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.


John Carterer

Đăng ký: 09-10-2013
Offline Đăng nhập: 18-12-2015 - 21:56
-----

Chủ đề của tôi gửi

Tuyển tập đề thi Olympic 30/4 môn toán

30-06-2014 - 09:00

Trường: THPT Thoại Ngọc Hầu (An Giang)

 

Bài 1: Cho lục giác đều $A_{1}A_{2}A_{3}A_{4}A_{5}A_{6}$ tâm $I$, hình tròn $(O;R)$ bất kì chứa $I$. Các tia $IA_{i}$ $(1\leq i\leq 6)$ cắt $(O)$ tại $B_{i}$  $(1\leq i\leq 6)$. Tính theo $R$ tổng:

 

$$IB{_{1}}^{2}+IB{_{2}}^{2}+IB{_{3}}^{2}+IB{_{4}}^{2}+IB{_{5}}^{2}+IB{_{6}}^{2}$$

 

Bài 2: Cho $n$ số: $a_{1},a_{2},a_{3},...,a_{n}\in [0;1]$

 

Chứng minh rằng: $\left ( 1+a_{1}+a_{2}+a_{3}+...+a_{n} \right )^{2}\geq 4\left (a{_{1}}^{2}+a{_{2}}^{2}+a{_{3}}^{2}+...+a{_{n}}^{2} \right )$

 

Bài 3: $\Delta ABC$ có $AB=c$, $BC=a$, $CA=b$. Chứng minh rằng:

 

$$a^{2}(1-\sqrt{3} \cot A)+ b^{2}(1-\sqrt{3} \cot B)+c^{2}(1-\sqrt{3}\cot C)\geq 0$$

 

Bài 4: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:

 

$$10+11^{x}+6^{x}=(\sqrt{3})^{y!}$$

 


Tuyển tập đề thi Olympic 30/4 môn toán

29-06-2014 - 22:10

Sau đây là tuyển tập đề thi Olympic mình vừa sưu tầm được


Bài hình thứ 23

31-05-2014 - 21:37

a/ Xét hai tam giác vuông $OAM$ và $OBI$ ta có $\widehat {AOM}=\widehat{OBI}$=1v, $\widehat {OAM}=\widehat {OBI}$ và $OA=OB$

Vậy $\Delta OAM=\Delta OBI$

=>$OM=OI$

Tứ giác $OMHI$ có tổng hai góc đối $\widehat {IOM} + \widehat {MHI}=$ 1v + 1v=2v

Vậy nội tiếp được trong một đường tròn.

b/ *Chứng minh $OK=OH$

Theo câu a) tứ giác $OMHI$ nội tiếp mà $OM=OI$ nên $\stackrel\frown{OM}=\stackrel\frown{OI}$

=> $\widehat {MHO}=\widehat {OHK}= \frac {1} {2} \widehat {MHK} = \frac {1} {2} \cdot 90^{\circ} = 45^{\circ}$

$\Delta {OKH}$ có một góc nhọn là $45^{\circ}$ nên là tam giác vuông cân => $OK=KH$

*Tìm tập hợp các điểm $K$

1/Phần thuận: $\widehat {OKB} =$ $90^{\circ}$, từ $K$ ta luôn luôn nhìn đoạn thẳng cố định $OB$ dưới góc $90^{\circ}$, do đó $K$ chạy trên đường tròn đường kính $OB$

Giới hạn: Khi $M \equiv O$ thì $K \equiv O$, khi $M \equiv B$ thì $H \equiv B$, do $\Delta {OKH}$ vuông cân nên khi đó $K \equiv K_0$ là điểm chính giữa của nửa đường tròn đường kính $OB$

Vậy $K$ chỉ chuyển động trên cung $\stackrel\frown {OK_0}$ ($\frac {1} {4}$ đường tròn đường kính $OB$)

2/Phần đảo: Đảo lại lấy một điểm $K'$ bất kì thuộc $\stackrel\frown {OK_0}$, $BK'$ cắt đường thẳng $AO$ tại $I'$, $\widehat {OK'B}= 90^{\circ}$ (vì là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính $OB$) suy ra $K'$ là chân của đường vuông góc hạ từ $O$ xuống $BI'$

3/Kết luận: Tập hợp các điểm $K$ là cung tròn $OK_0$ bằng $\frac {1} {4}$ đường tròn đường kính $OB$


Bài hình thứ 21

29-05-2014 - 21:46

a/Gọi E và F lần lượt là các trung điểm của hai đường chéo BD và AC, trọng tâm A' của $\Delta ABC$ là điểm nằm trên trung tuyến CE và $\frac{EA'}{AC}=\frac{1}{2}$

Gọi I là trung điểm của A'C thì FI là đường trung bình của $\Delta AA'C$ do đó

FI//AA' và FI=$\frac{1}{2}$AA'

Gọi K là giao điểm của AA' với EF

Xét $\Delta EFI$: EA'=A'I;A'K//FI

=>KE=KF và A'K=$\frac{1}{2}$IF=$\frac{1}{4}$AA'

=>$\frac{A'K}{A'A}=\frac{1}{4}$

Cũng chứng minh tương tự ta được BB',CC',DD' cũng đi qua K và:

$\frac{B'K}{B'B}= \frac{C'K}{C'C}=\frac{D'K}{D'D}=\frac{A'K}{A'A}=\frac{1}{4}$

E và F là hai điểm cố định nên đoạn thẳng EF cố định. Vậy bốn đường thẳng AA',BB',CC',DD' cùng đi qua điểm cố định K.

Theo chứng minh trên:

$\frac{A'K}{A'A}= \frac{B'K}{B'B}\Rightarrow \frac{A'K}{A'A-A'K}= \frac{B'K}{B'B-B'K}$

$\frac{A'K}{KA}= \frac{B'K}{KB}\Rightarrow A'B'//AB$ (theo định lí Thales đảo)

Cũng chứng minh tương tự ta sẽ được B'C'//BC;C'D'//CD;D'A'//DA;các cạnh của tứ giác A'B'C'D' tương ứng song song với các cạnh của tứ giác ABCD,do đó các góc của tứ giác A'B'C'D' tương ứng bằng các góc của tứ giác ABCD,mà ABCD là tứ giác nội tiếp,cho nên tứ giác A'B'C'D' nội tiếp được trong một đường tròn.

b/Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD. Tứ giác MNPQ là hình bình hành vì có hai cạnh đối song song và bằng nhau (MN là đường trung bình của $\Delta ABC$ nên MN//AC;MN=$\frac{1}{2}$AC; PQ là đường trung bình của $\Delta ADC$ nên PQ//AC;PQ=$\frac{1}{2}$AC,suy ra PQ//MN và PQ=MN)

Ta có $OM\bot AB$ (đường kính đi qua trung điểm của một dây), $PP'\bot AB$, do đó OM//PP'

Tương tự OP//MM'.Gọi T là giao điểm của MM'  và PP' thì tứ giác OMTP là hình bình hành vì có các cạnh đối song song từng đôi một. Gọi S là tâm của hình bình hành MNPQ, vì S là trung điểm của MP nên S cũng là tâm của hình bình hành OMTP,do đó O và T đối xứng với nhau qua S. Như vậy đường thẳng PP' là ảnh của đường thẳng OM trong phép đối xứng qua tâm S;đường thẳng MM' là ảnh của đường thẳng OP trong phép đối xứng qua tâm S. Cũng chứng minh tương tự sẽ được: NN' là ảnh của đường thẳng OQ và QQ' là ảnh của đường thẳng ON trong phép đối xứng trên

Các đường thẳng OM,ON,OP,OG đồng quy tại O, suy ra các ảnh của nó là các đường thẳng PP,QQ',MM',NN' cũng đồng quy tại điểm T là ảnh của O trong phép đối xứng qua tâm S.

P/s: câu a hình 1,câu b hình 2


các dạng toán đồ thị

30-10-2013 - 21:37

1/vẽ đồ thị của hàm số

$y=\left | \left | x \right |-2 \right |$

2/ cho hàm số : $y= \left | 2x-3 \right |+\left | 2x+1 \right |$

+vẽ đồ thị hàm số trên

+tìm gtnn của y bằng đồ thị

3/$y=f(x)=2-\sqrt{x^{2}-2x+1}$

+ vẽ đồ thị hàm số trên

+tìm tất cả các giá trị của x để $f(x)\leqslant 1$