Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


Hình ảnh

ĐỀ THI OLYMPIC CHUYÊN KHTN 2018


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 29 trả lời

#21 tnk10a1

tnk10a1

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 7 Bài viết

Đã gửi 06-05-2018 - 22:05

Tại sao  $$(a^3+1,a^2+a+1$)=1$  ?

vì nếu d=($a^3+1;a^2+a+1)=d$ thì  $a^3-1$ chia hết cho d suy ra 2 chia hết cho d mà $a^2+a+1$ lẻ nên d=1



#22 ngando2002

ngando2002

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 4 Bài viết

Đã gửi 06-05-2018 - 22:12

 

Tớ không thi nhưng đây là lời giải bài hình của tớ (Mong ad post dù e k biết latex nhưng các bạn đang cần lời giải)

Câu 2: Dạng toán này đòi hỏi cần tìm được tiếp điểm, nếu không gần như là vô vọng  :( 

* Cách dựng tiếp điểm: KR giao EF tại I, khi đó (AMN) tx EF tại I
Bước 1: (KEF) tiếp xúc (O)     
- Kéo dài BP, CP cắt (O) tại G. GF cắt LE tại R
 

Bạn lấy P là điểm gì vậy ?



#23 Khoa Linh

Khoa Linh

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 584 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Khóa 36, THPT chuyên Hùng Vương, Phú Thọ
  • Sở thích:geometry, inequality and my girl

Đã gửi 07-05-2018 - 19:57

Bài hình cách THCS

Lời giải của thầy Nguyễn Lê Phước 

31947137_2106475226034307_32570775397046


DK <3 BL  :ukliam2:  :ukliam2:  :ukliam2:  :D  :D  :D  :lol:  :lol:  :lol:  :lol:

$\sqrt[LOVE]{MATH}$

"If I feel unhappy, I do mathematics to become happy. If I am happy, I

 

do mathematics to keep happy" - Alfréd nyi 


#24 Zeref

Zeref

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 457 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đồng Nai
  • Sở thích:...

Đã gửi 07-05-2018 - 22:09

 

Câu 6: Cho tam giác $ ABC $ nhọn có trực tâm $ H $. Các điểm $ E, F $ lần lượt thuộc các đoạn thẳng $ CA, AB $ sao cho $ EF $ tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác $ BHC $. $ K $ là tâm ngoại tiếp tam giác $ AEF $. $ KC,KB $ lần lượt cắt các đường tròn ngoại tiếp tam giác $ KAE,KAF $ theo thứ tự tại $ M,N $ khác $ K $. Chứng minh rằng $ EF $ tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác $ AMN $.

$\angle ABK=\angle ANK - \angle BAN=\angle AFK-\angle FAN = \angle KAF - \angle FAN = \angle NAK $
$\Rightarrow KA^2=KN.KB$. Tương tự $KM.KC=KA^2$. Xét phép nghịch đảo tâm $K$, phương tích $KA^2$ 
$(AMN)↔(ABC), EF↔(KEF)$. Như vậy ta cần CM $(O)$ tiếp xúc $(KEF)$
Bài toán cần CM phát biểu như sau: Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$. $(O')$ là đối xứng của $(O)$ qua $BC$. Lấy điểm $D$ bất kì trên $(O')$ sao cho qua $D$ kẻ tiếp tuyến tới $(O')$ cắt được đoạn $AB,AC$ tại $E,F$. Gọi $K$ là tâm $(AEF)$. CMR $(KEF)$ tiếp xúc $(O)$
Giải:
$(BED) \cap (CFD)$ tại $G$. Ta có $\angle BGC=\angle AED+ \angle AFD=180°-\angle A$ $\Rightarrow$ $G$ thuộc $(ABC)$.
Ta có $\angle EGF = \angle EBD + \angle FCD = - \angle A + \angle DBC =180°- 2\angle A$. $\Rightarrow$ $G$ thuộc $(KEF)$  
Gọi giao của $(BED)$ với $BC$ là $P$. Kẻ $GE$ cắt $CD$ tại $X$. Dễ CM đc $\Delta DEB \sim \Delta CPD$ 
$\Rightarrow \angle PDC=\angle EBD=\angle EPD. \Rightarrow EP \parallel CX. \Rightarrow \angle CXG=\angle GEP=\angle GBC \Rightarrow X \in (O) $
Hoàn toàn tương tự, Kẻ $BD$ cắt $GF$ tại $Y$ thì $Y$ thuộc $(O)$. Từ đây dễ suy ra $EF \parallel XY$
$\Rightarrow (GEF)$ tiếp xúc $(GXY)$ hay $(KEF)$ tiếp xúc $(O)$
P/S: trường hợp đặc biệt, $D$ là điểm chính giữa cung $BC$ thì bài toán trên có thể giải bằng phép nghịch đảo đối xứng khá ngắn gọn

Hình gửi kèm

  • Untitled.png

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Zeref: 07-05-2018 - 22:13


#25 Canada1002

Canada1002

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 4 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Lê Hồng Phong - Nam Định
  • Sở thích:<3PhanManhQuynh<3

Đã gửi 08-05-2018 - 20:50

Bài 3b ngày 1 có thể lấy đối xứng của $P$ qua trung điểm $BC$ là $P'$ rồi chứng minh $AP'$ vuông góc với $RQ$ bằng định lý 4 điểm :v



#26 mathwriterA113

mathwriterA113

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 5 Bài viết

Đã gửi 11-05-2018 - 19:51

Bài 6: Không mất tổng quát ta có như hình vẽ

EF tiếp xúc (HBC) tại P

Dễ thấy (HBC) đối xứng (O) qua BC

BP,CP cắt (O) lần thứ hai tại X, Y

XE cắt lại (O) tại D

Nhận xét:  XE cắt YF tại D trên (O), và (DEF) tiếp xúc (O)

Thật vậy, giả sử YD cắt AB tại F'.

Áp dụng định lý Pascal  cho bộ  suy ra F', E, P thẳng hàng, từ đó ta có F = F'

YXD = YCB = FPB => EF // XY

Khi đó tồn tại phép vị tự tâm D: EF --> XY, (DEF) ---> (DXY)

=> (DEF) tiếp xúc (O) = (ABC)

Tiếp tục, ta có BAC = 180 - BHC = 180 -BPC = PCB + PBC

=> EDF = BDC - YDB - XDC = 180 - BAC - PCB - PBC = 180 - 2BAC = 180 - EKF

=> (DEF) đi qua K

Xét phép nghịch đảo tâm K, phương tích  (qua đường tròn (K)), ta có (KAE), (KAF), (DEF) đi qua K nên (DEF) <=> EF, (KAF) <=> AB, (KAE) <=> AC,=> M <=> C, N <=> B, A <=> A, => (AMN) <=> (ABC)

mà (DEF) tiếp xúc (ABC) => EF tiếp xúc (AMN)

Vậy EF tiếp xúc (AMN) (đpcm)

Bài 7:

Đánh số các điểm là A­­1(x1,y1), ... ,An(xn,yn).

Đặt a1 = x2 - x1, b1 = y2 - y1

Khi đó b ình phương độ dài các cạnh là a12 + b12, và véctơ   = (ai,bi), đồng thời ai, bi đều hữu tỉ .

Phép vị tự tỉ số là mẫu số chung của các ai và bi, đa giác trở thành đa giác có các vectơ ở cạnh là toạ độ nguyên, đồng thời tất cả các số ai và bi đều nguyên và nguyên tố cùng nhau. (1)

Đặt bình phương độ dài cạnh sau phép vị tự là p

Khi đó p = ai2 + bi2

Giả sử phản chứng, n lẻ

Ta có:  Tổng các vec tơ = 0

=> Tổng a = Tổng bi  = 0(2)

=> (Tổng a)^2+(Tổng b)^2=0

=>  Tổng (a)^2+Tổng (b)^2 + 2*(các tổng tích hoán vị) = 0

=>  np = Tổng (a)^2+Tổng (b)^2 chẵn

=> np chẵn 

Ta sẽ chứng minh p lẻ

Thật vậy, nếu p chẵn => ai và bi cùng chẵn hoặc cùng lẻ

Nếu p chia hết cho 4 thì ai, bi đều phải chẵn, khi đó toàn bộ ai bi sẽ có ước chung là 2, mâu thuẫn với (1)

Nếu p chia 4 dư 2 thì ai, bi đều phải lẻ, khi đó do n lẻ nên

Mâu thuẫn với (2)

Do đó p lẻ mà n lẻ => np lẻ

Mà np chẵn => mâu thuẫn => giả sử phản chứng sai, n là chẵn.

Vậy n chẵn. (đpcm)

 



#27 mathwriterA113

mathwriterA113

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 5 Bài viết

Đã gửi 11-05-2018 - 19:53

Bài hình cách THCS

Lời giải của thầy Nguyễn Lê Phước 

31947137_2106475226034307_32570775397046

Theo em, có thể thầy đọc nhầm đề rồi. EF tiếp xúc tại điểm bất kì ạ. Khi thi em cũng đã mắc phải lỗi này ạ.



#28 NguyenHoaiTrung

NguyenHoaiTrung

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 163 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 11-05-2018 - 20:21

31947560_2106646766017153_49167598217949

Thầy Nguyễn Lê Phước đã sửa lại lời giải rồi anh. 



#29 mduc123

mduc123

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 55 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hải Dương
  • Sở thích:yêu thiên nhiên, cây cỏ

Đã gửi 23-05-2018 - 15:46

Cách khác cho câu hai:
Xét dãy số $x_n$:$\left\{\begin{matrix} x_1=0\\ x_n =x_{n-1}^2 +1 \end{matrix}\right.$
Bằng quy nạp ta chứng minh được $P(x_n)=x_n^2-x_n+1$
Mặt khác; lại có $x_n$ là một dãy tăng nên đa thức $P(x)-(x^2-x+1)$ có vô hạn nghiệm thực
Vậy $P(x)=x^2-x+1$ với mọi x là số thực

bạn có thể giải thích kỹ hơn tại sao lại có dãy số này không ạ?



#30 jack112739

jack112739

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 2 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:A0 tổng hợp K52
  • Sở thích:Manga, PUBG,hình học số học

Đã gửi 24-06-2018 - 16:28

Một cách khác cho bài toán số 7:

Coi đa giác đầu bài là $B_1B_2....B_n$, giả sử $B_i$ các đỉnh của đa giác có tọa độ là $(p_i,q_i)$ đặt $L=lcm(q_1,q_2,...q_n)$ vị tự đa giác trên với tâm là gốc tọa độ tỉ số L thành đa giác $A_1A_2....A_n$ với $A_i$ có tọa độ $(a_i,b_i)$ thì đa giác đó sẽ đồng dạng với đa giác đầu bài và có đỉnh là điểm có tọa độ nguyên ta sẽ chứng minh đa giác trên có chẵn đỉnh
- Coi độ dài các cạnh đa giác trên là $\sqrt{k}$ xét phương trình $x^2+y^2=k$, do tổng bình phương của 2 số nguyên lẻ chỉ chia hết cho 2 nhưng không chia hết cho 4 nên $v_2(x^2+y^2)=2.min(v_2(x),v_2(y))$ nếu $v_2(x) \not= v_2(y)$ và $2.v_2(x)+1$ nếu $v_2(x)=v_2(y)$ (*) đặt $d=v_2(k)$ ta sẽ có 2 trường hợp

TH1: $v_2(k)$ chẵn đặt $d=2d_1$ do độ dài mỗi cạnh đa giác $=\sqrt{k}$ và (*) nên $\frac{(a_i-a_{i-1})^2+(b_i-b_{i-1})^2}{2^d}=\frac{k}{2^d} \forall i>1$ và lẻ nên $\frac{a_i-a_{i-1}+b_i-b_{i-1}}{2^{d_1}}$ lẻ ta sẽ đánh dấu điểm $(m,n)$ màu đen nếu $\frac{m+n-a_1-b_1}{2^{d_1}}$ chẵn và đen nếu lẻ -> $A_i$ và $A_{i+1}$ khác màu $\forall 1\le i\le n-1$ vậy nếu đa giác lẻ đỉnh thì $A_n$ và $A_1$ cùng màu(mâu thuẫn do $A_nA_1=\sqrt{k}$)

TH2: $v_2(k)$ lẻ đặt $d=2d_1+1$ tương tự như trên ta có $\frac{a_i-a_{i-1}}{2^{d_1}},\frac{b_i-b_{i-1}}{2^{d_1}}$ cùng lẻ ta sẽ đánh dấu điểm $(m,n)$ màu đen nếu $\frac{m-a_{1}}{2^{d_1}},\frac{n-b_{1}}{2^{d_1}}$ lẻ và trắng nếu chẵn -> $A_i$ và $A_{i+1}$ khác màu $\forall 1\le i\le n-1$ vậy nếu đa giác lẻ đỉnh thì $A_n$ và $A_1$ cùng màu(mâu thuẫn do $A_nA_1=\sqrt{k}$)


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi jack112739: 24-06-2018 - 22:45





3 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 3 khách, 0 thành viên ẩn danh