Chủ đề này có 47 trả lời

[Viet Hoang 99]

$\boxed{\text{Đề 3}}$  Năm $2002$ ( Cho thí sinh chuyên toán và tin)

 

Bài $5$:

 

Đường tròn $\left ( C \right )$ tâm $I$ nội tiếp tam giác $ABC$ tiếp xúc với các cạnh $BC;CA;AB$ tương ứng tại các điểm $A';B';C'$.

 

$1.$ Gọi các giao điểm của đường tròn $\left ( C \right )$ với các đoạn $IA,IB,IC$ lần lượt là $M,N,P$. Chứng minh rằng các đường thẳng $A'M,B'N,C'P$ đồng quy.

 

$2.$ Kéo dài đoạn $AI$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ tại $D$( khác $A$). Chứng minh rằng:

 

$\frac{IB.IC}{ID}=2r$ trong đó $r$ là bán kính đường tròn $\left ( C \right )$.

 

$\blacksquare \blacksquare \blacksquare$

 

Bài $5$:

$1/$

Tứ giác $BCB'C'$ nội tiếp

$\Rightarrow \widehat{AIB'}=\widehat{AIC'}\Rightarrow \widetilde{MB'}=\widetilde{MC'}$

$\Rightarrow \bigtriangleup A'B'C'$ có $A'M$ là phân giác $\widehat{B'A'C'}$

cmtt $B'N;C'P$ cũng là phân giác

$\Rightarrow A'M;B'N;C'P$ đồng quy

[Super Fields]

$\boxed{\text{Đề 3}}$  Năm $2002$ ( Cho thí sinh chuyên toán và tin)

 

Bài $5$:

 

Đường tròn $\left ( C \right )$ tâm $I$ nội tiếp tam giác $ABC$ tiếp xúc với các cạnh $BC;CA;AB$ tương ứng tại các điểm $A';B';C'$.

 

$1.$ Gọi các giao điểm của đường tròn $\left ( C \right )$ với các đoạn $IA,IB,IC$ lần lượt là $M,N,P$. Chứng minh rằng các đường thẳng $A'M,B'N,C'P$ đồng quy.

 

$2.$ Kéo dài đoạn $AI$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ tại $D$( khác $A$). Chứng minh rằng:

 

$\frac{IB.IC}{ID}=2r$ trong đó $r$ là bán kính đường tròn $\left ( C \right )$.

 

$\blacksquare \blacksquare \blacksquare$

 

 

 

$2.$

 

$\Delta DIB$ có $\angle IBD=\angle IBC+\angle CBD=\frac{\angle B}{2}+\frac{\angle A}{2}$

 

Mà  $\angle DIB= \frac{\angle B}{2}+\frac{\angle A}{2}$ ( góc ngoài)

 

$\Rightarrow \Delta BID$ cân tại $D$. Hạ $DE\perp BI;IQ\perp BC$

 

Do $\angle IDE= \angle ICQ=\frac{\angle C}{2} \Rightarrow \Delta IDE \sim \Delta ICQ$

 

$\Rightarrow  \frac{ID}{IC}=\frac{IE}{IQ}=\frac{2IE}{2IQ}=\frac{IB}{2IQ} \Rightarrow \frac{IB.IC}{ID}=2.IQ=2r$ 

 

Đây là đpcm

 

 

$\blacksquare \blacksquare \blacksquare$

 

Hết Đề $3$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Super Fields: 21-05-2014 - 14:30

[Super Fields]

$\boxed{\text{Đề 4}}$ Năm $2005$ ( Cho mọi thí sinh)

 

Bài $1$: Giải hệ:

 

$\left\{\begin{matrix} x+y+xy=3\\ x^2+y^2=2 \end{matrix}\right.$

 

Bài $2$: Giải phương trình:

 

$x+4\sqrt{x+3}+2\sqrt{3-2x}=11$

 

Bài $3$: Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

 

$x^2+17y^2+34xy+51(x+y)=1740$

 

Bài $4$:

 

Cho đường tròn $(O)$ và $(O')$ nằm ngoài nhau có tâm tương ứng là $O$ và $O'$. Một tiếp tuyến chung ngoài của hai đường tròn tiếp xúc với $(O)$ tại $A$ và $(O')$ tại $B$. Một tiếp tuyến chung trong của hai đường tròn cắt $AB$ tại $I$, tiếp xúc với $(O)$ tại $C$ và $(O')$ tại $D$. Biết $C$ nằm giữa $I$ và $D$.

 

$1.$ Hai đường thẳng $OC, O'B$ cắt nhau tại $M$. Chứng minh rằng: $OM>O'M$

 

$2.$ Ký hiệu $(S)$ là đường tròn đi qua $A,C,B$ và $(S')$ là đường tròn đi qua $A,D,B$. Đường thẳng $CD$ cắt $(S)$ tại $E$ khác $C$, cắt $(S')$ tại $F$ khác $D$. Chứng minh: $AF\perp BE$

 

Bài $5$:

 

Giả sử $x,y,z$ là các số dương thay đổi và thỏa: $xy^2z^2+x^2z+y=3z^2$. Hãy tìm Max của biểu thức:

 

$P=\frac{z^4}{1+z^4(x^4+y^4)}$

 

$\blacksquare \blacksquare \blacksquare$

 

Đề thứ hai trong một ngày   

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Super Fields: 21-05-2014 - 16:20

[lovemathforever99]

$\boxed{\text{Đề 4}}$ Năm $2005$ ( Cho mọi thí sinh)

 

Bài $1$: Giải hệ:

 

$\left\{\begin{matrix} x+y+xy=3\\ x^2+y^2=2 \end{matrix}\right.$

 

Bài $2$: Giải phương trình:

 

$x+4\sqrt{x+3}+2\sqrt{3-2x}=11$

 

1)HPT $\left\{\begin{matrix} 2(x+y)+2xy=6\\ (x+y)^{2}-2xy=2 \end{matrix}\right.$

 

Cộng 2 vế PT tìm được $x+y=2\vee x+y=-4$

 

$\Rightarrow xy=1\vee xy=7$

 

Nghiệm $(1;1)$

 

2)PT$\Leftrightarrow (\sqrt{3-2x}-1)^{2}+(\sqrt{x+3}-2)^{2}=0$

 

$\Leftrightarrow \sqrt{3-2x}-1=0\vee \sqrt{x+3}-2=0\Rightarrow x=1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi lovemathforever99: 21-05-2014 - 11:21

[lovemathforever99]

 

Bài $5$:

 

Giả sử $x,y,z$ là các số dương thay đổi và thỏa: $xy^2z^2+x^2z+y=3z^2$. Hãy tìm Max của biểu thức:

 

$P=\frac{z^4}{1+z^4(x^4+y^4)}$

 

GT $\Rightarrow xy^{2}z^{3}+x^{2}z^{2}+yz=3z^{3}$

 

Áp dụng Bunhiacopski

 

$9z^{6}=(xz.y^{2}z^{2}+1.x^{2}z^{2}+yz)^{2}\leq (x^{2}z^{2}+y^{2}z^{2}+1)(x^{4}z^{4}+y^{4}z^{4}+1)$

 

Lại có $3(x^{4}z^{4}+y^{4}z^{4}+1)\geq (x^{2}z^{2}+y^{2}z^{2}+1)^{2}$

 

Suy ra $9z^{6}\leq (x^{4}z^{4}+y^{4}z^{4}+1)\sqrt{3(x^{4}z^{4}+y^{4}z^{4}+1)}$

 

Bình phương 2 vế ta có

$(3z^{4})^{3}\leq (x^{4}z^{4}+y^{4}z^{4}+1)^{3}$

 

$\Rightarrow P=\frac{z^4}{1+z^4(x^4+y^4)}\leq \frac{1}{3}$

 

Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi lovemathforever99: 21-05-2014 - 12:05

[Super Fields]

$\boxed{\text{Đề 4}}$ Năm $2005$ ( Cho mọi thí sinh)

 

Bài $5$:

 

Giả sử $x,y,z$ là các số dương thay đổi và thỏa: $xy^2z^2+x^2z+y=3z^2$. Hãy tìm Max của biểu thức:

 

$P=\frac{z^4}{1+z^4(x^4+y^4)}$

 

$\blacksquare \blacksquare \blacksquare$

Cách khác: GT $\Rightarrow xy^2+\frac{x^2}{z}+\frac{y}{z^2}=3$

 

Biểu thức $P$ có dạng:

 

$P= \frac{1}{\dfrac{1}{z^4}+x^4+y^4}=\frac{1}{x^4+y^4+t^4}$   ( với $t=\frac{1}{z}$)

 

Áp dụng $\textrm{Am-Gm inequality}$ ( ) cho bốn số dương:

 

$\left\{\begin{matrix} x^4+y^4+y^4+1 \geq 4xy^2\\ y^4+t^4+t^4+1 \geq 4yt^2\\ t^4+x^4+x^4+1 \geq 4tx^2 \end{matrix}\right.\Rightarrow 3(x^4+y^4+t^4)+3\geq 4(xy^2+yt^2+tx^2)=12$

 

Vậy $\frac{1}{x^4+y^4+t^4} \leq \frac{1}{3}$

 

Kết luận $P_{Max}=\frac{1}{3} \Leftrightarrow x=y=z=1$ 

 

-----------------------------------------------

Cách của lovemathforever99 rất thú vị   

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Super Fields: 21-05-2014 - 14:46

[CHU HOANG TRUNG]

Bài $3$: Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

 

$x^2+17y^2+34xy+51(x+y)=1740$

 

$\Leftrightarrow x^2 +17(y^2+2xy+3x+3y)=102.17+6$

 

Ta có $VP$ chia  $17$ dư $6$ nên $ x^2$ chia $17$ dư $6$

Mà $x\in Z, x^2 \neq 17k +6 ( k\in Z )$

 

Vậy phương trình vô nghiệm

 

 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Yagami Raito: 21-05-2014 - 15:30
$\LaTeX$

[Viet Hoang 99]

$\boxed{\text{Đề 4}}$ Năm $2005$ ( Cho mọi thí sinh)

 

Bài $4$:

 

Cho đường tròn $(O)$ và $(O')$ nằm ngoài nhau có tâm tương ứng là $O$ và $O'$. Một tiếp tuyến chung ngoài của hai đường tròn tiếp xúc với $(O)$ tại $A$ và $(O')$ tại $B$. Một tiếp tuyến chung trong của hai đường tròn cắt $AB$ tại $I$, tiếp xúc với $(O)$ tại $C$ và $(O')$ tại $D$. Biết $C$ nằm giữa $I$ và $D$.

 

$1.$ Hai đường thẳng $OC, O'B$ cắt nhau tại $M$. Chứng minh rằng: $OM>O'M$

 

$2.$ Ký hiệu $(S)$ là đường tròn đi qua $A,C,B$ và $(S')$ là đường tròn đi qua $A,D,B$. Đường thẳng $CD$ cắt $(S)$ tại $E$ khác $C$, cắt $(S')$ tại $F$ khác $D$. Chứng minh: $AF\perp BE$

 

 

 

1;2;3;5 em có đánh rơi bài nào không?

 

Bài 4:

 

$1/$
Có: $OM//O'D$ (cùng vuông góc với $CD$)

$\Rightarrow \widehat{O'OM}=\widehat{OO'D}<\widehat{IO'D}=\widehat{IO'M}$ (tính chất tiếp tuyến)

$<\widehat{OO'M}$

$\Rightarrow OM>O'M$ (Đpcm)
 

[Super Fields]

$\boxed{\text{Đề 4}}$ Năm $2005$ ( Cho mọi thí sinh)

 

Bài $4$:

 

Cho đường tròn $(O)$ và $(O')$ nằm ngoài nhau có tâm tương ứng là $O$ và $O'$. Một tiếp tuyến chung ngoài của hai đường tròn tiếp xúc với $(O)$ tại $A$ và $(O')$ tại $B$. Một tiếp tuyến chung trong của hai đường tròn cắt $AB$ tại $I$, tiếp xúc với $(O)$ tại $C$ và $(O')$ tại $D$. Biết $C$ nằm giữa $I$ và $D$.

 

$1.$ Hai đường thẳng $OC, O'B$ cắt nhau tại $M$. Chứng minh rằng: $OM>O'M$

 

$2.$ Ký hiệu $(S)$ là đường tròn đi qua $A,C,B$ và $(S')$ là đường tròn đi qua $A,D,B$. Đường thẳng $CD$ cắt $(S)$ tại $E$ khác $C$, cắt $(S')$ tại $F$ khác $D$. Chứng minh: $AF\perp BE$

 

Hình quá lớn!! Các Mem tự vẽ 

 

$2.$

 

Tứ giác $ACBE$ nội tiếp và $IA=IC$, nên $IB=IC$. Mặt khác ta có $IB=ID$, do đó $IB=ID=IE$ và $\Delta BED$ vuông tại $B$

 

$\Rightarrow BD \perp BE$

 

Tứ giác $ADBF$ nội tiếp và $IB=ID$, nên:

 

$IA=IF \Rightarrow AF // BD$

 

Từ đó ta có $AF \perp BE$ (đpcm)

 

$\blacksquare \blacksquare \blacksquare$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Super Fields: 21-05-2014 - 16:21

[Super Fields]

Đề Phú Yên-quê SF

 

$\boxed{\text{Đề 5}}$ Năm $2010$ ( Toán chuyên)

 

-----------------------------

 

Câu $1$: Cho phương trình 

 

$x^4+ ax^3 + x^2 + ax + 1 = 0$ với $a$ là tham số . 

 

 $1.$ Giải phương trình với $a = 1$. 

 $2.$ Trong trường hợp phương trình có nghiệm, chứng minh rằng $a^2>2$

 

 

Câu $2$:

 

$1.$ Giải phương trình:

 

$\sqrt{x+3}+\sqrt{6-x}-\sqrt{(x+3)(6-x)}=3$

 

$2.$ Giải hệ:

 

$\left\{\begin{matrix} x+y+z=1\\ 2x+2y-2xy+z^2=1 \end{matrix}\right.$

 

Câu $3$:

 

Tìm tất cả các số nguyên $x;y;z$ thỏa:

 

$3x^2+6y^2+2z^2+3y^2z^2-18x=6$

 

Câu $4$:

 

$1.$ Cho $x;y;z;a;b;c>0$. Chứng minh rằng:

 

$\sqrt[3]{abc}+\sqrt[3]{xyz}\leq \sqrt[3]{(a+x)(b+y)(c+z)}$

 

$2.$ Từ đó suy ra:

 

$\sqrt[3]{3+\sqrt[3]{3}}+\sqrt[3]{3-\sqrt[3]{3}}\leq 2\sqrt[3]{3}$

 

Câu $5$:

 

Cho hình vuông $ABCD$ và tứ giác $MNPQ$ có bốn đỉnh thuộc bốn cạnh $AB,BC,CD,DA$ của hình vuông.

 

$1.$ Chứng minh rằng: $S_{ABCD} \leq \frac{AC}{4}(MN+NP+PQ+QM)$

 

$2.$ Xác định vị trí của $M,N,P,Q$ để chu vi tứ giác $MNPQ$ đạt giá trị nhỏ nhất.

 

Câu $6$:

 

Cho đường tròn $(O)$ nội tiếp hình vuông $PQRS$. $OA,OB$ là hai bán kính thay đổi vuông góc với nhau. Qua $A$ kẻ đường thẳng $Ax$ song song với đường thẳng $PQ$, qua $B$ kẻ đường thẳng $By$ song song với đường thẳng $SP$. Tìm quỹ tích giao điểm $M$ của $Ax$ và $By$.

 

$\blacksquare \blacksquare \blacksquare$

 

Một ngày $3$ đề

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Super Fields: 22-05-2014 - 10:01

[CHU HOANG TRUNG]

http://diendantoanhoc.net/index.php?app=core&module=attach&section=attach&attach_rel_module=post&attach_id=18297Đề Phú Yên-quê SF

 

$\boxed{\text{Đề 5}}$ Năm $2010$ ( Toán chuyên)

 

-----------------------------

 

 

Câu $2$:

 

$1.$ Giải phương trình:

 

$\sqrt{x+3}+\sqrt{6-x}-\sqrt{(x+3)(6-x)}=3$

 

 

ĐKXĐ là $-3\leq x\leq 6$

Đặt $\sqrt{x+3}+\sqrt{6-x}=a(a\geq 0)$$a^2= x+3+6-x+2\sqrt{(x+3)(6-x)}=9+2\sqrt{(x+3)(6-x)}$

$\Rightarrow \frac{a^2-9}{2}=\sqrt{(x+3)(6-x)}$

Pt có dạng : $a-\frac{a^2-9}{2}=3\Leftrightarrow a^2-2a-3=0\Rightarrow \left\{\begin{matrix} a_1=-1(KTM) & & \\ a_2=3(TM) & & \end{matrix}\right.$

Với $a_2=3\rightarrow \sqrt{x+3}+\sqrt{6-x}=3\Leftrightarrow \sqrt{x+3}=3-\sqrt{6-x}\Leftrightarrow x+3=9-6\sqrt{6-x}+6-x\Leftrightarrow 3\sqrt{6-x}-(6-x)=0\Leftrightarrow x_1=6 ; x_2=-3(TMDK)$

[CHU HOANG TRUNG]

http://diendantoanhoc.net/index.php?app=core&module=attach&section=attach&attach_rel_module=post&attach_id=18297Đề Phú Yên-quê SF

 

$\boxed{\text{Đề 5}}$ Năm $2010$ ( Toán chuyên)

 

Câu $3$:

 

Tìm tất cả các số nguyên $x;y;z$ thỏa:

 

$3x^2+6y^2+2z^2+3y^2z^2-18x=6$

 

 

Ta có: $(3x^2-18x+27)+(6y^2+2z^2+3(yz)^2)=33$ 

 

Vậy $3(x-3)^2+3(2y^2+(yz)^2)+2z^2=33$

 

Do VP chia hết $3$ nên $2z^2$ chia hết $3$. Lại có $3(x-3)^2+3(2y^2+(yz)^2) \geq 0$ nên $2z^2 < 33$ vậy $z=0$ hoặc $3$ hoặc $-3$   $<1>$

 

Xét $z=0$ thay vào được $3(x-3)^2 +6y^2=33$

 

Vậy $(x-3)^2 + 2y^2=11$. Dùng chặn(như $<1>$) được $x=6$ hoặc $0$, $y=1$

 

Xét $z=3(hoặc -3)$ thay vào được $3(x-3)^2 +33y^2=15$ vậy $(x-3)^2+11y^2=5$. Dùng chặn được $y=0$, nhưng thay vào vô lý.

 

Vậy phương trình đã cho có nghiệm nguyên: $x=6$ hoặc $0$, đồng thời $y=1,z=0$

 

----------------------------

@Yagami Raito

P/s: Lại một bài trích dẫn có hệ thống bài làm của người khác.!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Yagami Raito: 22-05-2014 - 09:27

[Hermione Granger]

 

 

$\boxed{\text{Đề 5}}$ Năm $2010$ ( Toán chuyên)

 

-----------------------------

 

Câu $1$: Cho phương trình 

 

$x^4+ ax^3 + x^2 + ax + 1 = 0$ với $a$ là tham số . 

 

 $1.$ Giải phương trình với $a = 1$. 

 $2.$ Trong trường hợp phương trình có nghiệm, chứng minh rằng $a^2>2$

 

 

$1.1$ Với $a=1$:

Phương trình trở thành $x^4+x^3+x^2+x+1=0 $(1)

Nhận thấy $x=0$ không phải là 1 nghiệm của phương trình

Chia cả 2 vế của (1) cho $x^2$ ta được:

$x^2+x+1+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}=0$

Đặt $y=x+\frac{1}{x} \Rightarrow \left |y  \right |\geq 2$

$\Rightarrow x^2+\frac{1}{x^2}=y^2-2$

Phương trình (2) trở thành:

$y^2+y-1=0$

Giải ra ta được 2 giá trị của y:

$y_{1}=\frac{\sqrt{5}-1}{2}$    (ko TM)

$y_{2}=\frac{-1-\sqrt{5}}{2}$   (ko TM)

$\Rightarrow$ Phương trình vô nghiệm với $a=1$

$1.2$

$x=0 $không phải là nghiệm của phương trình.

Chi cả 2 vế của phương trình cho $x^2$ ta được :

$x^2+\frac{1}{x^2}+a\left ( x+\frac{1}{x} \right )+1=0$

Đặt $y=x+\frac{1}{x} $

Phương trình trở thành

$y^2+ay-1=0 (*) $

Phương trình đã cho có nghiệm $\Leftrightarrow $ Phương trình $(*)$ có nghiệm $\Leftrightarrow \left | y \right |\geq 2$

$\Rightarrow a=\frac{1-t^2}{t}$

Ta có $a^2>2\Leftrightarrow \left (\frac{1-t^2}{t}  \right )^2>2 \Leftrightarrow t^2(t^2-4)+1>0 $( đúng, do$ \left | t \right |\geq 2$)

Vậy$a^2>2$

 

_________________________________________________

 

Dài hơi quá   

 

Viet Hoang 99:
Chú ý

 

 $\LaTeX$ và check (kiểm tra) lại bài một lần, vì mình thấy có chỗ viết nhầm.

Mình đã sửa

-------------------

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Yagami Raito: 22-05-2014 - 09:22

[Hermione Granger]

 

 

$\boxed{\text{Đề 5}}$ Năm $2010$ ( Toán chuyên)

 

 

Câu $2$:

 

$2.$ Giải hệ:

 

$\left\{\begin{matrix} x+y+z=1\\ 2x+2y-2xy+z^2=1 \end{matrix}\right.$

 

 

$\left\{\begin{matrix} x+y+z=1\\ 2x+2y-2xy+z^2=1 \end{matrix}\right.$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}z=x+y-1 & \\  2x+2y-2xy+(1-x-y)^2=1& \end{matrix}\right.$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}z=1-x-y & \\ x^2+y^2=0 & \end{matrix}\right.$

$\Leftrightarrow\left\{\begin{matrix}x=y=0 & \\ z=1& \end{matrix}\right.$

 

Viet Hoang 99:

Chú ý: 

Trích dẫn cả câu, đây là Câu 1.2

Nhưng khi bạn trích dẫn thành Câu 2

Mình đã sửa

________________________

Câu 2.2 mà     

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Yagami Raito: 22-05-2014 - 09:21

[Yagami Raito]

$\boxed{\text{Đề 5}}$ Năm $2010$ ( Toán chuyên)
 

-----------------------------

Câu $2$:


$2.$ Giải hệ:

$\left\{\begin{matrix} x+y+z=1\\ 2x+2y-2xy+z^2=1 \end{matrix}\right.$

 

Câu 2.2 xem tại đây
 

Câu $5$:

Cho hình vuông $ABCD$ và tứ giác $MNPQ$ có bốn đỉnh thuộc bốn cạnh $AB,BC,CD,DA$ của hình vuông.

$1.$ Chứng minh rằng: $S_{ABCD} \leq \frac{AC}{4}(MN+NP+PQ+QM)$

$2.$ Xác định vị trí của $M,N,P,Q$ để chu vi tứ giác $MNPQ$ đạt giá trị nhỏ nhất.
 

Câu 5 tại đây

 

Câu $4$:

$1.$ Cho $x;y;z;a;b;c>0$. Chứng minh rằng:

$\sqrt[3]{abc}+\sqrt[3]{xyz}\leq \sqrt[3]{(a+x)(b+y)(c+z)}$

$2.$ Từ đó suy ra:

$\sqrt[3]{3+\sqrt[3]{3}}+\sqrt[3]{3-\sqrt[3]{3}}\leq 2\sqrt[3]{3}$
 

Xem tại đây

 

 

Viet Hoang 99:

Spam: Đã gộp

Quảng cáo blog à

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Viet Hoang 99: 22-05-2014 - 17:34

[HungNT]

$\boxed{\text{Đề 5}}$ Năm $2010$ ( Toán chuyên)

-----------------------------

 

Câu $6$:

 

Cho đường tròn $(O)$ nội tiếp hình vuông $PQRS$. $OA,OB$ là hai bán kính thay đổi vuông góc với nhau. Qua $A$ kẻ đường thẳng $Ax$ song song với đường thẳng $PQ$, qua $B$ kẻ đường thẳng $By$ song song với đường thẳng $SP$. Tìm quỹ tích giao điểm $M$ của $Ax$ và $By$.

 

 

Thuận:

 

Tứ giác $AOMB$ có $\widehat{AMB}=\widehat{AOB}=90^{\circ}$ nên là tứ giác nội tiếp

$\Rightarrow \widehat{AMO}=\widehat{ABO}=45^{\circ}$

Lại có $\widehat{PQO}=45^{\circ}$ mà $AM//PQ$

$\Rightarrow O,M,Q$ thẳng hàng

 

Giới hạn:

 

$A$ trùng với trung điểm $PQ$ thì $M$ trùng $Q$

$A$ trùng với trung điểm $SR$ thì $M$  trùng $S$

 

Đảo

Lấy điểm $M'$ bất kì trên SQ

Gọi các dây $A_{1}A_{2},B_{1}B_{2}$ là dây đi qua $M'$ song song với $PQ$,$RQ$

Kẻ $OH \bot A_{1}A_{2}, OG \bot B_{1}B_{2}$.

Ta có $OH=OG$ do $M'O$ là phân giác $\widehat{A_{1}M'B_{2}}$

$\Rightarrow \Delta OHA_{1}=\Delta OGB_{2}$$\Rightarrow HA_{1}=GB_{2}\Rightarrow A_{1}A_{2}=B_{1}B_{2}\Rightarrow \widetilde{A_{1}A_{2}}=\widetilde{B_{1}B_{2}}$

$\Rightarrow \widetilde{A_{1}B_{1}}=\widetilde{A_{2}B_{2}}$

Mà $\widehat{A_{1}M'B_{1}}=\frac{sdA_{1}B_{1}+sdA_{2}B_{2}}{2}=sdA_{1}B_{1}=90^{\circ}$

$\Rightarrow \widehat{A_{1}OB_{1}}=\widehat{A_{2}OB_{2}}=90^{\circ}$

$\Rightarrow OA_{1} \bot OB_{1}$, $\Rightarrow OA_{2} \bot OB_{2}$ 

 

Vậy quỹ tích điểm $M$ khi $A$ di động là đoạn $SQ$

 

Hình gửi kèm

• 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HungNT: 22-05-2014 - 10:56

[Super Fields]

Chém nhanh đề này

 

$\boxed{\text{Đề 6}}$ Năm $2000$ ( Dành cho thí sinh chuyên toán)

 

Bài $1$: Chứng minh rằng: $\sqrt{2\sqrt{3\sqrt{4\sqrt{...\sqrt{2000}}}}}< 3$

 

Bài $2$: Giải hệ:

 

$\left\{\begin{matrix} x^3(y^2+3y+3)=3y^2\\ y^3(z^2+3z+3)=3z^2\\ z^3(x^2+3x+3)=3x^2 \end{matrix}\right.$

 

Bài $3$:

 

Tìm tất cả các bộ $3$ số tự nhiên lớn hơn $1$ thỏa: Tích của hai số bất kì trong $3$ số ấy cộng với $1$ chia hết cho số còn lại.

 

Bài $4$:

 

Tam giác $XYZ$ có các đỉnh $X,Y,Z$ lần lượt nằm trên cạnh $BC,CA,AB$ của tam giác $ABC$ gọi là nột tiếp $\Delta ABC$

 

$1.$ Gọi $Y',Z'$ là hình chiếu vuông góc của $Y$ và $Z$ lên cạnh $BC$

 

Chứng minh rằng: Nếu $\Delta XYZ \sim \Delta ABC$ thì $Y'Z'=\frac{BC}{2}$

 

$2.$ Trong những tam giác $XYZ$ nội tiếp tam giác $ABC$ theo định nghĩa trên và đồng dạng với tam giác $ABC$, hãy xác định tam giác có diện tích nhỏ nhất.

 

$\blacksquare \blacksquare \blacksquare$

 

-------------------------------------------

Bài màu đỏ chưa ai làm 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Super Fields: 23-05-2014 - 13:56

[BlackZero]

Chém nhanh đề này

 

$\boxed{\text{Đề 6}}$ Năm $2000$ ( Dành cho thí sinh chuyên toán)

 

Bài $1$: Chứng minh rằng: $\sqrt{2\sqrt{3\sqrt{4\sqrt{...\sqrt{2000}}}}}< 3$

 

 

$1999 \sqrt{2000}<2000^2$ 

$\sqrt{1998.\sqrt{1999 \sqrt{2000}}}< \sqrt{1998.2000}< 1999$

$...$ 

$< \sqrt {2\sqrt{3.5}}< \sqrt{8} <3$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BlackZero: 22-05-2014 - 10:34

[Shiprl]

 

Bài 

3:

 

Tìm tất cả các bộ 3 số tự nhiên lớn hơn 1 thỏa: Tích của hai số bất kì trong 3 số ấy cộng với 1 chia hết cho số còn lại.

Bài 3

Theo đề bài ta lập được hệ phương trình

$\left\{\begin{matrix} bc+1=xa(1)\\ ac+1=yb(2) \\ ab+1=zc(3) \end{matrix}\right.$

(x,y,z là số nguyên dương)

Xét trường hợp $a=b$ (tương tự: $b=c; c=a$) ta thấy vô nghiệm

Không mất tính tổng quát giả sử: $a<b<c$

Có $(3)\Leftrightarrow zc-ab=1\Rightarrow zb-ab< 1\Rightarrow z\leq a$ (do $c>b>1$)

$\left\{\begin{matrix} ac+1=yb\\ab+1=zc \end{matrix}\right. \Rightarrow yz=\frac{(ac+1)(ab+1)}{bc}=a^{2}+\frac{ab+ac+1}{bc}$

vì $a^{2}$ và $yz$ là số nguyên nên$\frac{ab+ac+1}{bc}$ là số nguyên

$\frac{ab+ac+1}{bc}=\frac{cz+ac}{bc}=\frac{a+z}{b}\epsilon N*$

$\Rightarrow( a+z)\vdots b$ mà $z<a<b\Rightarrow a+z<2b$

nên $a+z=b$

$\Rightarrow ab+ac+1=bc\Leftrightarrow ab+ac+2=xa\Rightarrow 2\vdots a\Rightarrow a=2(do a>1)$

$a=2\Rightarrow z=1 (do 1\leq z< a)\Rightarrow b=3\Rightarrow c=7$

Vậy $a=2; b=3; c=7$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Shiprl: 23-05-2014 - 16:27

[einstein627]

Bài $2$: Giải hệ:

 

$\left\{\begin{matrix} x^3(y^2+3y+3)=3y^2\\ y^3(z^2+3z+3)=3z^2\\ z^3(x^2+3x+3)=3x^2 \end{matrix}\right.$

TH1 $x=y=z=0$

TH2 $x,y,z\neq0$ 

Chia các pt lần lượt cho $x^{3}y^{2},y^{3}z^{2},z^{3}x^{2}$ ta được

$\left\{\begin{matrix}3(\frac{1}{x})^{3}=3(\frac{1}{y})^{3}+3(\frac{1}{y})+1 &  & \\ 3(\frac{1}{y})^{3}=3(\frac{1}{z})^{3}+3(\frac{1}{z})+1 &  & \\ 3(\frac{1}{z})^{3}=3(\frac{1}{x})^{3}+3(\frac{1}{x})+1 &  & \end{matrix}\right.$

Đặt $\frac{1}{x}=u,\frac{1}{y}=v,\frac{1}{z}=t$

hệ trở thành

$\left\{\begin{matrix}3u^{3}=3v^{2}+3v+1 &  & \\ 3v^{3}=3t^{2}+3t+1&  & \\3t^{3}=3u^{2}+3u+1 &  & \end{matrix}\right.$

Nếu $u>v$ vậy $3u^{3}> 3v^{3}\Leftrightarrow 3v^{2}+3v+1> 3t^{2}+3t+1\Leftrightarrow v> t$ do đó $t>u$ vô lý
Vậy $u=v=t$

Thế vào hệ trên ta được

$3u^{3}=3u^{2}+3u+1\Leftrightarrow 4u^{3}=(u+1)^{3}\Leftrightarrow u\sqrt[3]{4}=u+1\Leftrightarrow u=\frac{1}{\sqrt[3]{4}-1}$

Vậy $u=v=t=\frac{1}{\sqrt[3]{4}-1}\Leftrightarrow x=y=z=\sqrt[3]{4}-1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi einstein627: 23-05-2014 - 11:00