x+6}\Leftrightarrow (2x+2)^2+(2x+2)=(2x+6)+\sqrt{2x+6}$
 

Bài 6: Cho $\Delta ABC$ ngoại tiếp $(I)$ và nội tiếp $(O)$. $(I)$ tiếp xúc với $BC$ tại $D$. Gọi $M$ là giao điểm khác $A$ của $AM$ với $(O)$. $K$ là hình chiếu vuông góc của $I$ lên $OA$. Khi này ta sẽ có $MA$ là phân giác của $\widehat{DMK}$ Chứng minh

Bài này rất liên quan với Bài 4

 post-192457-0-89662900-1739985714.png   57.64K   0 Số lần tải

Mở rộng: $DM$ giao với $(O)$ tại $N$. Ta sẽ lần lượt có các điểm $A,N,F,Q,K,E$ cùng thuộc một đường tròn, $NI$ cắt $(O)$ tại $P$ thì $AP$ là đường kính và $I$ sẽ cũng là tâm đường tròn nội tiếp $\Delta NKM$

 12.png   132.74K   0 Số lần tải

Bài 5: (Tứ giác toàn phần) Cho tứ giác $ABCD$, $AB$ cắt $CD$ tại $E$, $AD$ cắt $BC$ tại $F$. Khi đó đường tròn ngoại tiếp của các tam giác $ABF,DCF,BCE,ADE$ đồng quy(điểm Miquel); và tâm của 4 đường tròn ngoại tiếp trên và điểm Miquel sẽ cùng thuộc một đường tròn.

 screenshot_1744582552.png   27.18K   0 Số lần tải

 screenshot_1744582570.png   30.6K   0 Số lần tải

Phần chứng minh có rất nhiều ở trên mạng, và còn rất nhiều tính chất khác nữa.

Mở rộng: (IMO Shortlist 2008) Cho tứ giác lồi $ABCD$. Chứng minh rằng tồn tại điểm $P$ nằm trong tứ giác thoả mãn:

$\widehat{PAB}+\widehat{PDC}=\widehat{PBC}+\widehat{PAD}=\widehat{PCD}+\widehat{PBA}=\widehat{PDA}+\widehat{PCB}=90^\circ$

Bài 24: Cho tứ giác $MNEF$ nội tiếp đường tròn $(O)$ sao cho các tiếp tuyến tại các điểm $M,N,E,F$ đôi một cắt nhau. Giả sử $MF$ và $NE$ cắt nhau tại $L$, $MN$ và $EF$ cắt nhau tại $K$, $I$ là giao điểm của $ME$ và $NF$. Chứng minh rằng: $I$ là trực tâm của tam giác $KOL$

Giờ mình mới nhận ra đây chính là định lý Brocard, một lời giải nữa tại đây

Cho $a,b,c$ là độ dài 3 cạnh tam giác. CMR: $\displaystyle \sum \frac{a^{2025}}{b+c-a} \ge \sum a^{2024}$

Do BĐT đồng bậc nên chuẩn hoá $a+b+c=3$

Ta có $\displaystyle \sum \frac{a^{2025}}{b+c-a} = \sum \frac{a^{2025}}{3-2a}$

Đến đây lại là phương pháp $U.C.T$ quen thuộc

$a^{2024}+1011=a^{2024}+1+1+...+1 \ge 1012\sqrt[1012]{a^{2024}}=1012a^2$

Nên có: $\frac{a^{2025}}{3-2a}\ge a^{2024}+3(a-1)$

Thật vậy, biến đổi tương đương ta được: $(a-1)\frac{a^{2024}+2a-3}{3-2a}=(a-1)\frac{a^{2024}+1011+2a-1014}{3-2a}\ge (a-1)\frac{1012a^2+2a-1014}{3-2a}=\frac{(a-1)^2(1012a+1014)}{3-2a}$

Tương tự ta cũng được $\frac{b^{2025}}{3-2b}\ge b^{2024}+b(a-1)$ và $\frac{c^{2025}}{3-2c}\ge c^{2024}+3(c-1)$

Nên $\sum \frac{a^{2025}}{3-2a}\ge \sum (a^{2024}+3(a-1)) \ge \sum a^{2024} +3(a+b+c-3)=\sum a^{2024}$

Dấu $'='$ xảy ra khi $a=b=c=1$ hay $a=b=c$

$7\left( x+\dfrac{1}{2}\right)^2=y^2+\dfrac{9}{4}$

Câu này là $4x$ á anh, em nhầm

Sao khúc này là $y^2$ vậy a, e nghĩ là $y$ chứ

@stanleymitchell anh đánh nhầm á, sửa rồi nhé

@MHN phần sau vẫn chưa được sửa anh ơi, mà hình như đáp án ra đẹp

Bổ sung thêm một cách cho bài toán thứ 4 TST của Saudi Arab 2015

Đăng thử bài này lên cho mọi người

Bài 20:

Cho $a,b,c$ là các số thực dương thoả mãn $(a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})=10$

Tìm min và max của $P=(a^2+b^2+c^2)(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2})$

Do BĐT đồng bậc nên chuẩn hoá $a+b+c=10\Rightarrow \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=1$

$\Rightarrow ab+bc+ca=abc$ Đặt $t=ab+bc+ca=abc$

Ta sẽ biểu diễn $P$ bằng $t$

Ta có: $P=((a+b+b)^2-2(ab+bc+ca))\frac{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}{a^2b^2c^2}$

$=(100-2t)\frac{(ab+bc+ca)^2-2abc(a+b+c)}{t^2}=(100-2t)\frac{t-20}{t}$

Mặt khác ta có: $a+b=10-c;ab(1-c)=c(c-10)\Rightarrow ab=\frac{10c-c^2}{c-1}$

Vì vậy $a,b$ là nghiệm của phương trình: $x^2+(c-10)x+\frac{10c-c^2}{c-1}=0$

$\Rightarrow \Delta =c^2-20c+100-\frac{40c-4c^2}{c-1}$

$\Rightarrow \frac{(10-c)(c-2)(c-5)}{c-1}\ge 0$

Kết hợp với điều kiện chuẩn hoá ta sẽ được $2\le c\le 5$

Do các biến $a,b,c$ đối xứng nên ta cũng được tương tự với $a,b$

Tiếp theo, ta sẽ tiến hành đánh giá $t$

Ta có: $(x-2)(y-2)(z-2)\ge0 \Leftrightarrow xyz-2(xy+yz+zx)+4(x+y+z)-8\ge0 \Rightarrow t\le 32$

Lại có: $(5-x)(5-y)(5-z)\ge 0 \Leftrightarrow 125+5(xy+yz+zx)-25(x+y+z)-xyz\ge 0 \Rightarrow t\ge \frac{125}{4}$

Nên: $\frac{125}4\le t\le 32$

Khi này: $P=2(50-t)\frac{t-20}{t}=2\frac{-(t^2-70t+1000)}{t}$

$=2\frac{-(t^2-32t-\frac{125}4t+1000)+\frac{27}4t}{t}=2\frac{-(t-32)(t-\frac{125}4)+\frac{27}4t}{t}\ge \frac{27}2$

Giờ thì tìm max: $P=2(50-t)\frac{t-20}{t}=2\frac{-(t^2+1000)+70t}{t}\le2\frac{-2\sqrt{1000t^2}+70t}{t}=140-40\sqrt{10}$ (Cauchy)

Vậy $min,max P$ lần lượt là $\frac{27}2;140-40\sqrt{10}$ khi $t=\frac{125}4$ hoặc $t=32$ $(min)$ và $t=10\sqrt{10}$ $(max)$

Bài này có vẻ hơi khó so với THCS nhưng lại thêm một cách sử dụng với định lý Viét(nói đúng hơn là công thức nghiệm phương trình bậc 2)  

Bài 11: Giải phương trình sau:$\sqrt{\frac{4x+9}{28}}=7x^2+7x$

Bài 12: Giải phương trình: $\displaystyle 2x^{2}+4=\sqrt{\frac{x+3}{2}}$

Mọi người mở topic vui như này mà không nói em gì hết Phải làm một bài cho đỡ bực, bổ sung thêm cách liên hợp không phải chứng minh BĐT loằng ngoằng nhé

Bài 1: a) Giải phương trình $\sqrt{x-2}+\sqrt{4-x}=2x^2-5x-1$

$\sqrt{x-2}+\sqrt{4-x}=2x^2-5x-1$  $(4\ge x\ge 2)$

$\Leftrightarrow 2x^2-6x+(1-\sqrt{4-x})+\sqrt{x-2}(\sqrt{x-2}-1)=0$

$\Leftrightarrow (x-3)(2x+\frac{1}{1+\sqrt{4-x}}+\frac{\sqrt{x-2}}{\sqrt{x-2}+1})=0$

Đến đây thằng sau chứng minh vô nghiệm thì quá dễ do $x\ge 2$, cho nên tìm được nghiệm duy nhất $x=3$ 

Bài ở trên mình sẽ hiểu là tất cả các đỉnh của tất cả tam giác cùng màu nhé.

Ta có $69$ điểm và $4$ màu, theo nguyên lý Dirichlet sẽ có một màu có ít nhất $18$ điểm trở lên.

Ta có số tam giác có màu đó được tạo ra sẽ lớn hơn hoặc bằng: $\mathrm{C}_{18}^{3}$

Lấy cạnh cùng màu bất kỳ, tối đa sẽ tạo ra 2 tam giác cân (do không tồn tại 3 điểm thẳng hàng nên chỉ có tối đa 2 điểm nằm trên đường trung trực của cạnh đó). Vì vậy số tam giác cân có các đỉnh tô màu đó nhỏ hơn hoặc bằng: $2\mathrm{C}_{18}^{2}$

Vì vậy số tam giác cùng màu và không cân sẽ không nhỏ hơn: $\mathrm{C}_{18}^{3}-2\mathrm{C}_{18}^{2}=510$

Bài 4: Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$ và $I$ là giao của 3 đường phân giác. $AI$ cắt $(O)$ tại $D$. Khi này ta có $DB=DI=DC$

 geogebra-export (4).png   77.84K   0 Số lần tải

Mở rộng: Gọi $I$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$. Từ $A$ kẻ tới đường tròn ngoại tiếp tam giác $BIC$ các tiếp tuyến $AP;AQ$($P$ và $B$ cùng nằm một nửa mặt phẳng bờ $AC$).

Chứng minh rằng: a) $\widehat{BAP}=\widehat{CAQ}$

b) Gọi $P_1, P_2$ là hình chiếu vuông góc của $P$ lên $AB,AC$; $Q_1,Q_2$ là hình chiếu vuông góc của $Q$ lên $AB,AC$. Chứng minh $P_1,P_2,Q_1,Q_2$ cùng thuộc một đường tròn

Bài 3: Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$ với $H$ là trực tâm. $AH$ cắt $(O)$ tại $E$, cắt $BC$ tại $D$. Khi đó ta sẽ có $E$ và $H$ đối xứng nhau qua $D$

 D.png   46.98K   0 Số lần tải

Mở rộng: Cho $∆ABC$ nội tiếp $(O)$ và có $H$ là trực tâm. Cho $AH$ cắt $BC$ tại $D$. Qua $D$ kẻ đường thẳng vuông góc với $OD$ cắt $AB$ tại $E$. Chứng minh rằng $\widehat{ABC} = \widehat{DHE}$ (Cách giải của @tomeps)

Bài 2: Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn, đường cao $BD,CE$. $DE$ cắt $BC$ tại $K$. $AK$ cắt $(O)$ tại $F$. Khi đó ta có 5 điểm $A,F,D,H,E$ cùng thuộc một đường tròn

 geogebra-export (3).png   46.53K   0 Số lần tải

Ở đây kẻ thêm đường kính $AI$ sẽ giúp ta chứng minh

Mở rộng: $N$ là trung điểm $BC$. Chứng minh $H$ là trực tâm của tam giác $ANK$