Riann levil

b-a thì $\sqrt{c}\epsilon \mathbb{N}\Rightarrow c$ là số chính phương.

Mấy cái còn lại tương tự.

Ý đề bài là mỗi phần a,b,c,d,e là một bài tập riêng

VD: b,Cho  $a,b,c\in \mathbb{N}$.Chứng minh rằng  $a,b,c$  đều là các số chính phương nếu: $\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\in \mathbb{N}$

a, Gọi I là trung điểm của AB $\vec{MA}+ \vec{MB}=2\vec{MI}\Rightarrow \vec{MC}=2\vec{MI}$ Do đó nên M phải nằm ngoài đoạn CI. Suy ra M nằm ngoài tam giác ABC. Vậy k tồn tại M thỏa mãn

b,Trên AB lấy I sao cho IA=2IB $\Rightarrow \vec{IA}+2\vec{IB}=0\Rightarrow \vec{MA}+2\vec{MB}=3\vec{MI}\Rightarrow 3\vec{MI}= 3\vec{MC}\Rightarrow I\equiv C$ ( vô lý)

Vậy k tồn tại M thỏa mãn

Cho 4 đường thẳng a,b,c,d đồng quy. Đường thẳng $\Delta$ cắt a,b,c,d theo thứ tự tại A,B,C,D. Đường thẳng $\Delta '$ cắt a,b,c,d theo thứ tự tại A',B',C',D'. Chứng minh (ABCD)=-1 $\Leftrightarrow$ (A'B'C'D)=-1

Trước hết ta chứng minh bài toán phụ sau: Cho tam giác ABC. Điểm M,N lần lượt thuộc AB,AC sao cho $\frac{MA}{MB}=m$ và $\frac{NC}{NA}=n$ . Điểm I thuộc đoạn MN sao cho $\frac{IM}{IN}=t$ . AI cắt BC tại E. Khi đó ta có $\frac{EB}{EC}=t.\frac{m+1}{m(n+1)}$

Trở lại bài toán chính. Gọi giao của AX,BY,CZ với BC,CA,AB lần lượt là H,I,K

ĐẶt $\frac{FA}{FB}=m$ ; $\frac{DB}{DC}=n$ ;$\frac{EC}{EA}=p$ ;$\frac{XF}{XE}=x$ ;$\frac{YD}{YF}=y$ ;$\frac{EZ}{ED}=z$ 

 Từ đó theo giả thiết ta có : $\left\{\begin{matrix} mnp=1 & & \\ xyz=1& & \end{matrix}\right.$

Xét tam giác ABC có $\frac{FA}{FB}=m$ ; $\frac{EC}{EA}=p$ ; $\frac{XF}{XE}=x$ . Theo bài toán phụ ta có:

$\frac{HB}{HC}=x.\frac{m+1}{m(p+1)}$

Tương tự : $\frac{IC}{IA}=y.\frac{n+1}{n(m+1)}$ và $\frac{KA}{KB}=z.\frac{p+1}{p(n+1)}$

$\Rightarrow \frac{HB}{HC}.\frac{IC}{IA}.\frac{KA}{KB}=1$

$\Rightarrow$ AX, BY, CZ đồng quy ( đpcm )     

ĐẶt:  $\vec{u}=\vec{OA}+\vec{OB}+\vec{OC}+\vec{OD}+\vec{OE}=\vec{OA}+(\vec{OB}+\vec{OE})+(\vec{OC}+\vec{OD})$

Ta thấy OA là phân giác góc BOE và OB=OE nếu ta dựng hình thoi BOEF thì F thuộc AO $\Rightarrow \left\{\begin{matrix} \vec{OF}= k \vec{OA} & & \\ \vec{OB}+\vec{OE}=\vec{OF} & & \end{matrix}\right.$

Tương tự nếu ta dựng hình thoi DOCM thì M thuộc AO $\Rightarrow \left\{\begin{matrix} \vec{OM}= q \vec{OA} & & \\ \vec{OC}+\vec{OD}=\vec{OM} & & \end{matrix}\right.$

vậy $\vec{u}=\vec{OA}+(\vec{OB}+\vec{OE})+(\vec{OC}+\vec{OD})= (k+q+1) \vec{OA}$

$\vec{u}$ cùng phương vói $\vec{OA}$

Tương tự $\vec{u}$ cùng phương vói $\vec{OB}$

Vậy thì $\vec{u}= 0$

Câu 6: a) $ab=cd\Rightarrow \frac{a}{c}=\frac{d}{b}\Rightarrow \frac{a^{2015}}{c^{2015}}=\frac{d^{2015}}{b^{2015}}$

$=\frac{a^{2015}+d^{2015}}{b^{2015}+c^{2015}}=k(k\geq 1)$ (a,b,c,d nguyên dương)

Do đó $A=(k+1)(c^{2015}+b^{2015})$ là hợp số vì b,c nguyên dương

sai @@ để suy nghĩ lại

Ta nên đặt $\frac{a}{c}=\frac{d}{b}=k$.Vì ab=cd nên ab chia hết cho c suy ra $\frac{ab}{c}$ là số nguyên. do đó kb là số nguyên. Mà b là số nguyên dương nên k là số nguyên dương. Vậy $A=(k^{2015}+1)(c^{2015}+b^{2015})$ là hợp số vì b,c nguyên dương

Cho $x,y,z,t,k>0$. Chứng minh rằng:

$\frac{x^{2}}{x^{2}+yz}+\frac{y^{2}}{y^{2}+zt}+\frac{z^{2}}{z^{2}+tk}+\frac{t^{2}}{t^{2}+kx}+\frac{k^{2}}{k^{2}+xy}<4$

Cô giáo mình gợi ý là giả sử x là min hay max gì đấy rồi cm $\frac{x^{2}}{x^{2}+yz}+\frac{y^{2}}{y^{2}+zt}<1$ nhưng chưa nghĩ ra

Bạn làm thế nào ạ!!

Ta có:

$\left | 3x-4 \right |= \left | 4-3x \right |\geq 4-3x$ ( dấu bằng khi $x\leq \frac{4}{3}$)

$\left | 4x-5 \right |= \left | 5-4x \right |\geq 5-4x$ ( dấu bằng khi $x\leq \frac{5}{4}$)

$\left | 5x-4 \right |\geq 5x-4$ ( dấu bằng khi $x\geq \frac{4}{5}$)

$\left | 2x-1 \right |\geq 2x-1$ ( dấu bằng khi $x\geq \frac{1}{2}$)

cộng vào ta có: VT $\geq$ VP ( dấu bằng khi $\frac{4}{5}\leq x\leq \frac{5}{4}$)

    UBND tỉnh Bắc Ninh                                                          ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9

Sở GD & ĐT tỉnh Bắc Ninh                                                            NĂM HỌC: 2014 - 2015

       ĐỀ CHÍNH THỨC                                                                      Môn thi: Toán - lớp 9

                                                                                                Ngày thi: 2 tháng 4 năm 2015

Câu 1: Cho P = ( mình quên đề rồi)

            Rút gọn P với $a > 0, b> 0, a\neq b$

Câu 2: Cho phương trình $x^{2}-x-1=0$ có hai nghiệm $x_{1},x_{2}$

            a, Tính giá trị của biểu thức Q= $x^{5}_{1}+x^{5}_{2}$

            b, Cho $P(x)=\sqrt{x^{8}+12x+12}-3x$. Chứng minh rằng $P(x_{1})=P(x_{2})$

Câu 3: a,Gọi m và M lần lượt là giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của x thỏa mãn $\left | 2x-1 \right |+\left | 3x-4 \right |+\left | 4x-5 \right |+\left | 5x-4 \right |=4$. Chứng minh rằng M.m = 1

           b, Giải phương trình nghiệm nguyên dương: $x^{6}+x^{3}y=y^{3}+2y^{2}$

Câu 4: Cho (O;R) và hai đường kính AB và CD thay đổi. Tiếp tuyến tại A của đường tròn (O) lần lượt cắt BC và BD ở E,F. Gọi P và Q lần lượt là trung điểm của AE, AF.

            a, Chứng minh trung điểm H của AO là trực tâm tam giác BPQ.

            b, Tìm điều kiện của AB và CD để  điện tích tam giác BPQ đạt min

            c, Chứng minh rằng $CE.DF.EF= CD^{3}$ và $(\frac{BE}{BF})^{3}= \frac{CE}{DF}$

Câu 5: a, Gọi m và n lần lượt là số chữ số của $2^{2015}$ và $5^{2015}$. Tính m+n

           b, Cho (O;1) và 3 điểm A,B,C tùy ý. Chứng minh rằng luôn tồn tại điểm M nằm trên đường tròn sao cho $MA+MB+MC\geq 3$

4-1, các bác tự vẽ hình nhá:

Gọi trung điểm of DM là I. Ta có BI=IM=ID= 1/2 DM ( trung tuyến ứng với cạnh huyền)

vì ID=IB, AD=AB nên D đối xưng vs B qua AI suy ra $\widehat{ADI}=\widehat{ABI}$

Mặt khác $\widehat{ADI}=\widehat{IEB}$$\widehat{ADI}=\widehat{IEB}$ ( do DAEI nội tiếp)

suy ra$\widehat{IEB}= \widehat{IBE}$ suy ra IE=IB 

xét tam giác EBF vuong có IE=IB suy ra 1/2 DM= IB=IE=IF= 1/2 EF suy ra đpcm

chém bài 1b:  

$\sum \frac{a^{2}}{a^{2}+2b^{2}}= \sum \frac{a^{2}}{a^{2}+2b^{2}}+\frac{1}{9}(a^{2}+2b^{2})-\frac{1}{9}(a^{2}+2b^{2})\geq \sum \frac{2}{3}a-\frac{1}{9}(a^{2}+2b^{2})= \frac{2}{3}(a+b+c) - \frac{1}{3}(a^{2}+b^{2}+c^{2})\geq 1$

K thuộc DO là đường trung trực của  HG nên KH=KG. Mà OH=OG suy ra H đối xứng với G qua OK suy ra KHO=KGO.

MÀ KGO=KMO ( vì KOGM nội tiếp) , KHO=OTH suy ra KMO=OTH suy ra MKTO noi tiếp suy ra OTM=OKM = 90. suy ra MT la tiep tuyen voi (O) suy ra MT=MG

vì $x_{1}=x_{2}^{2}\Rightarrow (x_{1}-x_{2}^{2})(x_{2}-x_{1}^{2})= 0$

$\Rightarrow x_{1}x_{2}-(x_{1}+x_{2})[(x_{1}+x_{_{2}})^{2}-3x_{1}x_{2}]+x_{1}^{2}x_{2}^{2}=0$

$\Rightarrow \frac{c}{a}-\frac{-b}{a}(\frac{b^{2}}{a^{2}}-\frac{3c}{a})+\frac{c^{2}}{a^{2}}=0\Rightarrow ca^{2}-b^{3}+3abc+c^{2}a=0$

(                  THÍCH THÌ LIKE SAI THÌ SỬA                )

1. Cho x,y,z, thỏa mãn $x^{2}+y^{2}+z^{2}=1$. Tìm max P

P = $xy+yz+zx+\frac{1}{2}[x^{2}(y-z)^{2}+y^{2}(z-x)^{2}+z^{2}(x-y)^{2}]$

2. Cho x,y,z không âm và $x+y+z=1,5$. Tìm min S

S= $x^{3}+y^{3}+z^{3}+x^{2}.y^{2}.z^{2}$

Ps: tui mới kiểm tra đội gặp 2 bài này khó quá, mọi ng giúp với. Thanks trc!

ĐỀ sai rồi, DF là trung tuyến của tgiac ADC

Hình bạn tự vẽ nhé!!

Gọi DF giao AB là M, AE giao CD là N.

Ta có: $\frac{CN}{DN}= \frac{AC}{AD}= \frac{AC}{BC}= \frac{AH}{HD}\Rightarrow \frac{CN}{DN}.\frac{HD}{AH}= 1$

Tam giác ADC có CH, AN, DM đồng quy nên theo định lý Ceva ta có:

$\frac{CN}{DN}.\frac{HD}{AH}.\frac{AM}{MC} = 1\Rightarrow \frac{AM}{MC}=1 $

Suy ra AM=MC. Vậy DF là Trung tuyến của tgiac ADC (Phần này mình làm hơi cầu kì, thực ra cũng k phải đùng Ceva nhưng mình quên cách đấy rồi, cũng dùng tỉ số đấy ). Từ đây thì đễ dàng cm DCIA là hình bình hành nên CI=AD=BC