BoBoiBoy

Bài toán 2: Một tam giác đặt vào trong hình vuông đơn vị cạnh $1$ sao cho tâm hình vuông nằm ngoài tam giác. Chứng minh rằng có ít nhất $1$ cạnh tam giác độ dài không vượt quá $1$

Xét hình vuông $MNPQ$ cạnh 1 tâm $I$ chứa tam giác $ABC$ sao cho $I$ nằm ngoài tam giác.
Qua $I$ kẻ các đường thẳng song song với $AB;BC;CA$.Do $I$ nằm ngoài tam giác nên trong các đường thẳng vừa vẽ tồn tại 1 đường thẳng không cắt cạnh nào của tam giác $ABC$ (không mất tính tổng quát giả sử đó là đường thẳng song song với $BC$)
Gọi giao của đường thẳng đó với 2 cạnh của hình vuông là $H;K$.Qua $I$ kẻ đường thẳng vuông góc với $HK$ cắt 2 cạnh hình vuông tại $E;F$. (hình vẽ)
ấ
Khi đó $HK$ chia hình vuông thành 2 phần và có 1 phần chứa toàn bộ tam giác $ABC$ (chính là tứ giác $MHKQ$)
Ta có 1 đường thẳng bất kì chỉ cắt 3 cạnh 1 tam giác tại tối đa 2 điểm phân biệt.
Do đó đường thẳng $IE$ chỉ cắt tối đa 2 cạnh của tam giác $ABC$.Không mất tính tổng quát giả sử $AB$ là cạnh không bị cắt.
Khi đó $AB$ nằm trọn trong tứ giác nội tiếp $EIKQ$ hay trong đường tròn đường kính $EK$
Mặt khác $EK=\sqrt{2}.IK \le \sqrt{2}.IQ=1$.Do đó $AB\le 1$ hay ta có đccm.

Tìm $x,y$ nguyên dương thoả mãn :
$$\frac{x}{y}=\frac{(x^{2}-y^{2})^{\frac{y}{x}}+1}{(x^{2}-y^{2})^{\frac{y}{x}}-1}$$

Ta có:
$x+y=(x-y)(x^2-y^2)^{\frac{y}{x}}\Rightarrow (x+y)^x=(x-y)^x(x^2-y^2)^y=(x-y)^x(x-y)^y(x+y)^y$
$\Leftrightarrow (x+y)^{x-y}=(x-y)^{x+y}$ (do $x+y>0$)
Đặt $x+y=a;x-y=b (a \in N^*;b \in Z)$
Khi đó $a^b=b^a$.Nhận thấy $a^b>0$ do đó $b^a>0$ hay $b>0$
Do $a>b>0$ nên $b^a \vdots b^b$ hay $a^b \vdots b^b \Rightarrow a \vdots b$
Đặt $a=bk (k \in N^*)$.Ta có $(bk)^b=b^{bk} \Rightarrow bk=b^k \Rightarrow b^{k-1}=k \Rightarrow b=\sqrt[k-1]{k}$

Lại có $1<\sqrt[k-1]{k}\le 2$ (do $k \ge 1; 2^{k-1}\ge k$ (BĐT $Bernoulli$)) nên $1<b\le 2$ hay b=2.
Khi đó $a=4 \Rightarrow x+y=4;x-y=2 \Rightarrow x=3;y=1$ ( thỏa mãn)
Vậy $x=3;y=1$

Gọi $P;H;Q$ lần lượt là giao của $AI$ với $BC$;$KH$ và $(O)$.
Do $K$ là điểm đối xứng của $M$ qua $AI$ nên $\angle PKQ= \angle PMQ=90^{\circ};\angle DMK= \angle KQP=\angle MQP$.
Nhận thấy nếu $DK \perp OI$ thì $\angle KDM=\angle IOQ$(vì $OM \perp BC$)
Do đó để chứng minh $DK \perp OI$ ta sẽ chứng minh $\angle KDM=\angle IOQ$ hay chính là $\Delta KDM\sim \Delta IOQ$.
Mà $\angle DMK= \angle IQO$ nên ta chỉ cần chứng minh $\frac{DK}{MK}=\frac{OQ}{IQ}$. (1)
Ta có:
$ID\parallel OM \Rightarrow \frac{DM}{IQ}=\frac{MP}{QP}=\frac{MH}{MQ}=\frac{MK}{2MQ}$
Do đó (1) tương đương với $IQ^2.\frac{MK}{2MQ}=OQ.MK$ hay $IQ^2=2.OQ.MK$.
Đẳng thức trên hiển nhiên đúng do $IQ=CQ;OQ=R$ và đẳng thức quen thuộc $CQ^2=2.MQ.R$(chứng minh bằng cách lấy điểm đối xứng với $Q$ qua $O$)
Vậy $DK$ vuông góc với $OI$

Lấy P thuộc AC;Q thuộc BD sao cho $\angle DPK=\angle DMK;\angle CMK=\angle CQK$.
Ta có các tứ giác $KMPD;KMQC$ nội tiếp.Suy ra $\angle KPM=\angle KDM=\angle MBA;\angle KQM=\angle KCM=\angle MAB$.
Do đó các tứ giác $PMBA;QMAB$ nội tiếp hay 5 điểm $M;A;B:P;Q$ cùng thuộc 1 đường tròn.
$\Rightarrow \lozenge PQBA$ nội tiếp
$\Rightarrow \frac{PK}{QK}=\frac{KB}{KA}=\frac{KD}{KC}$
$\Rightarrow \lozenge PQCD$ nội tiếp
$\Rightarrow \angle DPC=\angle DQC\Rightarrow \angle KMC=\angle KMD (dccm)$

Phần tô đỏ có khi nhầm? Mong bạn xem lại?

Đúng là chỗ đó nhầm thật.Cảm ơn bạn đã góp ý.Bài trên đã được sửa lại,mong bạn nhận xét.