ecchi123

Anh có thể giải thích cho e đoạn \widehat{LAM}-\widehat{KAM}=\widehat{AQP}-\widehat{ANM} được không? Vì sao hai hiệu này bằng nhau ạ?

$ \widehat{LAM}-\widehat{KAM}=(90-\widehat{ANM})-(90-\widehat{AQP})$

Lời giải bài 2 :

Ta có $SN.SB=SM.SA$ nên $MN$ song song $BA$ nên $ST$ đi qua trung điểm $AB$

Gọi $PQ,PB$ cắt $AB,AQ$ tại $E,F$ . $DC$ cắt $PQ,AB,EF$ tại $X,Y,Z$

Ta có $(SZXY)=E(SFBQ)=-1$ nên $TZ$ song song $AB$

Mặt khác $EF$ là đối cực của $S$ qua $(O)$ nên $(DCSZ)=-1$ => $T(UVSZ)=-1$ nên $TS$ cũng đi qua trung điểm $VU$ nên $AU=BV$

Lời giải bài 1 :Gọi tiếp tuyến tại $B,C$ của $(O)$ cắt nhau tại $L$ ,$AL$ cắt $(O)$  tại $T$ , đpcm tương đương $AT\perp QE <=>\widehat{OQE}=\widehat{MAT} $

Gọi $PQ$ cắt $AB$ tại $N$  có $\widehat{PNB}=\widehat{AOP}=\widehat{BOP}$ nên $NOBP$ nội tiếp nên $\widehat{BAC}=\widehat{OPB}=\widehat{ONB}=>ON\parallel AC$

Gọi $(OTL)$ cắt $BT$ tại $H$ , Ta có $\widehat{LOH}=\widehat{ACB}=\widehat{QNE} ,\widehat{LBH}=\widehat{MAC}=\widehat{QOE}$ và $\Delta ONE \sim \Delta BOL$ nên 2 hình $ONQE,BOHL$ đồng dạng với nhau $=>\widehat{OQE}=\widehat{THL}=\widehat{TOM}=\widehat{TAM}$ dpcm

Bài 3 :

Ta có $EF,AB,AC$ là các tiếp tuyến của $(ICB)$ nên $BM,CN$ là các đường đối trung tam giác $IBC$

 Gọi $Q,X,Y$ là trung điểm của $CN,IB,IC$ . $CX,BY$ cắt $(IBC)$ tại $Z,T$ . ta có $\widehat{TZX}=\widehat{TBC}=\widehat{XYB}$ nên $XYZT$ nội tiếp , nên $\widehat{XZY}=\widehat{XTY}$

Mặt khác ta có $\Delta CBN\sim \Delta CZI=>\Delta CBQ\sim \Delta CZY=>\widehat{CBQ}=\widehat{CZY}=\widehat{XTB}=\widehat{PCB}$ (Do chứng minh tương tự với $P$ ) nên $CP,BQ$ cắt nhau tại $K$ trên trung trực $BC$

Lời giải :

-Gọi $L$ là tiếp điểm của $(O),(O')$, $N$ là trung điểm $AB$ . $E$ là hình của của $O$ xuống $BO'$ , Ta có $\frac{HA}{HB}=\frac{FE}{FO'}=\frac{\sqrt{RR'}-R'}{R-\sqrt{RR'}}=\frac{\sqrt{R}}{\sqrt{R'}}$ và $\frac{LA}{LB}=\frac{\sqrt{R}}{\sqrt{R'}}$ ( Do hình chiếu của $L$ xuống $AB$ là đường đối trung tam giác $LAB$ ) Từ đó có $LH$ là phân giác góc $ALB$

-Gọi $J,G$ lần lượt là điểm đối xứng với $H$ qua $I,K$ Ta có $HJ.HG=HM.HI=HA.HB$ nên $\Delta AHG \sim \Delta JHB$ nên $J$ là trực tâm tam giác $ABG$

- Gọi $OO'$ cắt $AB$ tại $X$ . Dễ thấy $XL$ tiếp xúc với $(LAB)$ mà $LH$ là phân giác góc $ALB$ nên $XL=XH$

- Gọi $H'$ đối xứng với $H$ qua $X$ Mà $XH^2=XA.XB$ nên $(HH'AB)=-1$ nên $HN.HH'=HA.HB=HJ.HG$ nên  $J$ là trực tâm tam giác $GNH'$ nên $GJ\perp H'G =>GJ\perp XK$ . mà $NL\perp XK$ nên $N,L,J$ thẳng hàng nên $JL\perp XK$ .mà $XH=XL$ Suy ra $JL=JH$

- Gọi $(I,IH)$ cắt $AJ$ tại $P$  nên $JL^2=JH^2=JP.JA$ nên $(APL)$ tiếp xúc với $LJ$ nên $P$ thuộc $(O)$

Hơn nữa $\widehat{PHJ}+\widehat{PAL}=\widehat{HAL}=\widehat{JPL}$ , Gọi  $Px$ là tiếp tuyển của $(O)$ nên $\widehat{xPJ}=\widehat{PHJ}$ nên $(I)$ cũng tiếp xúc với $Px$ Nên $(I)$ tiếp xúc với $(O)$ , tương tự ta cũng có $(I)$ tiếp xúc với $(O')$

 Lời giải bài 1 :

 Ta có $\widehat{JKL}=90-\widehat{A}/2=\widehat{KPL}$ nên $JK,JL$ là tiếp tuyến của $(IKL)$  nên $IKPL$ điều hòa

Đường thẳng qua $B$ song song với $DL$ cắt $IC$ tại $M$ . Ta có $\frac{PK}{PL}=\frac{IK}{IL}=\frac{BK}{BD}.\frac{CD}{CL}=\frac{BK}{ML}$ nên $\Delta PLM \sim \Delta PKB$ nên $\widehat{LMP}=\widehat{KBP}$ nên $IMBP$ nội tiếp $=>\widehat{IPB}=180-\widehat{BMC}=180-\widehat{DLC}=90-\widehat{A}/4$ . Tượng tự thì $\widehat{IPC}=90-\widehat{A}/4$ suy ra $\widehat{BXC}=\widehat{A}$  nên $X$ thuộc $(O)$

 Câu 1 :

a ) Đặt $a=2cosA,b=2cosB,c=2cosC$ => $cos^2A+cos^2B+cos^2C+2cosA.cosB.cosC=1$ nên $A,B,C$ là 3 đỉnh của tam giác nhọn

 ta có bdt quen thuộc $cosA+cosB+cosC \leq 3/2 $ nên $a+b+c \leq 3$

  ta  chứng minh $a+b+c \geq \sqrt{abc}+2 <=> 2(cosA+cosB+cosC) \geq \sqrt{8cosA.cosB.cosC}+2 <=>4.sinA/2.sinB/2.sinC/2\geq \sqrt{2cosA.cosB.cosC}<=>(1-cosA)(a-cosB)(1-cosC)\geq cosA.cosB.cosC$

Mặt khác ta lại có $(1+cosA)(1+cosB)(1+cosC)\leq (\frac{3+3/2}{3})^3=27/8$

 nên việc còn lại là cm $(1-cos^2A)(1-cos^2B)(1-cos^2C)\geq \frac{27}{8}cosA.cosB.cosC<=>\frac{cotA.cotB.cotC}{sinA.sinB.sinC}\leq 8/27 <=>\prod cotC.(cotA+cotB)\leq 8/27$ ( do $sin^2A=\frac{1}{1+cot^2A}$ và $\sum cotA.cotB=1$)

điều này đúng do

$VT=\prod (cotA.cotC+cotB.cotC)\leq \frac{8}{27}(\sum cotA.cotB)^3=\frac{8}{27}$

 vậy $a+b+c \geq \sqrt{abc}+2 <=> (a+b+c-2)^2 +a^2+b^2+c^2  \geq 4 <=>a^2+b^2+c^2+ab+ac+bc  \geq 2(a+b+c)<=>(a+b+c)^2 \geq ac+ab+cb+2(a+b+c)$ 

ta có $\sum \frac{a}{\sqrt{(b+2)(c+2)}}\geq \frac{(a+b+c)^2}{\sum a\sqrt{(b+2)(c+2)}}\geq \frac{(a+b+c)^2}{ab+bc+ca+2a+2b+2c}\geq  1$

Câu 5 :

a) $T\equiv f(1)+f(3)+...+f(2017)( mod 2)$ vậy nên số các số lẻ trong $f(1),f(3),...,f(2017)$ phaỉ lẻ

 nên số các cách chọn $f(1),f(3),...,f(2017)$ là $1009! .(C_{1009}^1.C_{1009}^{1008}+C_{1009}^3.C_{1009}^{1006}+C_{1009}^5.C_{1009}^{1004}+....+C_{1009}^{2007}.C_{1009}^{2})$

Mà.$(C_{1009}^1.C_{1009}^{1008}+C_{1009}^3.C_{1009}^{1006}+C_{1009}^5.C_{1009}^{1004}+....+C_{1009}^{2007}.C_{1009}^{2})=\frac{\sum_{i=0}^{1009}C_{1009}^i.C_{1009}^{1009-i}-2.C_{1009}^0.C_{1009}^{1009}}{2}=\frac{C_{2018}^{1009}-2}{2}$

Còn lại số cách chọn $f(2),...,f(2018)$ là $1009!$

Vậy tổng số hoán vị là $(1009!)^2 . (\frac{C_{2018}^{1009}-2}{2})$

Bài 2 :

a)xét $f_n(x)=\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{i(x+i)}-1$ => $f'_n(x)=\sum_{i=1}^{n}\frac{-1}{i(x+i)^2} <0 $ nên $f_n$ nghịch biến

$\lim_{x\rightarrow +\propto } f_n(x) =-1$ . $f_n(0) >0$ nên pt có nghiệm duy nhất thuộc $(0, + \propto )$

b)$f_n(1)=\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{i(1+i)}-1=-\frac{1}{n+1} <0=f_n(x_n)$ nên $x_n <1$ do $f$ nghịch biến

Mặt khác $f'_n(x)=\sum_{i=1}^{n}\frac{-1}{i(x+i)^2} <-1/4 \forall 1>x>0$ 

Theo định lí lagrange thì tồn tại $c$ thuộc $(x_n,1)$ sao cho $\frac{f_n(x_n)-f_n(1)}{x_n-1}=f'_n(c)<-1/4 => 0<1-x_n<\frac{4}{n+1}$

=> $lim x_n=1$

Bài 4 :

a) $f(3)=f^2(2)+1 , f(4).f(2)=f^2(3)+1=f^4(2)+2f^2(2)+2 => f(2) |2$

 TH1 : $f(2)=1 . f(n+1)=\frac{f^2(n)+1}{f(n-1)}$ . quy nạp ta được $f(n+1)=3f(n)-f(n-1)$

 TH2  :$f(2)=2. f(n+1)=\frac{f^2(n)+1}{f(n-1)}$ . quy nạp ta cũng được $f(n+1)=3f(n)-f(n-1)$

Vậy có 2 hàm thỏa mãn 

b)đặt $g(x)=f(x)-x $ => $g(g(x)+x+x^2+y)=g(y)$ (1)

- $g(x)=-x-x^2 \forall x$ thỏa mãn

- tồn tại $c$ sao cho $f(c)+c+c^2=a \neq 0$ => $g(y+a)=g(y)$

thay $x$ bởi $x+a$=> $g(g(x)+x+x^2+y+2ax+1+a)=g(y)=g(g(x)+x+x^2+y)$

tiếp tục thay $y$ bởi $-x-x^2-g(x)$ => $g(2ax+1+a)=g(0)$

 vậy $g(x)=b$ ( $b$ thực )

 có 2 hàm $f(x)=-x^2$ và $f(x)=x+c$ thỏa mãn 

Lời giải bài 1 

Gọi $HM$ cắt $(O)$ tại $J$ , Ta cm $DJ$ song song $PE$ tương đương với cm $OM$ đi qua trung điểm $PE$

Áp dụng menelaus cho tam giác $HAJ$ với cát tuyến $ODP$ nên 

$\frac{PH}{PJ}=\frac{DH}{DA}=\frac{EJ}{EA}$  nên theo ERIQ thì trung điểm $PE,HJ,AJ$ thẳng hàng nên $OM$ đi qua trung điểm $PE$ .  dpcm

Lời giải : ,  $n=2k+1$ nên với mọi $p$ là số nguyên tố lẻ mà $p|3^{2k+1}+1 | 3^{2k+2}+3$

 đặt $3^{k+1}=2a+1$ nên $(2a+1)^2+3=4(a^2+a+1)\equiv 0 $(mod $p$)  dó $p$ lẻ nên $p | a^2+a+1 |a^3-1 $ do $p$ ko chia hết $a-1$ ( nếu ngược lại thì $p=3$ vô lí ) nên $ord_p(a)=3$ mặt khác theo fermat thì $p|a^{p-1}-1$ nên $3|p-1$ . Vậy thì $u=p_1^{\alpha _1}.... p_k^{\alpha _k}\equiv 1(mod 3)$

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$, $I$ là trung điểm cạnh $BC$. Phân giác trong $AD$  ($D$ trên cạnh $BC$),hai điểm $P,Q$ trên cạnh $AD$ thoả mãn $\angle CBP=\angle ABQ$. $M$ là hình chiếu của $Q$ trên $BC$, $N$ đối xứng với $I$ qua $AD$. Chứng minh $MN \perp OP$

$AD$ cắt $(O),NI$ tại $X,Y$ . $OX$ cắt $(O)$ tại $Z$

 Có $QMYI$ nọi tiếp nên ta có $\Delta XIQ \sim \Delta IYM$

Mặt khác $(BPQ)$ tiếp xức $BX$ nên $XP.XQ=BX^2=XI.XZ$ nên $\Delta XPZ \sim \Delta XIQ \sim \Delta IYM$ => $\Delta XPO \sim \Delta INM$

nên $OP$ vuông góc $MN$

Câu 1 : Cho dãy số $( x_n )$ thỏa mãn $x_1 = 2 , x_{n+1}=\frac{2x_n+1}{x_n+2}$

Xác định HSTQ Của $x_n$ và tìm $lim x_n$

Câu 2 : Cho đường tròn tâm $O$ đường kính $AB$ . Một điểm $H$ thuộc đoạn $AB$ . Đường thẳng qua $H$ vuông góc với $AB$ cắt $(O)$ tại $C$ . Đường tròn đường kính $CH$ cắt $AC,CB,(O)$ tại $D,E,F$

a) Chứng minh rằng $AB,DE,CF$ đồng quy

b) Đường tròn tâm $C$ bán kính $CH$ cắt $(O)$ tại $P,Q$

Chứng minh rằng $P,Q,D,E$ thẳng hàng

Câu 3

a) Tìm tất cả các đa thức $P(x)$ hệ số thực thỏa mãn đồng nhất thức :

$x.P(x-1)=(x-3).P(x)$

b) Tìm tất cả các hàm $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn:

$f(xy)+f(x)+f(y)=f(x)f(y)+f(x+y)$  $\forall x,y\in \mathbb{R}$

Câu 4 :Cho $a,b,c$ là 3 số nguyên thỏa mãn $a+b+c=a^2.(c-b)+b^2.(a-c)+c^2(b-a)$ 

Chứng minh rằng $a+b+c$ chia hết cho 27

Câu 5 : Cho tập $M$ gồm 2017 số dương $a_1;a_2;...;a_{2017}$ . Xét tất cả các tập con $T_i$ khác rỗng của $M$. Gọi $s_i$ là tổng các số thuộc tập $T_i$ nói trên . Chứng minh rằng có thể chia tập hợp tất cả các số $s_i$ được thành lập như vậy thành 2017 tập hợp con khác rỗng không giao nhau sao cho tỷ số của 2 số bất kì thuộc còng một tập hợp con vừa được thân chia không quá 2

Lời giải bài 2 :

(Chứng minh Đường thẳng qua $X,Y,Z$ vuông góc với $CB,CA,AB$ đồng quy tại $K$ : $l$ cắt $AB,AC$ tại $M,N$  . Đường thẳng qua $M,N$ vuông góc với $AC,AB$ cắt $BY,CZ$ tại $Y',Z'$ . $X'$ là trực tâm tam giác $AMN$ . Đường thẳng qua $X',Y',Z'$ vuông góc với $CB,CA,AB$ đồng quy tại $X'$ . Hơn nữa $X',Y',Z'$ chia $AD,BE,CF$ cùng 1 tỷ số nên Đường thẳng qua $X,Y,Z$ vuông góc với $CB,CA,AB$ đồng quy tại $K$ nằm trên đường nối trực tâm 2 tam giác $ABC,AMN$)

Giả sử $(CZK)$ cắt $(ABC)$ tại $L$ .Ta có $(LB,LK)=(LB,LC)+(LC,LK)=(AB,AC)+(ZC,ZK)=(AM,AN)+(MN,MA)=(MN,AN)=(YB,YK) (mod \pi)$ nên $(LBYK)$ nội tiếp . Tương tự thì $(LAXK)$ nt , Vậy 3 đường tròn đó đồng quy tại $K,L$ . Mặt khác $KL$ cắt $(O)$ tại $H$ thì $(OH,OB)=2(LK,LB)=2(AC,l) (mod \pi)$ cố định nên $H$ cố định