Đến nội dung

baopbc

baopbc

Đăng ký: 14-11-2015
Offline Đăng nhập: 30-04-2017 - 08:46
****-

#657405 Tuần 2 tháng 10/2016: $\angle SCD=\angle TDC$

Gửi bởi baopbc trong 10-10-2016 - 15:19

Như vậy thầy Hùng đã đưa ra lời giải bài cũ trong tuần 2 tháng 10 và kèm theo đó là bài toán mới, xin trích dẫn lại bài toán mới,

 

Cho hình thang cân $ABCD$ với $AB\parallel CD$. $P$ là một điểm nằm trong hình thang. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $PAD,PBC$ cắt $CD$ tại $M,N$ khác $C,D$. $PA,PB$ lần lượt cắt $AM,BN$ tại $S,T$. Chứng minh rằng $\angle SCD=\angle TDC$.

Capture.PNG

Hình vẽ bài toán




#656765 Chứng minh $(DBC)$ tiếp xúc $(AMN)$

Gửi bởi baopbc trong 05-10-2016 - 14:21

Bài này mình có đưa lên diễn đàn một lần rồi, bạn xem tại đây hoặc trong bài viết "đường tròn phụ trong một số bài toán tiếp xúc"! :)




#656593 MIN: $P=\frac{ab+1}{(a+b)^2}+\frac{bc...

Gửi bởi baopbc trong 03-10-2016 - 20:30

Bài này là USAMO 2011, xin trích dẫn lại lời giải của một thành viên trên AoPS.

Lời giải




#656574 Topic: [LTDH] Mỗi ngày hai bất đẳng thức.

Gửi bởi baopbc trong 03-10-2016 - 17:48

Bài 73. Ta có : $\frac{a^2+b^2}{a+b}-\frac{a+b}{2}=\frac{2a^2+2b^2-(a+b)^2}{2(a+b)}=\frac{(a-b)^2}{2(a+b)}$

Tương tự với các biểu thức còn lại ta suy ra :

\[\sum \frac{a^2+b^2}{a+b}-(a+b+c)=\sum \frac{(a-b)^2}{2(a+b)}\]

Mặt khác theo bất đẳng thức $\text{Cauchy}$ thì :

\[\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}-(a+b+c)=\frac{\sum (a-b)^2}{\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}+(a+b+c)}\leq \frac{\sum (a-b)^2}{2(a+b+c)}\]

Do đó ta cần chứng minh :

\[\sum (a-b)^2(\frac{1}{2(a+b)}-\frac{1}{2(a+b+c)})\geq 0\]

Do $a,b,c>0$ nên bất đẳng thức này hiển nhiên đúng.

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$.

 




#656531 Tuần 1 tháng 10/2016: Tiếp tục với vấn đề vuông góc

Gửi bởi baopbc trong 02-10-2016 - 23:12

Như vậy thầy Hùng đã đưa ra lời giải bài cũ trong tuần 1 tháng 10 và kèm theo đó là bài toán mới, xin trích dẫn lại bài toán đó,

 

Cho $\triangle ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ và $P$ là điểm thuộc cung $BC$ không chứa $A.PB,PC$ cắt $CA,AB$ lần lượt tại $E,F$. Đường tròn ngoại tiếp $\triangle ABE,\triangle ACF$ cắt nhau tại $G$ khác $A$. $AG$ cắt $(O)$ tại $D$ khác $A$. $Q$ thuộc $(O)$ sao cho $\angle QAB=\angle PAC$. $QD$ cắt $BC$ tại $R$. Chứng minh rằng $OR\perp AQ$.

 




#656284 Đề thi chọn đội tuyển Quốc gia tỉnh Thanh Hóa năm 2016-2017(vòng 2)

Gửi bởi baopbc trong 01-10-2016 - 21:08

Lời giải khác cho bài 1.

Từ giả thiết suy ra $xy+yz+xz=xyz(x+y+z)$

Đặt $yz=a,zx=b,xy=c$ thì $a+b+c=ab+bc+ca$, khi đó bất đẳng thức cần chứng minh $\Leftrightarrow $

\[\sum \frac{1}{(2a+b+c)^2}\leq \frac{3}{16abc}\]

Theo bất đẳng thức $\text{Cauchy}$,

$\frac{1}{[(a+b)+(b+c)]^2}\leq \frac{1}{4(a+b)(a+c)}$

Thiết lập các bất đẳng thức còn lại tương tự, ta sẽ chứng minh 

\[\sum \frac{1}{(a+b)(a+c)}\leq \frac{3}{4abc}\]

Đổi biến $p,q,r$ thì $p=q$ và bất đẳng thức trở thành $\frac{2p}{(pq-r)q}\leq \frac{3}{4pr}\Leftrightarrow 8pr\leq 3p^2-3r\Leftrightarrow 24pr\leq 9p^2-9r$

Theo bất đẳng thức $\text{Cauchy}$ thì $p^2=pq\geq 9r, 3pr\leq q^2=p^2$ nên bất đẳng thức hiển nhiên đúng.

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$ hay $x=y=z=1$




#656272 Topic: [LTDH] Mỗi ngày hai bất đẳng thức.

Gửi bởi baopbc trong 01-10-2016 - 20:37

Bài 67. Theo bất đẳng thức $\text{Cauchy}$,

Ta có $\frac{1}{1+(ab)^2}=\frac{1+(ab)^2}{1+(ab)^2}-\frac{(ab)^2}{1+(ab)^2}=1-\frac{(ab)^2}{1+(ab)^2}\geq 1-\frac{ab}{2}$

Thiết lập các bất đẳng thức tương tự ta cần chứng minh 

\[3-\frac{ab+bc+ca}{2}\geq \frac{9}{2(a+b+c)}\]

Đặt $a+b+c=x$, theo giả thiết thì $a^2+b^2+c^2=3$ nên $ab+bc+ca=\frac{x^2-3}{2}$

Do đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

\[3-\frac{x^2-3}{4}\geq \frac{9}{2x}\Leftrightarrow 12x-x^3+3x-18\geq 0\Leftrightarrow x^3-15x+18\leq 0\Leftrightarrow (x-3)(x^2+3x-6)\leq 0\]

Do $a^2+b^2+c^2=3$ nên $\sqrt{3}<x\leq 3$ suy ra $x-3\leq 0,x^2+3x-6>0$. Bất đẳng thức được chứng minh.

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$.




#656248 Đề thi chọn đội tuyển Quốc gia tỉnh Thanh Hóa năm 2016-2017(vòng 2)

Gửi bởi baopbc trong 01-10-2016 - 19:08

Bài 3. (Một bài quen thuộc)

Dễ thấy $C^i_{n-i+1}$ là số tất cả các tập con gồm $i$ phần tử của tập hợp $\left \{ 1,2,3,...,n \right \}$ sao cho không chứa hai số nguyên liên tiếp.

Từ đó $S_n$ là số tất cả các tập con của $\left \{ 1,2,3,...,n \right \}$ sao cho không chứa hai số nguyên liên tiếp.

Nhận thấy tập $S_n$ được cho bởi :

$i,$ $S_{n-1}$

$ii,$ Các tập con của $S_{n-1}$ mà không chứa phần tử $n-1$ và thêm vào phần tử $n$

Do đó $S_n=S_{n-1}+S_{n-2}$.

Mặt khác dễ thấy $S_0=1$ và $S_1=2$ nên 

$S_n=\sum_{i=0}^{[\frac{n+1}{2}]} C_{n-i+1}^i=\frac{5+3\sqrt{5}}{10}(\frac{1+\sqrt{5}}{2})^n+\frac{5-3\sqrt{5}}{10}(\frac{1-\sqrt{5}}{2})^n$




#656186 Đề thi chọn đội tuyển Quốc gia tỉnh Thanh Hóa năm 2016-2017 ngày 1

Gửi bởi baopbc trong 30-09-2016 - 23:11

Bài 1. Tìm tất cả các hàm $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ thỏa mãn :

\[f(f(x)+f(y))=f(x^2)+2x^2f(y)+f^2(y)\]

 

Lời giải. Thay $x=1,y=0$ vào phương trình đầu ta được $f(f(1)+f(0))=f(1)+2f(0)+f^2(0)$.

Thay $x=0,y=1$ vào phương trình đầu ta được $f(f(0)+f(1))=f(0)+f^2(1)$

Từ đó suy ra $f(0)+f^2(1)=f(1)+2f(0)+f^2(0)\Rightarrow [f(1)-f(0)][f(0)+f(1)]=f(0)+f(1)$

Do đó $f(1)=-f(0)$ hoặc $f(1)=f(0)+1$

 

Nếu $f(1)=-f(0)$ ta suy ra $f(0)=f(1)+2f(0)+f^2(0)=-f(0)+2f(0)+f^2(0)\Rightarrow f^2(0)=0\Rightarrow f(0)=0\Rightarrow f(1)=0$

Thay $x=0$ vào phương trình đầu ta được $f(f(y))=f^2(y)$

Thay $x=1$ vào phương trình đầu ta được $f(f(y))=2f(y)+f^2(y)$

Từ đó suy ra $f(y)=0 \ \forall y\in \mathbb{R}$

 

Nếu $f(1)=f(0)+1$.

Thay $x$ bởi $y$, thay $y$ bới $x$ vào phương trình đầu ta được $f(x^2)+2x^2f(y)+f^2(y)=f(y^2)+2y^2f(x)+f^2(x) \ (1)$

Thay $x=0$ vào $(1)$ ta suy ra $f(0)+f^2(y)=f(y^2)+2y^2f(0)+f^2(0)$

Thay $x=1$ vào $(1)$, chú ý $f(1)=f(0)+1$ ta được $f(1)+2f(y)+f^2(y)=f(y^2)+2y^2f(1)+f^2(1)$

$\Rightarrow f(0)+1+2f(y)+f^2(y)=f(y^2)+2y^2f(0)+2y^2+f^2(0)+2f(0)+1$

$\Rightarrow 2f(y)=2x^2+2f(0)\Rightarrow f(x)=x^2+f(0)$.

Thử lại thấy $f(0)=0$ thỏa mãn. Vậy có hai hàm thỏa mãn bài toán là $f(x)=0$ và $f(x)=x^2$

 




#656005 Chứng minh $ K$ di chuyển trên một đường cố định khi $ A$...

Gửi bởi baopbc trong 29-09-2016 - 19:41

Gọi $T$ là trung điểm $BC$. Ta có $MS^2-MB^2=\frac{BE^2}{4}-\frac{BF^2}{4}$, tương tự thì $NC^2-NS^2=\frac{CE^2}{4}-\frac{CF^2}{4}$

$\Rightarrow MS^2-MB^2+NC^2-NS^2=\frac{BE^2}{4}-\frac{BF^2}{4}+\frac{CE^2}{4}-\frac{CF^2}{4}=\frac{BC^2}{4}-\frac{BC^2}{4}=0$

Mặt khác do $TB^2-TC^2=0$ nên $MS^2-MB^2+NC^2-NS^2+TB^2-TC^2=0$

Do đó theo định lí $\text{Carnot's}$, $K$ thuộc đường thẳng qua $T$ vuông góc với $BC$. Do đó $K$ di chuyển trên một đường thẳng cố định.




#655933 Tìm $minP=\sum\frac{a^2+b^2}{b+c}$

Gửi bởi baopbc trong 28-09-2016 - 22:38

Lời giải. (Hi vọng không nhầm lẫn)

Ta có : $\frac{a^2+b^2}{b+c}=\frac{1-c^2}{b+c}=\frac{1+bc-bc-c^2}{b+c}=\frac{1+bc}{b+c}-c$

Thiết lập các đẳng thức còn lại ta được :

$P=\sum \frac{1+bc}{b+c}-(a+b+c)=\sum\frac{a^2+\frac{1}{2}(b^2+c^2)+\frac{1}{2}(b+c)^2}{b+c}-(a+b+c)=\frac{1}{2}\sum \frac{a^2+1}{b+c}$

Theo bất đẳng thức Cauchy thì $a^2+1=a^2+\frac{1}{3}+\frac{2}{3}\geq \frac{2a}{\sqrt{3}}+\frac{2}{3}=\frac{2a\sqrt{3}+2}{3}$

$\implies P\geq \frac{1}{2}\sum \frac{2a\sqrt{3}+2}{3(b+c)}\geq \sum \frac{a\sqrt{3}+1}{3(b+c)}\geq \frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{3}{2(a+b+c)}\geq \sqrt{3}$ (Theo Nesbit)

Dấu đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}$

 




#655694 Đề thi chọn đội tuyển quốc gia THPT chuyên KHTN - ĐHQG Hà Nội vòng 2 năm 2016

Gửi bởi baopbc trong 26-09-2016 - 22:10

Bài hình sử dụng nhiều kết quả quen thuộc! :)

Gọi $T'$ là giao điểm của $\odot (AEF)$ với $\odot (O)$.

Gọi $D'$ là đối xứng của $D$ qua $AI$. $N$ là giao điểm các tiếp tuyến tại $D',P$ của $(I)$.

Xét cực đối cực đối với đường tròn $(I)$ thì $PD',EF$ theo thứ tự là đường đối cực của $N,A$ đối với $(I)$.

Theo kết quả quen thuộc thì $P$ thuộc đường tròn $\text{Appolonius}$ chia $BC$ theo tỉ số $\frac{DB}{DC}$. 

Gọi $S$ là chân đường vuông góc kẻ từ $D$ xuống $EF$. 

Ta có $\angle SPE=\angle EPF-\angle DPF-\angle (EF,BC)=\angle DPF$ nên $PS$ đi qua $D'$.

Mặt khác do $\odot (BIC)$ tiếp xúc $\odot (AEF)$ nên tiếp tuyến tại $I$, $AT'$, $BC$ đồng quy. Từ đó suy ra $AT'$ là đường đối cực của $S$ đối với $(I)$.

Do đó $AT'$ đi qua $N$ suy ra $T\equiv T'$ suy ra $\angle ATI=90^\circ$




#655677 Đề thi chọn đội tuyển quốc gia THPT chuyên KHTN - ĐHQG Hà Nội vòng 2 năm 2016

Gửi bởi baopbc trong 26-09-2016 - 21:27

Ngày 2.

 

Bài 1. Tìm $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ thỏa mãn :

\[2f(x)\cdot f(x+y)-f(x^2)=\frac{1}{2}x(f(2x)+4f(f(y)))\]

 

Bài 2. Cho $n$ nguyên dương. Các tâm thẻ trong một bộ sưu tập có giá trị $m!$ với $m$ là số nguyên dương nào đó, Một bộ sưu tập tốt là một bộ sưu tập sao cho với mọi số $k$ thỏa mãn $k\leq n!$, luôn tồn tại một số tâm thẻ trọng bộ sưu tập mà tồng giá trị các thẻ này bằng $k$. Tìm số tấm thẻ ít nhất của bộ sưu tập tốt.

 

Bài 3. Tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$, ngoại tiếp $(I)$. Đường tròn qua $B,C$ tiếp xúc $(I)$ tại $P$. $AI$ giao $BC$ tại $X$. Tiếp tuyến qua $X$ của $(I)$ khác $BC$, giao tiếp tuyến tại $(I)$ tại $P$ tại $S$. $AS$ giao $(O)$ tại $T$ khác $A$. Chứng minh rằng $\angle ATI=90^\circ$.

 

Bài 4. Cho $x,y$ là các số thực dương sao cho $2x+y,2y+x\neq 2$. Tìm giá trị nhỏ nhất của :

\[P=\frac{(2x^2+y)(4x+y^2)}{(2x+y-2)^2}+\frac{(2y^2+x)(4y+x^2)}{(x+2y-2)^2}-3(x+y)\]




#655593 Tuần 4 tháng 9/2016: Đường vuông góc trên cấu hình đường tròn Mixlinear

Gửi bởi baopbc trong 26-09-2016 - 13:39

Lời giải của em.

Post 340.PNG

Hình 1

Tiếp tuyến tại $D$ của $\odot (K)$ cắt $BC$ tại $X$.

$SK$ cắt $\odot (O)$ tại $R$.

$\odot (K)$ tiếp xúc $CA,AB$ theo thứ tự tại $E$ và $F$.

Gọi $Z$ là giao điểm của $AD$ với $\odot (K)$.

Do $DZ,EA,FA$ đồng quy nên tứ giác $DFZE$ điều hòa suy ra tiếp tuyến tại $Z,D$ của $\odot (K)$ cắt nhau tại $Y$ thuộc $EF$.

Do đó $\mathcal{P}_{Y/\odot (O)}=YD^2=\overline{YF}\cdot \overline{YE}=\mathcal{P}_{Y/\odot (AEF)}$.

Từ đó $Y$ thuộc trục đẳng phương của $\odot (AEF)$ và $\odot (O)$.

Do $\angle ARK=90^\circ$ nên $R$ thuộc $\odot (AEF)$ suy ra $A,R,Y$ thẳng hàng.

Từ đó $(AR,AD,AF,AE)=-1$ nên tứ giác $RBDC$ điều hòa suy ra tiếp tuyến tại $R,D$ của $\odot (O)$ cắt nhau trên $BC$ hay $XR$ tiếp xúc $\odot (O)$.

Gọi $L$ là giao điểm khác $D$ của $DO$ với $\odot (O)$ thì $TL$ tiếp xúc $\odot (O)$.

Từ đó theo tính chất của tứ giác ngoại tiếp $DL,RS,XT$ đồng quy hay $XL$ đi qua $K$.

Do đó $P$ là đối xứng của $D$ qua $XK$ hay $\odot (BPC)$ tiếp xúc $\odot (K)$.

Post 341.PNG

Hình 2

Do $AQ,AO$ đẳng giác nên $Q$ là đối xứng của $O$ qua $AX$.

Từ đó đường tròn tâm $Q$ bán kính $QA$ là đối xứng của $\odot (O)$ qua $AX$. 

$D'$ là điểm đối xứng của $D$ qua $AX$

Gọi $M$ là giao điểm của $BE$ và $CF$ ;

$J$ là giao điểm của $GD$ với $\odot (K)$.

$G_1,G_2$ lần lượt là giao điểm của $\odot (K)$ với $BC$.

$L'$ là giao điểm của $AD'$ với $\odot (K)$.

Do tứ giác $PG_1DG_2$ điều hòa nên $(JD,JP,JG_1,JG_2)=-1$.

Từ đó gọi $H$ là giao điểm của $JP$ với $BC$ thì $(GHG_1G_2)=-1$.

Mặt khác do $DG_1,DG_2$ đẳng giác trong $\angle BDC$ nên $HG$ là phân giác ngoài $\angle G_1DG_2$ suy ra $DH$ là phân giác $\angle G_1DG_2$.

Do đó $DH$ đi qua $I$ là trung điểm $EF$.

Do $DA$ là đường đối trung của $\triangle EDF$ nên $DA,DI$ đẳng giác trong $\angle EDF$.

Mặt khác do $AD,AD'$ đối xứng nhau qua $AX$ nên $DH$ đi qua $L'$.

Áp dụng định lí $\text{Pascal's}$ cho hệ điểm $\begin{pmatrix} L' & P & D\\ J & D & P \end{pmatrix}$ ta suy ra $PL',DJ,BC$ đồng quy hay $PL'$ đi qua $G$.

Từ đó do tứ giác $L'ED'F$ điều hòa nên $(PL',PD',PE,PF)=-1 \Leftrightarrow (PG,PD',PE,PF)=-1$.

Do đó $PD',EF,AM$ đồng quy.  $(1)$

Gọi $N$ là giao điểm của hai tiếp tuyến tại $P$ và $D'$ của $\odot (K)$.

Xét cực đối cực đối với $\odot (K)$, do $AM,EF,PD'$ lần lượt là đường đối cực của $G,A,N$ đối với $\odot (K)$ nên theo $(1)$ thì $N,A,G$ thẳng hàng.

Mặt khác theo định lí về tâm đẳng phương thì tiếp tuyến tại $P,D'$ của $\odot (K)$ và trục đẳng phương của $\odot (Q)$ và $\odot (R,RA)$ đồng quy.

Từ đó$AG$ là trục đẳng phương của $\odot (Q)$ và $\odot (R,RA)$.

Do đó $AG\perp QR$. $\blacksquare$




#655528 Tuần 4 tháng 9/2016: Đường vuông góc trên cấu hình đường tròn Mixlinear

Gửi bởi baopbc trong 25-09-2016 - 19:00

Như vậy thầy Hùng đã đưa ra lời giải bài cũ trong tuần 4 tháng 9 và kèm theo đó là bài toán mới, xin trích dẫn lại bài toán đó.

 

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp trong đường tròn $(O)$ đường kính $AS$. Đường tròn $(K)$ tiếp xúc $CA,AB$ và tiếp xúc trong $(O)$ tại $D$. Trung trực $AD$ cắt tiếp tuyến tại $S$ của $(O)$ tại $T.P$ đối xứng với $D$ qua $TK$. Trung trực $AP$ cắt $PK$ tại $R.AK$ cắt $(O)$ tại $X$ khác $A.DX$ cắt $BC$ tại $G$. Lấy $Q$ trên trung trực $AX$ sao cho $AQ\perp BC$. Chứng minh rằng $QR\perp AG$.

Post 339.PNG

Hình vẽ bài toán