Đến nội dung


Chú ý

Diễn đàn vừa được bảo trì và nâng cấp nên có thể sẽ hoạt động không ổn định. Các bạn vui lòng thông báo lỗi cho BQT tại chủ đề này.


dogsteven

Đăng ký: 01-05-2014
Offline Đăng nhập: Riêng tư
****-

#667083 Đề Thi VMO năm 2017

Gửi bởi dogsteven trong 05-01-2017 - 14:18

câu 1b là tìm tất cả a mà :/

Tất cả a đều thoả


#667070 Đề Thi VMO năm 2017

Gửi bởi dogsteven trong 05-01-2017 - 13:17

Câu b bài hình chứng minh BP và CQ đi qua trung điểm EF
Gọi AK là đường kính của (O) và W là trung điểm BC.
Tam giác RBC và tam giác RFE đồng dạng
R, W, K thẳng hàng. Gọi T là trung điểm EF
Từ đó biến đổi góc như sau FRT=BRW=KRB=SAB=FRS nên RS đí qua T


#666596 Tuần 1 tháng 1/2017: Chứng minh đường thẳng chia đôi đoạn thẳng

Gửi bởi dogsteven trong 02-01-2017 - 12:28

Ta có $\widehat{AKB} = 2\widehat{ADB}=\widehat{ALC}$ nên $\Delta AKB \sim \Delta ALC\Rightarrow \Delta AKL \sim \Delta ABC$

Ngoài ra $\widehat{OAL}=\widehat{BAD}$ nên $AO$ là trung tuyến của tam giác $AKL$

Ta có $\widehat{DAJ} = 90^o-\widehat{ADB}=\widehat{BAK}$ nên $AJ$ là đường đối trung của tam giác $AKL$

Hiện tại tiếp theo em chưa có hướng gì đẹp, em xin đi theo hướng này.

Gọi $E$ là trung điểm $BC$, $AE$ cắt $(O)$ lần thứ 2 tại $F$, trung trực $BC$ cắt $DF$ tại $R$. Chú ý rằng $O\in (AKL)$ nên $\dfrac{JP}{PO}=\dfrac{DR}{RF}$

$AD$ cắt $(O)$ tại $S$ và giao điểm tiếp tuyến tại $B, C$ của $(O)$ là $T$. Gọi $W$ là trung điểm $AS$

Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác $ADF$ với cát tuyến $\overline{T, R, E}$, ta có:

$$\dfrac{DR}{RF}=\dfrac{EA}{EF}.\dfrac{TD}{TA}=\dfrac{AD.TD}{DS.TA}=\dfrac{TD}{TS}=\dfrac{AD}{AW}$$

Gọi $W'$ là đối xứng với $O$ qua $H$ thì $W'$ đối xứng với $W$ qua $A$ và ta có $\dfrac{JP}{PO}=\dfrac{AD}{AW'}$

Do đó theo bổ đề ERIQ ta suy ra trung điểm $ID, AP, OW'$ thẳng hàng nên $HQ$ chia đôi $AP$.




#663454 Tuần 5 tháng 11/2016 : Mở rộng bài toán hình học trường đông tại Vinh năm 2016

Gửi bởi dogsteven trong 30-11-2016 - 13:46

Em có ý tưởng sau, lúc nào rảnh em sẽ ghi đầy đủ lời giải.

Một tính chất cơ bản của đường đối trung cho ta bổ đề sau:

Bổ đề. Cho tam giác $ABC$. Tiếp tuyến tại $A$ của $(ABC)$ cắt $BC$ tại $Q$. $X, Y$ lần lược nằm trên trung trực $AC, AB$ sao cho $AY\perp AC, AX\perp AC$.

Khi đó $XY || OQ$

Từ đó dẫn đến ý tưởng chứng minh hai tam giác $AXY$ và $ANM$ là hai tam giác bằng nhau, thể hiện qua việc chứng minh đường thẳng qua $A$ vuông góc với $AB$ cắt $QK$ và $BY$ tại hai điểm mà đoạn thẳng nối chúng nhận $A$ làm trung điểm.




#658885 ĐỀ THI CHỌN ĐT QG TỈNH HẢI PHÒNG NĂM 2016-2017

Gửi bởi dogsteven trong 23-10-2016 - 10:46

Bài 4 ngày 1. Gọi $\{x_1, x_2,..., x_k\}$ là tập hợp các số thỏa mãn $2f(x_i)\geqslant x_i$

Khi đó tính được $S_f = 4\sum f(x_i)-2\sum x_i-\dfrac{3n(3n+1)}{2}$

Mà $\sum f(x_i)\leqslant 3n+(3n-1)+...+(3n-k+1)$ và $\sum x_i\geqslant 1+2+...+k$

Từ đó thay vào tính giá trị lớn nhất dễ dàng.




#658790 Đề chọn đội tuyển học sinh giỏi quốc gia tỉnh Vĩnh Phúc (ngày 2) 2016-2017

Gửi bởi dogsteven trong 22-10-2016 - 17:01

Bài 1. Xét $\lim |b_n|>0$. Khi đó áp dụng định nghĩa giới hạn dễ chứng minh tồn tại $q>0$ sao cho tồn tại vô hạn số $|b_n|>q$

Khi đó hiển nhiên $c_n$ sẽ tăng lên vô hạn.

Xét $\lim |b_n|=0$, khi đó $\forall \epsilon>0$, tồn tại $n_0$ sao cho $\forall n>n_0$ thì $|a_{n+1}-a_{n}|<\epsilon a_n$

Từ đó suy ra $(1+\epsilon)a_n>a_{n+1}$, từ đó sẽ tồn tại $n_1$ sao cho với $n\geqslant n_1$ thì $a_n\geqslant a_{n+1}$

Xét $n\geqslant n_1$ thì $b_n=\dfrac{a_n-a_{n+1}}{a_n}\geqslant \dfrac{a_n-a_{n+1}}{a_{n_1}}$

Từ đó ta có $|b_{n_1}|+|b_{n_1+1}|+...+|b_n|\geqslant 1-\dfrac{a_{n+1}}{a_{n_1}}$

Do $\lim a_{n} = 0$ nên ta có thể chọn $n=n_2-1>n_1$ để $1-\dfrac{a_{n+1}}{a_{n_1}}>q>0$

Xét $n\geqslant n_2$ thì $|b_{n_2}|+|b_{n_2+2}|+...+|b_n| \geqslant 1-\dfrac{a_{n+1}}{a_{n_2}}$

Khi đó lại chọn $n=n_3-1>n_2$ để $1-\dfrac{a_{n+1}}{a_{n_2}}>q>0$

Cứ tiếp tục quá trình trên thì $c_{n_k-1}\geqslant (k-1)q$ nên $c_{n}$ tăng lên vô hạn.




#658059 Đề chọn đội tuyển học sinh giỏi quốc gia Khánh Hòa 2016-2017 (2 ngày)

Gửi bởi dogsteven trong 16-10-2016 - 13:39

Bài 5. Với số $n\in \{1,2,3,...,15\}$ thì sẽ có $\left\lfloor \dfrac{15}{n} \right\rfloor-1$ số thuộc $\{1,2,3,...,15\}$ và khác $n$ là bội của $n$

Như vậy sẽ sinh ra $2^{\left\floor \frac{15}{n} \right\rfloor-1}$ tập thỏa mãn $n$ là chỉ số nhỏ nhất. Sau đó tính tổng lại.




#658003 ĐỀ THI CHỌN HSG CẤP TỈNH NINH BÌNH NĂM 2016-2017

Gửi bởi dogsteven trong 15-10-2016 - 23:24

Bài 7. $AA_1$ cắt $BC$ tại $X$, $BB_1$ cắt $AC$ tại $Y$ và $CC_1$ cắt $AB$ tại $Z$

Ta có: $\dfrac{XB}{XC}=\dfrac{XF}{XE}=\dfrac{BF}{CE}$, tương tự ta có: $\dfrac{YC}{YA}=\dfrac{CH}{AG}$ và $\dfrac{ZA}{ZB}=\dfrac{AJ}{BI}$

Do đó $\dfrac{XB}{XC}.\dfrac{YC}{YA}.\dfrac{ZA}{ZB}=\dfrac{AJ}{AG}.\dfrac{BF}{BI}.\dfrac{CH}{CE}=\dfrac{AB}{AC}.\dfrac{BC}{BA}.\dfrac{CA}{CB}=1$

Áp dụng định lý Ceva ta có điều phải chứng minh.




#657980 ĐỀ THI CHỌN HSG CẤP TỈNH NINH BÌNH NĂM 2016-2017

Gửi bởi dogsteven trong 15-10-2016 - 21:32

Bài 8. (a) Thay $m=n=1$ ta được $f(1)=1$

Do $i>1$ mà $f(i)=i$ nên ta suy ra $f(n)=n$ với mọi $n=\bar{1,i}$

Nếu $i\geqslant 3$ thì $f(3)=3$

Nếu $i=2$ thì $f(2)=2$ và $f(3).f(5)=f(15)<f(18)=f(2).f(9)<2.f(10)=4.f(5)$. Do đó $2<f(3)<4$ nên $f(3)=3$

(b) Xét dãy $(a_n): a_1=3, a_n=a_{n-1}\left(a_{n-1}-1\right)$

Khi đó $f(a_1)=a_1$, nếu $f(a_k)=a_k$ thì $f(a_k-1)=a_k-1$ nên $f(a_{k+1})=f(a_k)f(a_{k}-1)=a_{k+1}$

Mà dãy trên tăng vô hạn nên suy ra $f(n)=n$




#657381 Tìm độ dài dây ngắn nhất để nối 2 đỉnh cột

Gửi bởi dogsteven trong 10-10-2016 - 09:47

Lấy $A'$ đối xứng với $A$ qua $D$ thì $AC+CB=A'C+CB\leqslant A'B=...$

Hoặc nếu dùng hàm số như trên thì dùng bất đẳng thức Minkovsky: $\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{x^2+y^2}\geqslant \sqrt{(a+x)^2+(b+y)^2}$

Áp dụng vào được $y\geqslant \sqrt{(1+4)^2+(x+4-x)^2}=\sqrt{41}$




#657288 Đề thi chọn đội tuyển quốc gia THPT Chuyên Đại Học Vinh 2016-2017

Gửi bởi dogsteven trong 09-10-2016 - 18:04

Bài 2.  Cho $a=3, b=2, c=1$ ta được $\dfrac{-1}{4}\leqslant k\leqslant \dfrac{1}{2}$

Ta sẽ chứng minh $k$ thỏa mãn điều trên thì bất đẳng thức đúng.

Thật vậy, ta cần chứng minh: $(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\geqslant \text{max}\left\{-6k, 3k\right\}(a-c)^2$ trong đó $a\geqslant b\geqslant c$

Bất đẳng thức này hiển nhiên đúng do $(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\geqslant \dfrac{(a-b+b-c)^2}{2}+(a-c)^2=\dfrac{3}{2}(a-c)^2$ và $\dfrac{3}{2}\geqslant \text{max}\left\{-6k, 3k\right\}$




#650635 Cho $a,b,c\ge 0$. Chứng minh rằng: $2(a^2+b^2+c^2)+abc+8...

Gửi bởi dogsteven trong 21-08-2016 - 13:44

Giả sử $(b-1)(c-1)\geqslant 0$ thì $a^2+b^2+c^2+2abc+1-2(ab+bc+ca)=(a-1)^2+(b-c)^2+2a(b-1)(c-1)\geqslant 0$

Do đó $a^2+b^2+c^2+2abc+1\geqslant 2(ab+bc+ca)$ nên $4(a^2+b^2+c^2)+2abc+16\geqslant 2(a^2+b^2+c^2)+(a+b+c)^2+15$

$2(a^2+b^2+c^2)+6\geqslant 4(a+b+c)$ và $(a+b+c)^2+9\geqslant 6(a+b+c)$

Do đó $4(a^2+b^2+c^2)+2abc+16\geqslant 10(a+b+c)$ hay $2(a^2+b^2+c^2)+abc+8\geqslant 5(a+b+c)$




#648616 Tuần 2 tháng 8/2016: Vấn đề đường tròn tiếp xúc trên cấu hình đường kính

Gửi bởi dogsteven trong 08-08-2016 - 19:53

Ở bài này ta chỉ cần điều kiện $A, P, E, F$ đồng viên là đủ.




#647345 $(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)\geq \frac{3(a+b+c)^2}{4...

Gửi bởi dogsteven trong 31-07-2016 - 14:42

Bài 1. Trong ba số $(2a^2-1)(2b^2-1), (2b^2-1)(2c^2-1), (2c^2-1)(2a^2-1)$ phải có một số không âm.

Không mất tính tổng quát, giả sử $(2b^2-1)(2c^2-1)\geqslant 0$ nên $4(b^2+1)(c^2+1)\geqslant 3(2b^2+2c^2+1)$

Do đó $4(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)\geqslant 3(a^2+1)(1+2b^2+2c^2)$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz: $(a^2+1)(1+2b^2+2c^2)=\left(a^2+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}\right)(1+2b^2+2c^2)\geqslant (a+b+c)^2$

Do đó $(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)\geqslant \dfrac{3}{4}(a+b+c)^2$




#647128 Chứng minh tứ giác PQMR nội tiếp

Gửi bởi dogsteven trong 29-07-2016 - 23:39

Ta có $(PD,BC)=-1$ nên $DB.DC = DM.DP$ mà $DB.DC = DQ.DR$ nên ta có điều phải chứng minh.