Đến nội dung

nguyenthehoan

nguyenthehoan

Đăng ký: 04-02-2013
Offline Đăng nhập: 06-07-2019 - 21:23
****-

Trong chủ đề: CMR: $\angle YBA=\angle BAC$

05-03-2014 - 21:47

Cho tam giác ABC nhọn,trực tâm H, trọng tâm G, từ C kẻ đường thẳng song song với AB cắt đường thẳng HG tại Y.

CMR: $\angle YBA=\angle BAC$

Em xem lại đi. Hình như đề bài sai rồi nhé. :)


Trong chủ đề: $p_{1}^{a_{1}} p_{2}^{a...

18-02-2014 - 15:39

Tồn tại hay không số n có dạng $n= p_{1}^{a_{1}} p_{2}^{a_{2}} .... p_{2000}^{a_{n}} $ .  thỏa    $p_{1}^{a_{1}} p_{2}^{a_{2}} .... p_{2000}^{a_{n}} \mid  2^{p_{1}^{a_{1}} p_{2}^{a_{2}} .... p_{2000}^{a_{n}}} +1  $ trong đó plà các số nguyên tố, abất kì.

Ta sẽ chứng minh bằng qui nạp rằng với mọi $k \in {N}$ tồn tại một số nguyên dương $n$ có đúng $k$ ước nguyên dương phân biệt và thỏa mãm điều kiện $n| 2^{n}+1$

Thật vậy, với $k=1$, hiển nhiên ta có $n=3$ thỏa mãn.

Giả sử với $k$ ta đã chọn được số $n_k=3^{a}.b$, trong đó $b$ có đúng $k-1$ ước nguyên tố.

Với $k+1$, ta sẽ chọn $n_{k+1}=3^{a+1}.b.p=3n_k.p$ với $p$ là số nguyên tố không chia hết $b$.

Ta cần chứng minh tồn tại một số nguyên tố $p$ thỏa mãn

$p$ là ước của $2^{3n_k}+1$ nhưng không là ước của $2^{n_k}+1$.

Hay ta sẽ chứng minh, với $a \in N, a=2^{n_k}$ thì tồn tại số nguyên tố $p$ là ước của $a^{3}+1$ nhưng không là ước của $a+1$.

Thật vậy, $a^{3}+1=(a+1)(a^{2}-a+1$ Gọi $d=(a^{2}-a+1,a+1)\Rightarrow d|3a\Rightarrow d=(3,a+1)$

Ta có $3|a+1$ nên $a^{2}-a+1$ không chia hết cho $9$, chọn $p$ là ước nguyên tố bất kì của 

$\frac{a^{2}-a+1}{3}$, ta có điề phải chứng minh.

Vậy ta tìm được $n$ có $k+1$ ước nguyên tố thỏa mãn đề bài.

Vậy bài toán được chứng minh. Với $k=2000$ ta có bài toán trên.


Trong chủ đề: Chứng minh $MF$ vuông góc $MP$.

02-02-2014 - 15:30

Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp $(O)$. $AB,CD$ giao nhau tại $E$, $AD,BC$ giao nhau tại $F$. $M,N$ lần lượt là trung điểm của $BD,AC$. Đường thẳng qua $F$ vuông góc với $ME$ cắt trung trực của $MN$ tại $P$. Chứng minh $MF$ vuông góc $MP$.

File gửi kèm  vg.png   36.34K   73 Số lần tải

Theo bổ đề Gauss ta có $MN$ đi qua trung điểm $R$ của $EF$.

Gọi $G$ là giao điểm của $AC,BD$. $U,V$ là các giao điểm của $AC,BD$ với $EF$.

Khi đó ta có $(UG,AC)=(VG,DB)=-1$ nên 

$\overline{GU}.\overline{GN}=\overline{GA}.\overline{GC}=\overline{GB}.\overline{GD}=\overline{GV}.\overline{GM}$

Do đó $MNUV$ nội tiếp. Do đó $\overline{RM}.\overline{RN}=\overline{RP}.\overline{RQ}$

Mặt khác do $(UV,EF)=-1\Rightarrow \overline{RU}.\overline{RV}=RE^{2}$.

Do đó $RE^{2}=\overline{RM}.\overline{RN}$ nên $\Delta REM\sim \Delta RNE$

Suy ra $\widehat{REM}=\widehat{RNE}$ Gọi $I$ là giao $FP$ và $EM$. Khi đó góc $EIF$ vuông nên $\widehat{REM}=\widehat{RNE}=\widehat{EIR}$

Vậy $RENI$ nội tiếp. $\Rightarrow \Delta RME\sim \Delta IMN$

Gọi $T$ là trung điểm của $ME$ và $Q$ là trung điểm của $MN$ thì 

$\Rightarrow \Delta RMT\sim \Delta IMQ$

$\Rightarrow \widehat{MIQ}=\widehat{MRT}=\widehat{RMF}$  (vì $RT//FM$)

Mà $MIPQ$ nội tiếp nên $\widehat{MPQ}=\widehat{MIQ}=\widehat{RMF}$

Từ đó kết hợp $PQ \perp MN$ ta có ngay $\widehat{FMP}=90^{\circ}$

Dpcm.


Trong chủ đề: PB và CQ giao nhau tại một điểm nằm trên đường tròn $(O)$

31-01-2014 - 20:44

Bài toán: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O và điểm P bất kì nằm trong tam giác .Vẽ trung trực của AB,AC cắt AP tại E,F. Qua E kẻ đường thẳng song song AB và cắt tiếp tuyến tại Bcủa $(O)$ ở M. Qua F kẻ đường thẳng song song AC cắt tiếp tuyến tại C của $(O)$ ở N. Vẽ đường tròn ngoại tiếp 2 tam giác ABM và ACN .Gỉa sử MN giao $(ABM)$ tại P,giao $(ACN)$ tại Q. 

         CMR :PB và CQ giao nhau tại một điểm nằm trên đường tròn $(O)$

Bài toán phải sửa lại thành $MN$ giao $(ABM)$ tại $Q$ và $(ACN)$ tại $P$ (như hình vẽ)

File gửi kèm  Ht.png   36.13K   77 Số lần tải

Chứng minh.

Ta nhận thấy rằng, để chứng minh $PB, CQ$ cắt nhau trên $(O)$, ta cần chứng minh hai tam giác 

$ABP$ và $ACQ$ đồng dạng.

Ta có $\angle ABM=\angle ABC+\angle MBC=\angle ABC+\angle BAC$

Mà tứ giác $ABMQ$ nội tiếp nên từ trên ta có $\angle AQP=\angle ACB$

Chứng minh tương tự ta có $\angle APQ=\angle ABC$. Do đó $\Delta APQ\sim \Delta ABC$

$\Rightarrow \angle BAP=\angle CAQ$ và $\frac{AP}{AQ}=\frac{AB}{AC}$.

Từ đó ta có $\Delta BAP\sim \Delta CAQ$

Suy ra $\angle ABP=\angle ACQ$. Từ đó ta có ngay $BP,CQ$ cắt nhau trên $(O)$.

Bài toán được chứng minh.

=================================================

P/s. Làm xong mới thấy bài này cho giả thiết về $E,F$ không hiểu để làm gì. Chỉ cần $M,N$ trên các tiếp tuyến tại $B,C$ là đủ.


Trong chủ đề: Nơi nhận bài Cuộc thi viết bài kỉ niệm 10 năm Diễn đàn toán học

30-01-2014 - 07:48

Kỉ niệm 10 năm sinh nhật diễn đàn và kỉ niệm 1 năm mình tham gia diễn đàn.

Em cám ơn anh Ispectorgadget đã giúp em chuyển định dạng pdf./

File gửi kèm  mo rong tu 1 bai toan .pdf   463.07K   830 Số lần tải