Đến nội dung

Hình ảnh

Đề thi chọn đội tuyển quốc gia tỉnh Quảng Bình

qb

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 31 trả lời

#21
Pham Quoc Thang

Pham Quoc Thang

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 160 Bài viết

Bài hình ngày 1:

a, Bằng biến đổi góc ta có $DKG=FKE$ do đó $GKE=DKF=DPF$. Bằng phương tích suy ra $GDFE$ nội tiếp. Ta chứng minh được $(P,D,G)$ và $(P,F,E)$ thẳng hàng (bằng cộng góc). Từ các điều kiện trên ra có DPCM

Ai có lời giải câu b chưa vậy. Câu a khá đơn giản nhưng câu b làm tốn thời gian quá!! :(  :D

Mình có 1 cách giải bài này, hơi bị dài và dở với ý tưởng chính là dùng hàng điểm điều hòa như sau:

 14344250_633851523462572_108384377563635

a)Trước hết ta đi chứng minh rằng 4 điểm $G,D,E,F$ đồng viên.

Thật vậy, ta có: $\overline{KF}.\overline{KG}=\overline{KA}.\overline{KH}=\overline{KD}.\overline{KE}$

Do đó 4 điểm $G,D,E,F$ đồng viên.

Tiếp theo ta sẽ chứng minh rằng $\left( KBDE \right)=\left( KCFG \right)=-1$

Thật vậy, do $BK\bot AC$ nên $AC$ là đường trung trực của dây cung $DE$ của đường tròn đường kính $AC$. Do đó mà $AD=AE$ nên $HK$ là phân giác trong của $\widehat{\left( HD,HE \right)}$

Mà $HK\bot HB$ và $K,B,D,E$ thẳng hàng nên $\left( KBDE \right)=-1$

Tương tự ta được: $\left( KCFG \right)=-1$

Suy ra: $\left( KBDE \right)=\left( KCFG \right)=-1$

Do đó $BC,DF,GE$ đồng quy tại 1 điểm. Gọi điểm đó là $T$

Ta có:$\overline{TH}.\overline{TP}=\overline{TD}.\overline{TF}=\overline{TG}.\overline{TE}$

Suy ra: $G,H,P,E$ đồng viên.

b)Do $\left( KBDE \right)=\left( KBED \right)=-1$ nên $\left( KBED \right)=\left( KCFG \right)$ nên $BC,EF,DG$ đồng quy tại $P'$.

Do $\left( KBDE \right)=-1$ nên $G\left( KBDE \right)=G\left( CBP'T \right)=-1\Rightarrow \left( CBP'T \right)=-1$

Xét tam giác $KBC$ có $D\in KB,F\in KC,DF\cap BC=T$

Do đó: $BF,CD,PK$ đồng quy$\Leftrightarrow \left( CBPT \right)=-1$

Ta sẽ đi chứng minh: $\left( CBPT \right)=-1$ hay là chứng minh $P\equiv P'\Leftrightarrow P'=\left( GHE \right)\cap BC$

Do $HK$ là phân giác của $\widehat{\left( HD,HE \right)},\widehat{\left( HG,HF \right)}$ nên $\widehat{DHG}=\widehat{EHF}$.

Ta sẽ đi chứng minh:$\Delta GHD$ ~$\Delta EHF$(nhằm chứng minh $G,H,E,P'$ đồng viên)

$\Leftrightarrow $Chứng minh:$HF.HG=HD.HE$

Ta có:$HG.HF=\frac{2{{S}_{HGF}}}{\sin \widehat{GHF}}=\frac{d\left( H;CK \right).GF}{\frac{GF}{AB}}=d\left( H;CK \right).AB$

Tương tự:$HD.HE=d\left( H;BK \right).AC$

Gọi ${{B}_{1}},{{C}_{1}}$ là ảnh của $B,C$ lên $AC,AB.$

Khi đó:$d\left( H;BK \right)=\frac{HK.BH}{BK};d\left( H;CK \right)=\frac{HK.CH}{CK}$ nên $\frac{d\left( H;BK \right)}{d\left( H;CK \right)}=\frac{BH}{CH}.\frac{CK}{BK}=\frac{BH}{CH}.\frac{{{B}_{1}}C}{{{C}_{1}}B}$

Mà $B{{C}_{1}}.BA=BH.BC$ và $C{{B}_{1}}.CA=CH.BC$nên $\frac{BH}{CH}.\frac{{{B}_{1}}C}{{{C}_{1}}B}=\frac{AB}{AC}$

Suy ra: $\frac{d\left( H;BK \right)}{d\left( H;CK \right)}=\frac{AB}{AC}\Leftrightarrow HD.HE=HF.HG$. Do đó: $\Delta GHD$ ~$\Delta EHF$

Suy ra:$\widehat{P'GH}=\widehat{P'EH}$ nên  minh $G,H,E,P'$ đồng viên. Do đó $P\equiv P'$

Vậy: $BF,CD,PK$ đồng quy.  


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Pham Quoc Thang: 17-09-2016 - 16:59


#22
Kalari499

Kalari499

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 37 Bài viết

Thật ra người sai chính là bạn

Thật ra còn 1 công thức nữa là $f(x)=-x +c $ nhưng mình không tiện đưa ra ở đây vì nó không thỏa thôi

Bài trên mình thay $c_2$ bởi $c_1$

Nếu bạn thay $c_1$ bởi $c_2$ thì sẽ ra công thức $f(x)=-x+c $

Người không hiểu phương pháp chính là bạn

Nếu chúng ta có 1 mối quan hệ giữa $f(f(x)), f(x), x $ với ĐK là các hàm số xét trên tập các số dương hoặc nhỏ hơn thì hoàn toàn có thể dùng pp sai phân

Bạn học lại đi

Bạn có thể xem lại cuốn PTH của thầy Nguyễn Tài Chung phần ứng dụng dãy số để giải PTH

Hoặc là trong kỉ yếu Gặp Gỡ Toán Học năm nay có bài viết của anh Võ Quốc Bá Cẩn về phần này

Bạn có thể xem bài toán 6 trang 83 trong quyển kỉ yếu này

Thân ái

Hmm nếu làm như bạn thì với mọi hàm $f(f(x))=x$ với $f(x)$ thuộc $N^{*}$ thì đều dẫn ra $f(x)=x$ hoặc $f(x)=-x+c$ phải không ?

Tớ nhắc lại ý phản biện của tớ: $c$ không phải số cố định với mọi giá trị của x, do nó phụ thuộc vào $x$ và $f(x)$ (chính là $x_{0}$ và $x_{1}$ theo phương trình sai phân của bạn)

 

Thế nếu tớ chỉ ra hàm là $f(2k)=2k-1,f(2k-1)=2k$ thì sao. Còn nếu mà hàm xác định trên $R$ thì có hàm $f(x)=\frac{1}{x}$

 

 

Edit: Theo những gì tớ thấy theo cách cái của cậu, thì sau khi suy ra $f(f(a))=a$ cậu không dùng gì giả thiết nữa và sau vài bước biến đổi suy ra $f(x)=x+c$ luôn. Cậu không thấy vô lý sao ? Cậu có thể thay hàm kiểu ghép cặp f(a)=b,f(b)=a tự thấy phản ví dụ luôn rồi


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Kalari499: 17-09-2016 - 18:28


#23
redfox

redfox

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 100 Bài viết

Giả sử $\exists z,f(z)>z$. Đặt  $\alpha =f(z)-1,M=max(f(x)\mid 1\leq x\leq \alpha )$.

Với $x>\alpha$,ta có $z+f(x)\geq f(x+\alpha )+1\Rightarrow f(x+n\alpha )\leq f(x)+n(z -1)$

Đặt $g(x)\equiv x(mod \alpha )$ ($1\leq g(x)\leq \alpha$).

Khi đó $f(x)=f(\frac{x-g(x)}{\alpha }\alpha +g(x))\leq f(g(x))+\frac{(x-g(x))(z-1)}{\alpha }$. Thay vào $f(f(x))=x$, chọn $x$ đủ lớn dễ thấy mâu thuẫn.

Vậy $f(x)\leq x\Rightarrow f(f(x))\leq x= f(f(x))\Rightarrow f(x)=x$.

Sai phân có $f(x)$ trong mối quan hệ đâu mà áp dụng, chính bạn nói cần $x,f(x),f(f(x))$ 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi redfox: 18-09-2016 - 08:25


#24
foollock holmes

foollock holmes

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 220 Bài viết

Mình có 1 cách giải bài này, hơi bị dài và dở với ý tưởng chính là dùng hàng điểm điều hòa như sau:

 14344250_633851523462572_108384377563635

a)Trước hết ta đi chứng minh rằng 4 điểm $G,D,E,F$ đồng viên.

Thật vậy, ta có: $\overline{KF}.\overline{KG}=\overline{KA}.\overline{KH}=\overline{KD}.\overline{KE}$

Do đó 4 điểm $G,D,E,F$ đồng viên.

Tiếp theo ta sẽ chứng minh rằng $\left( KBDE \right)=\left( KCFG \right)=-1$

Thật vậy, do $BK\bot AC$ nên $AC$ là đường trung trực của dây cung $DE$ của đường tròn đường kính $AC$. Do đó mà $AD=AE$ nên $HK$ là phân giác trong của $\widehat{\left( HD,HE \right)}$

Mà $HK\bot HB$ và $K,B,D,E$ thẳng hàng nên $\left( KBDE \right)=-1$

Tương tự ta được: $\left( KCFG \right)=-1$

Suy ra: $\left( KBDE \right)=\left( KCFG \right)=-1$

Do đó $BC,DF,GE$ đồng quy tại 1 điểm. Gọi điểm đó là $T$

Ta có:$\overline{TH}.\overline{TP}=\overline{TD}.\overline{TF}=\overline{TG}.\overline{TE}$

Suy ra: $G,H,P,E$ đồng viên.

b)Do $\left( KBDE \right)=\left( KBED \right)=-1$ nên $\left( KBED \right)=\left( KCFG \right)$ nên $BC,EF,DG$ đồng quy tại $P'$.

Do $\left( KBDE \right)=-1$ nên $G\left( KBDE \right)=G\left( CBP'T \right)=-1\Rightarrow \left( CBP'T \right)=-1$

Xét tam giác $KBC$ có $D\in KB,F\in KC,DF\cap BC=T$

Do đó: $BF,CD,PK$ đồng quy$\Leftrightarrow \left( CBPT \right)=-1$

Ta sẽ đi chứng minh: $\left( CBPT \right)=-1$ hay là chứng minh $P\equiv P'\Leftrightarrow P'=\left( GHE \right)\cap BC$

Do $HK$ là phân giác của $\widehat{\left( HD,HE \right)},\widehat{\left( HG,HF \right)}$ nên $\widehat{DHG}=\widehat{EHF}$.

Ta sẽ đi chứng minh:$\Delta GHD$ ~$\Delta EHF$(nhằm chứng minh $G,H,E,P'$ đồng viên)

$\Leftrightarrow $Chứng minh:$HF.HG=HD.HE$

Ta có:$HG.HF=\frac{2{{S}_{HGF}}}{\sin \widehat{GHF}}=\frac{d\left( H;CK \right).GF}{\frac{GF}{AB}}=d\left( H;CK \right).AB$

Tương tự:$HD.HE=d\left( H;BK \right).AC$

Gọi ${{B}_{1}},{{C}_{1}}$ là ảnh của $B,C$ lên $AC,AB.$

Khi đó:$d\left( H;BK \right)=\frac{HK.BH}{BK};d\left( H;CK \right)=\frac{HK.CH}{CK}$ nên $\frac{d\left( H;BK \right)}{d\left( H;CK \right)}=\frac{BH}{CH}.\frac{CK}{BK}=\frac{BH}{CH}.\frac{{{B}_{1}}C}{{{C}_{1}}B}$

Mà $B{{C}_{1}}.BA=BH.BC$ và $C{{B}_{1}}.CA=CH.BC$nên $\frac{BH}{CH}.\frac{{{B}_{1}}C}{{{C}_{1}}B}=\frac{AB}{AC}$

Suy ra: $\frac{d\left( H;BK \right)}{d\left( H;CK \right)}=\frac{AB}{AC}\Leftrightarrow HD.HE=HF.HG$. Do đó: $\Delta GHD$ ~$\Delta EHF$

Suy ra:$\widehat{P'GH}=\widehat{P'EH}$ nên  minh $G,H,E,P'$ đồng viên. Do đó $P\equiv P'$

Vậy: $BF,CD,PK$ đồng quy.  

em có cách giải khác cho câu b như sau:

ta chứng minh đc là P,D,G và P,F,E thẳng hàng , do đó $(PF,PD,PK,PT) $là chùm điều hoà, qua phép chiếu xuyên tâm K thì$ (TPBC)=-1$, mà T,D,E thẳng hàng suy ra BF,CD,PK đồng quy



#25
Pham Quoc Thang

Pham Quoc Thang

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 160 Bài viết

em có cách giải khác cho câu b như sau:

ta chứng minh đc là P,D,G và P,F,E thẳng hàng , do đó $(PF,PD,PK,PT) $là chùm điều hoà, qua phép chiếu xuyên tâm K thì$ (TPBC)=-1$, mà T,D,E thẳng hàng suy ra BF,CD,PK đồng quy

y chang chứ khác gì bạn? Nếu khác thì bạn phải chứng minh P,D,G và P,F,E thẳng hàng bằng hướng khác. Chứ bản chất mình cũng chứng minh thẳng hàng rồi xài chiếu xuyên tâm chùm thôi.



#26
foollock holmes

foollock holmes

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 220 Bài viết

y chang chứ khác gì bạn? Nếu khác thì bạn phải chứng minh P,D,G và P,F,E thẳng hàng bằng hướng khác. Chứ bản chất mình cũng chứng minh thẳng hàng rồi xài chiếu xuyên tâm chùm thôi.

xin lỗi em đọc ko kĩ bài của anh, cách cm P,D,G và P,F,E thẳng hàng của em là

ta có $ BG^2=BC_1.BA $ suy ra BG là tiếp tuyến của B đến (GDF), suy ra góc GEF= góc BGF= góc CHF =góc PDF, suy ra ba điểm P,D,G thẳng hàng ...

lại giống bạn ở trên nữa thì phải :(



#27
Kalari499

Kalari499

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 37 Bài viết

Giả sử $\exists z,f(z)>z$. Đặt  $\alpha =f(z)-1,M=max(f(x)\mid 1\leq x\leq \alpha )$.

Với $x>\alpha$,ta có $z+f(x)\geq f(x+\alpha )+1\Rightarrow f(x+n\alpha )\leq f(x)+n(z -1)$

Đặt $g(x)\equiv x(mod \alpha )$ ($1\leq g(x)\leq \alpha$).

Khi đó $f(x)=f(\frac{x-g(x)}{\alpha }\alpha +g(x))\leq f(g(x))+\frac{(x-g(x))(z-1)}{\alpha }$. Thay vào $f(f(x))=x$, chọn $x$ đủ lớn dễ thấy mâu thuẫn.

Vậy $f(x)\leq x\Rightarrow f(f(x))\leq x= f(f(x))\Rightarrow f(x)=x$.

Sai phân có $f(x)$ trong mối quan hệ đâu mà áp dụng, chính bạn nói cần $x,f(x),f(f(x))$ 

Cái này là mọc từ đâu ra vậy ?



#28
Nguyen Van Luc

Nguyen Van Luc

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 57 Bài viết

Bài hình ngày 1:

a, Bằng biến đổi góc ta có $DKG=FKE$ do đó $GKE=DKF=DPF$. Bằng phương tích suy ra $GDFE$ nội tiếp. Ta chứng minh được $(P,D,G)$ và $(P,F,E)$ thẳng hàng (bằng cộng góc). Từ các điều kiện trên ra có DPCM

Ai có lời giải câu b chưa vậy. Câu a khá đơn giản nhưng câu b làm tốn thời gian quá!! :(  :D

phương tích với 2 cặp cạnh nào thế bạn?


Khi sự sống không bắt nguồn từ tình yêu

___Thì cuộc đời chẳng còn gì là ý nghĩa___


#29
lmht

lmht

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 88 Bài viết

Bài hình ngày 2:

a, Bằng biến đổi góc đơn giản suy ra $AZKY$ nội tiếp từ đó $PKYC,ZKPB$ nội tiếp từ đó suy ra $angleBPA'=angleAPB=angleKPC$ suy ra DPCM

b,$BN$, $CM$ là các đường cao của tam giác $ABC$.Trung tuyến $At$ của tam giác $ABC$ giao $(AH)$ tại $I$. Ta có hai tam giác $ZIM,MIY$ đồng dạng suy ra $MIN=ZIY$ suy ra $I$ thuộc $(AYZ)$ do đó $SI'$ vuông góc $AI$ ($S$ là tâm $(AYZ)$, $I'$ là trung điểm $AH$) Ta có dpcm.

P/s: Không biết bài hình ngày 1 dễ hay khó chưa vẽ thử hình. Bài hình ngày 2 câu b hơi nhói 1 chút. Có gì thông cảm cho em vì không gõ đc latex do bị lỗi ToT

Mình nghĩ câu b) bạn này ngộ nhận ZIM và MIY đồng dạng rồi.

 

Ý tưởng là chứng minh trục đẳng phương [AH] và (AYZ) đi qua trung điểm BC.



#30
redfox

redfox

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 100 Bài viết

Bài 4

Tính tổng các cặp số:

-Có $2k$ số phân biệt nên tổng lớn hơn $\frac{2k(2k+1)}{2}$.

-Tổng các cặp số là $k$ số phân biệt nên tổng nhỏ hơn $nk-\frac{k(k-1)}{2}$.

Vậy $\frac{2k(2k+1)}{2}\leq nk-\frac{k(k-1)}{2}\Rightarrow k\leq \frac{2n-1}{5}\Rightarrow k\leq \left \lfloor \frac{2n-1}{5} \right \rfloor$.

Xét $n=5m+3$. Ta chọn $m$ cặp ${2i,3m+2-i},1\leq i\leq m$ và $m+1$ cặp ${2i-1,4m+3-1},1\leq i\leq m+1$ thỏa mãn.

$n=5m+4,5$ làm như trên, $n=5m+1,2$ bỏ cặp ${3m+2,2m+1}$.

Từ đó ta có $k= \left \lfloor \frac{2n-1}{5} \right \rfloor$.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi redfox: 17-10-2016 - 22:32


#31
supermember

supermember

    Đại úy

  • Hiệp sỹ
  • 1644 Bài viết

Coi bộ bài hàm đang nhiều tranh cãi. Để supermember đứng ra làm người phân xử ai đúng ai sai nhé :)


Khi bạn là người yêu Toán, hãy chấp nhận rằng bạn sẽ buồn nhiều hơn vui :)

#32
tuaneee111

tuaneee111

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 174 Bài viết

Câu 5 

Hình gửi kèm

  • caubatdethichondoivmo.PNG

$$\boxed{\boxed{I\heartsuit MATHEMATICAL}}$$

Blog của tôi

:luoi: Sức hấp dẫn của toán học mãnh liệt đến nỗi tôi bắt đầu sao nhãng các môn học khác - Sofia Vasilyevna Kovalevskaya :lol:






Được gắn nhãn với một hoặc nhiều trong số những từ khóa sau: qb

1 người đang xem chủ đề

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