Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


NMD202

Đăng ký: 08-07-2016
Offline Đăng nhập: 28-07-2020 - 08:55
-----

#706620 Povital Isogonal Cubic - Bổ đề về 3 điểm thẳng hàng trên đường nối 2 điểm đẳn...

Gửi bởi NMD202 trong 21-04-2018 - 22:52

Cho tam giác $ABC$, điềm $P$ bất kỳ nằm trên đường trung trực của đoạn $BC$.Gọi $Q$ là điểm liên hợp đẳng giác của $P$. Giao của $(BPC)$ với $AB,AC$ lần lượt là $E,F$. Giao của $CE$ và $BF$ là H Chứng minh:  $P,H,Q$ thẳng hàng

 

Hình gửi kèm

  • geogebra-export (1).png



#705213 Bài hình CĐT Lê Quý Đôn Bình Định: Cấu hình nội tiếp, Chứng minh $MN,PQ,...

Gửi bởi NMD202 trong 08-04-2018 - 09:23

Đường tròn $(I)$ nội tiếp tam giác $ABC$ tiếp xúc với $BC,CA,AB$ lần lượt tại $D,E,F$. $AD$ cắt $EF$ tại $J$. Một đường thẳng $d$ thay đổi qua $J$ cắt $(I)$ tại $M,N$($M$ và $C$ cùng phía so với $AD$), $DM$ cắt $AC,AB$ lần lượt tại $P,R$. $DN$ cắt $AB,AC$ lần lượt tại $Q,S$.
Chứng minh: $MN,PQ,RS$ đồng quy tại một điểm $T$ và khi $d$ thay đổi quanh $J$ thì $T$ luôn thuộc một đường thẳng cố định.

 

Hình gửi kèm

  • geogebra-export.png



#702655 Một bổ để của thầy Trần Quang Hùng: Tam giác ABC tâm nội tiếp I, tâm ngoại ti...

Gửi bởi NMD202 trong 02-03-2018 - 23:34

attachicon.gifScreen Shot 2017-12-16 at 12.09.52 PM.png

a) $L,P$ là trung điểm $AB,AC.$ Theo định lí bốn điểm,

$(MO^2-NO^2)-(MI^2-NI^2)=(MP^2+PO^2-NL^2-LO^2)-(BI^2-CI^2)= \frac{(MC-MA)^2-(NB-NA)^2+BA^2-CA^2}{4}-(BD^2-CD^2)$

$= \frac{(2BC-AC)^2-(2BC-AB)^2+BA^2-CA^2}{4}-(BD^2-CD^2)= \frac{(2BC-2AC)2BC-(2BC-2AB)2BC}{4}-BC(BD-CD)$

$=(BC-AC)BC-(BC-AB)BC-BC(BD-CD)=BC(BC-AC-BC+AB-BD+CD)=0 \Rightarrow$ đpcm.

b) $H=(AMN) \cap (ABC), H \neq A.$

$\widehat{HNB}=180^0- \widehat{HNA}=180^0- \widehat{HMA}= \widehat{HMC}, \widehat{HBN}= \widehat{HCN}$

$\Rightarrow \Delta HNB \sim \Delta HNC.$ Mà $NB=BC=CM \Rightarrow \Delta HNB= \Delta HMC$

$\Rightarrow HB=HC,HM=HN \Rightarrow HX \perp MN,HO \perp BC.$

Theo định lí bốn điểm, $BX^2-CX^2=(BX^2-R_X^2)-(CX^2-R_X^2)=BN.BA-CM.CA=BC(BA-AC)=BC(BD-DC)=BD^2-CD^2$

$\Rightarrow XD \perp BC \Rightarrow HX \parallel OI,HO \parallel IX \Rightarrow OI=HX=R_X.$ (đpcm)

c) $HB=HC \Rightarrow HA \perp AI \Rightarrow AI \parallel XO.$ 

Ta có $AX=OI$ nên $AXOI$ là hình bình hành hoặc hình thang cân.

Nếu $AXOI$ là hình bình hành thì $A \equiv H \Rightarrow AB=AC$ vô lí, nên $AXOI$ là hình thang cân $\Rightarrow A,X,O,I$ đồng viên. (đpcm)

Bài này đã có lời giải ở đây https://diendantoanh...tâm-nội-tiếp-i/




#702084 Một bổ để của thầy Trần Quang Hùng: Tam giác ABC tâm nội tiếp I, tâm ngoại ti...

Gửi bởi NMD202 trong 22-02-2018 - 20:31

Cho tam giác $ABC$ có tâm nội tiếp $I$, tâm ngoại tiếp $O$. $M,N$ lần lượt là hai điểm đối xứng của $B,C$ tương ứng qua $IB,IC$. Gọi $X$ là tâm ngoại tiếp tam giác $AMN$. Khi đó:

a) $MN \perp OI$

b) Bán kính đường trong ngoại tiếp tam giác $AMN$ bằng $OI$

c) $A,X,I,O$ đồng viên

Hình gửi kèm

  • Untitled.png



#701947 $\sum a.MB.MC \geq abc$

Gửi bởi NMD202 trong 20-02-2018 - 19:52

Cách 2: Trên trục tọa độ gọi vị trí $A(a),B(b),C(c),M(x)$ 
BDT viết lại thành 
$\left | \frac{(x-a)(x-b)}{(c-a)(c-b)} \right |+\left | \frac{(x-b)(x-c)}{(a-b)(a-c)} \right |+\left | \frac{(x-c)(x-a)}{(b-c)(c-a)} \right | \geq 1$
Ta có:
$ VT \geq \left | \frac{(x-a)(x-b)}{(c-a)(c-b)}+\frac{(x-b)(x-c)}{(a-b)(a-c)}+ \frac{(x-c)(x-a)}{(b-c)(c-a)} \right |$
Mà để ý thấy $f(x)-1= \frac{(x-a)(x-b)}{(c-a)(c-b)}+\frac{(x-b)(x-c)}{(a-b)(a-c)}+ \frac{(x-c)(x-a)}{(b-c)(c-a)}-1$ có bậc cao nhất là bậc $2$
Nhưng lại có 3 nghiệm phân biệt $f(a)-1=f(b)-1=f(c)-1=0$ suy ra $f(x)\equiv 1$ suy ra $đpcm$




#701944 $\sum a.MB.MC \geq abc$

Gửi bởi NMD202 trong 20-02-2018 - 19:33

Gọi $I$ là tâm tỉ cự của ba điểm $(A,B,C)$ bộ số $(x,y,z)$ , áp dụng công thức Jacobi ta được:

$xMA^2+yMB^2+zMC^2=(x+y+z)MI^2+\frac{xy.c^2+yz.a^2+zx.b^2}{x+y+z} \geq \frac{xy.c^2+yz.a^2+zx.b^2}{x+y+z}$

Chọn $x=\frac{a}{MA},y=\frac{b}{MB},x=\frac{c}{MC}$ suy ra 
$aMA+bMB+cMC \geq \frac{abc(aMA+bMB+cMC)}{a.MB.MC+b.MC.MA+c.MA.MB}$ suy ra $đpcm$




#701770 $P=3\sqrt[3]{\frac{c^2-3a^2}{6}}...

Gửi bởi NMD202 trong 18-02-2018 - 01:24

Cho ba số thực $a,b,c$ thay đổi . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
$P=3\sqrt[3]{\frac{c^2-3a^2}{6}}-2\sqrt{\frac{a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca}{3}}$




#700827 $\frac{4}{3} \leq \frac{SB'...

Gửi bởi NMD202 trong 26-01-2018 - 16:58

(Bạn tự vẽ hình nhé)
Gọi $I=AM \cap B'D'$. Dễ thấy $S,O,I$ thẳng hàng( nằm trên giao tuyến của $(SAC)$ và $(SBD)$) và I là trọng tâm mặt $(SAC)$

Đặt $x=\frac{SB}{SB'},y=\frac{SC}{SC'}$.
Dễ chứng minh $x+y=2\frac{SO}{SI}=3$ (chứng minh bằng cách kẻ đường song song qua B cắt SO tại K và dùng định lý Thales suy ra tỷ số)
Từ đó ta cũng suy ra $x,y\in[1;2]$
Ta có $\frac{1}{x}+\frac{1}{y} \geq \frac{4}{x+y} \geq \frac{4}{3}$
$\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=\frac{x+y}{xy}=\frac{3}{xy}\leq\frac{3}{2}$
 




#700825 $2(x^{3}-x)=y^{3}-y$

Gửi bởi NMD202 trong 26-01-2018 - 16:28

Tìm cặp số nguyên dương (x,y)với x,y nguyên tố cùng nhau và thỏa mãn phương trình $2(x^{3}-x)=y^{3}-y$




#700722 TOPIC thảo luận, trao đổi toán thi học sinh giỏi khối 10,11 .

Gửi bởi NMD202 trong 23-01-2018 - 18:41

Topic hơi vắng Tổ hợp nhỉ: :) 
Bài 37:  (Mathematical Excaibur Vol.7, No.5): Hai mươi người cùng ngồi xung quanh một cái bàn và chơi một trò chơi với $n$ quân bài . Ban đầu một người giữ tất cả quân bài. Đến lượt mỗi người, nếu có ít nhất một người giữ ít nhất 2 quân bài, một trong số họ sẽ phải chuyển một quân bài cho mỗi người ngồi bên cạnh mình. Trò chơi kết thúc khi và chỉ khi mỗi người giữ nhiều nhất một quân bài.
a. chứng minh rằng nếu $n\geq 20$ thì trò chơi không thể kết thúc.
b. chứng minh rằng nếu $n<20$ thì trò chơi sẽ phải kết thúc.




#697739 TOPIC thảo luận, trao đổi toán thi học sinh giỏi khối 10,11 .

Gửi bởi NMD202 trong 04-12-2017 - 01:23

Bài 28[sáng tác] Cho $a,b,c,d$ là các số nguyên a khác 0. Giả sử đa thức$f(x)=ax^2+bx+c$ thỏa mãn $f_{2017}(d)=d$. Chứng minh $f(d)=d$

Bài 29[phỏng theo Korea 1997] Chứng minh rằng với $k \geq 2017, k \in Z$, luôn tồn tại hai dãy số $(a_{i})_{i=1}^{k}$ và $(b_{i})_{i=1}^{k}$ thỏa mãn 
(a) $a_{i}, b_{i}$ $\in$ ${1,2016,2016^2,...,}$ với $i=1,2,..,k$

(b) $a_{i} \neq b_{i}$ với $i=1,2,..,k$

(c) $a_{i} \leq a_{i+1}$ và  $b_{i} \leq b_{i+1}$ với $i=1,2,..,k-1$

(d) $\Sigma_{i=1}^{k}a_{i}=\Sigma_{i=1}^{k}b_{i}$

 




#696627 TOPIC thảo luận, trao đổi toán thi học sinh giỏi khối 10,11 .

Gửi bởi NMD202 trong 15-11-2017 - 15:19

Bài 18 [Sưu tầm]: Cho $0<a<b<c$ thỏa mãn $a+b+c=6$ và $ab+bc+ca=9$. Chứng minh rằng: $0<a<1<b<3<c<4$

Bài 19 [Sưu tầm]: Tồn tại hay không một hàm $f$ : $N$  $N$ sao cho $f(f(n-1))=f(n-1)-f(n)$ ,∀ $n$ ≥ $2$?




#696173 $a^2+b^2+c^2$ không chia hết cho $3(ab+ac+bc)$

Gửi bởi NMD202 trong 06-11-2017 - 23:15

Cho $a,b,c$ là 3 số nguyên dương. Chứng minh rằng $a^2+b^2+c^2$ không chia hết cho $3(ab+ac+bc).$




#695900 $sinA+sinB+sinC=1+cosA+cosB+cosC$

Gửi bởi NMD202 trong 31-10-2017 - 21:08

$sinA+sinB+sinC=1+cosA+cosB+cosC$

$\Leftrightarrow$ $2sin\frac{A+B}{2}cos\frac{A-B}{2}+2sin\frac{C}{2}cos\frac{C}{2}=2cos\frac{A+B}{2}cos\frac{A-B}{2}+2cos^2\frac{C}{2}$

$\Leftrightarrow$ $cos\frac{C}{2}cos\frac{A-B}{2}+sin\frac{C}{2}cos\frac{C}{2}=sin\frac{C}{2}cos\frac{A-B}{2}+cos^2\frac{C}{2}$

$\Leftrightarrow$ $cos\frac{A-B}{2}(cos\frac{C}{2}-sin\frac{C}{2})-cos\frac{C}{2}(cos\frac{C}{2}-sin\frac{C}{2})=0$

$\Leftrightarrow$ $(cos\frac{C}{2}-sin\frac{C}{2})(cos\frac{A-B}{2}-cos\frac{C}{2})=0$

$\Leftrightarrow$ $sin\frac{A-B+C}{4}sin\frac{A-B-C}{4}cos(\frac{C}{2}+\frac{\pi }{4})=0$

Đến đây bạn dễ dàng suy ra được rồi bạn. =))




#678675 Đề thi HSG Toán 9 của tỉnh Bình Định năm học 2016-2017

Gửi bởi NMD202 trong 26-04-2017 - 20:22

Bài 4: 1) Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R. M là một điểm di động trên cung nhỏ BC của đường tròn đó.
             a) Chứng minh MB + MC = MA
             b) Gọi H, I, K lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ M xuống AB, BC, CA. Gọi S, S’ lần lượt là diện tích của tam giác ABC, MBC. Chứng minh rằng: Khi M di động ta luôn có đẳng thức $MH+MI+MK=\frac{2\sqrt{3}(S+2S')}{3R}$

 
4.1

a.Trên AM lấy điểm D sao cho AD = MC

Dễ dàng chứng minh được $\bigtriangleup$ADB=$\bigtriangleup$CMB (c.g.c)

$\Rightarrow$ BD = BM 

$\Rightarrow$  $\bigtriangleup$BDM cân tại B 

mà $\widehat{BMD}$ = $\widehat{BCA}$ = $60^{\circ}$ (cùng chắn cung AB)

$\Rightarrow$ $\bigtriangleup$BDM đều

$\Rightarrow$ MB = DM

$\Rightarrow$ MB + MC = DM + AD = MA (dpcm)

geogebra-export.png

 

b. Ta có: $MH.AB + MI.BC + MK.CA$

$= 2S_{ABM} + 2S_{BMC} + 2S_{ACM} $
$= 2(S_{ABC} + 2S_{BMC})$
$= 2(S + 2S')$
$\Leftrightarrow (MH + MI + MK) = \frac{2(S + 2S')}{a}$
mà $a = R.\sqrt{3} \Rightarrow MH + MI + MK = \frac{2\sqrt{3}(S+2S')}{3R}$
geogebra-export2.png