Đến nội dung


dogsteven

Đăng ký: 01-05-2014
Offline Đăng nhập: Riêng tư
****-

#667083 Đề Thi VMO năm 2017

Gửi bởi dogsteven trong 05-01-2017 - 14:18

câu 1b là tìm tất cả a mà :/

Tất cả a đều thoả


#667070 Đề Thi VMO năm 2017

Gửi bởi dogsteven trong 05-01-2017 - 13:17

Câu b bài hình chứng minh BP và CQ đi qua trung điểm EF
Gọi AK là đường kính của (O) và W là trung điểm BC.
Tam giác RBC và tam giác RFE đồng dạng
R, W, K thẳng hàng. Gọi T là trung điểm EF
Từ đó biến đổi góc như sau FRT=BRW=KRB=SAB=FRS nên RS đí qua T


#666596 Tuần 1 tháng 1/2017: Chứng minh đường thẳng chia đôi đoạn thẳng

Gửi bởi dogsteven trong 02-01-2017 - 12:28

Ta có $\widehat{AKB} = 2\widehat{ADB}=\widehat{ALC}$ nên $\Delta AKB \sim \Delta ALC\Rightarrow \Delta AKL \sim \Delta ABC$

Ngoài ra $\widehat{OAL}=\widehat{BAD}$ nên $AO$ là trung tuyến của tam giác $AKL$

Ta có $\widehat{DAJ} = 90^o-\widehat{ADB}=\widehat{BAK}$ nên $AJ$ là đường đối trung của tam giác $AKL$

Hiện tại tiếp theo em chưa có hướng gì đẹp, em xin đi theo hướng này.

Gọi $E$ là trung điểm $BC$, $AE$ cắt $(O)$ lần thứ 2 tại $F$, trung trực $BC$ cắt $DF$ tại $R$. Chú ý rằng $O\in (AKL)$ nên $\dfrac{JP}{PO}=\dfrac{DR}{RF}$

$AD$ cắt $(O)$ tại $S$ và giao điểm tiếp tuyến tại $B, C$ của $(O)$ là $T$. Gọi $W$ là trung điểm $AS$

Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác $ADF$ với cát tuyến $\overline{T, R, E}$, ta có:

$$\dfrac{DR}{RF}=\dfrac{EA}{EF}.\dfrac{TD}{TA}=\dfrac{AD.TD}{DS.TA}=\dfrac{TD}{TS}=\dfrac{AD}{AW}$$

Gọi $W'$ là đối xứng với $O$ qua $H$ thì $W'$ đối xứng với $W$ qua $A$ và ta có $\dfrac{JP}{PO}=\dfrac{AD}{AW'}$

Do đó theo bổ đề ERIQ ta suy ra trung điểm $ID, AP, OW'$ thẳng hàng nên $HQ$ chia đôi $AP$.




#663454 Tuần 5 tháng 11/2016 : Mở rộng bài toán hình học trường đông tại Vinh năm 2016

Gửi bởi dogsteven trong 30-11-2016 - 13:46

Em có ý tưởng sau, lúc nào rảnh em sẽ ghi đầy đủ lời giải.

Một tính chất cơ bản của đường đối trung cho ta bổ đề sau:

Bổ đề. Cho tam giác $ABC$. Tiếp tuyến tại $A$ của $(ABC)$ cắt $BC$ tại $Q$. $X, Y$ lần lược nằm trên trung trực $AC, AB$ sao cho $AY\perp AC, AX\perp AC$.

Khi đó $XY || OQ$

Từ đó dẫn đến ý tưởng chứng minh hai tam giác $AXY$ và $ANM$ là hai tam giác bằng nhau, thể hiện qua việc chứng minh đường thẳng qua $A$ vuông góc với $AB$ cắt $QK$ và $BY$ tại hai điểm mà đoạn thẳng nối chúng nhận $A$ làm trung điểm.




#658885 ĐỀ THI CHỌN ĐT QG TỈNH HẢI PHÒNG NĂM 2016-2017

Gửi bởi dogsteven trong 23-10-2016 - 10:46

Bài 4 ngày 1. Gọi $\{x_1, x_2,..., x_k\}$ là tập hợp các số thỏa mãn $2f(x_i)\geqslant x_i$

Khi đó tính được $S_f = 4\sum f(x_i)-2\sum x_i-\dfrac{3n(3n+1)}{2}$

Mà $\sum f(x_i)\leqslant 3n+(3n-1)+...+(3n-k+1)$ và $\sum x_i\geqslant 1+2+...+k$

Từ đó thay vào tính giá trị lớn nhất dễ dàng.




#658790 Đề chọn đội tuyển học sinh giỏi quốc gia tỉnh Vĩnh Phúc (ngày 2) 2016-2017

Gửi bởi dogsteven trong 22-10-2016 - 17:01

Bài 1. Xét $\lim |b_n|>0$. Khi đó áp dụng định nghĩa giới hạn dễ chứng minh tồn tại $q>0$ sao cho tồn tại vô hạn số $|b_n|>q$

Khi đó hiển nhiên $c_n$ sẽ tăng lên vô hạn.

Xét $\lim |b_n|=0$, khi đó $\forall \epsilon>0$, tồn tại $n_0$ sao cho $\forall n>n_0$ thì $|a_{n+1}-a_{n}|<\epsilon a_n$

Từ đó suy ra $(1+\epsilon)a_n>a_{n+1}$, từ đó sẽ tồn tại $n_1$ sao cho với $n\geqslant n_1$ thì $a_n\geqslant a_{n+1}$

Xét $n\geqslant n_1$ thì $b_n=\dfrac{a_n-a_{n+1}}{a_n}\geqslant \dfrac{a_n-a_{n+1}}{a_{n_1}}$

Từ đó ta có $|b_{n_1}|+|b_{n_1+1}|+...+|b_n|\geqslant 1-\dfrac{a_{n+1}}{a_{n_1}}$

Do $\lim a_{n} = 0$ nên ta có thể chọn $n=n_2-1>n_1$ để $1-\dfrac{a_{n+1}}{a_{n_1}}>q>0$

Xét $n\geqslant n_2$ thì $|b_{n_2}|+|b_{n_2+2}|+...+|b_n| \geqslant 1-\dfrac{a_{n+1}}{a_{n_2}}$

Khi đó lại chọn $n=n_3-1>n_2$ để $1-\dfrac{a_{n+1}}{a_{n_2}}>q>0$

Cứ tiếp tục quá trình trên thì $c_{n_k-1}\geqslant (k-1)q$ nên $c_{n}$ tăng lên vô hạn.




#658059 Đề chọn đội tuyển học sinh giỏi quốc gia Khánh Hòa 2016-2017 (2 ngày)

Gửi bởi dogsteven trong 16-10-2016 - 13:39

Bài 5. Với số $n\in \{1,2,3,...,15\}$ thì sẽ có $\left\lfloor \dfrac{15}{n} \right\rfloor-1$ số thuộc $\{1,2,3,...,15\}$ và khác $n$ là bội của $n$

Như vậy sẽ sinh ra $2^{\left\floor \frac{15}{n} \right\rfloor-1}$ tập thỏa mãn $n$ là chỉ số nhỏ nhất. Sau đó tính tổng lại.




#658003 ĐỀ THI CHỌN HSG CẤP TỈNH NINH BÌNH NĂM 2016-2017

Gửi bởi dogsteven trong 15-10-2016 - 23:24

Bài 7. $AA_1$ cắt $BC$ tại $X$, $BB_1$ cắt $AC$ tại $Y$ và $CC_1$ cắt $AB$ tại $Z$

Ta có: $\dfrac{XB}{XC}=\dfrac{XF}{XE}=\dfrac{BF}{CE}$, tương tự ta có: $\dfrac{YC}{YA}=\dfrac{CH}{AG}$ và $\dfrac{ZA}{ZB}=\dfrac{AJ}{BI}$

Do đó $\dfrac{XB}{XC}.\dfrac{YC}{YA}.\dfrac{ZA}{ZB}=\dfrac{AJ}{AG}.\dfrac{BF}{BI}.\dfrac{CH}{CE}=\dfrac{AB}{AC}.\dfrac{BC}{BA}.\dfrac{CA}{CB}=1$

Áp dụng định lý Ceva ta có điều phải chứng minh.




#657980 ĐỀ THI CHỌN HSG CẤP TỈNH NINH BÌNH NĂM 2016-2017

Gửi bởi dogsteven trong 15-10-2016 - 21:32

Bài 8. (a) Thay $m=n=1$ ta được $f(1)=1$

Do $i>1$ mà $f(i)=i$ nên ta suy ra $f(n)=n$ với mọi $n=\bar{1,i}$

Nếu $i\geqslant 3$ thì $f(3)=3$

Nếu $i=2$ thì $f(2)=2$ và $f(3).f(5)=f(15)<f(18)=f(2).f(9)<2.f(10)=4.f(5)$. Do đó $2<f(3)<4$ nên $f(3)=3$

(b) Xét dãy $(a_n): a_1=3, a_n=a_{n-1}\left(a_{n-1}-1\right)$

Khi đó $f(a_1)=a_1$, nếu $f(a_k)=a_k$ thì $f(a_k-1)=a_k-1$ nên $f(a_{k+1})=f(a_k)f(a_{k}-1)=a_{k+1}$

Mà dãy trên tăng vô hạn nên suy ra $f(n)=n$




#657381 Tìm độ dài dây ngắn nhất để nối 2 đỉnh cột

Gửi bởi dogsteven trong 10-10-2016 - 09:47

Lấy $A'$ đối xứng với $A$ qua $D$ thì $AC+CB=A'C+CB\leqslant A'B=...$

Hoặc nếu dùng hàm số như trên thì dùng bất đẳng thức Minkovsky: $\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{x^2+y^2}\geqslant \sqrt{(a+x)^2+(b+y)^2}$

Áp dụng vào được $y\geqslant \sqrt{(1+4)^2+(x+4-x)^2}=\sqrt{41}$




#657288 Đề thi chọn đội tuyển quốc gia THPT Chuyên Đại Học Vinh 2016-2017

Gửi bởi dogsteven trong 09-10-2016 - 18:04

Bài 2.  Cho $a=3, b=2, c=1$ ta được $\dfrac{-1}{4}\leqslant k\leqslant \dfrac{1}{2}$

Ta sẽ chứng minh $k$ thỏa mãn điều trên thì bất đẳng thức đúng.

Thật vậy, ta cần chứng minh: $(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\geqslant \text{max}\left\{-6k, 3k\right\}(a-c)^2$ trong đó $a\geqslant b\geqslant c$

Bất đẳng thức này hiển nhiên đúng do $(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\geqslant \dfrac{(a-b+b-c)^2}{2}+(a-c)^2=\dfrac{3}{2}(a-c)^2$ và $\dfrac{3}{2}\geqslant \text{max}\left\{-6k, 3k\right\}$




#650635 Cho $a,b,c\ge 0$. Chứng minh rằng: $2(a^2+b^2+c^2)+abc+8...

Gửi bởi dogsteven trong 21-08-2016 - 13:44

Giả sử $(b-1)(c-1)\geqslant 0$ thì $a^2+b^2+c^2+2abc+1-2(ab+bc+ca)=(a-1)^2+(b-c)^2+2a(b-1)(c-1)\geqslant 0$

Do đó $a^2+b^2+c^2+2abc+1\geqslant 2(ab+bc+ca)$ nên $4(a^2+b^2+c^2)+2abc+16\geqslant 2(a^2+b^2+c^2)+(a+b+c)^2+15$

$2(a^2+b^2+c^2)+6\geqslant 4(a+b+c)$ và $(a+b+c)^2+9\geqslant 6(a+b+c)$

Do đó $4(a^2+b^2+c^2)+2abc+16\geqslant 10(a+b+c)$ hay $2(a^2+b^2+c^2)+abc+8\geqslant 5(a+b+c)$




#648616 Tuần 2 tháng 8/2016: Vấn đề đường tròn tiếp xúc trên cấu hình đường kính

Gửi bởi dogsteven trong 08-08-2016 - 19:53

Ở bài này ta chỉ cần điều kiện $A, P, E, F$ đồng viên là đủ.




#647345 $(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)\geq \frac{3(a+b+c)^2}{4...

Gửi bởi dogsteven trong 31-07-2016 - 14:42

Bài 1. Trong ba số $(2a^2-1)(2b^2-1), (2b^2-1)(2c^2-1), (2c^2-1)(2a^2-1)$ phải có một số không âm.

Không mất tính tổng quát, giả sử $(2b^2-1)(2c^2-1)\geqslant 0$ nên $4(b^2+1)(c^2+1)\geqslant 3(2b^2+2c^2+1)$

Do đó $4(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)\geqslant 3(a^2+1)(1+2b^2+2c^2)$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz: $(a^2+1)(1+2b^2+2c^2)=\left(a^2+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}\right)(1+2b^2+2c^2)\geqslant (a+b+c)^2$

Do đó $(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)\geqslant \dfrac{3}{4}(a+b+c)^2$




#647128 Chứng minh tứ giác PQMR nội tiếp

Gửi bởi dogsteven trong 29-07-2016 - 23:39

Ta có $(PD,BC)=-1$ nên $DB.DC = DM.DP$ mà $DB.DC = DQ.DR$ nên ta có điều phải chứng minh.