Đến nội dung

dactai10a1

dactai10a1

Đăng ký: 10-05-2012
Offline Đăng nhập: 31-08-2015 - 09:09
***--

Trong chủ đề: Chứng minh OH=OG

29-07-2013 - 01:05

Ký hiệu như hình vẽ.

ScreenHunter_02%20Jul.%2028%2023.27.gif

 

1. Dễ chứng minh được $I, N, F$ thẳng hàng; $O, E, N$ thẳng hàng.

2. Theo Định lý Brocard, ta có $IO$ vuông góc $FG$ và $OJ$ vuông góc $JF.$

3. Các cặp tam giác $JCD, JHG; JCP, JHN; JPD, JNG$ đồng dạng.

4. Từ đó $NH=NG.$

5. Vậy $OH=OG.$

câu a:vẫn làm được trên nền ý tưởng của thầy

chỉ khác chỗ phần 3:cap tam giac JCA va JHG đồng dạng.P là trung điểm của AC 


Trong chủ đề: $x_1^4 + x_2^4 + ... + x_n^4 = 1998$

03-07-2013 - 17:08

Nhận xét rằng $a^{4}\equiv 0;1(mod16)$

Áp dụng vào bài toán ta có : $VT\equiv 0;1;2;....;n$ $(mod 16)$

Mà $VP=1998\equiv 14(mod16)$

Do đó để phương trình tồn tại nghiệm nguyên thì $n_{min}=14$

Không tồn tại 14 số nguyên dương mà tổng luỹ thừa =14,đáp số là 15 

\[1998 = {4^4} + {5^4} \times 2 + {3^4} \times 6 + 6 \times {1^4}\]


Trong chủ đề: CMR $\frac{2MN}{EF}=\left|\frac...

08-06-2013 - 15:45

Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp.Gội $M$,$N$ lần lượt là trung điểm $AC$ và $BD$.$E$,$F$ lần lượt là giao của $AB$ với $CD$ , $AD$ với $BC$

CMR $\frac{2MN}{EF}=\left|\frac{AC}{BD}-\frac{BD}{AC}\right|$.

NGUỒN :ĐỀ KIỂM TRA ĐỘI DỰ TUYỂN IMO 2013

Đặt $\widehat {AEB} = \gamma ,EC = c,ED = d,\overrightarrow i = \frac{{\overrightarrow {EC} }}{c},\overrightarrow j = \frac{{\overrightarrow {ED} }}{d}$
Vì ABCD nội tiếp nên $\frac{{AB}}{{CD}} = \frac{{AE}}{{CE}} = \frac{{BE}}{{DE}} = k$
Suy ra $\overrightarrow {EA} = kc\overrightarrow j ;\overrightarrow {EB} = kd\overrightarrow i $
Vì F thuộc AC và BD nên tồn tại cặp số x,y thỏa mãn
$\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}

{\overrightarrow {{\rm{EF}}}  = x\overrightarrow {EA}  + (1 - x)\overrightarrow {EC}  = xkc\vec j + (1 - x)c\vec i}\\
{\overrightarrow {{\rm{EF}}}  = y\overrightarrow {EB}  + (1 - y)\overrightarrow {ED}  = ykd\vec i + (1 - y)d\vec j}
\end{array}} \right.$

 

Do $\overrightarrow i ;\overrightarrow j $ khác phương nên xkc=(1-y)d và ykd=(1-x)c. Suy ra $x = \frac{{kd - c}}{{({k^2} - 1)c}}$
Vậy $\overrightarrow {{\rm{EF}}} = \frac{k}{{{k^2} - 1}}((kd - c)\overrightarrow j + (kc - d)\overrightarrow i ) \Rightarrow {\rm{E}}{{\rm{F}}^2} = {\left( {\frac{k}{{{k^2} - 1}}} \right)^2}\left[ {{{(kd - c)}^2} + {{(kc - d)}^2} + 2(kd - c)(kc - d)c{\rm{os}}\gamma } \right]$
Mặt khác ta có $\overrightarrow {MN} = \frac{{\overrightarrow {AD} + \overrightarrow {BC} }}{2} = \frac{{\overrightarrow {ED} - \overrightarrow {EA} + \overrightarrow {EC} - \overrightarrow {EB} }}{2} = \frac{{(d - kc)\overrightarrow j + (c - dk)\overrightarrow j }}{2} \Rightarrow M{N^2} = \frac{{{{(d - kc)}^2} + {{(c - dk)}^2} + 2(d - kc)(c - dk)c{\rm{os}}\gamma }}{4}$
Từ đây ta có $\frac{{M{N^2}}}{{{\rm{E}}{{\rm{F}}^2}}} = \frac{1}{4}.{\left( {\frac{{{k^2} - 1}}{k}} \right)^2} = \frac{1}{4}{\left( {k - \frac{1}{k}} \right)^2} \Rightarrow \frac{{MN}}{{{\rm{EF}}}} = \frac{1}{2}\left| {k - \frac{1}{k}} \right| = \frac{1}{2}\left| {\frac{{AB}}{{CD}} - \frac{{CD}}{{AB}}} \right|$
Suy ra đpcm


Trong chủ đề: ${x_1} = 1;{x_2} = - 1;{x_{n + 2...

07-06-2013 - 22:27



Bạn tính lại đi nhé! $x_2=-1$ chứ không phải $1$

${x_3} = {x_2}^2 - \frac{{{x_1}}}{2} = 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2};{x_4} = x_3^2 - \frac{{{x_2}}}{2} = \frac{1}{4} - \frac{{ - 1}}{2} = \frac{1}{4} + \frac{1}{2} = \frac{3}{4}???$

 


Trong chủ đề: ${x_1} = 1;{x_2} = - 1;{x_{n + 2...

07-06-2013 - 20:17

Bài này liệu có sai đề không nhỉ? Nếu không thì đơn giản quá!

Dễ tính được $2<x_4<x_5$

Quy nạp để chứng minh $x_{n+1}>x_n$ do $x_4>2$. Vậy $x_n$ là dãy tăng

Sau đó giả sử dãy có giới hạn hưũ hạn $L$ thì $L=L^2-\frac{L}{2}$ nên $L=0$ hoặc $L= \frac{3}{2}$ vô lí vì $x_n$ là dãy tăng và $x_4>2$.

Vậy $\lim x_n =+\infty$

 

x3=1/2;x4=3/4;x5=5/16 ?????

Lam sao qui nap $x_{n+1}>x_n$ ?????