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.


kerry0111

Đăng ký: 23-11-2012
Offline Đăng nhập: Riêng tư
*****

#403611 ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 10 CHUYÊN SƯ PHẠM (ngày 1)

Gửi bởi kerry0111 trong 10-03-2013 - 12:57

Bài 3:
Cho tam giác $ABC$ không cân,nội tiếp đường tròn $(O)$ và ngoại tiếp đường tròn $(I)$. $(I)$ thứ tự tiếp xúc $BC,CA,AB$ tại $A_0,B_0,C_0$. Đường tròn $(O_a)$ thuộc nửa mặt phẳng bờ $BC$ chứa $A$,tiếp xúc với $BC$ tại $A_0$ và tiếp xúc trong với $(O)$ tại $A_1$. $A_2$ là giao điểm của $AA_1$ và $BC$. Tương tự có $B_1;C_1$. Chứng minh rằng:
a,$\widehat{AA_1I}=\widehat{BB_1I}=\widehat{CC_1I}=90^{\circ}$
b,$A_2;B_2;C_2$ cùng thuộc một đường thẳng và đường thẳng đó vuông góc với $OI$.


l
a, dễ thấy $J$ là điểm chính giữa cung $BC$ k chứa $A$ thì $J, A_0, A_1$ thẳng hàng

và $\widehat{A_1AJ}=\widehat{A_1A_0B}$ nên ta chỉ cần cm $\widehat{AIA_1}=\widehat{IA_0E}$

hay $\widehat{IA_0J}=\widehat{JIA_1}$

mà $JI^2=JB^2=JA_0.JA_1$

ta có đpcm

b, $\widehat{A_2AI}=\widehat{A_1A_0A_2}\Rightarrow A_2A_1.A_2A=A_2I^2\Rightarrow A_2O^2-A_2I^2=R^2$

xd 2 hệ thức tt và theo định lý 4 điểm ta có đpcm


#403604 ĐỀ THI HSG LỚP 10 CHUYÊN SƯ PHẠM (ngày 2)

Gửi bởi kerry0111 trong 10-03-2013 - 12:38

b, $EK=2EO_1.sinEXK=2AE.sin\frac{BAD}{2}.sinAEF$

$Fl=2FO_2.sinFYL=2AF.sin\frac{CAD}{2}.sinAFE$

$\Rightarrow$ đpcm


#403601 \[ \phi(\sigma(2^x))=2^x \]

Gửi bởi kerry0111 trong 10-03-2013 - 12:30

Giải phương trình nghiệm nguyên:
\[ \phi(\sigma(2^x))=2^x \]

Albania BMO 2009


$\phi \left ( \sigma \left ( 2^x \right ) \right )=2^x$

$\Leftrightarrow \phi \left ( 2^n-1 \right )=2^{n-1}$ với $n=x+1$

$\Rightarrow 2^n-1|2^{2^{n-1}}-1$

$\Rightarrow n|2^{n-1}$

$\Rightarrow n=2^m$

$\Rightarrow \phi (2^{2^m}-1)=2^{2^m-1}$

$\Rightarrow 2^{2^m-1}=\phi \left ( F_{m}-2 \right )=\prod_{k=0}^{m-1}\phi \left ( F_{k} \right )\leq \prod_{k=0}^{m-1}2^{2^{k}}=2^{2^m-1}$

$\Rightarrow m-1 \in \left \{ 0;1;2;3;4 \right \}$


#382375 Bài toán điểm Naghen và công thức Euler.

Gửi bởi kerry0111 trong 31-12-2012 - 21:28

theo công thức euler ta cần cm $R^2-d^2=4Rr-4r^2$

ta cũng có hệ thức $R^2-ON^2=xyc^2+yza^2+zxb^2$

$(x=\frac{S_{NBC}}{S_{ABC}}=\frac{p-a}{p}, y=\frac{S_{NCA}}{S_{ABC}}=\frac{p-b}{p}, z=\frac{S_{NAB}}{S_{ABC}}=\frac{p-c}{p})$

$xyc^2+yza^2+zxb^2=\frac{\sum a^2(a+b-c)(a+c-b)}{\left ( \sum a \right )^2}=\frac{\sum a^4-2\sum a^2b^2+2\sum a^2bc}{\left ( \sum a \right )^2}$

$4Rr-4r^2=\frac{abc}{p}-\frac{4S^2}{p^2}=\frac{2abc-\prod (a+b-c)}{\sum a}=\frac{\sum a^4-2\sum a^2b^2+2\sum a^2bc}{\left ( \sum a \right )^2}$

tóm lại ta có đpcm


#382296 $$\frac{1}{8a^2+bc}+\frac{1...

Gửi bởi kerry0111 trong 31-12-2012 - 17:05

Bài toán 2.
Chứng minh rằng $\forall a,b,c>0$ ta luôn có 2 chiều bất đẳng thức:
$$\frac{3(a^2+b^2+c^2)}{a+b+c}\geq \sqrt{a^2-ab+b^2}+\sqrt{b^2-bc+c^2}+\sqrt{c^2-ca+a^2}\geq \sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}$$


CM : $\sqrt{a^2-ab+b^2}+\sqrt{b^2-bc+c^2}+\sqrt{c^2-ca+a^2}\geq \sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}$

$\Leftrightarrow 2\sum a^2-\sum ab+2\sum \sqrt{(a^2-ab+b^2)(b^2-bc+c^2)}\geq 3\sum a^2$

$\Leftrightarrow 2\sum \sqrt{(a^2-ab+b^2)(b^2-bc+c^2)}\geq \sum a^2+\sum ab$

$2\sum \sqrt{(a^2-ab+b^2)(b^2-bc+c^2)}$


$\geq \sum \sqrt{(a^2+b^2)(b^2+c^2)}$

$\geq \sum a^2+\sum ab$


đpcm

còn vế thứ nhất sai thì phải :-"



#382022 $\sum \frac{1}{2a^{2}+bc}\g...

Gửi bởi kerry0111 trong 30-12-2012 - 17:20

Cho các số thực không âm thỏa mãn $ab+bc+ca>0$
Chứng minh rằng
$\sum \frac{1}{2a^{2}+bc}\geq \frac{8}{(a+b+c)^{2}}$


$\sum \frac{1}{2a^2+bc}=\sum \frac{(b+c)^2}{(b+c)^2(2a^2+bc)}\geq \frac{4\left ( \sum a \right )^2}{\sum(b+c)^2(2a^2+bc) }$

do đó ta cần c/m

$\left ( \sum a \right )^4\geq 2\sum(b+c)^2(2a^2+bc)$

$\Leftrightarrow \sum a^4+2\sum_{sym} a^3b+4\sum a^2bc\geq 6\sum a^2b^2$

$($ đúng theo $Schur$ và $AM-GM$ $)$


#381969 $\frac{1}{4a^2-ab+4b^2}+\frac{1}...

Gửi bởi kerry0111 trong 30-12-2012 - 13:59

Chứng minh với mọi a,b,c dương :nav:
$\frac{1}{4a^2-ab+4b^2}+\frac{1}{4b^2-bc+4c^2}+\frac{1}{4c^2-ca+4a^2}\geq \frac{9}{7(a^2+b^2+c^2)}$



chuẩn hóa $p=3$

bđt cần cm tđ vs

$\left ( 4\sum a^2-\sum ab \right )\left ( \sum \frac{1}{4a^2-ab+4b^2} \right ) \geq \frac{9\left ( 4\sum a^2-\sum ab \right )}{7\left ( \sum a^2 \right )}$

$\Leftrightarrow \sum \frac{4c^2-cb-ca}{4a^2-ab+4b^2}+\frac{9\left ( \sum ab \right )}{7\left ( \sum a^2 \right )}\geq \frac{15}{7}$

mà $\sum \frac{4c^2-cb-ca}{4a^2-ab+4b^2}\geq \frac{\left ( 4\sum a^2-2\sum ab \right )^2}{\sum (4c^2-cb-ca)(4a^2-ab+4b^2)}=\frac{(36-10q)^2}{40q^2-36q-70r}$

do đó ta cần c/m

$\frac{(36-10q)^2}{40q^2-36q-70r}+\frac{9q}{7(9-2q)}\geq \frac{15}{7}$

$\Leftrightarrow 2(40q^3+2394q^2-14661q+20412)+315(45-13q)r\geq 0$

nếu $q\leq \frac{9}{4}\Rightarrow 40q^3+2394q^2-14661q+20412=(4q-9)(10q^2+621q-2268)\geq 0$

$\Rightarrow 2(40q^3+2394q^2-14661q+20412)+315(45-13q)r\geq 0$

nếu $3\geq q\geq \frac{9}{4}$

do $r \geq \frac{4q-9}{3}$ nên $2(40q^3+2394q^2-14661q+20412)+315(45-13q)r\geq (q-3)(4q-9)(20q-63)\geq 0$

tóm lại bđt đc cm


#381505 Chứng minh rằng: $\frac{1}{r}= \frac{...

Gửi bởi kerry0111 trong 29-12-2012 - 10:47

Bài 2: Cho tam giác ABC không cân tại A, M là trung điểm của BC. Điểm I thoả mãn điều kiện IB = IC. Đường tròn (I, IA) theo thứ tự lại cắt AB, AC tại P, Q. PQ cắt BC tại K. AM lại cắt (I, IA) tại L. Chứng minh rằng KL tiếp xúc với (I, IA).


Hình đã gửi

$P_{B/(I)}=P_{C/(I)}\Rightarrow BE.BA=CQ.CA$

mà $\frac{KP}{KQ}.\frac{CQ}{CA}.\frac{BA}{BP}=1$

nên $\frac{KP}{KQ}=\left ( \frac{AC}{AB} \right )^2$

mặt khác $\frac{PL}{LQ}=\frac{sinMAB}{sinMAC}=\frac{AM.\frac{sinAMB}{AB}}{AM.\frac{sinAMC}{AC}}=\frac{AC}{AB}$

do đó $\frac{KP}{KQ}=\left ( \frac{PL}{LQ} \right )^2$

từ K kẻ tiếp tuyến $KL'$ của $(I)$ ( $L'$ thuộc cung $PQ$ chứa L )

thì $\frac{KP}{KQ}=\left ( \frac{PL'}{L'Q} \right )^2$

do đó $L \equiv L'$ hay ta có đpcm


#381172 Chứng minh rằng $O$ đối xứng với $O'$ qua $I$

Gửi bởi kerry0111 trong 28-12-2012 - 12:17

Bài toán: [Gin Mellkior] Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn tâm $O$. Gọi $M$, $N$, $P$, $Q$ lần lượt là trung điểm của $AB$, $BC$, $CA$, $DA$. Từ $M$, $N$, $P$, $Q$ lần lượt kẻ các đường vuông góc xuống các cạnh đối diện.
a) Chứng minh rằng các đường vuông góc đó đồng quy tại $O'$.
b) Gọi $I$ là giao điểm của $MP$ và $NQ$. Chứng minh rằng $O$ đối xứng với $O'$ qua $I$.


gọi $ O' $ là giao của đt đi qua M vuông góc CD và đt đi qua P vuông góc AB

$\Rightarrow \diamond MO'PO$ là hình bình hành

$\Rightarrow \diamond QO'NO$ là hình bình hành

gọi $ O" $ là giao của đt đi qua Q vuông góc AD và đt đi qua N vuông góc BC

$\Rightarrow \diamond QO"NO$ là hình bình hành

do đó $O'\equiv O"$ hay ta có đpcm


#378651 $a\sqrt{b^2+4c^2}+b\sqrt{4a^2+c^2}+c\...

Gửi bởi kerry0111 trong 18-12-2012 - 20:07




Bài toán 2:Cho các số thực không âm$a,b,c$. Chứng minh rằng:



$a\sqrt{b^2+4c^2}+b\sqrt{4a^2+c^2}+c\sqrt{a^2+4b^2}\leq$$\frac{3}{4}(a+b+c)^2$



k mất tính tq gs $c=min\left \{ a,b,c \right \}$

$\left ( \sum _{cyc}a\sqrt{b^2+4c^2} \right )^2\leq \left ( \sum _{cyc}a(3a+b+5c) \right )\left ( \sum _{cyc}\frac{a(b^2+4c^2)}{3a+b+5c} \right )$

do đó ta chỉ cần c/m $\sum _{cyc}\frac{a(b^2+4c^2)}{3a+b+5c} \leq \frac{3}{16}\left ( \sum a\right )^2$

$\Leftrightarrow 45\sum a^5+165\sum _{cyc}a^4b+69\sum _{cyc}ab^4+536\sum a^3bc-306\sum _{cyc}a^3b^2-18\sum _{cyc}a^2b^3-410\sum a^2b^2c\geq 0$

$\Leftrightarrow 3(a+5b)(15a^2+10ab+3b^2)(a-b)^2+Ac\geq 0$

trong đó $A=69a^4+(536b-18c)a^3-(410b^2+410bc+306c^2)a^2+(536b^3-410b^2c+436bc^2+165c^3)a+165b^4-306b^3c-18b^2c^2+69bc^3+45c^4$

sd $c=min\left \{ a,b,c \right \}$ dễ dàng c/m đc $A\geq 0$




#378648 $M$ là trung điểm của $PQ$

Gửi bởi kerry0111 trong 18-12-2012 - 19:52

Cho đường tròn nội tiếp $(O)$ của tam giác $ABC$.Gọi $M$ là trung điểm $BC, AM$ cắt $(O)$ tại hai điểm $K$ và $L$($K$ nằm giữa $A$ và $L$).Qua $K$ kẻ đường thẳng song song với $BC$ cắt $(O)$ tại điểm thứ hai là $X$, Qua $L$ kẻ đường thẳng song song với $BC$ cắt $(O)$ tại điểm thứ hai là $Y$, $AX$ và $AY$ cắt $BC$ lần lượt tại $Q$ và $P$. Chứng minh rằng $M$ là trung điểm của $PQ$.


Hình đã gửi

gọi D, E, F là tiếp điểm của (O) với BC, CA, AB, I là điểm đồng quy của XY, KL, OD

$\frac{MP}{MQ}=\frac{\frac{YL.AM}{AL}}{\frac{KX.AM}{AK}}=\frac{IL}{IK}.\frac{AK}{AL}$

do đó ta cần c/m $(A, I, K, L)=-1$

mặt khác ta cũng có kết quả quen thuộc là I thuộc EF( có thể c/m =pp vectơ hoặc dùng hàng điểm điều hòa) và khi đó $(A, I, K, L)=-1$

tóm lại bt đc c/m


#378602 Chứng minh $K$ thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$

Gửi bởi kerry0111 trong 18-12-2012 - 17:31

Hình đã gửi



gọi K là giao của $CP$ với $(O)$

$\widehat{PDB}=\widehat{CAB}=\widehat{PKB}$ $\Rightarrow G, P, D, K, B$ đồng viên

tt $F, P, E, K, A$ đồng viên

$\widehat{GPB}=\widehat{CGP}-\widehat{GBP}=\widehat{CAB}-\widehat{PAB}=\widehat{FAP}$

$\widehat{PKF}=\widehat{PAF}=\widehat{GPB}=\widehat{PGD}=\widehat{PKD}$

suy ra $K, D, F$ thẳng hàng

tt $K, E, G$ thẳng hàng

ta có đpcm


#378118 .CHứng minh $\frac{{SU.SP}}{{TU.TP...

Gửi bởi kerry0111 trong 16-12-2012 - 19:52

Cho tam giác ABC vuông tại A (AC>AB),có O là tâm đường tròn ngoại tiếp.Gọi la;lb là tiếp tuyến của (O) tại A,B.$S = la \cap BC;D = AC \cap lb;E = AB \cap DS;T = CE \cap la$.Hạ $EP \bot la,(P \in la)$.Gọi $Q = CP \cap (O);R = QT \cap (O);U = BR \cap la$.CHứng minh $\frac{{SU.SP}}{{TU.TP}} = \frac{{S{A^2}}}{{T{A^2}}}$


a/d Menelaus cho $\Delta STI$ với 2 cát tuyến $URB$ và $PCQ$

$\frac{US}{UT}.\frac{RT}{RI}.\frac{BI}{BS}=1$

$\frac{PS}{PT}.\frac{QT}{QI}.\frac{CI}{CS}=1$

từ đó dễ dàng -> đpcm

( ở trên dùng độ dài đại số)


#377557 $x^2+1\vdots y;y^3+1\vdots x^2$

Gửi bởi kerry0111 trong 14-12-2012 - 18:45

Bài toán 2:
Tìm các số nguyên dương $x,y$ sao cho $x^2+1\vdots y;y^3+1\vdots x^2$


$y=1 \Rightarrow x=1$

$y=2 \Rightarrow x\in \left \{ 1;3 \right \}$

$y=3$ k có x t/m

$y>3$

đặt $x^2+1=y.k, y^3+1=q.x^2$

$\Rightarrow x^2|y^3k^3+k^3 \Rightarrow x^2|(x^2+1)^3+k^3\Rightarrow x^2|k^3+1$

gs $k> y$

$y^3+1=q(yk-1)\Rightarrow y^3-qky+q+1=0$

$y|q+1\Rightarrow q+1\geq y\Rightarrow q\geq y$

(dễ thấy $q+1\neq y$)

do đó $0\leq yq(y-k)+q+1< 1-q$ (vô lí)


#376182 $\sum \frac{1}{\frac{8}{5...

Gửi bởi kerry0111 trong 09-12-2012 - 00:41

Cho $a,b,c\geq 0$ và $ab+bc+ac=1$
Chứng minh rằng

$\frac{1}{\frac{8}{5}.a^2+bc}+\frac{1}{\frac{8}{5}.b^2+ac}+\frac{1}{\frac{8}{5}.c^2+ab}\geq \frac{9}{4}$


nếu 1 trong 3 số a, b, c bằng 0

gs a=0 thì bđt hiển nhiên đúng theo AM-GM

$"=" \Leftrightarrow b=c=1$

nếu abc>0

đặt $ab=x, bc=y, ca=z$

bđt cần c/m tt $\sum \frac{x}{8x^2+yz}\geq \frac{9}{20\sum x}$

$\Leftrightarrow 800\prod_{cyc}(x-y)^2+1400\sum x^3y^3+xyz(980\sum_{sym}x^2y+567xyz)\geq 0$

(đúng)