Đến nội dung


moonkey01

Đăng ký: 22-05-2016
Offline Đăng nhập: Hôm qua, 23:14
*****

Bài viết của tôi gửi

Trong chủ đề: Đề thi chọn đội dự tuyển lớp 10 PTNK - ĐHQGTPHCM

14-01-2017 - 23:37

Cho mình hỏi đây là đề lớp 10 va 11 à

 

Đây là đề dành cho khối 10 để chọn đội dự tuyển trường PTNK; lời giải trên được đưa ra sau khi kết thúc buổi thi và các anh khoá trước cùng ngồi giải đề với một số bạn khối 10. Cảm ơn sự quan tâm của bạn.


Trong chủ đề: Đề thi chọn đội dự tuyển lớp 10 PTNK - ĐHQGTPHCM

14-01-2017 - 23:21

hướng làm bài 2: theo Phương Trình hàm Cauchy và điều 1 có $f(x)=x^{c} (c \in \mathbb{N})$ dựa theo điều 2 ta suy ra $c$ lẻ . dựa theo điều 3 thì $c=3$ kết luận $f(x)=x^{3}$

 

Vậy bạn có thể phát biểu lại rõ ràng giúp mình rằng như thế nào là phương trình hàm Cauchy và các điều kiện của phương trình hàm Cauchy là gì hay không ?

 

Lời giải sau được đề nghị bởi Lâm Hữu Phúc, học sinh lớp 11 Toán trường PTNK - ĐHQG TP.HCM.

 

Nhận xét rằng vai trò của số $2017$ trong bài toán là không cần thiết cho nên ta sẽ giải bài toán khi thay $2017$ bởi số nguyên dương $p$ bất kỳ. Từ điều kiện đầu tiên, ta có được $f(p^k)=p^{3k}$ với $k$ là số nguyên dương bất kỳ. Tại điều kiện thứ hai, thay $n$ bởi $m$, ta có $f(m)$ là bội của $m$ với mỗi $m$ nguyên dương nên ta đặt $f(m)=m.g(m)$ ($g:\mathbb{N^{*}}\rightarrow \mathbb{N^{*}}$). Khi đó ta có các điều kiện sau:

 

i) $g(mn)=g(m).g(n) \forall m,n \in\mathbb{N^{*}}$

ii) $m.g(m)+n.g(n)$ là bội của $m+n$.

iii) $g(p^{n})=p^{2n} \forall n\in \mathbb{N^{*}}$.

 

Đặt $h(m)=g(m)-m^2$ ($h:\mathbb{N^{*}}\rightarrow \mathbb{Z}$) và thay $n$ bởi $p^n$ tại ii), ta có $m.h(m)$ là bội của $m+p^n$. Chọn $n$ đủ lớn thì $h(m)=0$ với mỗi $m$ hay $f(m)=m^3$ với mỗi $m$ nguyên dương. Thử lại thoả mãn.

 

Kết luận: $f(m)=m^3$ là nghiệm hàm duy nhất. $\blacksquare$


Trong chủ đề: VMF's Marathon Hình học Olympic

11-01-2017 - 00:11

 

$\boxed { Bài \ toán \ 110} $ (sách) Cho $\triangle ABC$ nội tiếp $(O)$ , $K,L$ là tâm bàng tiếp góc $\angle B, \angle C$. $(K)$ tiếp xúc $BA,BC$ tại $B_1,B_2$, tương tự ta có $C_1,C_2$. $B_1B_2$ cắt $C_1C_2$ tại $N$. Chứng minh rằng $AN \perp BC$

 

 

Lời giải của em như sau. Em tính hết ra.

 

Không mất tính tổng quát, giả sử vị trí các điểm như hình vẽ. Đặt $BC=a, CA=b, AB=c$. Gọi đường cao $AH$ của tam giác $ABC$ cắt $CL,BK,B_1B_2,C_1C_2$ tại $X,Y,T,T'$. Ta có $\angle HT'C_2=\frac{\angle ACB}{2}=\angle ACL$ nên $CXC_1T'$ nội tiếp hay $AX.AT'=AC.AC_1=b(p-b)$. Tương tự thì $AY.AT=AB.AB'=c(p-c)$ nên $\frac{AX}{AY}.\frac{AT'}{AT}=\frac{b(p-b)}{c(p-c)}$. Ta tính được $BH=AB.cos\angle ABC=\frac{c(c^2+a^2-b^2)}{2ca}=\frac{c^2+a^2-b^2}{2a}$, mặt khác theo tính chất đường phân giác thì $\frac{AY}{AB}=\frac{YH}{BH}=\frac{AH}{AB+BH}$ nên $AY=\frac{AB.AH}{AB+BH}=\frac{c.AH}{c+\frac{c^2+a^2-b^2}{2a}}=\frac{2ac.AH}{(c+a-b)(c+a+b)}=\frac{ac.AH}{2p(p-b)}$, tương tự thì $AX=\frac{ab.AH}{2p(p-c)}$. Do đó $\frac{AX}{AY}=\frac{b(p-b)}{c(p-c)}=\frac{AX}{AY}.\frac{AT'}{AT}$, dẫn đến $AT=AT'$ hay $B_1B_2,C_1C_2$ cắt nhau trên $AH$. Vậy $AN\perp BC$ $\blacksquare$

 

Và em muốn nhờ thầy Hùng đề nghị bài toán mới :)


Trong chủ đề: VMF's Marathon Hình học Olympic

10-01-2017 - 15:09

Bài toán 108 (Mở rộng ý a) bài toán 7 VMO 2017). Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Một đường tròn $(K)$ đi qua $B,C$. Trung trực $BC$ cắt $(K)$ tại $M,N$. $P$ là điểm thuộc $(K)$. $PM$ cắt $CA,AB$ tại $E,F$. $BE$ cắt $CF$ tại $L$. Chứng minh rằng $AL,PN$ và $BC$ đồng quy.

 

attachicon.gifFigure4244.png

 

Không rõ lời giải của em có nhầm lẫn gì không, nhưng em thấy lời giải khá ngắn.

 

Gọi $NP$ cắt $BC$ tại $T$, $EF$ cắt $BC$ tại $S$ thì $PN$ là phân giác $\angle BPC$ nên $(ST,BC)=-1$, từ đó dễ dàng có ngay $AL$ đi qua $T$.

 

Bài toán tiếp theo là của thầy Hùng, là bài toán 25 trong tập bài giảng của thầy tại đây: http://analgeomatica...t-chuyen-i.html. Nói ngoài lề một ít, đây là tập bài giảng làm em rất ấn tượng, một phần vì các bài sau rất khó, và mỗi lần sau một khoảng thời gian giải lại thì lại tìm thấy những điều thú vị.

 

Bài toán 109 (Sáng tác từ Serbia 2013 và Iran 2015): Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$, $X$ là điểm trên cung nhỏ $BC$ sao cho nếu $E,F$ là hình chiếu của $X$ trên $IB,IC$ thì trung điểm $EF$ nằm trên trung trực $BC$. Gọi $J$ là tâm bàng tiếp góc $\angle BAC$ của tam giác $ABC$. Chứng minh rằng $XJ$ đi qua trung điểm cung lớn $BC$ của $(O)$.


Trong chủ đề: VMF's Marathon Hình học Olympic

08-01-2017 - 20:33

Bài toán 105.(Mở rộng ý a) VMO 2017 bài toán 3)Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Một đường tròn $(K)$ đi qua $B,C$ cắt $CA,AB$ tại $E,F$ khác $B,C$. $BE$ cắt $CF$ tại $H$. $AH$ cắt $(O)$ tại $D$ khác $A$. Tiếp tuyến tại $E,F$ của $(K)$ lần lượt cắt $DB,DC$ tại $M,N$. Chứng minh rằng $MN\perp OH$.

 

Bổ đề: Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$. Đường tròn $(K)$ đi qua $B,C$ cắt $CA,AB$ tại $E,F$. $BE$ cắt $CF$ tại $H$. Gọi $AT$ là đường kính của $(O)$. Khi đó $T,K,H$ thẳng hàng.

 

Lời giải bài toán 105: Gọi $L$ là giao điểm của $ME,AH$ thì ta có $\angle LEB=\angle ACB=\angle ADB$ nên $BDEL$ nội tiếp, dẫn đến $HL.HD=HE.HB=HF.HC$ hay $CDFL$ nội tiếp. Từ đó $\angle LFC=\angle ADC=\angle ADC$ nên $FL$ là tiếp tuyến của $(K)$ và $N,F,L$ thẳng hàng. Mặt khác $ML.ME=MB.MD$ và $NL.NF=NC.ND$ nên $MN$ chính là trục đẳng phương của $(LEF)$ và $(K)$, nên ta chỉ cần chứng minh tâm của $(LEF)$ nằm trên $OH$ hay $OH$ chia đôi $LK$. Gọi $AT$ là đường kính của $(O)$, do $BCEF$ nội tiếp nên dễ dàng chứng minh được $EF\perp AT$, mà $EF||LK$ (tính chất tiếp tuyến) nên $LK||EF$. Theo bổ đề, $T,K,H$ thẳng hàng mà $OH$ chia đôi $AT$ nên $OH$ chia đôi $LK$. Vậy $MN\perp OH$.

 

Một hệ quả của bài toán là $MN,EF,BC$ đồng quy, Thật vậy, nếu gọi $EF$ cắt $BC$ tại $S$ thì $SE.SF=SB.SC$ nên $S$ nằm trên trục đẳng phương của $(LEF)$ và $(K)$ hay $MN,EF,BC$ đồng quy.

 

Hình vẽ bài toán 105 ở phần dưới.

 

Bài toán 106 (Sưu tầm): Cho tam giác $ABC$ nhọn có $AD,BE,CF$ là đường cao và trực tâm $H$. $I$ là tâm nội tiếp tam giác $AEF$. Gọi $M,N$ là điểm trên $(IAB),(IAC)$ sao cho $BM,CN$ là phân giác $\angle ABC, \angle ACB$. Chứng minh rằng trung tuyển qua $M,N$ của tam giác $MHB,NHC$ cắt nhau trên $(DEF)$.