Chủ đề này có 77 trả lời

[cachuoi]

e mở đầu bài hình bằng câu : ta chứng minh bài toán trong trường hợp AB <AC , các trường hợp còn lại chứng minh hoàn toàn tương tự hi vọng ko mất điểm ạ 

[Hoang Nhat Tuan]

Em xin giải nốt câu hình b (em giải ở nhà thầy khi chiều, k biết câu hình có trùng lời giải giống trong link thầy Hùng k )

Câu hình b:

Đường đối cực của $T$ đi qua $L$ nên đường đối cực của $L$ đi qua $T$ hay $P,T,Q$ thẳng hàng.

Từ đó suy ra $PEFQ$ là tứ giác nội tiếp đường tròn tâm $T$.

$DB=DC$ nên đường thẳng $BC$ cắt $(T)$ tại $G$ và $H$ thì $DG=DH$ (theo định lý con bướm).

Nên $TD\perp BC$

Vậy $T$ thuộc đường trung trực của cạnh $BC$.

Câu 2a:

Ban đầu chứng minh dãy bị chặn trên bởi $1$.

Tiếp theo chứng minh nó là dãy tăng và kể từ $n=6$ trở đi thì $a_n\geq \frac{1}{2}$

 

[ineX]

em xin đóng góp cách khác của bài hình câu a/
∠AMN = ∠AFE +∠MAF

mà ∠MAF = ∠BDE ( phụ với góc∠ABC) và ∠AFE = ∠ADE ( tứ giác AEDF nội tiếp)

do đó ∠AMN = ∠ADN

=> tứ giác AMDN nội tiếp => điều phải chứng minh

bài này nhẹ quá

[dangkhuong]

Em xin giải nốt câu hình b (em giải ở nhà thầy khi chiều, k biết câu hình có trùng lời giải giống trong link thầy Hùng k )

Câu hình b:

Untitled19.png

Đường đối cực của $T$ đi qua $L$ nên đường đối cực của $L$ đi qua $T$ hay $P,T,Q$ thẳng hàng.

Từ đó suy ra $PEFQ$ là tứ giác nội tiếp đường tròn tâm $T$.

$DB=DC$ nên đường thẳng $BC$ cắt $(T)$ tại $G$ và $H$ thì $DG=DH$ (theo định lý con bướm).

Nên $TD\perp BC$

Vậy $T$ thuộc đường trung trực của cạnh $BC$.

Câu 2a:

Ban đầu chứng minh dãy bị chặn trên bởi $1$.

Tiếp theo chứng minh nó là dãy tăng và kể từ $n=6$ trở đi thì $a_n\geq \frac{1}{2}$

Thực ra câu hình b có cách giải bằng hàng điểm khá ngắn xong cần điểm phụ H là chân đường cao hạ từ $A$ xuống $BC$. Khi đó gọi $TH$ cắt lại $(O)$ tại $L$ thì $L$ cũng thuộc $(AD=2R)$ nên tứ giác $LEHF$ điều hoà. Suy ra $A(LHEF)=-1$ suy ra $A(ETHF)=-1$ suy ra $A(BTHC)=-1$ suy ra $TD//AH$ suy ra $TD$ vuông góc $BC$ suy ra $TB=TC$ vậy $T$ thuộc đường trung trực $BC$ cố định.

Cách khác: Gọi $TD$ cắt $(AD)$ tại $X$ suy ra $(XDEF)=-1$ và suy ra $A(XDEF)=-1$ suy ra $AX//BC$ suy ra đpcm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dangkhuong: 06-01-2016 - 17:53

[Longtunhientoan2k]

Cách khác cho bài toán giải hệ như sau:

Ta có hệ phương trình:$\left\{\begin{matrix}6x-y+z^2=3(1)&  &  & \\ x^2-y^2-2z=-1 (2)&  &  & \\ 6x^2-3y^2-y-2z^2=0(3) &  &  & \end{matrix}\right.(x,y,z\in\mathbb{R})$

Từ $(2)$ ta rút được $3(x^{2}-y^{2})=3(-1+2z)$

Khi đó:$(3)$ tương đương với:$3(2z-1)+3x^{2}-2z^{2}-y=0\Leftrightarrow 3x^{2}-2z^{2}+6z-y=3(a)$

Từ $(1),(a)$ ta có hệ:

$\left\{\begin{matrix}6x-y+z^{2}=3 &  & \\
3x^{2}-2z^{2}+6z-y=3&  &
\end{matrix}\right.$

 

Lấy vế trừ vế của $(a)$ cho $(1)$ ta được $3x^{2}-3z^{2}+6z-6x=0\Leftrightarrow 3(x-z)(x+z-2)=0$

 Với $x=z$ ta thế vào $(2)$ được $(x-1)^{2}=y^{2}\Leftrightarrow (x+y-1)(x-y-1)=0$

 Với $x=y+1=z$ thì $(1)\Leftrightarrow(y+1)^{2}-y+6(y+1)-3=0\Leftrightarrow y^{2}+7y+4=0\Leftrightarrow y=\frac{-\sqrt{33}-7}{2}$ hoặc $y=\frac{-7+\sqrt{33}}{2}$.

Do đó: $x=z=\frac{-5-\sqrt{33}}{2}$ hoặc $x=z=\frac{-5+\sqrt{33}}{2}$

 Với $x=z=1-y$ thế vào $(1)$ ta được:$(y-1)^{2}+6(1-y)-y-3=0 \Leftrightarrow $y^{2}-9y+4=0$.Do đó $\begin{bmatrix}x=z=\dfrac{-7+\sqrt{65}}{2};y=\dfrac{9-\sqrt{65}}{2} &  & \\ x=z=\dfrac{-7-\sqrt{65}}{2};y=\dfrac{9+\sqrt{65}}{2} &  & \end{bmatrix}$

 Với $x=2-z$ ta thế vào $(1)$ thành $y=(x+1)^{2}$,thế vào $(2)$ được $y^{2}+4=(x+1)^{2}$.Do đó dễ thấy khi đó thì hệ vô nghiệm.

 Do đó tập nghiệm của hệ là:$ \boxed{(x;y;z)=\left \{ \left ( \dfrac{-5+\sqrt{33}}{2};\dfrac{-7+\sqrt{33}}{2};\frac{-5+\sqrt{33}}{2}  \right );\left ( \dfrac{-5-\sqrt{33}}{2};\dfrac{-7-\sqrt{22}}{1};\frac{-5-\sqrt{33}}{2} \right );\left ( \dfrac{-7+\sqrt{65}}{2};\dfrac{9-\sqrt{65}}{2};\frac{-7+\sqrt{65}}{2} \right );\left ( \dfrac{-7-\sqrt{65}}{2};\frac{9+\sqrt{65}}{2};\dfrac{-7-\sqrt{65}}{2} \right ) \right \}}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nesbit: 06-01-2016 - 18:44
LaTeX

[cachuoi]

Hình b dùng đường đối trung của tam giác ABC là được . Vẽ 2 tiếp tuyến tại B và C của (O) cắt trung trực BC tại S thì có tam giác SBA và T"DF đồng dạng tưing tự thì SCA vad T'DE đồng dạng từ đây suy ra T trùng T' và T" nên có đpcm ở đây T' là giao của tiếp tuyến tại F và tt BC tương tự với T"

[ChinhLu]

Bài 4b. Giả sử (phản chứng) rằng n  không chia hết cho 4. Để cho thuận tiện ta gọi hai loại cây là cây xanh và cây đỏ. Khi đó số cây xanh (cũng như cây đỏ) trên mỗi hàng  hoặc là $\leq n/4$ hoặc là $\geq 3n/4$. Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử: có ít nhất $m/2$ hàng mà mỗi hàng có ít nhất $3n/4$ cây xanh. Ta đánh dấu $m/2$ hàng này.  Gọi $k$ là số cột có ít nhất $m/4$ cây xanh. Khi đó trong ô chữ nhật tạo bởi $m/2$-hàng (đã chọn) và $n$ cột có số cây xanh tối đa là

 

$k \frac{m}{2} + (n-k)\frac{m}{4}$

 

Trong ô chữ nhật này ta phải có nhiều hơn $\frac{m}{2}\frac{3n}{4}$ cây xanh (vì $n$ không chia hết cho 4). Vậy $k>\frac{n}{2}$.  

 

Bây giờ ta tính số cây xanh trong ô chữ nhật $mxn$. Ta giả sử $n$ chẵn (nếu $n$ lẻ ta làm tương tự).  Lấy ra $\frac{n}{2}$ cột sao cho mỗi cột có ít nhất $3m/4$ cây xanh. Trong các cột còn lại có nhiều hơn $\frac{m}{2}\frac{n}{4}$ cây xanh. Cộng hết lại ta được nhiều hơn $mn/2$ cây xanh (mâu thuẫn). 

[Visitor]

Co ban nào có ý tưởng cho cậu 2b ko?

Dễ thấy $lim(b_n-b_{n-1})=0$ mà $b_n$ lại tiến ra +vc nên ta có $[b_n]-[b_{n-1}]=0$ hoặc  $[b_n]-[b_{n-1}]=1$ với mọi $n$

Giả sử cái cần cm sai thì tồn tại $N$ để ${b_i} >= 1/2016$ với mọi $i>N$ . Đặt ${b_i} = {c_i} +1/2016$ thì $0< c_i < 2015/2016$

Do $lim(b_n-b_{n-1})=0$ nên từ chỉ số $m$ nào đó trở đi $b_n-b_{n-1}<1/2016$.

Chọn $k>max(N,m)+1$ và  $[b_k]-[b_{k-1}]=1$ thì có $b_k-b_{k-1}<1/2016$ suy ra $1+c_k - c_{k-1}<1/2016$ hay là $2015/2016+ c_k < c_{k-1} $

Vô lí. Vậy có $đpcm$

 

Cái $Fx$ của diễn đàn này bị lỗi rồi.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Visitor: 06-01-2016 - 20:16

[Kienbtw]

Mình xin nói qua một chút về câu 4 phần b.

Trước tiên ta phát biểu bổ đề sau:

Với một bảng với kích thước hai cạnh $4x, 4y$ ($x, y$ nguyên dương) và một cách trồng cây ấn tượng thì ta phải có hiệu số của hai loại cây trên mỗi hàng hoặc cột bằng đúng một nửa số lượng cây trên hàng hoặc cột đó.

Trước tiên, ta sẽ dùng bổ đề này để suy ra lời kết quả bài toán.

Xét một khu vườn kích thước mxn và được trồng bằng hai loại cây $A, B$ một cách ấn tượng. Như vậy, nếu ta đem ghép $4x4= 16$ khu vườn như vậy lại, ta vẫn có một cách trồng cây ấn tượng cho khu vường kích thước $(4m)x(4n)$, theo bổ đề ta suy ra hiệu số của hai loại cây trong mỗi hàng là $2n$.

Để ý rằng vì ta ghép $16$ khu vườn nhỏ y hệt nhau nên hiệu số hai loại cây trong mỗi hàng của khu vườn $mxn$ sẽ là $\frac{n} {2}$, từ đây ta suy ra được $n$ phải là bội của $4$, tương tự cho $m$.

Như vậy, ta chỉ cần chứng minh bổ đề để hoàn tất lời giải.

Xét khu vườn gồm $4x$ cột và $4y$ hàng được trồng ấn tượng bởi hai loại cây $A, B$. Ta gọi một hàng là tốt nếu hàng đó có nhiều cây loại $A$ hơn, là hàng xấu nếu có nhiều loại cây $B$ hơn.

Giả sử có $k$ hàng tốt ($k$ nguyên dương). Từ dữ kiện mỗi hàng tốt có ít nhất $3x$ cây loại $A$, mỗi hàng xấu có tối đa $x$ cây loại $A$ và tổng số cây loại $A$ là $8xy$, ta suy ra bất đẳng thức $8xy\leq k.4x+ (4y-k).x$, suy ra $k>y$, ta cũng có $8xy\geq k. 3x$ nên $k<3y$.

Xét các hàng tốt, thì số cây loại $A$ trong những hàng này ít nhất là $8xy- (4y-k)x$ ( trừ đi mỗi hàng xấu chỉ có tối đa $x$ cây loại $A$). Coi $k$ hàng này là một bảng riêng, ta đếm được số cột có nhiều hơn $y$ cây loại $A$ trong bảng không nhỏ hơn $\frac{kx}{k-y}$

Chú ý rằng, những cột tương ứng này trong bảng $4x$ cột và $4y$ hàng cũng sẽ có nhiều hơn $y$ cây loại $A$, điều này có nghĩa mỗi cột này có ít nhất $3y$ cây loại $A$ (giả thiết ii)

Như vậy, ta suy ra được tất cả các hàng xấu phải đóng góp thêm ít nhất  $(3y-k). \frac{kx}{k-y}$ cây loại $A$ để cho đủ cây trong các cột vừa nhắc tới, từ đây suy ra

$(3y-k). \frac{kx}{k-y}$ không vượt quá $(4y-k)x$. Biến đổi trực tiếp ta sẽ thu được $k\geq 2y$. 

Hơn thế nữa, vì vai trò của hai loại cây $A$ và $B$ là như nhau nên ta suy ra số hàng xấu cũng không nhỏ hơn $2y$, vậy phải có đúng $2y$ hàng xấu và $2y$ hàng tốt và tất cả các bất đẳng thức dẫn đến đánh giá trên phải xảy ra "dấu bằng", từ đây ta suy ra được kết quả của bổ đề.

 

(Đây không hẳn là lời giải mà chỉ là các ý chính để giải bài toán, các bạn nên kiểm tra cụ thể lại từng bước tính toán và suy luận)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Kienbtw: 06-01-2016 - 20:02

[dogsteven]

Câu 2.

(a) Ta có $a_n=\ln \dfrac{2n^2+n+1}{n^2+n+1}$, dễ chứng minh $a_n$ tăng và $a_n<\ln 2<\ln e<1$

Ngoài ra $\sqrt{e}<2$ và kết hợp với $a_n$ tăng thì tồn tại $n_0$ sao cho $\forall n\geqslant n_0$ thì $a_n\geqslant \dfrac{1}{2}$

Ta có điều phải chứng minh.

(b) Theo định lý Lagrange: $b_{n+1}-b_{n}=\dfrac{4k}{2k^2+1}+\dfrac{2k+1}{k^2+k+1}<\dfrac{6k+1}{k^2+k+1}=f(k)$ với $k\in (n,n+1)$

Dễ thấy $f(k)$ nghịch biến nên $f(k)<f(n)$

Từ đó ta có: $0<b_{n+1}-b_{n}<f(n)$. Dãy $f(n)$ có giới hạn là $0$ nên $b_{n+1}-b_{n}$ có giới hạn là $0$

Vậy tồn tại $n_0$ sao cho $\forall n\geqslant n_0$ thì $b_{n+1}<b_{n}+\dfrac{1}{2016}$

Trên trục số, ở mỗi giữa hai số nguyên chia thành $2016$ phần có dạng: $[n, n+1/2016), [n+1/2016, n+2/2016),...$

Ta có $b_n$ phải thuộc một phần nào đó và $b_n<b_{n+1}<<b_{n}+\dfrac{1}{2016}$ nên $b_{n+1}$ hoặc thuộc cùng phần với $b_n$ hoặc là thuộc phần kế tiếp.

Mà do $b_n$ tăng đến vô hạn nên tồn tại vô số các $n$ sao cho $b_n$ thuộc phần có dạng $[n, n+1/2016)$ với $n$ là số tự nhiên

Ta có điều phải chứng minh.

[dangkhuong]

Có thể nói bài HPT là 1 bài rối rắm và quan trọng là cần phải thế loạn xì ngậu lên mới ra :V

Từ PT (1) ta có ngay $z^2=3+y-6x$ suy ra $2z^2=6+2y-12x$ thay lại vào PT (3) ta được $6x^2-3y^2-3y+12x-6=0$

do đó $2x^2+4x-2=y^2+y$ bây giờ thay $y^2=2x^2+4x-2-y$ vào phương trình thứ (2) ta được $-x^2-4x+2+y=2z-1$(*); 

cộng (*) với PT (1) ta được $-x^2+2x+2=-z^2+2z-2$ $(!!!!)$ hay là $(z-x)(z+x-2)=0$.

Với $z=x$ thì ta được hệ mới là:

$6x-y+x^2=3$ và $x^2-y^2-2x=-1$  

Với $z=2-x$ thì ta cũng được 1 hệ mới là:

$6x-y+(2-x)^2=3$ và $x^2-y^2-2(2-x)=-1$(hệ này vô nghiệm)

Hai HPT này đều có thể dễ dàng giải bằng phương pháp rút thế bình thường. 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dangkhuong: 06-01-2016 - 21:00

[mnguyen99]

 

Xét các hàng tốt, thì số cây loại $A$ trong những hàng này ít nhất là $8xy- (4y-k)x$ ( trừ đi mỗi hàng xấu chỉ có tối đa $x$ cây loại $A$). Coi $k$ hàng này là một bảng riêng, ta đếm được số cột có nhiều hơn $y$ cây loại $A$ trong bảng không nhỏ hơn $\frac{kx}{k-y}$

 

Đoạn này không rõ lắm.

[bacdaptrai]

Câu 1 :

Từ hệ suy ra : $\frac{(6x-y+z^{2}-3)-(6x^{2}-3y^{2}-y-2z^{2})}{3}+(x^{2}-y^{2}-2z+1)=0$

$<=>(x-1)^{2}=(z-1)^{2}$ . Ta có hai trường hợp $x=z$ hoặc $z=2-x$

_ Với $x=z$, hệ phương trình trở thành

$\left\{\begin{matrix}6x-y+x^{2}=3\\ x^{2}-y^{2}-2x=-1 \\ 4x^{2}-3y^{2}-y=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}6x-y+x^{2}=3\\ (x-1)^{2}=y^{2}\\ 4x^{2}-3y^{2}-y=0\end{matrix}\right.$

Đến đây lại xét hai trường hợp : $x=y+1$ hoặc $x=1-y$ thế vào giải phương trình bậc hai

$\left\{\begin{matrix}1+2x+x^{2}=y\\ x^{2}+4x-3=y^{2} \\ 4x^{2}+8x-8-3y^{2}-y=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}x^{2}(x^{2}+4x+4+1)=-4=-4\\ (x+1)^{2}=y\\ 4x^{2}+8x-8-3y^{2}-y=0\end{matrix}\right.$

Khi đó hệ vô nghiệm do phương trình đầu vô nghiệm ( vế trái dương - vế phải âm )

còn trường hợp z=2-x thì sao?

[dangkhuong]

còn trường hợp z=2-x thì sao?

Vô nghiệm mà giải ra làm gì cho tốn công đánh

[Longtunhientoan2k]

 Có thể bài bất dễ các bài còn lại khó hơn thì sao như hình học và phương trình hàm chẳng hạn,ngoài ra tổ hợp cũng sẽ là một thách thức không dễ vượt qua

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Longtunhientoan2k: 07-01-2016 - 10:35

[Dinh Xuan Hung]

ĐỀ THI VMO 2016 NGÀY 7/1/2016

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoanglong2k: 07-01-2016 - 13:20

[viet14042000]

em xin trình bày bài 6a
TO cắt MN tại D
ATON nội tiếp => ∠NOD =∠ NAM 

mà ∠NAM = NCM 

=> ∠NOD=∠NCM=1/2 ∠ NOM

=> ∠NOD =∠MOD

=> OD vuông góc MN
mà OD vuông góc BC

=> MN // BC

=> BCMN hình thang cân (BCMN nội tiếp)
=> ∠BNM =∠ BMC

=> ∠BAM=∠CAN (đpcm)
 

[Belphegor Varia]

Tóm tắt câu hình : a,

b, Nghịch đảo cực $D$ phương tích $DB^2=DI^2=DG.DA=DH.DP=DK.DQ$ biến $(GHK)\rightarrow (APQ) , BC \rightarrow (BGC)$ nên chỉ cần chứng minh $(APQ)$ tiếp xúc với $(O)$

Theo kết quả quen thuộc thì $P,I,Q$ thẳng hàng và $PQ$ song song với $BC$ nên bằng biến đổi góc ta có

$\angle APQ=\angle AUC$ ($U=AM \cap BC $) $= \angle xAN$ ($Ax$ là tiếp tuyến tại $A$ của $(O)$) $=\angle XAQ$ nên $Ax$ tiếp xúc với $(APQ)$ và ta được tiếp tuyến tại $A$ của $(O)$ tiếp xúc với $(APQ)$ suy ra $Q.E.D$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Belphegor Varia: 08-01-2016 - 11:30

[vutung97]

câu 5 là a =0 và a= 2016.1017 đúng không mọi người

[dogsteven]

Tóm tắt câu hình : a, khá dễ

b, Nghịch đảo cực $D$ phương tích $DB^2=DI^2=DG.DA=DH.DP=DK.DQ$ biến $(GHK)\rightarrow (APQ) , BC \rightarrow (BGC)$ nên chỉ cần chứng minh $(APQ)$ tiếp xúc với $(O)$

Theo kết quả quen thuộc thì $P,I,Q$ thẳng hàng và $PQ$ song song với $BC$ nên bằng biến đổi góc ta có

$\angle APQ=\angle AUC$ ($U=AM \cap BC $) $= \angle xAN$ ($Ax$ là tiếp tuyến tại $A$ của $(O)$) $=\angle XAQ$ nên $Ax$ tiếp xúc với $(APQ)$ và ta được tiếp tuyến tại $A$ của $(O)$ tiếp xúc với $(APQ)$ suy ra $Q.E.D$

Có cách khác không dùng phép nghịch đảo đó là sử dụng phương tích để có $5$ tứ giác nội tiếp.