caubeyeutoan2302

cho tam giác ABC. TÌm M thuộc AB, N thuộc AC sao cho MN song song BC và AM = CN

Chưa có ai chém , thôi để tớ xử nốt nó luôn cho nhìn đỡ trống
Mình không có phần mềm vẽ hình , các bạn thông cảm nha , mình rất xin lỗi.
Phân tích:
Tớ gọi đường thẳng chứa đoạn $MN$ là đường thẳng (d), hiển nhiên chỉ cần dựng được đường thẳng (d) thì $M,N$ sẽ có ngay thôi.
Giả sử dựng được đường thẳng (d) song song với $BC$ cắt $AB,AC$ tại $M,N$ sao cho $AM = CN$.
Theo phép tịnh tiến: $\overrightarrow{MN}: M -> N, A -> A'$
Suy ra : $AA'NM$ là một hình bình hành.
Ta có các điều sau :
$ \begin{cases} AA' // MN // BC \\ A'N=AM=CN \\ A'N // AM \end{cases} $
Suy ra : Tam giác $ANC$ cân tại $N$ vậy : $\widehat{ANA'}=2\widehat{NCA'}$ ( Tính chất góc ngoài )
Dựng phân giác trong $AD$ của góc $BAC$ ta lại có :
$\widehat{DAC}=\dfrac{1}{2}.\widehat{BAC}=\widehhat{NCA'}$( So le trong )
Suy ra $AD // CA'$ và $ADCA'$ là hình bình hành .
Các dựng :
-Dựng phân giác trong $AD$ của góc $BAC$
-Dựng $A'$ sao cho $ADCA'$ là hình bình hành .
-Đường thẳng qua $A'$ và song song $AB$ cắt $AC$ tại $N$
-Đường thẳng qua $N$ và song song với $BC$ cắt $AB$ tại $M$
-Đường thẳng (d) là đường thẳng $MN$ ( Bổ sung nếu yêu cầu dựng luôn (d))
-Dựng được $M,N$ . hoàn thành bài toán.
Chứng minh :
Theo các bước dựng hình và lập luận nói trên .
Xong rồi

Bạn Bình và Nam chơi một trò chơi khá thú vị với một đa thức bậc ít nhất là 4 được cho sau đây :
$x^{2n}+...x^{2n-1}+...x^{2n-2}+....................+...x+1$
Họ lần lượt điền vào các hệ số còn trống trong đa thức trên bằng các số thực tùy ý . Nếu quá trình điền số hoàn tất mà đa thức nhận được vô nghiệm thì bạn Bình là người thắng cuộc , còn ngược lại thì bạn Nam thắng.
Nếu bạn Bình điền số trước thì ai sẽ đảm bảo có chiến thuật thắng cuộc chơi .

Anh quên mất đề thi này của Toàn , các bạn cùng tham gia đề hoàn tất đề thi nhé
Chém trước bài Hình học thôi nào :
Cho tam giác $ABC$ với $ \widehat{A}=60^0$ . M là 1 điểm bất kì trong tam giác . Hãy tìm min của $K=\sqrt{3}MA+MB+MC$

Xét nếu điểm $M \equiv A$ thì $K=AB+AC$ (1)

Nếu $M$ không trùng $A$ thì :
Xét phép quay : $R(M;120^0) : (MAC) -> (M'AC')$ ( Trong đó $(MAC)$ ngầm hiểu là tam giác $MAC$)
Hạ chân đường vuông góc $AH$ xuống $MM'$ thì ta sẽ có :
$ \begin{cases} MA=M'A \\ \widehat{MAH}=\widehat{M'AH}=60^0 \end{cases} $

Từ 2 điều trên suy ra $MM'=2.MH=2.\dfrac{\sqrt{3}}{2}.MA=\sqrt{3}.MA$

Vậy $K=\sqrt{3}.MA+MB+MC=MM'+MB+MC=MM'+MB+M'C' \ge BC'= AB+AC$ ( Dựa theo tính chất phép quay đã sử dụng)

Lại vì $M, M'$ không cùng nằm trên $BC'$ (Đương nhiên bộ ba $B,A,C'$ thẳng hàng )

Vậy dấu bằng xảy ra thì $K=AB+AC$ hay theo (1) thì $M \equiv A$

Mình không tải hình lên được các bạn thông cảm và tự vẽ hình nhé, mỉnh xin lỗi nhiều

Đề xuất bài toán mới :
Cho tam giác $ABC$ . Hãy tìm vị trí $M$ trong tam giác sao cho $T=\sqrt{2}.MA+MB+MC$ đạt min

Mình cám ơn sự đóng góp và tích cực trong các bài viết của tolaphuy , NGOCTIEN , và anhtruclamyentu nữa
Tiếp theo như các bạn đã biết , trong Lượng giác nếu không thuộc lòng các công thức cơ bản thì không thể nào giải bài được , ngoài Công thức cộng , biến tích thành tổng , tổng thành tích , hạ bậc , công thức nhân n lần , thì vẫn còn 1 số công thức nữa rất thông dụng trong việc giải những bài khó và nâng cao , mình sẽ trình bày để các bạn cùng học tập nhé :

ĐẲNG THỨC CẦN NHỚ TRONG LƯỢNG GIÁC:

1. : $sinx+siny+sinz=sin(x+y+z)+4sin\dfrac{x+y}{2}.sin\dfrac{y+z}{2}.sin\dfrac{x+z}{2}$

2. :$cosx+cosy+cosz=-cos(x+y+z)+4cos\dfrac{x+y}{2}.cos\dfrac{y+z}{2}.cos\dfrac{x+z}{2}$

3. : $tanx+tany+tanz-tan(x+y+z)=-\dfrac{sin(x+y).sin(y+z).sin(x+z)}{cosx.cosy.cosz.cos(x+y+z)}$

4. : $cotx+coty+cotz-cot(x+y+z)=\dfrac{sin(x+y).sin(y+z).sin(x+z)}{sinx.siny.sinz.sin(x+y+z)}$

5. : $cos^2x+cos^2y+cos^2z+cos^2(x+y+z)=2+2cos(x+y).cos(y+z).cos(x+z)$

6. :$sin^2x+sin^2y+sin^2z+sin^2(x+y+z)=2-2cos(x+y).cos(y+z).cos(x+z)$

7. :$tan(x+y)tan(x-y)+tan^2y-tan^2x=tan(x+y).tan(x-y)tan^2x.tan^2y$

Tam thời mình đóng góp 7 công thức đẹp mắt trên , nếu các bạn tìm được các công thức nào khác về Lượng giác ( Do mình tự sáng tạo hay sưu tầm ) thì hãy post lên cho mọi người cùng có thêm kinh nghiệm nhé . Mình sẽ liên tục cập nhật . Cám ơn các bạn một lần nữa

Không nói xa xôi , vào vấn đề chính luôn
Mình thấy rằng lượng giác là một vấn đề hay trong Toán học , tuy có thể tuổi đời của nó lâu hơn 1 chút so với vài phân môn như Số học , Giài tích , v..v, nhưng từ lâu con người đã ứng dụng nó vào rất nhiều lĩnh vực liên quan đến khoa học và đời sống. Lượng giác còn được làm công cụ đắc lực cho việc giải các môn Đại số, hình học , BĐT...Vì vậy vẻ đẹp của nó là vô cùng vô hạn . Mình lập ra topic này nhằm để các bạn cùng nhau trao đổi kinh nghiệm giải toán Lượng , đưa ra nhiều phương pháp hay và đề xuất những bài học kinh nghiệm cho mọi người cùng học tập.
Tuy nhiên khi post bài đề nghị các bạn tuân thủ đúng nội quy VMF, và đặc biệt phải gõ Latex, không sử dụng tiếng việt không dấu , ngôn ngữ chat . Khi giải các bạn tránh post những bài giải quá ngắn gọn , chẵng hạn như : Bài này chỉ cần dùng Phương pháp này là ra hay post được giữa chừng thì lại kêu mọi người tự giải tiếp , mình rất cảm ơn các bạn
Mình sẽ đề xuất vài bài như sau :
PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC
Bài 1 :Giải phương trình :
$sin^3(x+\dfrac{\pi}{4})=\sqrt{2}sinx$
Bài 2 : Giải phương trình :
$ 8cos^2x-8\sqrt{3}sinx-cos3x=15$
Bài 3: Giải phương trình :
$ ( tanx+\dfrac{1}{4}cotx)^{n}=cos^{n}x+sin^{n}x$ ( Với $n=2,3,4,.......$)
Bài 4: Giải phương trình :
$ cos(\dfrac{4x}{3})=cos^2{2x}$

CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC LƯỢNG GIÁC và BẤT ĐẲNG THỨC LƯỢNG GIÁC

Bài 1: Nếu :$a\sin^2A+bcos^2A = p\;, a\cos^2B + b\sin^2B = q$ và $a\tan A = b\tan B\;,$
Hãy chứng minh $\dfrac{1}{p}+\dfrac{1}{q} = \dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}$ ( Bài này mình trích của stuart clark )

Bài 2: Cho Tam giác ABC nhọn , và $n=1,2,3$
Ta đặt $ x_n=2^{n-3}.(cos^{n}A+cos^{n}B+cos^{n}C)+cosA.cosB.cosC$
Hãy chứng minh $x_1+x_2+x_3 \ge \dfrac{3}{2}$

Bài 3 : Đặt $ a_n=\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{6}$ và $ a_n=\dfrac{a_n^2-5}{2(a_n+2)}$
Các bạn hãy tìm công thức tổng quát cho $ a_n$

Tạm vài bài thế nhé, mình sẽ liên tục cập nhật và tham gia cùng các bạn , các bạn hãy đóng góp ý kiến và những lời giải hay cho topic nhé . Mình cám ơn rất nhiều

Hix , giải sau anh Messi chỉ 4 phút , để em góp thêm vài bài hay nhé:
Bài 13: Cho $x_1,x_2,x_3,......,x_n$ dương thỏa mãn :
$ \dfrac{1}{1+x_1}+\dfrac{1}{1+x_2}+\dfrac{1}{1+x_3}+.........+\dfrac{1}{1+x_n}=1$
Hãy chứng minh :$ x_1.x_2.x_3.....x_n \ge (n-1)^{n}$.

tiếp với bài này nha
cho a,b,c là 3 số dương thỏa mãn $ a^2+b^2+c^2=1 $
Chứng minh:
$ P= \dfrac{a^3}{a+2b+3c}+\dfrac{b^3}{b+2c+3a}+\dfrac{c^3}{c+2a+3b} \geq \dfrac{1}{6} $

Đơn giản là dùng Cauchy Swarch và cộng mẫu số BĐT tương đương:
$P=\dfrac{a^4}{a^2+2ab+3ca}+\dfrac{b^4}{b^2+2bc+3ab}+\dfrac{c^4}{c^2+2ac+3bc}$
Ta có:
$P \ge \dfrac{(a^2+b^2+c^2)^2}{1+5(ab+bc+ca)} \ge \dfrac{1}{1+5(a^2+b^2+c^2)} \ge \dfrac{1}{6}$
Dấu bằng xảy ra khi a=b=c= 1 \ căn 3

Mình xin góp tiếp 2 bài về phương trình bậc 2 như sau:
Bài 3:Cho phương trình: $x^2-2(m-1)x-m=0$
a)Chứng minh rằng phương trình luôn luôn có 2 nghiệm $x_1,x_2$ với mọi m
b) Với m khác 0 , lập phương trình bậc 2 có 2 nghiệm là $x_1+\dfrac{1}{x_2}$ và $x_2+\dfrac{1}{x_1}$
Bài 4: Giả sử a,b là 2 nghiệm của phương trình $x^2+px+1=0$ và c,d là 2 nghiệm của phương trình :$x^2+qx+1=0$
Hãy chứng minh hệ thức: $(a-c)(b-c)(a+d)(b+d)=q^2-p^2$

Mình cám ơn Phạm Hữu Bảo Chung rất nhiều về việc lập ra toic này. Các chuyên đề Phương trình bậc 2 và ứng dụng rất cần thiết cho các em lớp 9 chuẩn bị chuyển cấp kể cả các học sinh bậc Trung Học Phổ Thông. Mình mong mọi người nhiệt tình đóng góp những ý kiến hay cho topic và tuân thủ đúng các quy định mà bạn Chung đã đặt ra . Mình xin giải Bài 1, Bài 2 trước:
Bài 1:
Do $x_1;x_2$ lần lượt là các nghiệm của phương trình $x^2-3x-7=0$ cho nên theo định lí Viet ta có :
$ \begin{cases} x_1+x_2=3 \\ x_1x_2=-7 \end{cases} $
Gọi $y_1=\dfrac{1}{x_1-1}; y_2=\dfrac{1}{x_2-1}$. mục tiêu ta là tìm ra PT bậc 2 chứa 2 nghiệm $y_1;y_2$
Thật vậy , ta có :$y_1.y_2=\dfrac{1}{(x_1-1)(x_2-1)}=\dfrac{1}{x_1x_2-(x_1+x_2)+1}=\dfrac{1}{-7-3+1}=-\dfrac{1}{9}$ (1)
$y_1+y_2=\dfrac{1}{x_1-1}+\dfrac{1}{x_2-1}=\dfrac{x_1+x_2-2}{x_1x_2-(x_1+x_2)+1}=\dfrac{3-2}{-7-3+1}=-\dfrac{1}{9}$(2)
Từ (1),(2), theo định lí Viet đảo ta có $y_1;y_2$ là ngiệm của Phương Trình:$y^2+\dfrac{1}{9}y-\dfrac{1}{9}=0$ hay$9y^2+y-1=0$
Bài 2:
Câu a:Với giả thuyết của đề bài ta có Phương trình:$x^2-2x+2\sqrt{2}+1=0$. Vì Biệt thức của Phương trình:$\delta=1-(2\sqrt{2}+1)=-2\sqrt{2}<0$. Do đó Phương trình đã cho vô ngiệm
Câu b:
Vì $x_1;x_2$ là các nghiệm của Phương trình $x^2-m^2x+2m+1=0$ cho nên theo Định lí Viet ta có :
$\begin{cases} x_1+x_2=m^2 \\ x_1x_2=2m+1 \end{cases} $ Vậy:
$4(x_1+x_2)-x_1^2.x_2^2=4m^2-(2m+1)^2=-4m-1 =-2(2m+1)+1=-2x_1x_2+1 \\ \Leftrightarrow 4(x_1+x_2)-x_1^2.x_2^2+2x_1x_2=1$
Vậy biểu thức liên hệ giữa $x_1;x_2$ là biểu thức $ 4(x_1+x_2)-x_1^2.x_2^2+2x_1x_2=1$
Câu c: Ta có
$(\dfrac{1}{x_1}+\dfrac{1}{x_2})^2=1 \\ \Leftrightarrow (\dfrac{x_1+x_2}{x_1x_2})^2=1 \\ \Leftrightarrow (\dfrac{m^2}{2m+1})^2=1 \\ \Leftrightarrow m^4=(2m+1)^2 \\ \Leftrightarrow m^2=|2m+1|$
Xét TH1 với $m \ge -\dfrac{1}{2}$ , ta có:
$m^2-2m-1=0 \Leftrightarrow m=1 \pm \sqrt{2}$( Cả 2 giá trị m đều thỏa điều kiện)
Xét TH2 với $ m \le -\dfrac{1}{2}$ , ta có :
$m^2=-2m-1 \Leftrightarrow (m+1)^2=0 \Leftrightarrow m=-1$( Giá trị này thỏa điều kiện)
KL m thuộc {$-1;1-\sqrt{2};1+\sqrt{2}$}

Xin trả lễ Lâm và Tú bài này:

Cho $x \ge y \ge z > 0$. Chứng minh rằng:

$\dfrac{{{x^2}y}}{z} + \dfrac{{{y^2}z}}{x} + \dfrac{{{z^2}x}}{y} \ge xy + yz + xz$

Chém luôn :
Theo BCS thì :
$(\dfrac{{{x^2}y}}{z} + \dfrac{{{y^2}z}}{x} + \dfrac{{{z^2}x}}{y})(\dfrac{{x^2}z}{y}+\dfrac{{y^2}x}{z}+\dfrac{{z^2}y}{x}) \ge (x^2+y^2+z^2)^2$(1)
Mà $ x \ge y \ge z$
Thế nên :
$\dfrac{{{x^2}y}}{z} + \dfrac{{{y^2}z}}{x} + \dfrac{{{z^2}x}}{y}-(\dfrac{{x^2}z}{y}+\dfrac{{y^2}x}{z}+\dfrac{{z^2}y}{x}) \ge \dfrac{(xy+yz+xz)(x-y)(y-z)(x-z)}{xyz} \ge 0$(2)
Từ (1),(2) thì :
$(\dfrac{{{x^2}y}}{z} + \dfrac{{{y^2}z}}{x} + \dfrac{{{z^2}x}}{y})^2 \ge (x^2+y^2+z^2)^2 \ge (xy+yz+zx)^2 $
Từ đó suy ra dpcm
Đây là bài VMO 1991 , có lẽ anh vietfrog đã cố tình thêm vài BĐT $x^2+y^2+z^2 \ge xy+yz+zx$ đẩ làm cho BĐT ban đầu khó hơn phải không , hihi

Em xin trả lại cho anh Lâm BĐT khác ạ:
Bài 6:Cho n số dương $x_1,x_2,....,x_n$ có tổng bằng 1:
Chứng minh rằng :
$\dfrac{x_1}{\sqrt{1-x_1}}+\dfrac{x_2}{\sqrt{1-x_2}}+...+\dfrac{x_n}{\sqrt{1-x_n}} \ge \dfrac{\sqrt{x_1}+\sqrt{x_2}+...+\sqrt{x_n}}{\sqrt{n-1}} $

Đáp lễ. Xin tặng lại Lâm 1 BĐT đơn giản nhưng khá hay như sau:
Cho ABC là tam giác nhọn. $A,B,C$ là ba góc, $a,b,c$ là 3 cạnh đối diện 3 góc đó.
CMR:
$3(a + b + c) \le \pi (\dfrac{a}{A} + \dfrac{b}{B} + \dfrac{c}{C})$

Cho tiểu đệ xin phép được cướp lễ ạ:
Thật vậy:
Ta giả sử trong tam giác ABC thì $A \ge B \ge C$ . Từ đó sẽ có $a \ge b \ge c$
Vậy thì : $ \dfrac{a}{A} \le \dfrac{b}{B} \le \dfrac{c}{C}$
Áp dụng BĐT Chebyshev cho 2 dãy đơn điệu ngược chiều ta có :
$(\dfrac{a}{A} + \dfrac{b}{B} + \dfrac{c}{C})(A+B+C) \ge 3(a+b+c) \Leftrightarrow \pi (\dfrac{a}{A} + \dfrac{b}{B} + \dfrac{c}{C}) \ge 3(a+b+c)$
Từ đây suy ra đpcm

Bài 2 :(nhiều cách hơn nữa)
Cho a,b,c dương thỏa: a+b+c=2
Tìm Max:
$S = \dfrac{{ab}}{{2 - c}} + \dfrac{{ac}}{{2 - b}} + \dfrac{{bc}}{{2 - a}}$

Em xin trình bày một cách cho bài 2, đơn giản dễ hiểu :
Ta có :
$S=\dfrac{{ab}}{{2 - c}} + \dfrac{{ac}}{{2 - b}} + \dfrac{{bc}}{{2 - a}}=\dfrac{ab}{a+b}+\dfrac{ac}{a+c}+\dfrac{bc}{b+c}$
Do : $(a+b)^2 \ge 4ab \Leftrightarrow \dfrac{ab}{a+b} \le \dfrac{a+b}{4}$
Chứng minh tương tự ta có:$\dfrac{bc}{b+c} \le \dfrac{b+c}{4}; \dfrac{ca}{c+a} \le \dfrac{c+a}{4}$
Vậy $S=\dfrac{ab}{a+b}+\dfrac{ac}{a+c}+\dfrac{bc}{b+c} \le \dfrac{a+b+c}{2}=1$
MaxS=1 khi và chỉ khi $a=b=c=\dfrac{2}{3}$

Mình chém bài 4a trước :
Bài 4a Tìm các số a,b,c,d sao cho $ 5(a^2+b^2+c^2+d^2)=(a+b+c+d+2)^2-20 $
Theo đề thì ta có:
$ 5(a^2+b^2+c^2+d^2+4)=(a+b+c+d+2)^2$
Nếu tinh ý ta sẽ nhận thấy đây là BĐT BCS
Thật vậy: $ (a+b+c+d+2)^2 \le (1^2+1^2+1^2+1^2+1^2)(a^2+b^2+c^2+d^2+2^2)\\ \Leftrightarrow (a+b+c+d+2)^2 \le 5(a^2+b^2+c^2+d^2+4)$
Do dấu bằng xảy ra nên ta có các bộ tỉ lệ $ \dfrac{a}{1}=\dfrac{b}{1}=\dfrac{c}{1}=\dfrac{d}{1}=\dfrac{2}{1} \Leftrightarrow a=b=c=d=2 $
Thử lại thấy thỏa nên a=b=c=d=2 là nghiệm duy nhất của PT đã cho

supermember thấy bài 4b cũng được đấy :

$ 11 \le x^2 + y^2 + z^2 = (x+y+z)^2 - 2 (xy + yz + zx) \le 25 - 2 (xy + yz + zx) $

$ \implies 7 \ge xy + yz + zx $

$ \implies (x-1)(y-1) + (y-1)(z-1)+ (z-1)(x-1) + 2(x+y+z) - 3 \le 7$

$ \implies (x-1)(y-1) + (y-1)(z-1)+ (z-1)(x-1) + 2(x+y+z) \le 10 \ \ (2)$

Nhưng do $ x ; y ; z \in [1 ; 3 ] ; (x+y+z) \ge 5$

$ \implies (x-1)(y-1) + (y-1)(z-1)+ (z-1)(x-1) + 2(x+y+z) \ge 10 ( 3) $

Từng $ (2) ; (3) $ suy ra $(x-1)(y-1) + (y-1)(z-1)+ (z-1)(x-1) + 2(x+y+z) = 10$

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi trong $3$ số $ x -1 ; y-1 ; z-1 $ có ít nhất $2$ số bằng $0$ và $ x + y + z = 5$

Tức là trong $3$ số $ x ; y ; z$ có $2$ số bằng $1$ ; số còn lại bằng $3$

$ \implies S_n = 3^n + 2$

Bài 2 a Cho a,b,c là các số thực khác 0, thoả mãn ab+bc+ca=0
Tính tổng T=$bc/a^2+ac/b^2+ab/c^2$

Cho em hỏi yêu cầu bài 2 là tính $ \dfrac{bc}{a^2}+\dfrac{ca}{b^2}+\dfrac{ab}{c^2} $ phải không anh cuongquep
Em làm luôn bài này:
Ta có :
$ \dfrac{bc}{a^2}+\dfrac{ca}{b^2}+\dfrac{ab}{c^2} \\ =\dfrac{b^3c^3+a^3b^3+a^3c^3}{a^2b^2c^2} \\ = \dfrac{ (ab+bc+ca)^3-3(ab+bc)(bc+ca)(ca+ab)}{a^2b^2c^2}\\=-\dfrac{3abc(a+b)(b+c)(c+a)}{a^2b^2c^2} \\ =-\dfrac{3(ab+bc+ac+b^2)(c+a)}{abc} \\ =-\dfrac{3b(a+c)}{-ab-bc} \\ =3$ ( Lưu ý ta sử dụng giả thuyết ab+bc+ca=0)