Đến nội dung

Hình ảnh

Đề thi chọn đội tuyển KHTN Vòng II


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 14 trả lời

#1
Nguyen Huy Tuyen

Nguyen Huy Tuyen

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 104 Bài viết

Ngày thi 3

 

Bài 1: Cho dãy ($a_{n}$) thỏa mãn  $a_0=1$ và $a_{n+1}=\frac{-3}{7}(\sqrt{(a_n^2+1)^3}+a_n^3)$

CMR: $(a_n)$ hội tụ và tìm $lim(a_n)$

 

Bài 2: Tìm tất cả n nguyên dương sao cho $3^n+4^n+5^n\mid 60^n$

 

Bài 3: Cho $\Delta ABC$, $E,F$ lần lượt thuộc $CA,AB$ sao cho $EF\parallel BC$. Tiếp tuyến tại $E,F$ của $(AEF)$ cắt $BC$ tại $M,N$ $BE,CF$ lần lượt cắt $FN,EM$ tại $K,L$.

(a) CMR: $\widehat{KAB}=\widehat{LAC}$

(b) $BE$ cắt $CF$ tại $X$, $EN$ cắt $FM$ tại $Y$. CMR: $XY$ đi qua điểm cố định khi $E,F$ di chuyển.

 

Bài 4: $x,y,z$ là 3 số nguyên dương sao cho $x+y+z=1$ Tìm giá trị lớn nhất của 

$P=\sqrt{\frac{x^2y}{4x+5y}}+\sqrt{\frac{y^2z}{4y+5z}}+\sqrt{\frac{z^2x}{4z+5x}}$

 

Ngày thi 4

 

Bài 1: Tìm tất cả các hàm $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn $f(x-1)f(y^2)=y(xy)-yf(y)$ 

 

Bài 2: Cho dãy số $(a_n)$ thỏa mãn $\left\{\begin{matrix} a_0=a_1=5\\ a_{n+1}=7a_n-a_{n-1}+44 \end{matrix}\right.$

CMR: $a_n$ là tổng 2 số chính phương 

 

Bài 3: Cho $\Delta ABC$, đường tròn $(K)$ đi qua $B,C$ cắt đoạn $AC,AB$ tại $E,F$. $M,N$ đối xứng $B,C$ lần lượt qua $E,F$. Tiếp tuyến tại $A$ của $(AMN)$ cắt $MN,BC$ tại $P,Q$. Chứng minh rằng $A$ là trung điểm của $PQ$

 

Bài 4: Cho bảng $n\times n$ $(n\in N^*)$ và số $k\leqslant n$ Điền vào các ô trong bảng $n\times n$ các số thực thuộc đoạn $[-1;1]$ sao cho tổng các số trên mỗi bảng con $k\times k$ bằng $0$. Tìm giá trị lớn nhất của tổng tất cả các số trên bảng $n\times n$


Sống đơn giản, lấy nụ cười làm căn bản !


#2
pdtienArsFC

pdtienArsFC

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 133 Bài viết

Ngày thi 4

 

Bài 1: Tìm tất cả các hàm $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn $f(x-1)f(y^2)=y(xy)-yf(y)$ (1)

 

 

 

+, f hằng: $f\equiv 0$

+, f không hằng:

Thay $x=1$ vào (1), ta có: $f(0).f(y^2)=0$

Do đó: $f(0)=0$

Thay $x=0$ vào (1), ta có: $f(-1)f(y^2)=-yf(y)$ (2)

Thay $y=-1$ vào (2), ta có: $f(-1).f(1)=f(-1)$

                                   $f(1)=1$(t/m) hoặc $f(-1)=0$(loại do (2))

Thay $y=1$ vào (1), ta có: $f(x-1)=f(x)-1$ (3)

Do đó: $f(-1)=-1$ và (2) trở thành: $f(y^2)=yf(y)$ (4)

Thế (3), (4) vào (1), ta có: $f(x).f(y)=f(xy)$ (5)

Thay $x=y$ vào (5), ta có: $f^2(x)=f(x^2)=xf(x)$ nên $f(x)=x$.

        


                           80b68e1e79774daab705a98543684359.0.gif

 


#3
MiuraHaruma

MiuraHaruma

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 25 Bài viết


Tìm tất cả $n$ nguyên dương sao cho $60^n \vdots 3^n+4^n+5^n$

Do $60^n=3^n.2^{2n}.5^n$ nên $3^n+4^n+5^n=3^x.2^y.5^z$ với $x, y, z$ nguyên dương và $x, z \leq n, y \leq 2n$

$1,$ Nếu $x, z \geq 1$ thì $4^n+5^n \vdots 3 (1)$, đồng thời $4^n+3^n \vdots 5 (2)$.
Khi đó, từ $(1)$ thì $n$ lẻ, tức là $4^n+3^n \equiv (-1)+3.(-1)^k \equiv -4,2 (mod$$5)$, mâu thuẫn.
Vậy $x$ hoặc $z$ bằng $0$.

$2,$ Nếu $x=0$ thì $3^n+4^n+5^n=2^y.5^z$
Từ đó, ta có: $3^n+4^n \vdots 5$ tức $n=4k+2$ $\Rightarrow$ $3^n+5^n \equiv 2 (mod 4)$. Vậy $y=1$. Thay vào thì: $3^n+4^n+5^n=2.5^z$ với $n=4k+2$:
Ta có: $v_5(3^n+4^n)=v_5(25)+v_5(2k+1)$. Từ đó $v_5(3^n+4^n+5^n)=$ min ${n, 2+v_5(2k+1)} \Leftrightarrow z=n$ hoặc$ z=2+v_5(2k+1)$
- Nếu $z=n$ thì $3^n+4^n=5^n$. Phương trình chỉ có nghiệm với $n=2$ theo định lý Fermat lớn.
- Nếu $z=v_5(2k+1)+2$ thì $n=2.5^z.b$ với $(b,5)=1, b>0$. Nhân 2 vế phương trình với $2b$ thì $b(3^n+4^n+5^n)=25n$. Dễ thấy, VT $>$ VP khi $n \geq 3$. Tức pt vô nghiệm

$3,$ Nếu $z=0$ thì $3^n+4^n+5^n=3^x.2^y$
- Dễ dàng suy ra được $n$ lẻ
- Ta chứng minh $3^n+5^n$ không chia hết cho $16$ với n lẻ. Thật vậy:
$3^{4k+r}+5^{4k+r} \equiv 81^k.3^r+625^k.5^r \equiv 3^r+5^r \equiv 8$ (mod 16). Mà $3^n+5^n \vdots 8$ nên $v_2(3^n+5^n)=3 \Rightarrow v_2(3^n+4^n+5^n)=$ min ${n; 3}$
+ Nếu $n \leq 3$ thì $n=1, n=3$ thoả mãn
+ Nếu $n >3$ thì $y=3$. Thay vào, $3^n+4^n+5^n=8.3^x$
Tương tự trên, ta tính được $x=v_3(n)+2$ hoặc $x=n$
a, Nếu $x=n$ tức $n \leq v_3(n)+2$ tức $n \leq 3$
b, Nếu $x=v_3(n)+2$ thì $c(3^n+4^n+5^n)=72n$. Phương trình này có VT $>$ VP nếu $n>3$.

Kết luận: $n=1$ hoặc $n=3$ hoặc $n=2$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MiuraHaruma: 24-09-2015 - 20:33

"Every saint has a past, every sinner has a future"

#4
Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản lý Toán Cao cấp
  • 4273 Bài viết

Do $60^n=3^n.2^{2n}.5^n$ nên $3^n+4^n+5^n=3^x.2^y.5^z$ với $x, y, z$ nguyên dương và $x, z \leq n, y \leq 2n$

$1,$ Nếu $x, z \geq 1$ thì $4^n+5^n \vdots 3 (1)$, đồng thời $4^n+3^n \vdots 5 (2)$.
Khi đó, từ $(1)$ thì $n$ lẻ, tức là $4^n+3^n \equiv (-1)+3.(-1)^k \equiv -4,2 (mod$$5)$, mâu thuẫn.
Vậy $x$ hoặc $z$ bằng $0$.
 

Mình nghĩ là chỗ này nên xét thêm $x=z=0$ nữa.

 

 

$2,$ Nếu $x=0$ thì $3^n+4^n+5^n=2^y.5^z$
Từ đó, ta có: $3^n+4^n \vdots 5$ tức $n=4k+2$ $\Rightarrow$ $3^n+5^n \equiv 2 (mod 4)$. Vậy $y=1$. Thay vào thì: $3^n+4^n+5^n=2.5^z$ với $n=4k+2$:
Ta có: $v_5(3^n+4^n)=v_5(n)+v_5(9)=v_5(n)$. Từ đó $v_5(3^n+4^n+5^n)=$ min ${n, v_5(n)} \Leftrightarrow z=n$ hoặc$ z=v_5(n)$

Chỗ này bạn sử dụng bổ đề LTE không đúng, nên là $v_5(3^n+4^n)=v_5(25)+v_5(n)=2+v_5(n)$. Khi đó hoặc $z=n<v_5(n)+2$ hoặc $z=v_5(n)+2<n$ hoặc $v_5(n)+2=n$.

 

 

$3,$ Nếu $z=0$ thì $3^n+4^n+5^n=3^x.2^y$
- Dễ dàng suy ra được $n$ lẻ
- Ta chứng minh $3^n+5^n$ không chia hết cho $16$ với n lẻ. Thật vậy:
$3^{4k+r}+5^{4k+r} \equiv 81^k.3^r+625^k.5^r \equiv 3^r+5^r \equiv 8$ (mod 16). Mà $3^n+5^n \vdots 8$ nên $v_2(3^n+5^n)=3 \Rightarrow v_2(3^n+4^n+5^n)=$ min ${n; 3}$

Bổ đề LTE hoàn toàn có thể áp dụng để chứng minh $v_2(3^n+5^n)=3$ với $n$ lẻ.


Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.

 

Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”). 


#5
Dinh Xuan Hung

Dinh Xuan Hung

    Thành viên nổi bật 2015

  • Thành viên nổi bật 2016
  • 1396 Bài viết

 

 

Bài 4: $x,y,z$ là 3 số nguyên dương sao cho $x+y+z=1$ Tìm giá trị lớn nhất của 

$P=\sqrt{\frac{x^2y}{4x+5y}}+\sqrt{\frac{y^2z}{4y+5z}}+\sqrt{\frac{z^2x}{4z+5x}}$

 

Sử dụng BĐT $Cauchy-Schwarz$ ta được:

 

$$\mathbb{VT}^2\leq \left ( \sum xy \right )\left ( \sum \frac{x}{4x+5y} \right )$$

 

Ta đưa bài toán về chứng minh:

 

$$\left ( \sum xy \right )\left ( \sum \frac{x}{4x+5y} \right )\leq \frac{1}{9}$$

 

hay $q\left ( \frac{x}{4x+5y}+\frac{y}{4y+5z}+\frac{z}{4z+5x} \right )\leq \frac{1}{9}$

 

Trong đó:$q=xy+yz+xz,0< q\leq \frac{1}{3}$.Mặt khác cũng theo BĐT $C-S$ ta có:

 

$4\sum \frac{x}{4x+5y}=3-5\sum \frac{y}{4x+5y}\leq 3-\frac{5(x+y+z)^2}{4(xy+yz+xz)+5(x^2+y^2+z^2)}=3-\frac{5}{5-6q}=\frac{10-18q}{5-6q}$

 

Như vậy ta chỉ cần chứng minh:$\frac{q(5-9q)}{2(5-6q)}\leq \frac{1}{9}\Leftrightarrow (1-3q)(10-27q)\geq 0$ (Luôn đúng vì $q\leq \frac{1}{3}$)

 

BĐT được chứng minh $\blacksquare$



#6
an1712

an1712

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 149 Bài viết

câu 1

 

Ngày thi 3

 

Bài 1: Cho dãy ($a_{n}$) thỏa mãn  $a_0=1$ và $a_{n+1}=\frac{-3}{7}(\sqrt{(a_n^2+1)^3}+a_n^3)$

CMR: $(a_n)$ hội tụ và tìm $lim(a_n)$

 

 

dễ chứng minh $ a_{n}<0 $ với n>0

xét hàm:$f(x)=\frac{-3}{7}((x+1)^{\frac{3}{2}}+x^3)$

=> $f'(x)=-\frac{3}{7}(3x\sqrt{x^2+1}+3x^2)< 0$ với x<0

=> dãy  $ a_{n} $ đơn điệu 

mà  $a_{1}<a_{2}<....$

nên dãy $a_{n}$ tăng với n>0

mà $a_{n}\frac{-3}{7}$

=> đpcm

b) giải phương trình giới hạn, nhưng mình làm chưa ổn


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi an1712: 24-09-2015 - 15:49

tiến tới thành công  :D


#7
MiuraHaruma

MiuraHaruma

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 25 Bài viết

 Chỗ này bạn sử dụng bổ đề LTE không đúng, nên là $v_5(3^n+4^n)=v_5(25)+v_5(n)=2+v_5(n)$. Khi đó hoặc $z=n<v_5(n)+2$ hoặc $z=v_5(n)+2<n$ hoặc $v_5(n)+2=n$

Cảm ơn Toàn, mình cũng ms phât hiện lỗi sai này lúc sáng :D

 Bổ đề LTE hoàn toàn có thể áp dụng để chứng minh $v_2(3^n+5^n)=3$ với $n$ lẻ.

Lúc bọn mình học thầy không nhắc đến $v_2(x^n+y^n)$ mà chỉ có $v_2(x^n-y^n)$ nên mình nghĩ là trường hợp đó không sử dụng LTE được :P
"Every saint has a past, every sinner has a future"

#8
Belphegor Varia

Belphegor Varia

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 227 Bài viết

Bài 3: Cho $\Delta ABC$, $E,F$ lần lượt thuộc $CA,AB$ sao cho $EF\parallel BC$. Tiếp tuyến tại $E,F$ của $(AEF)$ cắt $BC$ tại $M,N$ $BE,CF$ lần lượt cắt $FN,EM$ tại $K,L$.

(a) CMR: $\widehat{KAB}=\widehat{LAC}$

(b) $BE$ cắt $CF$ tại $X$, $EN$ cắt $FM$ tại $Y$. CMR: $XY$ đi qua điểm cố định khi $E,F$ di chuyển.

 

Loay hoay mãi mới được câu $a$. 

                                                                     

Lời giải : 

a, Qua $E,F$ kẻ các đường thẳng song song $AB,AC$. Hai đường thẳng này cắt $AK,AL$ lần lượt tại $D,J$ 

Gọi $H\equiv ED \cap FK$, $O \equiv EL \cap FJ$ 

Ta có $\angle BFH=\angle EHF=180^o-\angle HEF-\angle HFE=180^o- \angle FAE-\angle AFE=\angle AEF=\angle EFO$

Tương tự $\angle FEO=\angle CEH$

Suy ra $\angle BAH=\angle CAO$ (tính chất đẳng giác)

$\Rightarrow \bigtriangleup FAO\sim \bigtriangleup EAH(g.g)$

$\Rightarrow \frac{FA}{FO}=\frac{EA}{EH}$

$\frac{DE}{HE}=\frac{AB}{FB}=\frac{AC}{EC}=\frac{FJ}{FO}$

Từ 2 điều trên suy ra $\frac{DE}{AE}=\frac{JF}{AF}$

$\Rightarrow \bigtriangleup AED \sim \bigtriangleup AFJ(c.g.c)$

$\Rightarrow \angle KAE=\angle LAF\Rightarrow Q.E.D$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Belphegor Varia: 27-09-2015 - 10:47

$ \textbf{NMQ}$

Wait a minute, You have enough time. Also tomorrow will come 

Just take off her or give me a ride 

Give me one day or one hour or just one minute for a short word 

 


#9
hoangtubatu955

hoangtubatu955

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 429 Bài viết

 

Bài 3: Cho $\Delta ABC$, $E,F$ lần lượt thuộc $CA,AB$ sao cho $EF\parallel BC$. Tiếp tuyến tại $E,F$ của $(AEF)$ cắt $BC$ tại $M,N$ $BE,CF$ lần lượt cắt $FN,EM$ tại $K,L$.

(a) CMR: $\widehat{KAB}=\widehat{LAC}$

(b) $BE$ cắt $CF$ tại $X$, $EN$ cắt $FM$ tại $Y$. CMR: $XY$ đi qua điểm cố định khi $E,F$ di chuyển.

 

 

Mình xin phép làm bài hình:

ý a, ( khá đơn giản nên mạn phép không vẽ hình)  Kéo dài $ BE $, $CF$ cắt đường tròn $(ABC)$ tại $ P,Q$ khi đó thì chỉ cần phát hiện ra  các tứ giác $ PQKL$, $AFKP$ và $AELQ$ nội tiếp là ta có điểu phải chứng minh.

b,

 Đây là lời giải của mình cho câu b:
Gọi $ T $ là giao điểm 2 tiếp tuyến tại $ B,C $ của đường tròn $ (ABC) $, $ J $ là trung điểm $ BC $. $ R $ là điểm đối xứng của $ T $ qua $ J $. Từ $ EF||BC $ nên $ A,Y,T $ thẳng hàng, $ A,X,J $ thẳng hàng và $ EY|| CT $, tức $ \frac{EA}{EC}=\frac{YA}{YT} $.
Lại theo định lý menelaus cho tao giác $ AJC $ cát tuyến $ B,X,E $ ta có:
$ \frac{XA}{XJ}.\frac{BJ}{BC}.\frac{EC}{EA}=1 $. 
Như vây ta thu được:
$ \frac{XZ}{XJ}.\frac{YA}{YT}=2 $, từ đây theo menelaus cho tam giác $ AJT $ thì $ X,Y,R $ thẳng hàng, hay $ XY $ luôn đi qua $ R $ cố định.

Hình gửi kèm

  • ScreenHunter_43 Sep. 26 01.04.jpg


#10
quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

  • Điều hành viên
  • 632 Bài viết

Phần b) Thế có 1 phát hiện hay về điểm cố định, chứng minh đúng, tuy vậy... em đọc sai đề :D!



#11
MiuraHaruma

MiuraHaruma

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 25 Bài viết

Bài 3: Cho $\Delta ABC$, $E,F$ lần lượt thuộc $CA,AB$ sao cho $EF\parallel BC$. Tiếp tuyến tại $E,F$ của $(AEF)$ cắt $BC$ tại $M,N$ $BE,CF$ lần lượt cắt $FN,EM$ tại $K,L$.
(a) CMR: $\widehat{KAB}=\widehat{LAC}$
(b) $BE$ cắt $CF$ tại $X$, $EN$ cắt $FM$ tại $Y$. CMR: $XY$ đi qua điểm cố định khi $E,F$ di chuyển.

b, Gọi giao điểm $XY$ và $BC$ là $I$. Ta sẽ chứng minh $AI$ là đường đối trung trong tam giác $ABC$.
Thật vậy, dễ thấy hình thang $FMNE$ cân. Gọi $K$ là giao điểm $XY$ và $EF$ thì theo định lý Talet:
$\frac{IC}{IB}=\frac{KF}{KE}=\frac{IM}{IN}=\frac{sin\widehat{MYI}}{sin\widehat{NYI}}$(do $IM=IN$)$=\frac{sin\widehat{MFC}.FX.XY}{sin\widehat{NEB}.XE.XY}=\frac{sin\widehat{FMC}.MC.XF.BE}{sin\widehat{BNE}.FC.NB.XE}=\frac{MC}{NB}$ (do $MN$ song song với $EF$)
Mặt khác,$ \Delta MEC \sim \Delta NBF$ nên $\frac{NB}{ME}=\frac{NF}{MC}=\frac{BF}{CE}$ $\Rightarrow$ $ME^2=NB.MC$ $\Rightarrow$ $\frac{MC}{NB}=\frac{NB.MC}{NB^2}=\frac{ME^2}{NB^2}=(\frac{CE}{BF})^2=(\frac{AC}{AB})^2$ (2)
Từ (1), (2) $\Rightarrow$ đpcm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MiuraHaruma: 26-09-2015 - 16:42

"Every saint has a past, every sinner has a future"

#12
Belphegor Varia

Belphegor Varia

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 227 Bài viết

Bài 3: Cho $\Delta ABC$, $E,F$ lần lượt thuộc $CA,AB$ sao cho $EF\parallel BC$. Tiếp tuyến tại $E,F$ của $(AEF)$ cắt $BC$ tại $M,N$ $BE,CF$ lần lượt cắt $FN,EM$ tại $K,L$.

(a) CMR: $\widehat{KAB}=\widehat{LAC}$

(b) $BE$ cắt $CF$ tại $X$, $EN$ cắt $FM$ tại $Y$. CMR: $XY$ đi qua điểm cố định khi $E,F$ di chuyển.

Câu b           

                                                                  12053090_1632034467057754_733150709_n.jp

 

Gọi $R$ là giao của $FN$ và $EM$,$I$ là giao của $AR$ và $BC$. Dễ thấy $AI$ là đường đối trung của tam giác $ABC$. Ta cần chứng minh $X,Y,I$ thẳng hàng.

Lấy $K$ là giao của $AR$ và $EF$. 

Ta có các kết quả sau : 

$\frac{XC}{XF}=\frac{BC}{EF},$ 
 
$\frac{YF}{YM}=\frac{EF}{MN},$
 
$\frac{IM}{KE}=\frac{MN}{EF}\Rightarrow \frac{IM}{IC}=\frac{MN.KE}{EF.IC}=\frac{MN.EF}{EF.BC}=\frac{MN}{BC}$
 
Suy ra $\Rightarrow \frac{XC}{XF}.\frac{YF}{YM}.\frac{IM}{IC}=1$
Suy ra $X,Y,I$ thẳng hàng (Menelaus) $\Rightarrow Q.E.D$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Belphegor Varia: 26-09-2015 - 17:53

$ \textbf{NMQ}$

Wait a minute, You have enough time. Also tomorrow will come 

Just take off her or give me a ride 

Give me one day or one hour or just one minute for a short word 

 


#13
quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

  • Điều hành viên
  • 632 Bài viết

Đáp án đã công bố trên AoPS http://artofproblems...and_fixed_point

 

Sau đây là bản tiếng Việt

 

a) Gọi $BE,CF$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ tại $S,T$. Ta có $\angle BFN=180^\circ-\angle NFE-\angle EFA=180^\circ-\angle BAC-\angle ABC=\angle ACB=\angle ASB$. Từ đó tứ giác $AFKS$ nội tiếp, ta suy ra $\angle KAB=\angle FSE$. Tương tự $\angle LAC=\angle FTE$. Mặt khác $\angle FEB=\angle EBC=\angle STF$. Từ đó tứ giác $EFTS$ nội tiếp. Suy ra $\angle KAB=\angle FSE=\angle FTE=\angle LAC$. Ta có điều phải chứng minh.
   
b) Từ tính chất góc của tiếp tuyến ta dễ có $\angle BFN=\angle ECM,\angle CEM=\angle FBN$. Vậy các tam giác $FBN$ và $CEM$ đồng dạng. Chú ý $FN=EM$ nên $\dfrac{BN}{CM}=\dfrac{BN}{ME}.\dfrac{FN}{CM}=\dfrac{FB}{EC}.\dfrac{FB}{EC}=\dfrac{FB^2}{EC^2}=\dfrac{AB^2}{AC^2}$. Gọi $XY$ cắt $BC$ tại $P$. Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác $FMC$ với $X,Y,P$ thẳng hàng ta có $\dfrac{PM}{PC}.\dfrac{XC}{XF}.\dfrac{YF}{YM}=1$. Tương tự áp dụng Menelaus cho tam giác $ENB$ với $X,Y,P$ thẳng hàng ta có $\dfrac{PN}{PB}.\dfrac{XB}{XE}.\dfrac{YE}{YN}=1$. Ta lại chú ý do $EF\parallel BC$ nên $\dfrac{XC}{XF}=\dfrac{XB}{XE}$ và $\dfrac{YF}{YM}=\dfrac{YE}{YN}$. Từ đó ta thu được $\dfrac{PM}{PC}=\dfrac{PN}{PB}$ hay $\dfrac{PM}{PN}=\dfrac{PC}{PB}=\dfrac{PC-PM}{PB-PN}=\dfrac{CM}{BN}=\dfrac{AC^2}{AB^2}$ không đổi nên $P$ cố định. Từ đó $XY$ đi qua $P$ cố định.

Hình gửi kèm

  • Fig20.png


#14
hoangtubatu955

hoangtubatu955

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 429 Bài viết

Phần b) Thế có 1 phát hiện hay về điểm cố định, chứng minh đúng, tuy vậy... em đọc sai đề :D!

Vâng ạ, hì. Ngại quá, tự nhiên thế còn đọc nhầm đề.
Em xin phép up lời giải cho bài trên ạ ( Lần này chắc không nhầm đề nữa, hì )


Phần b) Thế có 1 phát hiện hay về điểm cố định, chứng minh đúng, tuy vậy... em đọc sai đề :D!

Vâng ạ, hì. Ngại quá, tự nhiên thế còn đọc nhầm đề.
Em xin phép up lời giải cho bài trên ạ ( Lần này chắc không nhầm đề nữa, hì )

Hình gửi kèm

  • 12027739_417762278421117_2141625132967369926_n.jpg


#15
quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

  • Điều hành viên
  • 632 Bài viết

Ổn rồi Thế, nhưng nhầm mà lại phát hiên ra một bài mới hay, thì rất đáng nhầm :D!






0 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh