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.


nhatquangsin

Đăng ký: 14-01-2013
Offline Đăng nhập: 23-07-2018 - 20:04
****-

#494585 CM vuông góc BI

Gửi bởi nhatquangsin trong 22-04-2014 - 20:54

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $\left ( O \right )$. Đường cao $BE,CF$ cắt nhau tại $H$. $EF$ cắt $AH$ tại $M$. Gọi $I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $AEHF$. CMR: $CM \perp BI$

 

@mod: lần sau nhớ gõ latex nhé :)

Áp dụng định lý Brokard cho tứ giác AEHF nội tiếp ta có đpcm


  • LNH yêu thích


#481818 Trận 3 - Tổ hợp rời rạc

Gửi bởi nhatquangsin trong 07-02-2014 - 23:15

Em xin bổ sung một chút bài làm:

Ta xây dựng $70$ thành phố có đường đến $A$, $70$ thành phố có đường từ $A$ đến và xây dựng các đỉnh còn lại tương tự $A$. Ngoài ra ở mỗi thành phố trong $70$ có đường từ $A$ đến thì ta cũng xây dựng các đường đến $70$ thành phố có đường đến $A$ với mỗi một đỉnh như vậy.


  • LNH yêu thích


#481812 Trận 3 - Tổ hợp rời rạc

Gửi bởi nhatquangsin trong 07-02-2014 - 23:09

Xét đồ thì $210$ đỉnh.

Gọi $A$ là thành phố có nhiều đường đi nhất. Khi đó ta xét các trường hợp sau:

-Hai thành phố $B$ và $C$ có đường đi từ $A$ đến: không thể có đường giữa hai thành phố.$(1)$

-Hai thành phố $B$ và $C$ cùng có đường đến $A$: không thể có đường giữa hai thành phố.$(2)$

-Hai thành phố $B$ và $C$ có đường từ $A$ đến $B$ và từ $C$ đến $A$ thì có đường từ $B$ đến $C$ và không có đường ngược lại.

Đặt số thành phố có đường từ $A$ đến là $a$, số thành phố có đường đến $A$ là $b$, các thành phố không có đường đến $A$ cũng không có đường từ $A$ là $c$.

Khi đó ta có $a+b+c=209$.

Theo $(1)$ và $(2)$ thì các thành phố có đường từ $A$ đến và từ $A$ đi sẽ không có đường nối tới nhau. Xét đồ thị $210$ đỉnh thì $A$ là đỉnh có bậc cao nhất là $a+b$. Do đó số thành phố không liên quan đến $A$ phải có số đỉnh nhỏ hơn hoặc bằng $a+b$. Gọi $S_1$ là số đường đi của các thành phố này thì vì có $c$ thành phố như vậy nên $S_1\leq c(a+b)$.

Gọi $S_2$ là số đường tới $A$ thì $S_2=a+b$. Gọi $S_3$ là số đường giữa các thành phố còn lại thì vì trong $a$ thành phố có đường từ $A$ và $b$ thành phố có đường đến $A$ có thể có đường nối nhau nên số đường lớn nhất có thể là $ab$.

Vậy số đường đi là $S=S_1+S_2+S_3\leq ab+a+b+(a+b)c=ab+c(a+1)+c(b+1)\leq \frac{(a+b+c+1)^2}{3}=14700$

Dấu = xảy ra khi $a=b=c+1$ tức ta cần xây dựng $70$ thành phố có đường từ $A$ đến các đỉnh, $70$ thành phố có đường đến $A$ và các đỉnh còn lại xây dựng tương tự điểm $A$.




#476779 Trận 1 - Số học

Gửi bởi nhatquangsin trong 11-01-2014 - 23:18

Bài làm:(MO09)

$x^2=y^2+\sqrt{y+1}\Leftrightarrow y+1=(x^2-y^2)^2>0$.

$x^2=y^2+\sqrt{y+1}> y^2\Rightarrow x\geq y+1\Leftrightarrow x^2\geq y^2+2y+1$

$\Leftrightarrow x^2-y^2\geq 2y+1\Leftrightarrow x^4-2x^2y^2+y^4\geq 4y^2+4y+1$

$\Rightarrow (x^2-y^2)^2\geq (2y+1)^2\Leftrightarrow y+1\geq (2y+1)^2\Leftrightarrow 4y^2+3y\leq 0$

$\Rightarrow y=0$. Thế lại phương trình ta suy ra $x=1$

Vậy phương trình có nghiệm là $x=1,y=0$

 

Chỗ này không phải là tương đương, mà chỉ là suy ra, trừ 0,5đ:

$x^2=y^2+\sqrt{y+1}\Leftrightarrow y+1=(x^2-y^2)^2>0$

Không thử lại: trừ 1đ

$d=8,5$

$d_{mr}=0;d_{tl}=0;d_{t}=0$

$S=41,5$




#473997 I,M,B1,N nằm trên 1 đường tròn

Gửi bởi nhatquangsin trong 30-12-2013 - 19:38

cho tam giác ABC có AC = 3(BC - AB). đường tròn nội tiếp của tam giác có tâm là I và tiếp xúc với các cạnh AB, AC lần lượt tại C1, B1. M là 1 điểm trên C1B1 sao cho C1M = 3MB1, N là trung điểm AC. Chứng minh rằng các điểm I,M,B1,N nằm trên 1 đường tròn




#473371 Đề thi chọn đội tuyển Olympic 30-4 lớp 10 THPT chuyên Trần Hưng Đạo (vòng 1)

Gửi bởi nhatquangsin trong 28-12-2013 - 09:55

Đề thi chọn đội tuyển olympic 30/4 lần thứ XX - 2014 Toán 10 Thời gian: 180 phút

 

Câu 2: Cho tam giác ABC nhọn. Các đường cao BE, CF cắt nhay tại H. Trên các tia FB,EC theo thứ tự lấy các điểm P,Q sao cho FP=FC, EQ=EB. BQ cắt CP tại K,I,J theo thứ tự là trung điểm BQ, CP, IJ cắt BC, PQ theo thứ tự tại M, N. Chứng minh rằng

1. HK vuông góc IJ

2. $\widehat{IAM}=\widehat{JAN}$

 

 

1. Dễ dàng chứng minh $P,B,Q,C$ đồng viên. Các đường tròn $(F,FC);(PBQC);(E,EB)$ có $K$ là tâm đẳng phương. Các đường tròn $(I,IB);(E,EB);(PBQC)$ có $K$ là tâm đẳng phương. Các đường tròn $(J,JC);(PQBC);(F,FC)$ có $K$ là tâm đẳng phương.

Từ đó suy ra $K$ nằm trên trục đẳng phương của $(J,JC);(I,IB)$.

Mà $HC.HF=HE.HB$ nên $H$ cũng thuộc trục đẳng phương của hai đường tròn này nên $IJ\perp KH$

 

2.Trong tam giác $ACP$ thì $BQ$ là đường đối song nên $AI$ là đường đẳng giác của $AJ$ trong tam giác $ACP$. Trong tam giác $ABC$ có $PQ$ là đường đối song với $BC$ nên áp dụng bổ đề E.R.I.Q cho bộ các điểm $(Q,I,B)$ và $(P,J,C)$ ta có $\frac{MB}{BC}=\frac{NQ}{PQ}$ từ đó suy ra $AM$ là đường đẳng giác của $AN$ trong tam giác $ABC$.

Do đó $\angle MAI=\angle NAJ$




#473032 Chứng minh rằng $D,I,K,L$ cùng thuộc một đường tròn

Gửi bởi nhatquangsin trong 26-12-2013 - 17:44

Có thể giải thích rõ hơn giúp mình sao có $L(KMIH)=-1$ được k?

Từ $K$ vẽ hai tiếp tuyến đến $(O)$ thì $M$ nằm trên đường nối hai tiếp điểm là cực của $K$ nên $(KMIH)=-1$


  • HLK yêu thích


#473027 Chứng minh rằng $D,I,K,L$ cùng thuộc một đường tròn

Gửi bởi nhatquangsin trong 26-12-2013 - 16:53

Cho $(O)$ và $2$ điểm $A,B$ phân biệt. Gọi $M$ là trung điểm đoạn $AB$. $CD$ là dây cung bất kỳ qua $M$. $AC$ cắt $BD$ tại $K$. $KM$ cắt $(O)$ tại $2$ điểm $I,H$ ($I$ gần $K$ hơn). $AI$ cắt $BH$ tại $L$. Chứng minh rằng $D,I,K,L$ cùng thuộc một đường tròn

 

File gửi kèm  Snap113.png   61.45K   109 Số lần tải

 

Ta có $(LI,ID)=(AB,BD) (\mod \pi )$

Và $L(KMIH)=-1$ và $MA=MB$ $\Rightarrow KL\parallel AB$

$\Rightarrow (LK,KD)=(AB,BD) (\mod \pi)$

Từ đó suy ra $(LK,KD)=(LI,ID) (\mod \pi)$ hay $L,K,I,D$ đồng viên




#471103 $a^2\leq n$ thì $a\mid n$

Gửi bởi nhatquangsin trong 15-12-2013 - 15:34

Tìm tất cả các số lẻ $n>1$ thỏa với mọi ước nguyên tố $a,b$ của $n$ thì $a+b-1\mid n$


  • LNH yêu thích


#471077 $a^2\leq n$ thì $a\mid n$

Gửi bởi nhatquangsin trong 15-12-2013 - 13:06

Tìm tất cả số nguyên dương $n$ thỏa với mọi số $a$ lẻ, nếu $a^2\leq n$ thì $a\mid n$


  • LNH yêu thích


#469097 $CK\parallel AB$

Gửi bởi nhatquangsin trong 05-12-2013 - 20:40

Cho tam giác $ABC$ có đường tròn nội tiếp $(I)$ tiếp xúc ba cạch $BC,CA,AB$ lần lượt tại $A',B',C'$. Đường thẳng qua $I$ vuông góc với trung tuyến từ đỉnh $C$ cắt $A'B'$ tại $K$. Chứng minh rằng $CK\parallel AB$


  • LNH yêu thích


#467389 $MA,PB,d$ đồng quy

Gửi bởi nhatquangsin trong 28-11-2013 - 20:24

Đề sai hoặc thiếu giả thiết!

attachicon.gif281113.png

Đúng là thiếu giả thiết $A,B$ cùng phía so với $OO'$

nhưng với hình của anh thì đổi thành $AN,BQ,d$ đồng quy vẫn đúng mà :P




#466759 $(\sum \left | x+y-z \right |) + \left | x+y+z...

Gửi bởi nhatquangsin trong 25-11-2013 - 20:49

chứng minh đơn giản như sau

Giả sử $a\geq b\geq c$

TH $a,b,c$ cùng dấu là hiển nhiên đúng

TH $a,b$ cùng dấu $c$ khác dấu thì bđt tương đương $a+b-c+a+b+c\geq a+b+b+c+c+a\Leftrightarrow c\leq 0$(đúng)

TH $a$ khác dấu $b,c$ bđt tương đương $a-b-c+\left | a+b+c \right |\geq a+b-b-c+a+c\Leftrightarrow \left | a+b+c \right |\geq a+b+c$(đúng)


  • LNH yêu thích


#466728 AN vuông góc với BM

Gửi bởi nhatquangsin trong 25-11-2013 - 19:27

cho tam giác ABC, lấy các điểm M,N sao cho $2\overrightarrow{AM}+3\overrightarrow{MC}=\overrightarrow{0}$ và $\overrightarrow{NB}+x\overrightarrow{NC}=\overrightarrow{0}$ .Định x để AN vuông góc với BM

 

Ta có $AN\perp BM\Leftrightarrow \overrightarrow{AN}.\overrightarrow{BM}=\overrightarrow{0}$

$\Leftrightarrow (\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BN})(\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{CM})=\overrightarrow{0}$

Do $\overrightarrow{NB}+x\overrightarrow{NC}=\overrightarrow{0}\Rightarrow \overrightarrow{BN}=\frac{x}{x+1}\overrightarrow{BC}$ và $2\overrightarrow{AM}+3\overrightarrow{MC}=\overrightarrow{0}\Rightarrow \overrightarrow{CM}=2\overrightarrow{AC}$

Thế lại ta được

$\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{BC}+2\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AC}+\frac{x}{x+1}BC^{2}+\frac{2x}{x+1}\overrightarrow{BC}.\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{0}$

$\Leftrightarrow \overrightarrow{BC}.\overrightarrow{AC}+2AC^{2}-BC^{2}-\overrightarrow{AC}.\overrightarrow{BC}+\frac{x}{x+1}BC^{2}+\frac{2x}{x+1}\overrightarrow{BC}.\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{0}$

$\Leftrightarrow\frac{1}{x+1}BC^{2}+2AC^{2}+\frac{x-1}{x+1}\overrightarrow{BC}.\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{0}$

Đặt $BC=a;AC=b;\widehat{ACB}=\alpha$, ta có:

$\frac{1}{x+1}a^2+2b^2+\frac{x-1}{x+1}.\cos \alpha .ab=0\Leftrightarrow a^2+2b^2(x+1)+(x-1).ab.\cos \alpha =0$

$\Rightarrow x=\frac{ab.\cos \alpha -2b^2-a^2}{ab.\cos \alpha +2b^2}$




#466398 Chứng minh $IK\parallel PQ$

Gửi bởi nhatquangsin trong 24-11-2013 - 01:33

Cho tam giác $ABC$, đường cao $AD,BE,CF$, kẻ $DP,DQ$ lần lượt vuông góc với $AB,AC$. Gọi $M,N$ lần lượt là giao của $(BE,DP),(CF,DQ)$. Gọi $I$ là giao điểm của $BE,PN$, $K$ là giao điểm của $FC,QM$. Chứng minh $IK\parallel PQ$

 

Đầu tiên ta thấy $HMDN$ là hình bình hành.($H$ là trọng tâm tam giác $ABC$)

Từ các cặp tam giác đồng dạng ta có $\frac{HI}{IM}=\frac{HN}{PM}=\frac{MD}{PM}=\frac{HC}{HF}$

Tương tự ta có $\frac{HK}{KN}=\frac{HB}{HE}$

Gọi $O$ là tâm của hình bình hành $HMDN$. Giả sử hình bình hành $HMDN$ định hướng dương, xét phép quay tâm $O$ góc quay $\pi$. $R^{\pi }_{O}: P\mapsto P';Q \mapsto Q';M \mapsto N;N \mapsto M;D \mapsto H;H \mapsto D$

Vì $\frac{DM}{MP}=\frac{HC}{HF};\frac{DN}{NQ}=\frac{HB}{HE}$ nên $\frac{HN}{NP'}=\frac{HC}{HF};\frac{HM}{MQ'}=\frac{HB}{HE}$

$\Rightarrow \frac{HI}{HQ'}=\frac{HK}{HP'}\Rightarrow IK\parallel P'Q'$

Mà $P'Q'$ là ảnh của $PQ$ qua phép quay $\pi$ nên $PQ\parallel P'Q'$

Vậy $IK\parallel PQ$

File gửi kèm