Đến nội dung


Hình ảnh

Đề thi IRAN TST 2017 - Phần 3

iran tst 2017

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 4 trả lời

#1 Mr Cooper

Mr Cooper

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 479 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Miền cắt trắng
  • Sở thích:$\mathbb{Geometry}$

Đã gửi 29-05-2017 - 18:48

\[\textbf{IRAN TST 2017}\]

 

 

 

$\text{Ngày thứ nhất}$

 

Bài Toán 1. Cho số nguyên $n>1$. Chứng minh rằng tồn tại số nguyên $n-1 \ge m \ge \left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor$ sao cho phương trình sau có nghiệm nguyên thỏa mãn $a_m>0:$

$\displaystyle\frac{a_{m}}{m+1}+\frac{a_{m+1}}{m+2}+ \cdots + \frac{a_{n-1}}{n}=\frac{1}{\textrm{lcm}\left ( 1,2, \cdots , n \right )}.$

Bài Toán 2. Cho $P$ là một điểm nằm trong tứ giác $ABCD$ sao cho

$\angle BPC=2\angle BAC  , \angle PCA = \angle PAD  , \angle PDA=\angle PAC.$

Chứng minh rằng $\angle PBD= \left | \angle BCA - \angle PCA \right |.$

Bài Toán 3. Tìm tất cả các hàm $f: \mathbb {R}^+ \times \mathbb {R}^+ \to \mathbb {R}^+$ thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau với mỗi ba số thực dương $x,y,z$.

1) $f\left ( f(x,y),z \right )=x^2y^2f(x,z).$

2) $f\left ( x,1+f(x,y) \right ) \ge x^2 + xyf(x,x).$

 

$\text{Ngày thứ hai}$

 

Bài Toán 4. Cho $6$ điểm nằm trên mặt phẳng sao cho không có ba điểm nào thẳng hàng. Biết rằng trong $4$ điểm bất kỳ trong các điểm đã cho, tồn tại một điểm có phương tích đối với đường tròn đi qua ba điểm còn lại bằng một hằng số $k$. Chứng minh rằng cả $6$ điểm đã cho cùng nằm trên một đường tròn.

Bài Toán 5. Cho $\left \{ c_i \right \}_{i=0}^{\infty}$ là một dãy các số thực không âm thỏa mãn $c_{2017}>0$. Xét dãy đa thức $P_n(x)$ xác định bởi

$P_{-1}(x)=0 \ , \ P_0(x)=1 \ , \ P_{n+1}(x)=xP_n(x)+c_nP_{n-1}(x),\,\forall n\geq 0.$

Chứng minh rằng không tồn tại số nguyên $n>2017$ và số thực $c$ sao cho $P_{2n}(x)=P_n(x^2+c).$

Bài Toán 6. Cho tam giác $ABC$ với tâm ngoại tiếp $O$ và trực tâm $H$. Điểm $P$ đối xứng với $A$ qua $OH$. Giả sử $P$ không nằm trên nửa mặt phẳng bờ $BC$ chứa $A$. Các điểm $E,F$ lần lượt thuộc $AB,AC$ sao cho $BE=PC  , CF=PB$. Gọi $K$ là giao điểm của $AP,OH$. Chứng minh rằng $\angle EKF = 90 ^{\circ}.$

 

 

Người dịch: Nguyễn Trung Tuân


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Mr Cooper: 29-05-2017 - 19:03


#2 manhtuan00

manhtuan00

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 61 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Khoa học Tự nhiên
  • Sở thích:Hình học, số học, phương trình hàm, tổ hợp

Đã gửi 06-06-2017 - 22:14

Bài 4 : Xét bất kì 4 điểm , tồn tại 1 điểm có phương tích bằng $k$ đến đường tròn ngoại tiếp 3 điểm còn lại . Ta đánh dấu điểm này . Số cách chọn ra 4 điểm là $C^4_6 = 15$ nên tồn tại 1 điểm được đánh dấu 3 lần ( gọi là điểm $A$ ) , tức  là tồn tại 3 đường tròn mà phương tích từ điểm này chính là tâm đẳng phương của chúng. Nếu như có 4 điểm nào đó thuộc 1 đường tròn thì ta có $k=0$ thì tất cả mọi điểm nằm trên một đường tròn.Nếu 4 điểm bất kì không trên một đường tròn thì 3 đường tròn trên đi qua 5 điểm , suy ra sẽ có 2 đường tròn chung 2 điểm , 2 điểm này chính là trục đẳng phương (gọi là $X,Y$). Mà $A$ là tâm đẳng phương nên $A,X,Y$ thẳng hàng. Ta có điều mâu thuẫn



#3 manhtuan00

manhtuan00

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 61 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Khoa học Tự nhiên
  • Sở thích:Hình học, số học, phương trình hàm, tổ hợp

Đã gửi 06-06-2017 - 23:15

Bài 6 : Dựng hình bình hành $BGCP$ , $A'$ đối xứng $A$ qua $O$, $M$ là trung điểm $BC$. Khi đó $HGA'P$ là hình bình hành nên $G$ nằm trên $OH$

Ta có $\angle EGF = 360 - \angle EGB - \angle BGC - \angle CGF = 360 - (90 - \angle EBG / 2) - (90 - \angle FCG /2 ) - \angle BPC = \angle A +(\angle EBG + \angle FCG)/2 = \angle A + 90 - \angle GBP = 90 $ nên $\angle  EGF = 90 $ 

Gọi $Q$ là giao điểm của $(AEF)$ với $(O)$ . Khi đó ta có $\frac{QB}{QC} = \frac{EB}{FC} = \frac{PC}{PB}$ nên $PQ$ chia đôi $BC$ , tức là $Q,G,M,P$ thẳng hàng . GỌi $N$ là trung điểm $EF$

Xét phép vị tự quay tâm $Q$ biến $F \rightarrow C , N \rightarrow M$ nên $\triangle QMN \sim \triangle QCF$ nên $\angle QNM = \angle QCF = \angle QPA \implies MN \parallel AP \implies MN$ là trung trực $KG$ (do có $M$ là trung điểm $A'H$ ) , tức là $MK = MD$ nên $E,D,K,F$ đồng viên , suy ra $\angle EKF = 90 $



#4 Drago

Drago

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 353 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\star \int_{CQT}^{11T}\star$
  • Sở thích:Toán học

Đã gửi 19-06-2017 - 13:29

Bài 4 : Xét bất kì 4 điểm , tồn tại 1 điểm có phương tích bằng $k$ đến đường tròn ngoại tiếp 3 điểm còn lại . Ta đánh dấu điểm này . Số cách chọn ra 4 điểm là $C^4_6 = 15$ nên tồn tại 1 điểm được đánh dấu 3 lần ( gọi là điểm $A$ ) , tức  là tồn tại 3 đường tròn mà phương tích từ điểm này chính là tâm đẳng phương của chúng. Nếu như có 4 điểm nào đó thuộc 1 đường tròn thì ta có $k=0$ thì tất cả mọi điểm nằm trên một đường tròn.Nếu 4 điểm bất kì không trên một đường tròn thì 3 đường tròn trên đi qua 5 điểm , suy ra sẽ có 2 đường tròn chung 2 điểm , 2 điểm này chính là trục đẳng phương (gọi là $X,Y$). Mà $A$ là tâm đẳng phương nên $A,X,Y$ thẳng hàng. Ta có điều mâu thuẫn

Xin lỗi mình muốn hỏi tại sao

-Lại có điểm được đánh dấu 3 lần?

-Vì sao 3 đường tròn đó đi qua 5 điểm?

 

Bài 6 : Dựng hình bình hành $BGCP$ , $A'$ đối xứng $A$ qua $O$, $M$ là trung điểm $BC$. Khi đó $HGA'P$ là hình bình hành nên $G$ nằm trên $OH$

Ta có $\angle EGF = 360 - \angle EGB - \angle BGC - \angle CGF = 360 - (90 - \angle EBG / 2) - (90 - \angle FCG /2 ) - \angle BPC = \angle A +(\angle EBG + \angle FCG)/2 = \angle A + 90 - \angle GBP = 90 $ nên $\angle  EGF = 90 $ 

Gọi $Q$ là giao điểm của $(AEF)$ với $(O)$ . Khi đó ta có $\frac{QB}{QC} = \frac{EB}{FC} = \frac{PC}{PB}$ nên $PQ$ chia đôi $BC$ , tức là $Q,G,M,P$ thẳng hàng . GỌi $N$ là trung điểm $EF$

Xét phép vị tự quay tâm $Q$ biến $F \rightarrow C , N \rightarrow M$ nên $\triangle QMN \sim \triangle QCF$ nên $\angle QNM = \angle QCF = \angle QPA \implies MN \parallel AP \implies MN$ là trung trực $KG$ (do có $M$ là trung điểm $A'H$ ) , tức là $MK = MD$ nên $E,D,K,F$ đồng viên , suy ra $\angle EKF = 90 $

 

Tại sao

 

-$HGA'P$ là hình bình hành và $G$ nằm trên $OH$

-$\angle EGF = 360 - \angle EGB - \angle BGC - \angle CGF = 360 - (90 - \angle EBG / 2) - (90 - \angle FCG /2 ) - \angle BPC = \angle A +(\angle EBG + \angle FCG)/2 = \angle A + 90 - \angle GBP = 90 $ nên $\angle  EGF = 90 $ nên $\angle  EGF = 90$

Khúc này mình không hiểu lắm, với lại $EGF$ theo hình vẽ rõ ràng là góc tù sao $\angle  EGF = 90$

 

Cảm ơn bạn! 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Drago: 19-06-2017 - 14:17

$VoThanhLong-11T-1619$


#5 manhtuan00

manhtuan00

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 61 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Khoa học Tự nhiên
  • Sở thích:Hình học, số học, phương trình hàm, tổ hợp

Đã gửi 23-06-2017 - 09:59

Xin lỗi mình muốn hỏi tại sao

-Lại có điểm được đánh dấu 3 lần?

-Vì sao 3 đường tròn đó đi qua 5 điểm?

 

Tại sao

 

-$HGA'P$ là hình bình hành và $G$ nằm trên $OH$

-$\angle EGF = 360 - \angle EGB - \angle BGC - \angle CGF = 360 - (90 - \angle EBG / 2) - (90 - \angle FCG /2 ) - \angle BPC = \angle A +(\angle EBG + \angle FCG)/2 = \angle A + 90 - \angle GBP = 90 $ nên $\angle  EGF = 90 $ nên $\angle  EGF = 90$

Khúc này mình không hiểu lắm, với lại $EGF$ theo hình vẽ rõ ràng là góc tù sao $\angle  EGF = 90$

 

Cảm ơn bạn! 

em nghĩ thế này ạ 

Có $C^4_6 = 15$ tức là ta đã đánh dấu các điểm 15 lần > 2.6, theo nguyên lý Dirichlet thì có 1 điểm được đánh dấu 3 lần, tức là sẽ có 3 đường tròn sao cho phương tích từ điểm này đến 3 đường tròn đó đều bằng $k$ . Nếu chỉ cần một đường tròn đi qua điểm trên, tức là có 4 điểm đồng viên, thì ta có $k = 0$ thì sẽ suy ra được tất cả các điểm còn lại cũng nằm trên một đường tròn . Vậy xét trường hợp 3 đường tròn trên đều không đi qua điểm " được đánh dấu 3 lần " đó , tức là 3 đường tròn sẽ đi qua 5 điểm còn lại

Bài hình : ý đầu em làm hơi tắt tẹo, gọi $A'$ đối xứng $A$ qua $O$ . Tứ giác $BGCP$ là hình bình hành nên $G$ đối xứng $P$ qua trung điểm $M$, suy ra $HGA'P$ là hình bình hành , tức là $HG \parallel A'P$ . Mà $A'$ đối xứng $A$ qua $O$ , $P$ đối xứng $A$ qua $OH$ nên $HG \parallel OH$, kết hợp 2 điều trên ta có $G$ nằm trên $OH$

Ý thứ 2 : $\angel EGF = 90$ thì là theo phần cộng góc , và trong hình cũng hiển thị góc vuông ạ 

Hình gửi kèm

  • 19095668_1072510829547605_9200434862841217758_o.jpg





0 người đang xem chủ đề

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