Đến nội dung


Hình ảnh

Đề thi và lời giải VMO 2016

vmo hsgqg thi quốc gia vmo2016

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 77 trả lời

#21 cachuoi

cachuoi

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 117 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:hà nội
  • Sở thích:chả khoái gì

Đã gửi 06-01-2016 - 17:00

e mở đầu bài hình bằng câu : ta chứng minh bài toán trong trường hợp AB <AC , các trường hợp còn lại chứng minh hoàn toàn tương tự :)) hi vọng ko mất điểm ạ 



#22 Hoang Nhat Tuan

Hoang Nhat Tuan

    Hỏa Long

  • Thành viên
  • 973 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:11 Toán, THPT chuyên Võ Nguyên Giáp, Quảng Bình
  • Sở thích:Geometry, Combinatorial

Đã gửi 06-01-2016 - 17:04

Em xin giải nốt câu hình b (em giải ở nhà thầy khi chiều, k biết câu hình có trùng lời giải giống trong link thầy Hùng k :( )

Câu hình b:

Untitled19.png

Đường đối cực của $T$ đi qua $L$ nên đường đối cực của $L$ đi qua $T$ hay $P,T,Q$ thẳng hàng.

Từ đó suy ra $PEFQ$ là tứ giác nội tiếp đường tròn tâm $T$.

$DB=DC$ nên đường thẳng $BC$ cắt $(T)$ tại $G$ và $H$ thì $DG=DH$ (theo định lý con bướm).

Nên $TD\perp BC$

Vậy $T$ thuộc đường trung trực của cạnh $BC$.

Câu 2a:

Ban đầu chứng minh dãy bị chặn trên bởi $1$.

Tiếp theo chứng minh nó là dãy tăng và kể từ $n=6$ trở đi thì $a_n\geq \frac{1}{2}$

 


Ngài có thể trói cơ thể tôi, buộc tay tôi, điều khiển hành động của tôi: ngài mạnh nhất, và xã hội cho ngài thêm quyền lực; nhưng với ý chí của tôi, thưa ngài, ngài không thể làm gì được.

#23 ineX

ineX

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 343 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:Trung Tâm Giáo Dục Thường Xuyên Cầu Giấy
  • Sở thích:Sách

Đã gửi 06-01-2016 - 17:37

em xin đóng góp cách khác của bài hình câu a/
AMN = AFE +MAF

mà MAF = BDE ( phụ với gócABC) và AFE = ADE ( tứ giác AEDF nội tiếp)

do đó AMN = ADN

=> tứ giác AMDN nội tiếp => điều phải chứng minh

bài này nhẹ quá


"Tôi sinh ra là để thay đổi thế giới chứ không phải để thế giới thay đổi tôi" - Juliel

 

3cf67218ea144a6eb6caf571068071ff.1.gif


#24 dangkhuong

dangkhuong

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 260 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Hà Nội Amsterdam (chuyên Toán)
  • Sở thích:Hình học phẳng

Đã gửi 06-01-2016 - 17:40

Em xin giải nốt câu hình b (em giải ở nhà thầy khi chiều, k biết câu hình có trùng lời giải giống trong link thầy Hùng k :( )

Câu hình b:

attachicon.gifUntitled19.png

Đường đối cực của $T$ đi qua $L$ nên đường đối cực của $L$ đi qua $T$ hay $P,T,Q$ thẳng hàng.

Từ đó suy ra $PEFQ$ là tứ giác nội tiếp đường tròn tâm $T$.

$DB=DC$ nên đường thẳng $BC$ cắt $(T)$ tại $G$ và $H$ thì $DG=DH$ (theo định lý con bướm).

Nên $TD\perp BC$

Vậy $T$ thuộc đường trung trực của cạnh $BC$.

Câu 2a:

Ban đầu chứng minh dãy bị chặn trên bởi $1$.

Tiếp theo chứng minh nó là dãy tăng và kể từ $n=6$ trở đi thì $a_n\geq \frac{1}{2}$

Thực ra câu hình b có cách giải bằng hàng điểm khá ngắn xong cần điểm phụ H là chân đường cao hạ từ $A$ xuống $BC$. Khi đó gọi $TH$ cắt lại $(O)$ tại $L$ thì $L$ cũng thuộc $(AD=2R)$ nên tứ giác $LEHF$ điều hoà. Suy ra $A(LHEF)=-1$ suy ra $A(ETHF)=-1$ suy ra $A(BTHC)=-1$ suy ra $TD//AH$ suy ra $TD$ vuông góc $BC$ suy ra $TB=TC$ vậy $T$ thuộc đường trung trực $BC$ cố định.

Cách khác: Gọi $TD$ cắt $(AD)$ tại $X$ suy ra $(XDEF)=-1$ và suy ra $A(XDEF)=-1$ suy ra $AX//BC$ suy ra đpcm


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dangkhuong: 06-01-2016 - 17:53

:ukliam2:  :ukliam2:  :ukliam2:


#25 Longtunhientoan2k

Longtunhientoan2k

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 272 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT OLM
  • Sở thích:Làm toán,đọc sách văn,thơ.THÍCH NGỒI NGHE KỂ CHUYỆN VỀ NGƯỜI NGOÀI HÀNH TINH.Thích câu lọc bộ chelsea của anh.

Đã gửi 06-01-2016 - 18:17

Cách khác cho bài toán giải hệ như sau:

Ta có hệ phương trình:$\left\{\begin{matrix}6x-y+z^2=3(1)&  &  & \\ x^2-y^2-2z=-1 (2)&  &  & \\ 6x^2-3y^2-y-2z^2=0(3) &  &  & \end{matrix}\right.(x,y,z\in\mathbb{R})$

Từ $(2)$ ta rút được $3(x^{2}-y^{2})=3(-1+2z)$

Khi đó:$(3)$ tương đương với:$3(2z-1)+3x^{2}-2z^{2}-y=0\Leftrightarrow 3x^{2}-2z^{2}+6z-y=3(a)$

Từ $(1),(a)$ ta có hệ:

$\left\{\begin{matrix}6x-y+z^{2}=3 &  & \\
3x^{2}-2z^{2}+6z-y=3&  &
\end{matrix}\right.$

 

Lấy vế trừ vế của $(a)$ cho $(1)$ ta được $3x^{2}-3z^{2}+6z-6x=0\Leftrightarrow 3(x-z)(x+z-2)=0$

 Với $x=z$ ta thế vào $(2)$ được $(x-1)^{2}=y^{2}\Leftrightarrow (x+y-1)(x-y-1)=0$

 Với $x=y+1=z$ thì $(1)\Leftrightarrow(y+1)^{2}-y+6(y+1)-3=0\Leftrightarrow y^{2}+7y+4=0\Leftrightarrow y=\frac{-\sqrt{33}-7}{2}$ hoặc $y=\frac{-7+\sqrt{33}}{2}$.

Do đó: $x=z=\frac{-5-\sqrt{33}}{2}$ hoặc $x=z=\frac{-5+\sqrt{33}}{2}$

 Với $x=z=1-y$ thế vào $(1)$ ta được:$(y-1)^{2}+6(1-y)-y-3=0 \Leftrightarrow $y^{2}-9y+4=0$.Do đó $\begin{bmatrix}x=z=\dfrac{-7+\sqrt{65}}{2};y=\dfrac{9-\sqrt{65}}{2} &  & \\ x=z=\dfrac{-7-\sqrt{65}}{2};y=\dfrac{9+\sqrt{65}}{2} &  & \end{bmatrix}$

 Với $x=2-z$ ta thế vào $(1)$ thành $y=(x+1)^{2}$,thế vào $(2)$ được $y^{2}+4=(x+1)^{2}$.Do đó dễ thấy khi đó thì hệ vô nghiệm.

 Do đó tập nghiệm của hệ là:$ \boxed{(x;y;z)=\left \{ \left ( \dfrac{-5+\sqrt{33}}{2};\dfrac{-7+\sqrt{33}}{2};\frac{-5+\sqrt{33}}{2}  \right );\left ( \dfrac{-5-\sqrt{33}}{2};\dfrac{-7-\sqrt{22}}{1};\frac{-5-\sqrt{33}}{2} \right );\left ( \dfrac{-7+\sqrt{65}}{2};\dfrac{9-\sqrt{65}}{2};\frac{-7+\sqrt{65}}{2} \right );\left ( \dfrac{-7-\sqrt{65}}{2};\frac{9+\sqrt{65}}{2};\dfrac{-7-\sqrt{65}}{2} \right ) \right \}}$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nesbit: 06-01-2016 - 18:44
LaTeX

         LONG VMF NQ MSP 


#26 cachuoi

cachuoi

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 117 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:hà nội
  • Sở thích:chả khoái gì

Đã gửi 06-01-2016 - 18:28

Hình b dùng đường đối trung của tam giác ABC là được . Vẽ 2 tiếp tuyến tại B và C của (O) cắt trung trực BC tại S thì có tam giác SBA và T"DF đồng dạng tưing tự thì SCA vad T'DE đồng dạng từ đây suy ra T trùng T' và T" nên có đpcm ở đây T' là giao của tiếp tuyến tại F và tt BC tương tự với T"

#27 ChinhLu

ChinhLu

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 38 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Pisa Italy
  • Sở thích:Football, chess

Đã gửi 06-01-2016 - 19:51

Bài 4b. Giả sử (phản chứng) rằng n  không chia hết cho 4. Để cho thuận tiện ta gọi hai loại cây là cây xanh và cây đỏ. Khi đó số cây xanh (cũng như cây đỏ) trên mỗi hàng  hoặc là $\leq n/4$ hoặc là $\geq 3n/4$. Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử: có ít nhất $m/2$ hàng mà mỗi hàng có ít nhất $3n/4$ cây xanh. Ta đánh dấu $m/2$ hàng này.  Gọi $k$ là số cột có ít nhất $m/4$ cây xanh. Khi đó trong ô chữ nhật tạo bởi $m/2$-hàng (đã chọn) và $n$ cột có số cây xanh tối đa là

 

$k \frac{m}{2} + (n-k)\frac{m}{4}$

 

Trong ô chữ nhật này ta phải có nhiều hơn $\frac{m}{2}\frac{3n}{4}$ cây xanh (vì $n$ không chia hết cho 4). Vậy $k>\frac{n}{2}$.  

 

Bây giờ ta tính số cây xanh trong ô chữ nhật $mxn$. Ta giả sử $n$ chẵn (nếu $n$ lẻ ta làm tương tự).  Lấy ra $\frac{n}{2}$ cột sao cho mỗi cột có ít nhất $3m/4$ cây xanh. Trong các cột còn lại có nhiều hơn $\frac{m}{2}\frac{n}{4}$ cây xanh. Cộng hết lại ta được nhiều hơn $mn/2$ cây xanh (mâu thuẫn). 



#28 Visitor

Visitor

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 66 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:làng Foosha

Đã gửi 06-01-2016 - 19:51

Co ban nào có ý tưởng cho cậu 2b ko?

Dễ thấy $lim(b_n-b_{n-1})=0$ mà $b_n$ lại tiến ra +vc nên ta có $[b_n]-[b_{n-1}]=0$ hoặc  $[b_n]-[b_{n-1}]=1$ với mọi $n$

Giả sử cái cần cm sai thì tồn tại $N$ để ${b_i} >= 1/2016$ với mọi $i>N$ . Đặt ${b_i} = {c_i} +1/2016$ thì $0< c_i < 2015/2016$

Do $lim(b_n-b_{n-1})=0$ nên từ chỉ số $m$ nào đó trở đi $b_n-b_{n-1}<1/2016$.

Chọn $k>max(N,m)+1$ và  $[b_k]-[b_{k-1}]=1$ thì có $b_k-b_{k-1}<1/2016$ suy ra $1+c_k - c_{k-1}<1/2016$ hay là $2015/2016+ c_k < c_{k-1} $

Vô lí. Vậy có $đpcm$

 

Cái $Fx$ của diễn đàn này bị lỗi rồi.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Visitor: 06-01-2016 - 20:16

__________

Bruno Mars


#29 Kienbtw

Kienbtw

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 1 Bài viết

Đã gửi 06-01-2016 - 19:51

Mình xin nói qua một chút về câu 4 phần b.

Trước tiên ta phát biểu bổ đề sau:

Với một bảng với kích thước hai cạnh $4x, 4y$ ($x, y$ nguyên dương) và một cách trồng cây ấn tượng thì ta phải có hiệu số của hai loại cây trên mỗi hàng hoặc cột bằng đúng một nửa số lượng cây trên hàng hoặc cột đó.

Trước tiên, ta sẽ dùng bổ đề này để suy ra lời kết quả bài toán.

Xét một khu vườn kích thước mxn và được trồng bằng hai loại cây $A, B$ một cách ấn tượng. Như vậy, nếu ta đem ghép $4x4= 16$ khu vườn như vậy lại, ta vẫn có một cách trồng cây ấn tượng cho khu vường kích thước $(4m)x(4n)$, theo bổ đề ta suy ra hiệu số của hai loại cây trong mỗi hàng là $2n$.

Để ý rằng vì ta ghép $16$ khu vườn nhỏ y hệt nhau nên hiệu số hai loại cây trong mỗi hàng của khu vườn $mxn$ sẽ là $\frac{n} {2}$, từ đây ta suy ra được $n$ phải là bội của $4$, tương tự cho $m$.

Như vậy, ta chỉ cần chứng minh bổ đề để hoàn tất lời giải.

Xét khu vườn gồm $4x$ cột và $4y$ hàng được trồng ấn tượng bởi hai loại cây $A, B$. Ta gọi một hàng là tốt nếu hàng đó có nhiều cây loại $A$ hơn, là hàng xấu nếu có nhiều loại cây $B$ hơn.

Giả sử có $k$ hàng tốt ($k$ nguyên dương). Từ dữ kiện mỗi hàng tốt có ít nhất $3x$ cây loại $A$, mỗi hàng xấu có tối đa $x$ cây loại $A$ và tổng số cây loại $A$ là $8xy$, ta suy ra bất đẳng thức $8xy\leq k.4x+ (4y-k).x$, suy ra $k>y$, ta cũng có $8xy\geq k. 3x$ nên $k<3y$.

Xét các hàng tốt, thì số cây loại $A$ trong những hàng này ít nhất là $8xy- (4y-k)x$ ( trừ đi mỗi hàng xấu chỉ có tối đa $x$ cây loại $A$). Coi $k$ hàng này là một bảng riêng, ta đếm được số cột có nhiều hơn $y$ cây loại $A$ trong bảng không nhỏ hơn $\frac{kx}{k-y}$

Chú ý rằng, những cột tương ứng này trong bảng $4x$ cột và $4y$ hàng cũng sẽ có nhiều hơn $y$ cây loại $A$, điều này có nghĩa mỗi cột này có ít nhất $3y$ cây loại $A$ (giả thiết ii)

Như vậy, ta suy ra được tất cả các hàng xấu phải đóng góp thêm ít nhất  $(3y-k). \frac{kx}{k-y}$ cây loại $A$ để cho đủ cây trong các cột vừa nhắc tới, từ đây suy ra

$(3y-k). \frac{kx}{k-y}$ không vượt quá $(4y-k)x$. Biến đổi trực tiếp ta sẽ thu được $k\geq 2y$. 

Hơn thế nữa, vì vai trò của hai loại cây $A$ và $B$ là như nhau nên ta suy ra số hàng xấu cũng không nhỏ hơn $2y$, vậy phải có đúng $2y$ hàng xấu và $2y$ hàng tốt và tất cả các bất đẳng thức dẫn đến đánh giá trên phải xảy ra "dấu bằng", từ đây ta suy ra được kết quả của bổ đề.

 

(Đây không hẳn là lời giải mà chỉ là các ý chính để giải bài toán, các bạn nên kiểm tra cụ thể lại từng bước tính toán và suy luận)


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Kienbtw: 06-01-2016 - 20:02


#30 dogsteven

dogsteven

    Đại úy

  • Thành viên
  • 1511 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Chuyên toán Trần Hưng Đạo, Bình Thuận
  • Sở thích:Anti số học.

Đã gửi 06-01-2016 - 20:14

Câu 2.

(a) Ta có $a_n=\ln \dfrac{2n^2+n+1}{n^2+n+1}$, dễ chứng minh $a_n$ tăng và $a_n<\ln 2<\ln e<1$

Ngoài ra $\sqrt{e}<2$ và kết hợp với $a_n$ tăng thì tồn tại $n_0$ sao cho $\forall n\geqslant n_0$ thì $a_n\geqslant \dfrac{1}{2}$

Ta có điều phải chứng minh.

(b) Theo định lý Lagrange: $b_{n+1}-b_{n}=\dfrac{4k}{2k^2+1}+\dfrac{2k+1}{k^2+k+1}<\dfrac{6k+1}{k^2+k+1}=f(k)$ với $k\in (n,n+1)$

Dễ thấy $f(k)$ nghịch biến nên $f(k)<f(n)$

Từ đó ta có: $0<b_{n+1}-b_{n}<f(n)$. Dãy $f(n)$ có giới hạn là $0$ nên $b_{n+1}-b_{n}$ có giới hạn là $0$

Vậy tồn tại $n_0$ sao cho $\forall n\geqslant n_0$ thì $b_{n+1}<b_{n}+\dfrac{1}{2016}$

Trên trục số, ở mỗi giữa hai số nguyên chia thành $2016$ phần có dạng: $[n, n+1/2016), [n+1/2016, n+2/2016),...$

Ta có $b_n$ phải thuộc một phần nào đó và $b_n<b_{n+1}<<b_{n}+\dfrac{1}{2016}$ nên $b_{n+1}$ hoặc thuộc cùng phần với $b_n$ hoặc là thuộc phần kế tiếp.

Mà do $b_n$ tăng đến vô hạn nên tồn tại vô số các $n$ sao cho $b_n$ thuộc phần có dạng $[n, n+1/2016)$ với $n$ là số tự nhiên

Ta có điều phải chứng minh.


Quyết tâm off dài dài cày hình, số, tổ, rời rạc.


#31 dangkhuong

dangkhuong

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 260 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Hà Nội Amsterdam (chuyên Toán)
  • Sở thích:Hình học phẳng

Đã gửi 06-01-2016 - 20:58

Có thể nói bài HPT là 1 bài rối rắm và quan trọng là cần phải thế loạn xì ngậu lên mới ra :V

Từ PT (1) ta có ngay $z^2=3+y-6x$ suy ra $2z^2=6+2y-12x$ thay lại vào PT (3) ta được $6x^2-3y^2-3y+12x-6=0$

do đó $2x^2+4x-2=y^2+y$ bây giờ thay $y^2=2x^2+4x-2-y$ vào phương trình thứ (2) ta được $-x^2-4x+2+y=2z-1$(*); 

cộng (*) với PT (1) ta được $-x^2+2x+2=-z^2+2z-2$ $(!!!!)$ hay là $(z-x)(z+x-2)=0$.

Với $z=x$ thì ta được hệ mới là:

$6x-y+x^2=3$ và $x^2-y^2-2x=-1$  

Với $z=2-x$ thì ta cũng được 1 hệ mới là:

$6x-y+(2-x)^2=3$ và $x^2-y^2-2(2-x)=-1$(hệ này vô nghiệm)

Hai HPT này đều có thể dễ dàng giải bằng phương pháp rút thế bình thường. 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dangkhuong: 06-01-2016 - 21:00

:ukliam2:  :ukliam2:  :ukliam2:


#32 mnguyen99

mnguyen99

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 696 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Chuyên toán ,THPT chuyên Quốc Học Huế
  • Sở thích:Sherlock Holmes, người đàn ông chưa bao giờ sống và không bao giờ chết.

Đã gửi 06-01-2016 - 21:14

 

Xét các hàng tốt, thì số cây loại $A$ trong những hàng này ít nhất là $8xy- (4y-k)x$ ( trừ đi mỗi hàng xấu chỉ có tối đa $x$ cây loại $A$). Coi $k$ hàng này là một bảng riêng, ta đếm được số cột có nhiều hơn $y$ cây loại $A$ trong bảng không nhỏ hơn $\frac{kx}{k-y}$

 

Đoạn này không rõ lắm.


THCS NGUYỄN DUY,PHONG ĐIỀN$\Rightarrow$THPT CHUYÊN QUỐC HỌC HUẾ$\Rightarrow$??? 

 

TẬP LÀM THÁM TỬ TẠI ĐÂY http://diendantoanho...ám/#entry513026


#33 bacdaptrai

bacdaptrai

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 110 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Thành phố Vũng Tàu
  • Sở thích:chơi bóng đá, học các môn tự nhiên

Đã gửi 06-01-2016 - 22:10

Câu 1 :

Từ hệ suy ra : $\frac{(6x-y+z^{2}-3)-(6x^{2}-3y^{2}-y-2z^{2})}{3}+(x^{2}-y^{2}-2z+1)=0$

$<=>(x-1)^{2}=(z-1)^{2}$ . Ta có hai trường hợp $x=z$ hoặc $z=2-x$

_ Với $x=z$, hệ phương trình trở thành

$\left\{\begin{matrix}6x-y+x^{2}=3\\ x^{2}-y^{2}-2x=-1 \\ 4x^{2}-3y^{2}-y=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}6x-y+x^{2}=3\\ (x-1)^{2}=y^{2}\\ 4x^{2}-3y^{2}-y=0\end{matrix}\right.$

Đến đây lại xét hai trường hợp : $x=y+1$ hoặc $x=1-y$ thế vào giải phương trình bậc hai

$\left\{\begin{matrix}1+2x+x^{2}=y\\ x^{2}+4x-3=y^{2} \\ 4x^{2}+8x-8-3y^{2}-y=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}x^{2}(x^{2}+4x+4+1)=-4=-4\\ (x+1)^{2}=y\\ 4x^{2}+8x-8-3y^{2}-y=0\end{matrix}\right.$

Khi đó hệ vô nghiệm do phương trình đầu vô nghiệm ( vế trái dương - vế phải âm )

còn trường hợp z=2-x thì sao?



#34 dangkhuong

dangkhuong

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 260 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Hà Nội Amsterdam (chuyên Toán)
  • Sở thích:Hình học phẳng

Đã gửi 06-01-2016 - 22:17

còn trường hợp z=2-x thì sao?

Vô nghiệm mà giải ra làm gì cho tốn công đánh :)


:ukliam2:  :ukliam2:  :ukliam2:


#35 Longtunhientoan2k

Longtunhientoan2k

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 272 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT OLM
  • Sở thích:Làm toán,đọc sách văn,thơ.THÍCH NGỒI NGHE KỂ CHUYỆN VỀ NGƯỜI NGOÀI HÀNH TINH.Thích câu lọc bộ chelsea của anh.

Đã gửi 07-01-2016 - 10:34

 Có thể bài bất dễ các bài còn lại khó hơn thì sao như hình học và phương trình hàm chẳng hạn,ngoài ra tổ hợp cũng sẽ là một thách thức không dễ vượt qua


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Longtunhientoan2k: 07-01-2016 - 10:35

         LONG VMF NQ MSP 


#36 Dinh Xuan Hung

Dinh Xuan Hung

    Thành viên nổi bật 2015

  • Điều hành viên THPT
  • 1380 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\textrm{THPT}$ $\textrm{ Chuyên Lương Văn Tụy}$ $\textrm{Ninh Bình}$
  • Sở thích:$\textrm{Làm Những Gì Mình Thích}$

Đã gửi 07-01-2016 - 11:12

ĐỀ THI VMO 2016 NGÀY 7/1/2016

vmo.jpg


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoanglong2k: 07-01-2016 - 13:20


#37 viet14042000

viet14042000

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 38 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Tp HỒ CHÍ MINH
  • Sở thích:Toán và chỉ toán :3

Đã gửi 07-01-2016 - 11:26

em xin trình bày bài 6a
TO cắt MN tại D
ATON nội tiếp => 
∠NOD =∠ NAM 

mà ∠NAM = NCM 

=> ∠NOD=∠NCM=1/2 ∠ NOM

=> ∠NOD =∠MOD

=> OD vuông góc MN
mà OD vuông góc BC

=> MN // BC

=> BCMN hình thang cân (BCMN nội tiếp)
=> 
∠BNM =∠ BMC

=> ∠BAM=∠CAN (đpcm)
 



#38 Belphegor Varia

Belphegor Varia

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 227 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:Ninh Binh
  • Sở thích:Number theory , Geometry

Đã gửi 07-01-2016 - 11:29

Tóm tắt câu hình : a,

b, Nghịch đảo cực $D$ phương tích $DB^2=DI^2=DG.DA=DH.DP=DK.DQ$ biến $(GHK)\rightarrow (APQ) , BC \rightarrow (BGC)$ nên chỉ cần chứng minh $(APQ)$ tiếp xúc với $(O)$

Theo kết quả quen thuộc thì $P,I,Q$ thẳng hàng và $PQ$ song song với $BC$ nên bằng biến đổi góc ta có

$\angle APQ=\angle AUC$ ($U=AM \cap BC $) $= \angle xAN$ ($Ax$ là tiếp tuyến tại $A$ của $(O)$) $=\angle XAQ$ nên $Ax$ tiếp xúc với $(APQ)$ và ta được tiếp tuyến tại $A$ của $(O)$ tiếp xúc với $(APQ)$ suy ra $Q.E.D$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Belphegor Varia: 08-01-2016 - 11:30

$ \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 

 


#39 vutung97

vutung97

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 167 Bài viết

Đã gửi 07-01-2016 - 11:50

câu 5 là a =0 và a= 2016.1017 đúng không mọi người



#40 dogsteven

dogsteven

    Đại úy

  • Thành viên
  • 1511 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Chuyên toán Trần Hưng Đạo, Bình Thuận
  • Sở thích:Anti số học.

Đã gửi 07-01-2016 - 12:01

Tóm tắt câu hình : a, khá dễ

b, Nghịch đảo cực $D$ phương tích $DB^2=DI^2=DG.DA=DH.DP=DK.DQ$ biến $(GHK)\rightarrow (APQ) , BC \rightarrow (BGC)$ nên chỉ cần chứng minh $(APQ)$ tiếp xúc với $(O)$

Theo kết quả quen thuộc thì $P,I,Q$ thẳng hàng và $PQ$ song song với $BC$ nên bằng biến đổi góc ta có

$\angle APQ=\angle AUC$ ($U=AM \cap BC $) $= \angle xAN$ ($Ax$ là tiếp tuyến tại $A$ của $(O)$) $=\angle XAQ$ nên $Ax$ tiếp xúc với $(APQ)$ và ta được tiếp tuyến tại $A$ của $(O)$ tiếp xúc với $(APQ)$ suy ra $Q.E.D$

Có cách khác không dùng phép nghịch đảo đó là sử dụng phương tích để có $5$ tứ giác nội tiếp.


Quyết tâm off dài dài cày hình, số, tổ, rời rạc.






Được gắn nhãn với một hoặc nhiều trong số những từ khóa sau: vmo, hsgqg, thi quốc gia, vmo2016

0 người đang xem chủ đề

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