Chủ đề này có 7 trả lời

[Tuan Duong]

Đề thi vào 10 chuyên tỉnh Vĩnh Phúc 2017-2018

Hình gửi kèm

• 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Tuan Duong: 08-06-2017 - 22:08

[viet9a14124869]

Câu 4 ,

a, Chắc dễ rồi ha !

b, Giả sử $(a,b,c)$ là nghiệm của phương trình

Xét phương trình sau $t^2-3bct+b^2+c^2=0$

Nhận thấy $t_{1}$ = a là 1 nghiệm của phương trình , theo Vi-et ta tìm được $t_{2}=3bc-a$

Do đó ,đễ kiểm chứng $(3bc-a,b,c)$ cũng là nghiệm ,

Vậy hiển nhiên ta chứng minh được phương trình có vô số nghiệm nguyên dương , khi đó ta có đpcm !

 

Sao bác có đề hay vậy @@

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi viet9a14124869: 08-06-2017 - 22:16

[F IT Hacker]

Đề thi vào 10 chuyên tỉnh Vĩnh Phúc 2017-2018

Câu 5: Ta đặt $x_{1}\leq x_{2}\leq ...\leq x_{n}$ (sorry mình chưa đọc kĩ đề )

Gỉa sử không có 2 số nào t/m đề bài

Dễ thấy không thể xảy ra $x_{i}-x_{j}< n$ vì $x_{n+2}-x_{1}\geq n+1> n$

Xét $x_{i}-x_{j}> 2n$: Khi đó ta có $x_{2}-x_{1}> 2n; x_{3}-x_{2}> 2n;... ;x_{n+2}-x_{n+1}> 2n$

=>$x_{n+2}-x_{1}> n(n+1)$ (1)

GT <=> $x_{n+2}-x_{1}\leq 3n-1$ (2)

Từ (1) và (2) anh em tự suy ra vô lí nha

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi F IT Hacker: 09-06-2017 - 08:33

[F IT Hacker]

Câu 4 ,

a, Chắc dễ rồi ha !

b, Giả sử $(a,b,c)$ là nghiệm của phương trình

Xét phương trình sau $t^2-3bct+b^2+c^2=0$

Nhận thấy $t_{1}$ = a là 1 nghiệm của phương trình , theo Vi-et ta tìm được $t_{2}=3bc-a$

Do đó ,đễ kiểm chứng $(3bc-a,b,c)$ cũng là nghiệm ,

Vậy hiển nhiên ta chứng minh được   , khi đó ta có đpcm !

 

Sao bác có đề hay vậy @@

Sao bạn lại không làm đc câu cuối nhỉ

mà mk nói thêm nhé: phương trình có vô số nghiệm nguyên dương cx chưa chắc là nó >2017 đâu, cần làm thêm 1 chút nữa để c/m nó >2017

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi F IT Hacker: 09-06-2017 - 08:08

[HoangKhanh2002]

Đề thi vào 10 chuyên tỉnh Vĩnh Phúc 2017-2018

Full hình nhỉ....

a) Nhận thấy: $\widehat{BAC}+\widehat{BDC}=180^o \iff \widehat{BAC}+\widehat{BEC}=180^o \iff BACE$ nội tiếp

$\widehat{AEB}=\widehat{ACB}=\widehat{ABC}=\widehat{AEC}\implies \widehat{BEC}=2\widehat{AEC}$

b) $\Delta ADE, \widehat{ADE}=90^o$ có $FD=FE \implies FD=FE=FA$

Dễ thấy: $\widehat{BKC}=180^o-\widehat{BCK}-\widehat{CBK}=180^o-\widehat{BCE}-\widehat{AEC}=\widehat{AFB}=\widehat{FAD}$

c) Áp dụng định lí $Ptolemy$ cho tứ giác $ABEC$ có: $AB.CE+AC.BD=AE.BC \iff AB(CE+1)=AE\\ \iff CD+1=\dfrac{AE}{AB}=2\dfrac{CF}{CD}$

Do đó: $CF=\dfrac{CD(CD+1)}{2}$

Mà: $EF$ là phân giác $\widehat{BEC} \implies \dfrac{CF}{FB}=\dfrac{CE}{EB}=CE=CD$

Thay vào hệ thức: $CD+1=2FB \implies FB=\dfrac{CD+1}{2}$

Giải phương trình: $\dfrac{CD(CD+1)}{2}+\dfrac{CD+1}{2}=1 \iff CD=\sqrt{2}-1$

[viet9a14124869]

Full hình nhỉ....

vp2.png

a) Nhận thấy: $\widehat{BAC}+\widehat{BDC}=180^o \iff \widehat{BAC}+\widehat{BEC}=180^o \iff BACE$ nội tiếp

$\widehat{AEB}=\widehat{ACB}=\widehat{ABC}=\widehat{AEC}\implies \widehat{BEC}=2\widehat{AEC}$

b) $\Delta ADE, \widehat{ADE}=90^o$ có $FD=FE \implies FD=FE=FA$

Dễ thấy: $\widehat{BKC}=180^o-\widehat{BCK}-\widehat{CBK}=180^o-\widehat{BCE}-\widehat{AEC}=\widehat{AFB}=\widehat{FAD}$

c) Áp dụng định lí $Ptolemy$ cho tứ giác $ABEC$ có: $AB.CE+AC.BD=AE.BC \iff AB(CE+1)=AE\\ \iff CD+1=\dfrac{AE}{AB}=2\dfrac{CF}{CD}$

Do đó: $CF=\dfrac{CD(CD+1)}{2}$

Mà: $EF$ là phân giác $\widehat{BEC} \implies \dfrac{CF}{FB}=\dfrac{CE}{EB}=CE=CD$

Thay vào hệ thức: $CD+1=2FB \implies FB=\dfrac{CD+1}{2}$

Giải phương trình: $\dfrac{CD(CD+1)}{2}+\dfrac{CD+1}{2}=1 \iff CD=\sqrt{2}-1$

Mình không dùng cách này mà dùng hàm sin để giải ,,nhưng kết quả câu c của bạn thì đúng rồi đó

[F IT Hacker]

Mình không dùng cách này mà dùng hàm sin để giải ,,nhưng kết quả câu c của bạn thì đúng rồi đó

Ptoleme nhanh hơn chứ bạn

Mà bạn thử trình bày cách giải hàm sin của bạn nào

[viet nam in my heart]

c) Áp dụng định lí $Ptolemy$ cho tứ giác $ABEC$ có: $AB.CE+AC.BD=AE.BC \iff AB(CE+1)=AE\\ \iff CD+1=\dfrac{AE}{AB}=2\dfrac{CF}{CD}$

Do đó: $CF=\dfrac{CD(CD+1)}{2}$

Mà: $EF$ là phân giác $\widehat{BEC} \implies \dfrac{CF}{FB}=\dfrac{CE}{EB}=CE=CD$

Thay vào hệ thức: $CD+1=2FB \implies FB=\dfrac{CD+1}{2}$

Giải phương trình: $\dfrac{CD(CD+1)}{2}+\dfrac{CD+1}{2}=1 \iff CD=\sqrt{2}-1$

Phần $c$ có thể giải như sau độc lập với hai phần $a,b$ và không cần đến định lý $Ptolemy$

Gọi $M,N$ là trung điểm $BC,DC$.$DE$ cắt $BC$ tại $H$. Đặt $CD=x(x>0)$

Do tính đối xứng nên $\widehat{BEC}=\widehat{BDC}=\widehat{BCD}$ nên $CD$ là tiếp tuyến của $(ABC)$

Do tam giác $ABC$ cân tại $A$ và $AD \parallel BC$ nên $AD$ là tiếp tuyến của $(ABC)$. Từ đó $DC=DA$

Ta có: $ADHM$ là hình chữ nhật nên $DC=DA=HM=CM-CH=\dfrac{1}{2}-CH$. Từ đó $CH=\dfrac{1}{2}-x$

Tam giác $BDC$ cân tại $B$ và $N$ là trung điểm $CD$ nên $BN \perp CD$ và khi đó: $BDNH$ nội tiếp.

Do đó $CN.CD=CH.CB\Leftrightarrow \dfrac{x^2}{2}=\dfrac{1}{2}-x$. Từ đó tìm được $x= \sqrt{2}-1$

(Đẳng thức trên có thể một số nơi không cho phép dùng với bậc THCS. Có thể cần phải chứng minh. Ý này phù hợp vào đề thi $MTCT$ hơn là vào đề thi chuyên)

Sao bạn lại không làm đc câu cuối nhỉ

mà mk nói thêm nhé: phương trình có vô số nghiệm nguyên dương cx chưa chắc là nó >2017 đâu, cần làm thêm 1 chút nữa để c/m nó >2017

Bạn có thể post lời giải câu cuối được không