PDF

Cho $\Delta ABC$ có các đường cao $AD$, $BE$, $CF$. $M$, $N$ trung điểm $BC$, $EF$. Đường thẳng qua $M$ $//$ $EF$ cắt $DF$ và $DE$ tại $P$ và $Q$. $BP$ cắt $CQ$ tại $R$. Chứng minh tâm $(MNR)$ nằm trên $AD$

Gợi ý:

1. Gọi $H$ là trực tâm tam giác $ABC$. $J$ là một điểm trên $AD$ sao cho $JM^{2}=\overline{JA}\cdot\overline{JH}$. Chứng minh $JM=JN$.

2. $(J,JM)$ cắt $AN$ tại $R'$. Chứng minh $R'$ thuộc $BP$.

Cho các số thực dương $a,\, b,\, c$. Chứng minh rằng

$$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a} \geqslant 3\sqrt{\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}}$$

Mạnh hơn (và dễ hơn): $$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq \frac{\sqrt{3(a^{2}+b^{2}+c^{2})}}{\sqrt[3]{abc}}.$$

Cảm ơn bạn.
Bạn giúp mình bài BĐT này với
CMR $\sum \frac{a}{b+c}\leq \sum \frac{a^2}{b^2+c^2}$ với mọi a,b,c dương 

Bài toán của bạn hiện đã có sẵn lời giải trên diễn đàn này. Nếu không tự giải được, bạn có thể tự mình tìm nó.

Cho a, b nguyên và $am^2+bn^2$ chính phương với mọi m, n nguyên dương. Chứng minh ab=0

Rõ ràng ta phải có $a,b\geq 0$. Giả sử $a,b>0$.

Cho $m=n=1$ ta có $a+b$ là số chính phương. Cho $m=b,n=a$ ta có $ab$ là một số chính phương.

Giờ, ta chứng minh $d=(a,b)$ cũng là một số chính phương.

Thật vậy, giả sử phản chứng. Khi đó $a,b$ có một ước nguyên tố chung $p$ (nếu không có thì $d=1$, là số chính phương). 

Trong hai số $a,b$ phải có một số chia đúng cho một lũy thừa bậc lẻ của $p$. Giả sử là $a$. Khi đó chọn $m=1$ và $n$ là một lũy thừa bậc đủ lớn của $p$ ta có ngay mâu thuẫn.

Như thế, $d$ là một số chính phương. Suy ra cả $a$ và $b$ là số chính phương. Giờ cho $m=b,n=1$ ta có $ab+1$ là số chính phương, mâu thuẫn với sự kiện $ab$ là một số chính phương.

Vậy trong $a,b$ phải có số bằng $0$. Bài toán kết thúc. $\square$

Bài đầu tiên trong năm 2022 

Bài 8: Cho tam giác $ABC$ nhọn nội tiếp đường tròn $(O)$ có trực tâm $H$. $(BOC)$ cắt đường tròn đường kính $AO$ tại $P$, $(BHC)$ cắt đường tròn đường kính $AH$ ở $Q$. $AP$ cắt $(BOC)$ ở $I$, $AQ$ cắt $(BHC)$ ở $J$. Chứng minh $PQ//IJ$

Mở rộng: Với điều kiện mà Hoang72 đã nhắc tới trong lời giải của mình, $P,Q$ là hai điểm liên hợp đẳng giác trong tam giác $ABC$. Chú ý rằng từ sự kiện này ta có thể suy ra bài toán 8 mở rộng của Hoang72.

Bài toán Fagnano - 1775:

Cách 2: Gọi $M,N$ lần lượt đối xứng với $D$ qua $AB,AC$. Khi đó $AM=AN=AD$ và $\angle MAN=2\angle BAC$.

Ta có $DE+EF+FD=EN+EF+FM\geq MN=2AM.\sin BAC=2AD.\sin BAC\geq 2h_a.\sin BAC$ với $h_a$ là đường cao xuất phát từ đỉnh $A$ của tam giác $ABC$.

Dấu bằng xảy ra khi $D,E,F$ là chân các đường cao của tam giác.

Đây chính là cách 2 anh muốn nói, của Fejer.

Còn 1 cách nữa của H.Schwarz.

Ngoài các cách trên ra, vẫn có thể còn các cách chỉ sử dụng kiến thức THCS đang chờ đợi. Hy vọng sẽ sớm được tìm ra.

Bài 2: Cho tam giác ABC nhọn, các điểm $D,E,F$ lần lượt nằm trên các cạnh $BC,CA,AB$. Tìm vị trí của các điểm $D,E,F$ để chu vi tam giác $DEF$ nhỏ nhất.

Mở rộng cho tứ giác: Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp $(O)$ sao cho tất cả các góc tạo bởi một đường chéo và một cạnh có chung đỉnh của tứ giác đều là các góc nhọn. Tìm $4$ điểm trên từng cạnh của tứ giác sao cho chu vi tứ giác nội tiếp bên trong tứ giác $ABCD$ đạt giá trị nhỏ nhất. Chứng minh rằng có vô số tứ giác thỏa mãn điều kiện nhỏ nhất đó.

Dạ anh nói đúng nhưng bài này khá nổi tiếng trong sách BÀI TẬP NÂNG CAO VÀ MỘT SỐ CHUYÊN ĐỀ HÌNH HỌC 10 của thầy Nguyễn Minh Hà, nếu anh có cách THCS thì có thể chia sẻ được không ạ?

Cách 1. Cách này anh nghĩ ra, không biết có đâu chưa

Còn 2 cách nữa, anh sẽ đăng sau.

Bài tiếp theo

Bài 5: Cho tam giác $ABC$ ngoại tiếp đường tròn $(I)$, nội tiếp đường tròn $(O)$. Điểm Nagel là $R$. Kẻ $AX//BC$ với $X$ thuộc đường tròn $(O)$. $K$ là giao điểm của đường tròn đường kính $AI$ với $(O)$. Chứng minh: $\angle KAI=\angle AXR$

Có thể sử dụng phép vị tự quay tâm $K$ và một bổ đề quen thuộc: Đường nối $A$ với tiếp điểm của đường tròn $A-$mixtilinear với $(O)$ đẳng giác với $AR$ trong góc $BAC$.

Bài giải đẹp, chất lượng nhưng có thể xử lí ngắn hơn bằng Brocard! 2 bài kia hình thức ngắn nhưng không biết khó không, để tui thử xem!

Bài 4: 

Cho tam giác $ABC$ nhọn có $AB<AC$. $E$ là điểm Nagel. Đường tròn $(I)$ nội tiếp tam giác tiếp xúc với $BC,CA,AB$ tại $M,N,P$. Qua $A$ kẻ đường thẳng song song với $BC$ cắt $MN,MP$ tại $R,S$. Đường tròn $(MRS)$ cắt $(I)$ tại $L$. Chứng minh $A,E,L$ thẳng hàng.

Gợi ý:

Cho a,b,c là các số tự nhiên phân biệt và p là số nguyên tố lẻ sao cho ab+1, bc+1, ac+1 đều chia hết cho p. C/m p+2 ≤ a+b+c/3 !

Giả sử được $a>b>c$.

Dễ thấy không có số nào trong $a,b,c$ chia hết cho $p$. Lấy hiệu từng cặp trong ba số đã cho ta có $a\equiv b\equiv c\pmod{p}$.

Mà $a,b,c$ là các số phân biệt nên $a\geq b+p\geq c+2p\geq 2+2p$ (vì $p\mid c^{2}+1$, mà $p$ lẻ).

Cộng lại ta có đpcm $\square$

Cho $AB, CD$ là 2 dây cung bất kì của $(O)$, $H$ là giao điểm của 2 dây cung đó. Tiếp tuyến tại $B, D$ của $(O)$ cắt $CD, AB$ tại $F, E$. Gọi $K$ là trực tâm của $\Delta HBD$. Chứng minh $OK$ vuông góc với đường nối trung điểm của $DE, BF$.

Hiển nhiên, vì $O,K$ đều có cùng phương tích đến $(DE),(BF)$.

 

Cho $x_1,x_2,...,x_n$ và $y_1,y_2,...,y_n$ là các số thực không âm thỏa mãn $x_i+y_i=1$ với mỗi $i=1,2,...,n$. Chứng minh rằng với $m$ là số nguyên dương bất kỳ:

        $$(1-x_1x_2...x_n)^m+(1-y_1^m)(1-y_2^m)...(1-y_n^m)\geq 1$$

 

Sử dụng phương pháp xác suất.

Xét $n$ đồng xu $c_{1},\ldots,c_{n}$ thỏa mãn xác suất ra mặt ngửa của $c_{i}$ là $x_{i}$. Khi đó xác suất ra mặt sấp của $c_{i}$ là $y_{i}$.

Tung đồng thời $n$ đồng xu $m$ lần.

Gọi $A$ là biến cố "Cả $m$ lần tung đều có đồng xu sấp", còn $B$ là biến cố "Trong $m$ lần tung xu mỗi xu đều nằm ngửa ít nhất một lần".

Như vậy, biến cố hợp của $A$ và $B$ là "Trong $m$ lần tung, hoặc là luôn có đồng xu sấp, hoặc mỗi đồng xu đều nằm ngửa ít nhất một lần". Tuy nhiên, đây là biến cố chắc chắn, vì, nếu biến cố $A$ không xảy ra, thì có nghĩa là có một lần tung xu mà tất cả đều nằm ngửa, nhưng như thế thì biến cố $B$ lại xảy ra.

Lại có $P(A)=\left(1-\prod_{k=1}^{n}x_{k}\right)^{m},P(B)=\prod_{k=1}^{n}\left(1-y_{k}^{m}\right)$, và $P(A)+P(B)\geq 1$, nên ta có điều phải chứng minh. $\square$

Em nghĩ $abc=ab+bc+ca>ab$ nên $c>1$.

Đúng rồi. Trong lời giải của KietLW9 còn thiếu cái này. Theo anh thì đây là lỗi sai khá nguy hiểm, bạn ấy cần chú ý hơn.

Đặt 

$(x,y,z)\rightarrow (a-1,b-1,c-1)$

Giả thiết được viết lại thành: $x+y+z+2=xyz$ và ta cần chứng minh:

$(x+y-z)(y+z-x)(z+x-y)\leqslant 8$

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta được: 

$xyz=x+y+z+2\geqslant 3\sqrt[3]{xyz}+2\Rightarrow xyz\geqslant 8\Rightarrow x+y+z\geqslant 3\sqrt[3]{xyz}\geqslant 6$

$\Rightarrow xyz=x+y+z+2\leqslant \frac{4(x+y+z)}{3}\Rightarrow \frac{xyz}{x+y+z}\leqslant \frac{4}{3}\Rightarrow \frac{xyz}{x+y+z}\sqrt{\frac{27xyz}{x+y+z}}\leqslant 8$

Như vậy ta cần chứng minh: $(x+y-z)(y+z-x)(z+x-y)\leqslant\frac{xyz}{x+y+z}\sqrt{\frac{27xyz}{x+y+z}}$

$\Leftrightarrow 27x^3y^3z^3\geqslant (x+y+z)^3(x+y-z)^2(y+z-x)^2(z+x-y)^2$

Bất đẳng thức cuối là một bất đẳng thức đúng và quen thuộc nên ta có điều phải chứng minh

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=3$

Lời giải này vẫn còn thiếu sót vì khi đổi biến như vậy, ta mới chỉ có $x,y,z>-1$ chứ chưa có $x,y,z>0$ để sử dụng BĐT AM-GM