Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi phamngochung9a: 03-10-2016 - 23:14
Đề thi chọn đội tuyển Quốc gia tỉnh Thanh Hóa năm 2016-2017 ngày 1
#1
Đã gửi 30-09-2016 - 19:40
#2
Đã gửi 30-09-2016 - 20:18
Bài hình là bài khá quen thuộc. Bài này là bài thi ngày $1$ của Hàn Quốc năm $2015$
Cấu hình này cũng đã có ở đây trên diễn đàn ( Chắc cùng từ bài của Hàn Quốc mà ra ) http://diendantoanho...-tụy-ninh-bình/ Xin trích lại lời giải luôn
Câu 2 (3 điểm).Cho tam giác ABC nhọn,không cân nội tiếp đường tròn (O;R),ngoại tiếp đường tròn (I,r).G là trung điểm đoạn BC.Đường tròn (I;r) tiếp xúc với BC,CA,AB lần lượt tại D,E,F.Đường thẳng EF cắt đường tròn (O) tại M,N.Trên tia đối của tia OG lấy điểm H sao cho OH=R+r
a)Chứng minh M,N,D,G cùng nằm trên đường tròn tâm K
b)Chứng minh rằng K,D,H thẳng hàng
a) Kéo dài $MN$ cắt $BC$ tại $J$. Dễ chứng minh $(JDBC)=-1$, từ đó kết hợp với hệ thức Maclaurin suy ra $JD.JG=JM.JN$
=> ĐPCM
b) $OH$ cắt $(O)$ tại $P$ suy ra $PH=ID$, mà $PH//ID$ nên $PHID$ là hình bình hành.
Suy ra trung điểm $L$ của $DH$ cũng là trung điểm $L$ của $PI$.
Mặt khác dễ chứng minh góc $IAP$ vuông (dựa vào tính chất $AI$ cắt $(O)$ tại điểm chính giữa cung $BC$) nên dễ suy ra $APNM$ là hình thang cân.
$L$ thuộc trung trực của $AP$ nên $L$ cũng thuộc đường trung trực của $MN$.
Mà $L$ cũng là đường trung trực của $DG$ (dễ chứng minh).
Do đó $L\equiv K$ hay $K,D,H$ thằng hàng (đpcm)
Còn đây là links bài toán http://www.artofprob...1065214p4625207
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi viet nam in my heart: 30-09-2016 - 20:24
- Zaraki, canhhoang30011999, datcoi961999 và 4 người khác yêu thích
#3
Đã gửi 30-09-2016 - 23:11
Bài 1. Tìm tất cả các hàm $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ thỏa mãn :
\[f(f(x)+f(y))=f(x^2)+2x^2f(y)+f^2(y)\]
Lời giải. Thay $x=1,y=0$ vào phương trình đầu ta được $f(f(1)+f(0))=f(1)+2f(0)+f^2(0)$.
Thay $x=0,y=1$ vào phương trình đầu ta được $f(f(0)+f(1))=f(0)+f^2(1)$
Từ đó suy ra $f(0)+f^2(1)=f(1)+2f(0)+f^2(0)\Rightarrow [f(1)-f(0)][f(0)+f(1)]=f(0)+f(1)$
Do đó $f(1)=-f(0)$ hoặc $f(1)=f(0)+1$
Nếu $f(1)=-f(0)$ ta suy ra $f(0)=f(1)+2f(0)+f^2(0)=-f(0)+2f(0)+f^2(0)\Rightarrow f^2(0)=0\Rightarrow f(0)=0\Rightarrow f(1)=0$
Thay $x=0$ vào phương trình đầu ta được $f(f(y))=f^2(y)$
Thay $x=1$ vào phương trình đầu ta được $f(f(y))=2f(y)+f^2(y)$
Từ đó suy ra $f(y)=0 \ \forall y\in \mathbb{R}$
Nếu $f(1)=f(0)+1$.
Thay $x$ bởi $y$, thay $y$ bới $x$ vào phương trình đầu ta được $f(x^2)+2x^2f(y)+f^2(y)=f(y^2)+2y^2f(x)+f^2(x) \ (1)$
Thay $x=0$ vào $(1)$ ta suy ra $f(0)+f^2(y)=f(y^2)+2y^2f(0)+f^2(0)$
Thay $x=1$ vào $(1)$, chú ý $f(1)=f(0)+1$ ta được $f(1)+2f(y)+f^2(y)=f(y^2)+2y^2f(1)+f^2(1)$
$\Rightarrow f(0)+1+2f(y)+f^2(y)=f(y^2)+2y^2f(0)+2y^2+f^2(0)+2f(0)+1$
$\Rightarrow 2f(y)=2x^2+2f(0)\Rightarrow f(x)=x^2+f(0)$.
Thử lại thấy $f(0)=0$ thỏa mãn. Vậy có hai hàm thỏa mãn bài toán là $f(x)=0$ và $f(x)=x^2$
- Zaraki, canhhoang30011999, datcoi961999 và 5 người khác yêu thích
#4
Đã gửi 01-10-2016 - 20:49
Bài 4
sau phép biến đổi đầu ta đc 4 số (d,a,b,c) thỏa a+b+c+d=0
sau phép biến đổi thứ 2 ta đc 4 số (a+b+c-3d,b+c+d-3a,c+d+a-3b,a+b+d-3c)=(-4d,-4a,-4b,-4c)
sau phép biến đổi thứ 3 ta đc 4 số (16d,16a,16b,16c)
giả sử a=Max(a,b,c,d) khi đó a>0 và ta có sau 1 số phép biến đổi sẽ xuất hiện số $16^n.a$ với n lớn tùy ý
khi đó trong 4 số có số lớn hơn 2016
- Tran Nguyen Lan 1107, pdtienArsFC và baopbc thích
#5
Đã gửi 02-10-2016 - 11:33
Bài 4. Mỗi lần biến đổi ta được một bộ có tổng bằng 0 và các số không đồng thời bằng nhau nên phải có một số dương.
Đặt $x=b+c+d-3a, y= c+d+a-3b, z=d+a+b-3c, t=a+b+c-3d$ thì $(a,b,c,d) \to (x,y,z,t)\to (4x,4y, 4z,4t) \to (16x, 16y, 16z, 16t) \to ...$
Xét số dương thì sau một số lần hữu hạn thì số dương đó thành số lớn tùy ý.
Quyết tâm off dài dài cày hình, số, tổ, rời rạc.
#6
Đã gửi 02-10-2016 - 22:01
bạn nào giải được bài 2 không, giúp mình với
LENG KENG...
#7
Đã gửi 03-10-2016 - 19:00
ai có đáp án đăng hộ mình với, cảm ơn.
LENG KENG...
2 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh