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 chọn đội tuyển HSGQG TP Đà Nẵng


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 11 trả lời

#1 andrenguyen

andrenguyen

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 4 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Lê Quý Đôn Đà Nẵng
  • Sở thích:GEOMETRY

Đã gửi 21-09-2018 - 15:53

Ngày thi thứ nhất:

Bài 1: (5 điểm)

a) cho dãy số $(x_n)_{n>=1}$ được xác định như sau: $x_1=1, x_{n+1}= 1 + \frac{n}{x_n} , n \in \mathbb{N}*$

Đặt $y_n = \frac{x_n}{\sqrt{n}}, n \in \mathbb{N}*$. Chứng minh dãy $(y_n)_{n>=1}$ có giới hạn hữu hạn và tính giới hạn đó

b) Cho dãy số thực dương $(a_n)_{n>=1}$ có $a_1=1, a_2=2$ và với mọi số nguyên dương $m, n$ đều thỏa mãn đồng thời ba điều kiện sau:  i) $a_{mn} = a_ma_n$ ;     ii) $a_n<=2018n$      iii) $a_{m+n} <= 2019(a_m+a_n)$

Chứng minh $a_n=n$ với mọi số nguyên dương $n$

Bài 2:(5 điểm)

 Cho 2 đường tròn có bán kính khác nhau $(O_1),(O_2)$ cắt nhau tại $X,Y$ sao cho $\angle O_1XO_2 = 90^o$. Gọi $AB$ là tiếp tuyến chung ngoài của $(O_1),(O_2) (A \in(O_1), B \in (O_2))$. Đường thẳng $O_2A$ cắt $(O_1)$ lần thứ 2 tại $C$, đường thẳng $O_1B$ cắt $(O_2)$ lần thứ 2 tại $D$. $AC \cap BD = E, AD \cap BC = F$. Tiếp tuyến tại $C$ của $(O_1)$ cắt $AB$ tại $M$.

a) Chứng minh $M$ là trung điểm đoạn $AB$

b) Chứng minh tồn tại một đường tròn $(J)$ tiếp xúc $(O_1),(O_2)$ lần lượt tại $C,D$ và bán kính của $(J)$ bằng $\frac{1}{3}$ khoảng cách từ $J$ đến đường thẳng $AB$

Bài 3: (5 điểm)

a) Cho $P(x)$ là đa thức hệ số thực, bậc n ($n>=2$). Giả sử $P(x)$ có hệ số của bậc cao nhất bằng 1, có n nghiệm thực phân biệt là $x_1,x_2, ... ,x_n$ và đồng thời đạo hàm $P'(x)$ có n-1 nghiệm thực phân biệt $y_1, y_2, ..., y_{n-1}$. Chứng minh rằng:

$\frac{x_1^2+...+x_n^2}{n}>\frac{y_1^2+...+y_{n-1}^2}{n-1}$

b) Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ liên tục trên $\mathbb{R}$ và thỏa mãn điều kiện:

$f(x+y)f(x-y)=(f(x)f(y))^2$

Bài 4:(5 điểm)

Cho 2 dãy ghế được xếp đối diện nhau, mỗi dãy có 10 ghế, mỗi ghế trong một dãy đối diện với một ghế của dãy còn lại. Có 19 học sinh tham gia một trò chơi. Ban đầu mỗi học sinh ngồi một ghế và còn một ghế để trống. Cứ sau 10 giây, một học sinh nào đó ngồi ở dãy không có ghế trống chuyển sang ngồi ghế trống của dãy đối diện. Hỏi có tồn tại hay không một thời điểm mà toàn bộ các học sinh đều được chuyển dãy và các cặp học sinh đối diện nhau không thay đổi so với ban đầu?

 

Ngày thi thứ hai:

Bài 5: (7 điểm)

 Cho tam giác $ABC$ nhọn, không cân, nội tiếp đường tròn $(O)$ và có trực tâm $H$.

a) Tia $OA$ cắt lại đường tròn $(BOC)$ tại điểm thứ hai khác $O$ là $A_1$. Gọi $A_2$ là điểm đối xứng của $A$ qua đường thẳng $BC$. Chứng minh ba đường thẳng $A_2O, HA_1, BC$ đồng quy

b) Tia $BO$ cắt lại đường tròn $(COA)$ tại $B_1$, tia $CO$ cắt lại đường tròn $(BOA)$ tại $C_1$. Chứng minh ba đường tròn ngoại tiếp các tam giác $AHA_1, BHB_1, CHC_1$ có một điểm chung thứ hai khác $H$

Bài 6:(7 điểm)

Cho p là một số nguyên tố lẻ, số nguyên dương n được gọi là "tốt" nếu tồn tại đa thức $P(x)$ với hệ số nguyên, có bậc bằng p và hệ số bậc cao nhất bằng 1 sao cho n là ước số của $P(k)$ với mọi số nguyên k. Một số nguyên dương mà không phải là số tốt được gọi là số "xấu". Chứng minh rằng:

a) $p$ là số tốt

b) $p^2$ là số xấu

Bài 7:(6 điểm)

Dãy $(a_n)_{n \in \mathbb{Z}}$ được gọi là một "cấp số cộng hai phía" nếu với mọi số nguyên n thì $a_{n+1}-a_n = d$ là hằng số ( d được gọi là công sai của dãy)

Kí hiệu M là tập tất cả các cấp số cộng hai phía với các số hạng nguyên và công sai lớn hơn 1.

a) Chứng minh rằng tồn tại 5 cấp số cộng thuộc M có công sai đôi một khác nhau sao cho mỗi số nguyên bất kì đều là phần tử của một trong các cấp số cộng đó

b) Cho m ($m \in \mathbb{N}, m>=2$) cấp số cộng thuộc M sao cho các công sai của chúng đôi một nguyên tố cùng nhau. Chứng minh rằng tồn tại một số nguyên không phải là phần tử của bất kì cấp số cộng nào trong m cấp số cộng đó.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi andrenguyen: 21-09-2018 - 21:14


#2 dungxibo123

dungxibo123

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 330 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Chuyên Toán Nguyễn Thượng Hiền
  • Sở thích:...

Đã gửi 21-09-2018 - 21:59

3a): gọi đa thức là $P(x)=x^n + ax^{n-1} +bx^{n-2}+...$
lấy đạo hàm rồi tính từng vế biểu thức theo $a,b$ ta có ngay điều phải chứng minh

(câu hàm quen thuộc rồi)

6a)Chọn $P(x)=x^{p}-x$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dungxibo123: 21-09-2018 - 22:06

myfb : www.facebook.com/votiendung.0805
~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~o0o~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~
SỢ HÃI giúp ta tồn tại

NGHỊ LỰC giúp ta đứng vững

KHÁT VỌNG giúp ta tiến về phía trước

Võ Tiến Dũng  

:like  :like  :like  :like  :like 

 

 


#3 dungxibo123

dungxibo123

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 330 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Chuyên Toán Nguyễn Thượng Hiền
  • Sở thích:...

Đã gửi 21-09-2018 - 22:29

1b)Ta có: $a_{2^k}=2^k$ và với mọi số nguyên dương $p$ ta có
$a_{p^k} \leq 2018p^k \rightarrow (a_{p})^k \leq 2018p^k$

Giả sử $a_p=q$ và

$q>p$

Từ đề ta suy ra $q^k \leq 2018.p^k$ suy ra $(\frac{q}{p})^k \leq 2018$  vô lý

$q<p$ Chọn k đủ lớn để có bất đẳng thức sau 2019(q^k.2018t+1)<p^k.t+1$ với mọi số nguyên dương $t$ cho trước

Ta có $a_{2^m}=2^m \leq 2019(a_{p^k.t}+1)=2019(a_{p^k}a_{t}+1)=2019(q^k.a_{t}+1) < p^k.t+1=2^m$ Vô lý

suy ra $a_p=p$ với mọi $p$ lẻ nhân tính nên suy ra đpcm


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dungxibo123: 22-09-2018 - 07:13

myfb : www.facebook.com/votiendung.0805
~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~o0o~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~
SỢ HÃI giúp ta tồn tại

NGHỊ LỰC giúp ta đứng vững

KHÁT VỌNG giúp ta tiến về phía trước

Võ Tiến Dũng  

:like  :like  :like  :like  :like 

 

 


#4 dungxibo123

dungxibo123

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 330 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Chuyên Toán Nguyễn Thượng Hiền
  • Sở thích:...

Đã gửi 22-09-2018 - 09:22

geogebra-export.png?dl=0https://www.dropbox....export.png?dl=0

Bài 2: a) $AXCY$ điều hoà $M,X,Y$ thẳng hàng suy ra điều phải chứng minh
b) $AB$ giao $O_{1}O_{2}$ là $S$ tứ giác $ABCD$ nội tiếp $(AB)$ điều hòa suy ra $F$ nằm trên $O_{1}O_{2}$

$T$ là giao điểm $ME,O_{1}O_{2}$ suy ra $E,D,C,T,F$ nội tiếp đường tròn đường kính $EF$ (tâm là $J$)

Ta cần chứng minh đường tròn tâm $J$ thỏa điều kiện đề bài mà ta thấy $(AB)$ trực giao $O_{1}$ và $O_{2}$

Suy ra $MC,MD$ lần lượt là tiếp tuyến tại $C,D$ của  $(J)$ nên $(J)$ tiếp xúc với $(O_{1})$ tại $C$ và $O_{2}$ tại $D$

gọi $L$ giao điểm $FE,AB$ theo Thales ta có $FE=\frac{FL}{4}$ suy ra đpcm

Suy ra điều phải chứng minh
(CLB Toán Mathspace- NTH, em ngu hình lắm :) )


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dungxibo123: 22-09-2018 - 10:19

myfb : www.facebook.com/votiendung.0805
~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~o0o~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~
SỢ HÃI giúp ta tồn tại

NGHỊ LỰC giúp ta đứng vững

KHÁT VỌNG giúp ta tiến về phía trước

Võ Tiến Dũng  

:like  :like  :like  :like  :like 

 

 


#5 nhungvienkimcuong

nhungvienkimcuong

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 463 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Nguyễn Du-Daklak
  • Sở thích:đã từng có

Đã gửi 22-09-2018 - 11:05

Ngày thi thứ nhất:

Bài 1: (5 điểm)

a) cho dãy số $(x_n)_{n>=1}$ được xác định như sau: $x_1=1, x_{n+1}= 1 + \frac{n}{x_n} , n \in \mathbb{N}*$

Đặt $y_n = \frac{x_n}{\sqrt{n}}, n \in \mathbb{N}*$. Chứng minh dãy $(y_n)_{n>=1}$ có giới hạn hữu hạn và tính giới hạn đó

b) Cho dãy số thực dương $(a_n)_{n>=1}$ có $a_1=1, a_2=2$ và với mọi số nguyên dương $m, n$ đều thỏa mãn đồng thời ba điều kiện sau:  i) $a_{mn} = a_ma_n$ ;     ii) $a_n<=2018n$      iii) $a_{m+n} <= 2019(a_m+a_n)$

Chứng minh $a_n=n$ với mọi số nguyên dương $n$

$a)$ ta chứng minh theo quy nạp rằng

 $\sqrt{n}\le x_n\le \sqrt{n}+1\Rightarrow \lim \frac{x_n}{\sqrt{n}}=1$

$b)$ bài này nếu không có điều kiện $ii)$ thì sẽ được xử lí như sau

 

 

Bài 6:(7 điểm)

Cho p là một số nguyên tố lẻ, số nguyên dương n được gọi là "tốt" nếu tồn tại đa thức $P(x)$ với hệ số nguyên, có bậc bằng p và hệ số bậc cao nhất bằng 1 sao cho n là ước số của $P(k)$ với mọi số nguyên k. Một số nguyên dương mà không phải là số tốt được gọi là số "xấu". Chứng minh rằng:

a) $p$ là số tốt

b) $p^2$ là số xấu

$a)$ dễ chọn $\mathcal{P}(x)=x^p-x$

 

$b)$ giả sử tồn tại đa thức $\mathcal{P}(x)$ thỏa đề tức là $p^2\mid \mathcal{P}(n) \ \ ,\forall n$

ta sử dụng đẳng thức sau (tham khảo thêm chứng minh ở đây )

với $\mathcal{P}(x)=x^p+a_{p-1}x^{p-1}+...+a_1x+a_0$ thì ta có

$\sum_{i=0}^{p}\left ( -1 \right )^{p-i}\begin{pmatrix} p\\i \end{pmatrix}\mathcal{P}\left ( i \right )=p! \hspace{3cm} \left ( \star \right )$

từ giả thiết đề tài ta có 

$p^2\mid\text{VT}(\star )\Rightarrow p^2\mid p!\Rightarrow p\mid (p-1)!$

dễ thấy điều trên vô lí theo $\text{Wilson}$ nên ta có $\text{Q.E.D}$


Đừng khóc vì chuyện đã kết thúc hãy cười vì chuyện đã xảy ra  ~O) 

Thật kì lạ anh không thể nhớ đến tên mình mà chỉ nhớ đến tên em  :wub: 

Chúa tạo ra vũ trụ của con người còn em tạo ra vũ trụ của anh  :ukliam2: 


#6 nguyenhaan2209

nguyenhaan2209

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 102 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Châu Âu
  • Sở thích:Algebra, Combinatoric, Geometry & Number Theory

Đã gửi 22-09-2018 - 12:54

Bài $2$:

$a)$ Ta cần cm $CM$ tx $(O_1)$ hay $MC=MA=MB$ hay $ACB=90$ mà $O_2C.O_2A=O_2A^2(O_2YO_1=90)=O2_B^2$ nên $ACB=90$

b) Ta có 2 nhận xét quan trọng sau:

$1$. $AD, BC, O_1O_2$ đồng quy

CM: Gọi $H$ là tđ $XY$, $F=AD$ giao $O_1O_2$ thì $EDF=90=EHF=ECF$ mà $ACB=90$ (cm ở câu a) cmtt thì $ADB=90$ nên $F,C,B$ thẳng hàng
$2$. $O_1O_2, CD, AB$ đồng quy
Gọi $AB$ giao $CD$ tại $S$ thì $SD/SC=AD/AF.BF/BC=ED/EO_1.O_2O_1/O_2F.O_1F/O_1O_2.EO_2/EC=F'B/F'A.O_2B/O_1A=1$ (chú ý$ (O_2ECA)=-1$ và $(O_1EDB)=-1$) do $2$ đg tròn trực giao
Từ đó theo $Menelaus$ thì $S, O_1, O_2$ thẳng hàng 
Trở lại bài toán: Ta có $E(O1O2FS)=E(BAF'S)=-1$ nên $O_2D, CO_1, FE$ đồng quy
Chú ý $O_2(FEGB)=O_2(O_1EDB)=-1$ mà $FE//O2B$ nên $G$ là tđ $FE$ và nó xđ duy nhất $= O_2D$ giao $O_1C$)
Gọi F' là chân đg cao, chiếu $A(FF'EO_1)=A(FSO_2O_1)=-1$ mà $O_1A//FE$ nên $E$ là tđ $FF'$
Từ đó $GF'=3GF$ mà ta thấy $G$ xác định duy nhất nên tồn tại $G$ thỏa mãn đề bài
 

Bài $5$:

$a)$ Gọi $D$ là tđ $BC$, $OA_2$ cắt $BC$ tại $E$, $AO$ cắt $BC$ tại $G$, $F$ là chân đg cao từ $A$, ta cm $H,E,A_1$ thẳng hàng.

Ta có: $OA^2=OB^2=OA_1.OG\Rightarrow \frac{OA}{OA_1}=\frac{OG}{OA}\Rightarrow \frac{AA_1}{OA_1}=\frac{AG}{OG}=\frac{AF}{OD}=\frac{AA_2}{AH}$

Từ đó theo định lí $Menelaus$ đảo ta cần: $\frac{A_1A}{A_1O}=\frac{HA}{HA_2}.\frac{EA_2}{EO}=\frac{HA}{HA_2}.\frac{A_2F}{OD}=\frac{A_2A}{A_2H}$ (đúng)

Vậy $A_2O, A_1H, BC$ đồng quy và ta có ĐPCM

b) Gọi $D,E$ là giao của $(BOC)$ với $AC, AB$, ta cm $DE$ là trung trực của $AA_1$

Khi đó vì $DBA_1=DOA_1=DEA=DA_1B$ nên $DA=DB=DA_1$ cmtt thì $EA=EA_1$ nên $DE$ là trung trực $AA_1$

Gọi $M,N,P$ là tâm $(AHA_1), (BHB_1), (CHC_1)$; $F,G,H$ là tâm $(AHB), (AHC),(BHC)$ thì $E,O,G$ và $D,O,F$ thẳng hàng
Áp dụng định lí $Menelaus$ thì $MF/MG=DF/DO.EO/EG=OE/OD.DF/EG=cosC/cosB.DF/EG$ (định lí sin)
Ta có $DF=DK+KF=c/2.tanA+KF/AS.AH/2$
$=c/2tanA+sinBAF/sinABH.AH/2$
$=c/2(tanA+cosC/cosA.cosA/sinC)$
$=c/2(tanA+cotC)=c/2tanC(tanAtanC+1)$
CMTT thì $EG=b/2tanB(tanAtanB+1)$
Dễ thấy các tỉ số này là đối xứng, do đó chúng triệt tiêu nhau tương tự với $M,N,P$ wrt tam giác $FGH$ nên theo định lí Menelaus thì $M,N,P$ thẳng hàng hay $(AHA_1), (BHB_1), (CHC_1)$ đồng trục

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenhaan2209: 22-09-2018 - 13:51


#7 nguyenhaan2209

nguyenhaan2209

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 102 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Châu Âu
  • Sở thích:Algebra, Combinatoric, Geometry & Number Theory

Đã gửi 22-09-2018 - 20:05

Bài $3$:

$a)$ Xét $degP=2$ khi đó $P(x)=(x-a)(x-b)$ còn $P'(x)=2x-(a+b)$ rõ ràng $2(a^2+b^2)\geq(a+b)^2$ nên BĐT đúng do $a,b$ phân biệt

Xét $degP\geq3$ khi đó giả sử $P(x)=(x-x_1)...(x-x_n)=x^n+ax^{n-1}+bx^{n-2}+A$ thì $(n-1)(x_1^2+...+x_n^2)=(n-1)(a^2-2b)$

Do $P'(x)=nx^{n-1}+a(n-1)x^{n-2}+b(n-2)x^{n-3}+B$

Do vậy $n(y_1^2+...+y_{n-1}^2)=n(a^2(n-1/n)^2-2b(n-2)/n)=(n-1)^2a^2/n-2b(n-2)$

ĐPCM tương đương với $a^2[(n-1)^2/n-(n-1)]+2b\leq 0 \Leftrightarrow a^2(1-n)+2bn\leq  0 \Leftrightarrow  a^2(n-1)\geq 2bn$

Chú ý $a^2\geq3b$ (Cauchy-Schwarz) nên BĐT hiển nhiên đúng với $n\geq3$ và ta có ĐPCM

$b)$ $f(x+y)f(x-y)=(f(x)f(y))^2$

$TH1$: $f(0)=0$ khi đó $P(x,x)$ cho ta $f(x)=0\forall x\in R$

$TH2$: $f(0) \neq  0$

+ $P(0,0)$: $f(0)=\pm 1$ mà dễ thấy nếu $f(x)$ t/m thì $-f(x)$ cũng thỏa mãn nên không mất tính tổng quát giả sử $f(0)=1$

Nếu tồn tại $a$ để $f(a)=0$ thì $P(a/2,a/2): f(a/2)=0$ cmtt thì $f(a/2^n)=0$, áp dụng tính liên tục thì $f(0)=0$ vô lí khi $n$ ra vô cùng

Vậy $f(x)>0\forall x\in R$

+ $P(x,x): f(2x)=f(x)^4$ và $P(2x,x): f(3x)=f(x)^9$ nên ta dễ dàng quy nạp $f(nx)=f(x)^{n^2} \forall n\in N$

+ $P(0,x): f(-x)=f(x)$ nên có $f(nx)=f(x)^{n^2}\forall n\in Z$

+ $P(n,x/n): f(x)=f(x/n)^{n^2}$ nên $f(x/n)=f(x)^{1/n^2}$  từ đó $f(x)=f(1)^{x^2}\forall x\in Q$ nên $f(x)=a^{x^2}$ (liên tục)

Vậy bài toán có $3$ nghiệm hàm là $f(x)=0\forall x\in R, f(x)=a^{x^2}\forall a>0, f(x)=-a^{x^2}\forall a<0$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenhaan2209: 22-09-2018 - 20:05


#8 theflash

theflash

    Binh nhì

  • Thành viên mới
  • 10 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quảng Nam
  • Sở thích:Sơn Tùng MTP

Đã gửi 24-09-2018 - 21:34

Bài 4 có thể dùng quy nạp với tổng quát là số ghế là 2k(k>=2) không mọi người, em dùng quy nạp mà sợ bị xót nhiều chỗ.



#9 ocelot1234

ocelot1234

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 5 Bài viết

Đã gửi 25-09-2018 - 09:37

6b có thể giải quyết gọn hơn là cm a1, a0 chia hết cho p rồi tách ra và dùng tc về số nghiệm đồng dư > bậc

#10 HocLop

HocLop

    Binh nhì

  • Thành viên mới
  • 13 Bài viết

Đã gửi 01-10-2018 - 18:43

 

Bài $2$:

$a)$ Ta cần cm $CM$ tx $(O_1)$ hay $MC=MA=MB$ hay $ACB=90$ mà $O_2C.O_2A=O_2A^2(O_2YO_1=90)=O2_B^2$ nên $ACB=90$

b) Ta có 2 nhận xét quan trọng sau:

$1$. $AD, BC, O_1O_2$ đồng quy

CM: Gọi $H$ là tđ $XY$, $F=AD$ giao $O_1O_2$ thì $EDF=90=EHF=ECF$ mà $ACB=90$ (cm ở câu a) cmtt thì $ADB=90$ nên $F,C,B$ thẳng hàng
$2$. $O_1O_2, CD, AB$ đồng quy
Gọi $AB$ giao $CD$ tại $S$ thì $SD/SC=AD/AF.BF/BC=ED/EO_1.O_2O_1/O_2F.O_1F/O_1O_2.EO_2/EC=F'B/F'A.O_2B/O_1A=1$ (chú ý$ (O_2ECA)=-1$ và $(O_1EDB)=-1$) do $2$ đg tròn trực giao
Từ đó theo $Menelaus$ thì $S, O_1, O_2$ thẳng hàng 
Trở lại bài toán: Ta có $E(O1O2FS)=E(BAF'S)=-1$ nên $O_2D, CO_1, FE$ đồng quy
Chú ý $O_2(FEGB)=O_2(O_1EDB)=-1$ mà $FE//O2B$ nên $G$ là tđ $FE$ và nó xđ duy nhất $= O_2D$ giao $O_1C$)
Gọi F' là chân đg cao, chiếu $A(FF'EO_1)=A(FSO_2O_1)=-1$ mà $O_1A//FE$ nên $E$ là tđ $FF'$
Từ đó $GF'=3GF$ mà ta thấy $G$ xác định duy nhất nên tồn tại $G$ thỏa mãn đề bài
 

Bài $5$:

$a)$ Gọi $D$ là tđ $BC$, $OA_2$ cắt $BC$ tại $E$, $AO$ cắt $BC$ tại $G$, $F$ là chân đg cao từ $A$, ta cm $H,E,A_1$ thẳng hàng.

Ta có: $OA^2=OB^2=OA_1.OG\Rightarrow \frac{OA}{OA_1}=\frac{OG}{OA}\Rightarrow \frac{AA_1}{OA_1}=\frac{AG}{OG}=\frac{AF}{OD}=\frac{AA_2}{AH}$

Từ đó theo định lí $Menelaus$ đảo ta cần: $\frac{A_1A}{A_1O}=\frac{HA}{HA_2}.\frac{EA_2}{EO}=\frac{HA}{HA_2}.\frac{A_2F}{OD}=\frac{A_2A}{A_2H}$ (đúng)

Vậy $A_2O, A_1H, BC$ đồng quy và ta có ĐPCM

b) Gọi $D,E$ là giao của $(BOC)$ với $AC, AB$, ta cm $DE$ là trung trực của $AA_1$

Khi đó vì $DBA_1=DOA_1=DEA=DA_1B$ nên $DA=DB=DA_1$ cmtt thì $EA=EA_1$ nên $DE$ là trung trực $AA_1$

Gọi $M,N,P$ là tâm $(AHA_1), (BHB_1), (CHC_1)$; $F,G,H$ là tâm $(AHB), (AHC),(BHC)$ thì $E,O,G$ và $D,O,F$ thẳng hàng
Áp dụng định lí $Menelaus$ thì $MF/MG=DF/DO.EO/EG=OE/OD.DF/EG=cosC/cosB.DF/EG$ (định lí sin)
Ta có $DF=DK+KF=c/2.tanA+KF/AS.AH/2$
$=c/2tanA+sinBAF/sinABH.AH/2$
$=c/2(tanA+cosC/cosA.cosA/sinC)$
$=c/2(tanA+cotC)=c/2tanC(tanAtanC+1)$
CMTT thì $EG=b/2tanB(tanAtanB+1)$
Dễ thấy các tỉ số này là đối xứng, do đó chúng triệt tiêu nhau tương tự với $M,N,P$ wrt tam giác $FGH$ nên theo định lí Menelaus thì $M,N,P$ thẳng hàng hay $(AHA_1), (BHB_1), (CHC_1)$ đồng trục

 

Bạn biến đổi nhầm ở ý b câu số 5 nha



#11 Zeref

Zeref

    Sĩ quan

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

Đã gửi 15-11-2018 - 21:58

Bài pt hàm:

$P(x;0) \Rightarrow f(0)^2=1$. Xét $f(0)=1$. $P(x;y) \Rightarrow f(2x)=f^4(x)$. Nghĩa là $f(x)>0$ với mọi $x$. Từ đó lấy ln hai vế ta được:

$g(x+y)+g(x-y)=2(g(x)+g(y))$ với $g(x)=ln(f(x))$. Do $f(x)$ liên tục nên $g(x)$ cũng liên tục. Tới đây, bài toán đã trở nên quen thuộc, tham khảo: https://artofproblem...1425411p8029282


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Zeref: 15-11-2018 - 22:10


#12 Serinkain

Serinkain

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 3 Bài viết
  • Giới tính:Nữ

Đã gửi 04-12-2018 - 21:05

Bài 5: a) CM AH.AA1=AO.AA2. Suy ra HO//A2A1. Gọi OA2 cắt BC tại J, AH cắt BC tại X.
Khi đó OJ/JA2=AH/2.XA2=AH/AA2=HO/A2A1 suy ra H,J,A1 thẳng hàng (đpcm).
b) Xác định tương tự K, L thì có AJ, BK, CL đồng quy tại trung điểm OH. Nghịch đảo đối xứng tâm A tỉ số AB.AC thì do OA2, BC, HA1 đồng quy nên (AHA1) cắt (O) tại T và AT, AJ đẳng giác. Xác định tương tự S,R thì AT, BS, CR đồng quy tại U. Khi đó Pu/(AHA1)=Pu/(BHB1)=Pu/(CHC1)=Pu/(O) nên UH là trục đẳng phương 3 đường tròn nên chúng giao nhau tại một điểm khác H




0 người đang xem chủ đề

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