Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


Hình ảnh

Đề thi chọn ĐT Quốc gia KHTN vòng 2


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 18 trả lời

#1 Nguyen Huy Tuyen

Nguyen Huy Tuyen

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 104 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 13-10-2014 - 14:21

Ngày 1

Bài 1: Giải hệ phương trình 

$\left\{\begin{matrix} (4x-y^2)(x^2+2)=12x+1\\ (4y-z^2)(y^2+2)=12y+1\\ (4z-x^2)(z^2+2)=12z+1 \end{matrix}\right.$

 

Bài 2: Tìm các số nguyên dương $x,y$ thỏa mãn : 

$2^x+11=19^y$

 

Bài 3: Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Trên cung $BC$ không chứa A lấy hai điểm $M,N$ sao cho $MN//BC$ ( Tia $AM$ nằm giữa tia $AB$ và tia $AN$ ). Trên tia $BM,CN$ lấy điểm $P,Q$ sao cho $BP=BN=CM=CQ$. Đường thẳng $AM,AN$ cắt đường thẳng $PQ$ lần lượt tại $S,T$. $BT,CS$ lần lượt cắt cạnh $CQ,BP$ tại $L,K$. Chứng minh rằng $AK=AL$

 

Bài 4: Cho tập hợp $A=\begin{Bmatrix} 1,2,3,4,5,6,7,8,9,10 \end{Bmatrix}$ Tìm số k lớn nhất sao cho có thể chọn được k tập con thỏa mãn hợp của 4 tập con bất kì không vượt quá 8 phần tử.

 

Ngày 2

 

Bài 1: Cho $a\in \begin{bmatrix} 0,1 \end{bmatrix}$ và dãy $\begin{Bmatrix} x_{n} \end{Bmatrix}$ thỏa mãn  $x_{1}=\frac{a+1}{4}$ và $x_{n+1}=x_{n}^{2}+\frac{a}{4}$.
       1. Chứng minh dãy  $\begin{Bmatrix} x_{n} \end{Bmatrix}$ hội tụ.

       2. Chứng minh rằng $x_{n}-b<\frac{1}{n}$ với $lim(x_{n})=b$

 

Bài 2: Tìm hàm $f:\mathbb{Z}^+\rightarrow \mathbb{Z}^+$ thỏa mãn : 

$f(m^2+f(n))=f(m)^2+n$

 

Bài 3: Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$ ngoại tiếp $(I)$. Trung tuyến $AM$. Qua M kẻ đường thằng vuông góc với $BI,CI$ cắt $AB,AC$ tại $F,E$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $\bigtriangleup MEF$ cắt cạnh $BC$ tại điểm D khác M. Lấy $S$ là trung điểm cung $BC$ chứa $A$. Đường thẳng qua $D$ vuông góc với $BC$ cắt đường thẳng qua $S$ song song với $OI$ tại $T$. Gọi $K,L$ lần lượt là đối xứng của $T$ qua $E,F$. Chứng minh rằng $CK,BL,ST$ đồng quy tại một điểm trên $(O)$

 

Bài 4: Cho tập hợp $S=\begin{Bmatrix} 1,2,3,.......,2014 \end{Bmatrix}$. Hỏi có bao nhiêu hàm $f:S\rightarrow S$ thỏa mãn $f(n)\leqslant n \vee n\in S$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyen Huy Tuyen: 16-10-2014 - 02:06

Sống đơn giản, lấy nụ cười làm căn bản !


#2 hoctrocuaZel

hoctrocuaZel

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1162 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Lớp lang tận cùng!
  • Sở thích::( :3

Đã gửi 13-10-2014 - 17:11

Bài 2: Tìm các số nguyên dương $x,y$ thỏa mãn : 

$2^x+11=19^y$

 

Bài 2/

Dễ thấy $x=3;y=1$ là nghiệm của PT.

Nếu $y\geq 2\rightarrow 2^{4y}<19^y-11<2^{4y+1}$ (trường hợp này loại) :D


Hướng TH Phan
$(1)$ Lòng như mây trắng
$(2)$: Forever Young
$(3)$: You are the apple of my eye
Người ta thường nói tuổi thanh xuân như một cơn mưa rào, nếu bị ướt một lần thì bạn vẫn mong muốn thêm 1 lần nữa ...
#hoctrocuaZel
:(

#3 nntien

nntien

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 372 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Phan Thiết, Bình Thuận.
  • Sở thích:mê Toán sơ cấp (ĐT: 01234533861)

Đã gửi 13-10-2014 - 19:56

Ngày 2: 

Bài 1: Gợi ý:

1. Với a=1 => tầm thường. Xét $a \neq 1$.

Xét hàm số $f(x)=x^2+\frac{a}{4}$ dễ thấy $f(x)$ tăng trên $x>0$

Mặt khác xét p trình: $f(x)=x^2-x+\frac{a}{4}$ => $f(\frac{a+1}{4})=(\frac{a+3}{4})(\frac{a-1}{4})<0$ (1)

=> $x_1>x_2$ => $x_2>x_3$ ... dãy $x_n$ giảm và bị chặn dưới nên tồn tại giới hạn.

Giới hạn đó là: $L=\frac{1-\sqrt{1-a}}{2}$ hoặc $L=\frac{1+\sqrt{1-a}}{2}$

Mặt khác theo (1) => $\frac{1-\sqrt{1-a}}{2} < x_1 < \frac{1+\sqrt{1-a}}{2}$ => L=$\frac{1-\sqrt{1-a}}{2}$


$Maths$$Smart Home$ and $Penjing$

123 Phạm Thị Ngư


#4 luuvanthai

luuvanthai

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 375 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:THPT A Hải Hậu

Đã gửi 14-10-2014 - 08:30

Ngày 1

Bài 1: Giải hệ phương trình 

$\left\{\begin{matrix} (4x-y^2)(x^2+2)=12x+1\\ (4y-z^2)(y^2+2)=12y+1\\ (4z-x^2)(z^2+2)=12z+1 \end{matrix}\right.$

 

 Ta có $y^{2}=\frac{4x^{3}-4x-1}{x^{2}+2}$ (1)

 $z^{2}=\frac{4y^{3}-4y-1}{y^{2}+2} (2)$

$x^{2}=\frac{4z^{3}-4z-1}{z^{2}+2}(3)$

  Từ $(1)\Rightarrow y^{2}\leq x^{2}$ vì $\frac{4x^{3}-4x-1}{x^{2}+2}\leq x^{2}\Leftrightarrow x^{4}-4x^{3}+2x^{2}+4x+1\geq 0\Leftrightarrow (x-\frac{1}{x}-2)^{2}\geq 0$

 Tương tự $(2)\Rightarrow z^{2}\leq y^{2};(3)\Rightarrow x^{2}\leq z^{2}$

 Do đó $x^{2}=y^{2}=z^{2}\Rightarrow x=y=z=1+\sqrt{5}$



#5 khanghaxuan

khanghaxuan

    Trung úy

  • Thành viên
  • 969 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Bất đẳng thức , Tổ Hợp .

Đã gửi 14-10-2014 - 10:17

Bài 2/

Dễ thấy $x=3;y=1$ là nghiệm của PT.

Nếu $y\geq 2\rightarrow 2^{4y}<19^y-11<2^{4y+1}$ (trường hợp này loại) :D

Mình chưa hiểu lắm . Bạn giải chi tiết hơn giúp mình nhé ! Cảm ơn


Điều tôi muốn biết trước tiên không phải là bạn đã thất bại ra sao mà là bạn đã chấp nhận nó như thế nào .

- A.Lincoln -

#6 Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản trị
  • 4266 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đảo mộng mơ.
  • Sở thích:Mathematics, Manga

Đã gửi 14-10-2014 - 14:28

Bài 2/

Dễ thấy $x=3;y=1$ là nghiệm của PT.

Nếu $y\geq 2\rightarrow 2^{4y}<19^y-11<2^{4y+1}$ (trường hợp này loại) :D

Cái này không đúng đâu nhé, thử với $y=5$.


“A man's dream will never end!” - Marshall D. Teach.

#7 Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản trị
  • 4266 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đảo mộng mơ.
  • Sở thích:Mathematics, Manga

Đã gửi 14-10-2014 - 15:00

Bài 2: Tìm các số nguyên dương $x,y$ thỏa mãn : 

$2^x+11=19^y \qquad (1)$

Lời giải. Hiển nhiên $(x,y)=(3,1)$ là một nghiệm của phương trình. Xét với $y \ge 2$ thì $x \ge 3$. Khi đó $2^x+11 \equiv 3 \pmod 4$ nên $19^y \equiv 3 \pmod{4}$. Ta suy ra $y$ lẻ. Ta có $$(1) \Leftrightarrow 8(2^{x-3}-1)=19(19^{y-1}-1).$$

Vì $19|2^{x-3}-1$ nên $18|x-3$. Do đó $73|2^{18}-1|2^{x-3}-1$. Ta suy ra $73|19^{y-1}-1$. Do đó $36|y-1$ hay $4|y-1$. Khi đó theo bổ đề LTE thì $$v_2(19^{y-1}-1)=v_2(19^2-1)+v_2(y-1)-1=2+v_2(y-1) \ge 4.$$

Mặt khác thì $v_2(VT)=3$, mâu thuẫn. Vậy trường hợp này phương trình không có nghiệm.

Vậy phương trình có nghiệm nguyên dương $\boxed{(x,y)=(3,1)}$.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Zaraki: 14-10-2014 - 15:01

“A man's dream will never end!” - Marshall D. Teach.

#8 Nguyen Huy Tuyen

Nguyen Huy Tuyen

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 104 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 14-10-2014 - 15:08

Chỗ đó phải là : '' Trên tia đối của tia BM và CN'' chứ bạn.

 

 Mình nhầm, đúng là $BP=BN=CM=CQ$ mình sửa lại rồi đó !


Sống đơn giản, lấy nụ cười làm căn bản !


#9 Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản trị
  • 4266 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đảo mộng mơ.
  • Sở thích:Mathematics, Manga

Đã gửi 15-10-2014 - 15:22

Sao vẽ hình bài 3 ngày 1 mà không thấy $AK=AL$ nhỉ ?  :closedeyes:

Hình gửi kèm

  • Screen Shot 2014-10-15 at 6.21.32 pm.png

“A man's dream will never end!” - Marshall D. Teach.

#10 quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

  • Hiệp sỹ
  • 632 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Hình học

Đã gửi 15-10-2014 - 17:09

$AM,AN$ cắt $PQ$ tại $S,T$...



#11 Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản trị
  • 4266 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đảo mộng mơ.
  • Sở thích:Mathematics, Manga

Đã gửi 18-10-2014 - 13:18

Bài 3: Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Trên cung $BC$ không chứa A lấy hai điểm $M,N$ sao cho $MN//BC$ ( Tia $AM$ nằm giữa tia $AB$ và tia $AN$ ). Trên tia $BM,CN$ lấy điểm $P,Q$ sao cho $BP=BN=CM=CQ$. Đường thẳng $AM,AN$ cắt đường thẳng $PQ$ lần lượt tại $S,T$. $BT,CS$ lần lượt cắt cạnh $CQ,BP$ tại $L,K$. Chứng minh rằng $AK=AL$

Lời giải.

Screen Shot 2014-10-18 at 4.39.59 pm.png

$AM,AN$ cắt $BC$ lần lượt tại $X,Y$. Dễ chứng minh $X,Y$ nằm giữa $BC$. Vì $BC \parallel SP$ nên $$\begin{aligned} & (BK,MP)=S(BK,MP)=(BC,X) \\ \Leftrightarrow & \frac{\overline{MB}}{\overline{PB}} \cdot \frac{\overline{PK}}{\overline{MK}}= \frac{\overline{XB}}{\overline{XC}} = \frac{AB \cdot \sin \left( \overrightarrow{AX}, \overrightarrow{AB} \right)}{AC \cdot \sin \left( \overrightarrow{AX}, \overrightarrow{AC} \right)} \end{aligned} \qquad (1)$$

Để ý rằng $ \frac{AB \cdot \sin \left( \overrightarrow{AX}, \overrightarrow{AB} \right)}{AC \cdot \sin \left( \overrightarrow{AX}, \overrightarrow{AC} \right)}= - \frac{AB}{AC} \cdot \frac{BM}{BP}$ vì $X$ nằm giữa $B$ và $C$. Kết hợp với $M$ nằm giữa $BP$ thì  từ $(1)$ ta suy ra $\frac{\overline{PK}}{\overline{MK}}= - \frac{AB}{AC}$. Do đó $K$ nằm giữa $M$ và $P$ và $\frac{PK}{MK}= \frac{AB}{AC}$. Chứng minh tương tự $\frac{LN}{LQ}= \frac{AB}{AC}$ và $L$ nằm giữa $N,Q$. Khi đó $\frac{KP}{KM}= \frac{LN}{LQ}$ suy ra $KP=LN$ (vì $KP+KM=LN+LQ=QN=MP$).

 

Gọi $I$ là trung điểm cung $BC$ không chứa $A$. $CI$ phân giác $\angle MCN$ nên $CI \perp MQ,IM=IQ$ (vì $CM=CQ$). Tương tự $BI \perp PN,IN=IP$. Ta sẽ đi chứng minh $AI \perp KL$ và $IK=IL$.

Từ các chứng minh trên ta dễ dàng có $\triangle IPK= \triangle INL \; ( \text{c.g.c})$ dẫn đến $IK=IL$.

 

Ta có $\frac{KM}{KP}= \frac{LN}{LQ}= \frac{AB}{AC}$ nên $\overrightarrow{KL}= \frac{1}{AB+AC} \left( AC \cdot \overrightarrow{PN}+AB \cdot \overrightarrow{MQ} \right)$.

Ta có $$\begin{aligned} AI \perp KL & \Leftrightarrow \overrightarrow{AI} \cdot \overrightarrow{KL}= \vec{0} \\ & \Leftrightarrow \left( \overrightarrow{AB}+ \overrightarrow{BI} \right) \left( AC \cdot \overrightarrow{PN}+AB \cdot \overrightarrow{MQ} \right)= \vec{0} \\ & \Leftrightarrow \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{PN} \cdot AC + \overrightarrow{AI} \cdot \overrightarrow{MQ} \cdot AB = \vec{0} \; ( \text{ vì} \; BI \perp PN) \\ & \Leftrightarrow \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{PN} \cdot AC+ \overrightarrow{AC} \cdot \overrightarrow{MQ} \cdot AB= \vec{0} \; (\text{vì} \; CI \perp MQ)  \\ & \Leftrightarrow AB \cdot PN \cdot AC \cdot \cos \left( \overrightarrow{PN}, \overrightarrow{AB} \right)= AC \cdot AB \cdot QM \cdot \cos \left( \overrightarrow{MQ}, \overrightarrow{AC} \right) \\ & \Leftrightarrow \cos \left( \overrightarrow{PN}, \overrightarrow{BA} \right)= \cos \left( \overrightarrow{MQ}, \overrightarrow{AC} \right). \end{aligned}$$

 

Trường hợp $A$ nằm chính giữa cung $BC$ thì ta dễ dàng chứng minh được $AK=AL$, lúc này $AB \parallel NP, AC \parallel MQ$.

Trường hợp $A$ không nằm chính giữa cung $BC$, gọi giao điểm của các cặp đưởng thẳng $PN$ và $AB$, $MQ$ và $AC$ lần lượt là $U,V$. Dễ chứng minh được $\angle CVM= \angle AUN= \left| \angle ABC- \angle ACB \right|$. Ta sẽ chứng minh $U,V$ nằm trên hai nửa mặt phẳng đối nhau bờ $BC \qquad (2)$.

 

Gọi $H$ là điểm chính giữa cung $BC$ chứa điểm $A$. Khi đó $HC \parallel QM$. Không mất tính tổng quát, giả sử $AB<AC$ thì khi đó $A,B,M,Q$ cùng nằm trên một nửa mặt phẳng bờ $HC$. Do đó với $V$ là giao điểm của $AB$ và $MQ$ thì $A$ nằm giữa $V$ và $C$. Hay nói cách khác $V$ nằm trên nửa mặt phẳng bờ $BC$ có chứa $A$. Lập luận tương tự với $U$. Ta đã chứng minh được $(2)$. Trong trường hợp $AB<AC$ thì áp dụng $(2)$ ta được $A$ nằm giữa $V$ và $C$, $M$ nằm giữa $V$ và $Q$ nên $\left( \overrightarrow{MQ}, \overrightarrow{AC} \right)= \angle CVM$. 

Từ $(2)$ ta suy ra $\cos \left( \overrightarrow{MQ}, \overrightarrow{AC} \right) = \cos \angle CVM = \cos \left( \overrightarrow{PN}, \overrightarrow{BA} \right)$ (trường hợp $AB<AC$). Ta thu được $AI \perp KL$.

 

Vậy $AI \perp KL$ và $IK=IL$ nên ta suy ra $AK=AL$. $\blacksquare$

 

Ps: Xin lỗi vì kí hiệu nhầm trong hình vẽ, hai điểm $U,V$ đổi tên cho nhau nhé! :D


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Zaraki: 18-10-2014 - 17:17

“A man's dream will never end!” - Marshall D. Teach.

#12 quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

  • Hiệp sỹ
  • 632 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Hình học

Đã gửi 18-10-2014 - 13:39

Một lời giải công phu dùng tích vô hướng :)! Đáp án của bài này tôi sẽ công bố trong thời gian tới!



#13 Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản trị
  • 4266 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đảo mộng mơ.
  • Sở thích:Mathematics, Manga

Đã gửi 19-10-2014 - 15:45

Bài 3: Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$ ngoại tiếp $(I)$. Trung tuyến $AM$. Qua M kẻ đường thằng vuông góc với $BI,CI$ cắt $AB,AC$ tại $F,E$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $\bigtriangleup MEF$ cắt cạnh $BC$ tại điểm D khác M. Lấy $S$ là trung điểm cung $BC$ chứa $A$. Đường thẳng qua $D$ vuông góc với $BC$ cắt đường thẳng qua $S$ song song với $OI$ tại $T$. Gọi $K,L$ lần lượt là đối xứng của $T$ qua $E,F$. Chứng minh rằng $CK,BL,ST$ đồng quy tại một điểm trên $(O)$

Lời giải.

Screen Shot 2014-10-19 at 6.44.37 pm.png

Dễ thấy rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác $DEF$ chính là đường tròn $(I,IM)$. Gọi $H$ là trung điểm cung $BC$ không chứa điểm $A$. Không mất tính tổng quát giả sử $AB <AC$.

Ta có $TD \parallel SH$ (cùng vuông góc với $BC$) và $IM=ID$ nên dễ dàng suy ra $I$ là trung điểm $TH$ và $T,I,A,H$ thẳng hàng.

$SH$ là đường kính của $(O)$ nên $\triangle SBH$ vuông tại $B$ có $BM \perp SH$ nên $HI^2=HB^2=HM \cdot HS$. Từ đây suy ra $\triangle HIM \sim \triangle HSI \; ( \text{c.g.c})$. Từ đó suy ra $\frac{HI}{HS}= \frac{IM}{SI}$ nên $\frac{2HI}{HS}= \frac{2IM}{IS}$ hay $\frac{HT}{HS}= \frac{2FI}{IS}= \frac{LH}{IS}$. Mà $\frac{HT}{HS}= \frac{HI}{HO}= \frac{BH}{OS}$ nên $\frac{BH}{OS}= \frac{LH}{IS} \qquad (1)$.

 

Từ $B$ kẻ đường song song với $LH$ cắt $SI$ tại $X$. Khi đó $\angle BXI= \angle FIS$ hay $\angle C+ \angle AHS= \angle FIA+ \angle AIS=\angle FIA+ \angle ISO+ \angle AHS$. Do đó $\angle C- \angle AIF= \angle ISO$. Mặt khác thì   $$\begin{aligned} \angle C- \angle AIF & = 180^{\circ}- \angle A - \angle B -\left( 180^{\circ}- \angle \frac A 2 - \angle AFI \right) \\ & =\angle ABX - \left( \angle B + \angle \frac A2 \right)= \angle ABX- \angle ABH= \angle XBH= \angle BHL. \end{aligned}$$

Như vậy $\angle BHL= \angle ISO \qquad (2)$.

Từ $(1)$ và $(2)$ ta suy ra $\triangle BLH \sim \triangle OIS \; ( \text{c.g.c})$. Do đó $$\angle HBL= \angle SOI=180^{\circ}- \angle IOH=180^{\circ}- \angle TSH.$$

$TS$ cắt $(O)$ tại $P$ thì $\angle HBL= \angle HSP(= 180^{\circ}- \angle TSH)$.  $BL$ cắt $SP$ tại $P'$ thì ta suy ra $P' \in (BHS)$ hay $P' \in (O)$ suy ra $P' \equiv P$. Hay nói cách khác $BL,TS$ cắt nhau tại điểm $P$ thuộc $(O)$.

Chứng minh tương tự với cặp $CK,ST$ thì ta có điều phải chứng minh. $\blacksquare$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Zaraki: 19-10-2014 - 15:50

“A man's dream will never end!” - Marshall D. Teach.

#14 quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

  • Hiệp sỹ
  • 632 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Hình học

Đã gửi 11-01-2015 - 12:46

Lời giải cho hai bài hình học vòng 2

 

Ngày 1 http://analgeomatica...nd-2-day-1.html

 

Ngày 2 http://analgeomatica...nd-2-day-2.html



#15 buivantuanpro123

buivantuanpro123

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 96 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:nơi không tồn tại
  • Sở thích:học toán

Đã gửi 05-06-2015 - 08:41

Lời giải.

attachicon.gifScreen Shot 2014-10-19 at 6.44.37 pm.png

Dễ thấy rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác $DEF$ chính là đường tròn $(I,IM)$. Gọi $H$ là trung điểm cung $BC$ không chứa điểm $A$. Không mất tính tổng quát giả sử $AB <AC$.

Ta có $TD \parallel SH$ (cùng vuông góc với $BC$) và $IM=ID$ nên dễ dàng suy ra $I$ là trung điểm $TH$ và $T,I,A,H$ thẳng hàng.

$SH$ là đường kính của $(O)$ nên $\triangle SBH$ vuông tại $B$ có $BM \perp SH$ nên $HI^2=HB^2=HM \cdot HS$. Từ đây suy ra $\triangle HIM \sim \triangle HSI \; ( \text{c.g.c})$. Từ đó suy ra $\frac{HI}{HS}= \frac{IM}{SI}$ nên $\frac{2HI}{HS}= \frac{2IM}{IS}$ hay $\frac{HT}{HS}= \frac{2FI}{IS}= \frac{LH}{IS}$. Mà $\frac{HT}{HS}= \frac{HI}{HO}= \frac{BH}{OS}$ nên $\frac{BH}{OS}= \frac{LH}{IS} \qquad (1)$.

 

Từ $B$ kẻ đường song song với $LH$ cắt $SI$ tại $X$. Khi đó $\angle BXI= \angle FIS$ hay $\angle C+ \angle AHS= \angle FIA+ \angle AIS=\angle FIA+ \angle ISO+ \angle AHS$. Do đó $\angle C- \angle AIF= \angle ISO$. Mặt khác thì   $$\begin{aligned} \angle C- \angle AIF & = 180^{\circ}- \angle A - \angle B -\left( 180^{\circ}- \angle \frac A 2 - \angle AFI \right) \\ & =\angle ABX - \left( \angle B + \angle \frac A2 \right)= \angle ABX- \angle ABH= \angle XBH= \angle BHL. \end{aligned}$$

Như vậy $\angle BHL= \angle ISO \qquad (2)$.

Từ $(1)$ và $(2)$ ta suy ra $\triangle BLH \sim \triangle OIS \; ( \text{c.g.c})$. Do đó $$\angle HBL= \angle SOI=180^{\circ}- \angle IOH=180^{\circ}- \angle TSH.$$

$TS$ cắt $(O)$ tại $P$ thì $\angle HBL= \angle HSP(= 180^{\circ}- \angle TSH)$.  $BL$ cắt $SP$ tại $P'$ thì ta suy ra $P' \in (BHS)$ hay $P' \in (O)$ suy ra $P' \equiv P$. Hay nói cách khác $BL,TS$ cắt nhau tại điểm $P$ thuộc $(O)$.

Chứng minh tương tự với cặp $CK,ST$ thì ta có điều phải chứng minh. $\blacksquare$

Phần TD $\left | \right |$ SH và IM=ID nên suy ra I là trung điểm TH mình không hiểu , bạn giải thích rõ hơn được không

Còn phần Từ B kẻ đường thẳng song song với LH cắt SI tại X, bạn phải chứng minh X thuộc (O) chứ rồi mới có $\angle BXI=\angle C+\angle AHS$



#16 Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản trị
  • 4266 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đảo mộng mơ.
  • Sở thích:Mathematics, Manga

Đã gửi 04-07-2015 - 04:39

Phần TD $\left | \right |$ SH và IM=ID nên suy ra I là trung điểm TH mình không hiểu , bạn giải thích rõ hơn được không

Còn phần Từ B kẻ đường thẳng song song với LH cắt SI tại X, bạn phải chứng minh X thuộc (O) chứ rồi mới có $\angle BXI=\angle C+\angle AHS$

Phần $I$ trung điểm $TH$: Vì $IM=ID$ và $TD \parallel SH$ nên $I$ thuộc đường thẳng $d$ sao cho đường thẳng $TD$ và $SH$ đối xứng với nhau qua $d$. $O \in SH$ nên nếu $IO \cap TD=R$ thì $IO=IR= \frac 12 OR$. Mặt khác $RO \parallel ST, TR \parallel SO$ nên $TSOR$ là hình bình hành. Ta có $OR=TS=2OI$. Như vậy thì $OI \parallel TS$ và $OI= \frac 12 TS$ nên $I$ trung điểm $TH$.

 

Phần $X \in (O)$. Ta thấy $X \in (O) \Leftrightarrow ASXB \; nt \Leftrightarrow ASIF \; nt \; (IF \parallel BX) \Leftrightarrow \angle ASI= \angle IFB \Leftrightarrow \angle ASI= \angle IMB \\ \Leftrightarrow \angle AIS= \angle IMS \Leftrightarrow \angle ISH= \angle MIH$. 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Zaraki: 04-07-2015 - 04:40

“A man's dream will never end!” - Marshall D. Teach.

#17 Nguyen Giap Phuong Duy

Nguyen Giap Phuong Duy

    Binh nhì

  • Thành viên
  • 19 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hậu Nghĩa, Long An
  • Sở thích:Không có sở thích :'(

Đã gửi 04-07-2015 - 23:45

ai đó giải bài phương trình hàm đi :) loay hoay mãi mà không được



#18 Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản trị
  • 4266 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đảo mộng mơ.
  • Sở thích:Mathematics, Manga

Đã gửi 05-07-2015 - 10:50

ai đó giải bài phương trình hàm đi :) loay hoay mãi mà không được

Bạn xem tại đây.


“A man's dream will never end!” - Marshall D. Teach.

#19 a25

a25

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 3 Bài viết

Đã gửi 16-09-2019 - 22:53

Ta có $y^{2}=\frac{4x^{3}-4x-1}{x^{2}+2}$ (1)
 $z^{2}=\frac{4y^{3}-4y-1}{y^{2}+2} (2)$
$x^{2}=\frac{4z^{3}-4z-1}{z^{2}+2}(3)$
  Từ $(1)\Rightarrow y^{2}\leq x^{2}$ vì $\frac{4x^{3}-4x-1}{x^{2}+2}\leq x^{2}\Leftrightarrow x^{4}-4x^{3}+2x^{2}+4x+1\geq 0\Leftrightarrow (x-\frac{1}{x}-2)^{2}\geq 0$
 Tương tự $(2)\Rightarrow z^{2}\leq y^{2};(3)\Rightarrow x^{2}\leq z^{2}$
 Do đó $x^{2}=y^{2}=z^{2}\Rightarrow x=y=z=1+\sqrt{5}$

 
Ở bước cuối thì giải phương trình $x-\frac{1}{x}-2=0$ phải được nghiệm là $x=y=z=1 \pm \sqrt 2$.




1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh