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.


halloffame

Đăng ký: 21-09-2014
Offline Đăng nhập: Hôm nay, 09:13
****-

#719436 Cm rằng MF,NE cắt tại điểm M trên đường tròn

Gửi bởi halloffame trong 13-01-2019 - 18:40

Mình trình bày chứng minh không dùng đến hàng điểm điều hoà.

Ta thấy chỉ cần chứng minh $NE$ đi qua trung điểm $G$ của cung lớn $BAC$ của $(O);MF$ hoàn toàn tương tự. Khi đó sẽ có $MF,NE,(O)$ đồng quy.

Gọi $H,J$ là tiếp điểm của $(O)$ với $AB$ và trung điểm $AB.$ Áp dụng định lí $Thales:$

$\frac{NI}{NO}= \frac{HI}{JO}= \frac{ID}{IE}. \frac{IE}{JO}= \frac{CD}{CE}. \frac{IE}{OB \sin \widehat{JOB}}= \sin \widehat{DCE}. \frac{IE}{OG \sin \widehat{ACB}}= \frac{IE}{OG}$

$\Rightarrow \overline{N,E,G}.$ Ta có đpcm.




#719431 $VMO2019$

Gửi bởi halloffame trong 13-01-2019 - 15:51

Xem lời giải bài $4$ của thầy Hùng tại đây.

 

Xem lời giải bài $6$ của thầy Hùng tại đây.




#719429 Chứng minh rằng EF song song với HN

Gửi bởi halloffame trong 13-01-2019 - 15:28

Gọi $A'$ đối xứng $A$ qua $O$ thì $BHCA'$ là hình bình hành nên $M$ là trung điểm $HA'.$

Gọi $HA'$ cắt $(O)$ tại $D$ thì $AD \perp HM \Rightarrow \overline{A,D,F}.$ Gọi $AG,BI,CJ$ là đường cao $\Delta ABC$ thì $A,D,J,H,I$ đồng viên.

Gọi đường tròn đường kính $DH$ cắt $DB,DC$ ở $R,L.$ Theo định lí $\sin : \frac{GL}{HB}= \sin \widehat{DBC}, \frac{GL}{HC}= \sin \widehat{DCB}, \frac{DC}{DB}= \frac{ \sin \widehat{DBC}}{ \sin \widehat{DCB}}$

$\Rightarrow \frac{GR}{GL}= \frac{HB}{HC}. \frac{ \sin \widehat{DBC}}{ \sin \widehat{DCB}}= \frac{BJ}{CI}. \frac{DC}{DB}.$ Lại có $\widehat{DJA}= \widehat{DIA}, \widehat{DBA}= \widehat{DCA} \Rightarrow \Delta DJB \sim \Delta DIC \Rightarrow \frac{BJ}{CI}= \frac{DC}{DB} \Rightarrow GR=GL.$

Mặt khác $AD$ là trục đẳng phương $(AIJ),(O);IJ$ trục đẳng phương $(AIJ),(M,MB);BC$ trục đẳng phương $(M,MB),(O) \Rightarrow AD,IJ,BC$ đồng quy ở $S$

$\Rightarrow -1=A(CBGS)=D(CBGS) \Rightarrow GR,GL$ tiếp xúc $(DRL) \Rightarrow (RGL)$ đi qua tâm $(DRL)$ là $K.$

Chú ý $H \in (DRL),$ xét phép nghịch đảo $f$ tâm $H$ phương tích $\overline{HA}. \overline{HG}:$

$f(K)=A',f(M)=D,f(AC)=(HJG),f(AB)=(HIG),f(P)=L,f(Q)=R,f((APQ))=(GRL).$

Do $K \in (GRL)$ nên $A' \in (APQ).$ Do $AH,AO$ đẳng giác trong $\widehat{BAC} \Rightarrow A'E \parallel PQ \parallel AF.$

Vậy $AA'EF$ là hình thang cân và có $O$ tâm $(ADA') \Rightarrow FE \parallel OD.$ Mà $M$ trung điểm $HA' \Rightarrow \Delta HNA'$ cân tại $N \Rightarrow HN \parallel DO \parallel FE.$

Ta có đpcm.




#719362 Đề thi chọn ĐTQG tỉnh Nghệ An năm $2018 - 2019$

Gửi bởi halloffame trong 11-01-2019 - 23:43

Mình gõ đề lại nhé.

$1/$ Cho dãy số $(u_n)$ xác định bởi $\left\{\begin{matrix} u_1=1\\ u_{n+1}= \frac{u_n^2-5u_n+10}{5-u_n} \forall n \in \mathbb{N^*} \end{matrix}\right.$

$a)$ Chứng minh $(u_n)$ có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.

$b)$ Chứng minh $\frac{u_1+u_2+...+u_n}{n}< \frac{5- \sqrt{5}}{2} \forall n \in \mathbb{N^*}.$

$2/$ Cho tập hợp $T$ gồm $n(n \in \mathbb{N^*})$ phần tử và $F(T)$ là họ tất cả các tập con khác nhau của $T$ thoả mãn mỗi tập con này có $3$ phần tử và không có hai tập con nào rời nhau. Tìm giá trị lớn nhất của $|F(T)|.$

$3/$ Cho đường tròn $(O)$ và $A$ nằm ngoài $(O).$ Từ $A$ kẻ hai đường thẳng tiếp xúc với $(O)$ tại $M,N.$ Đường thẳng $d$ đi qua $A$ cắt $(O)$ tại $B,C$ với $AB<AC.$

$a)I$ là trung điểm $BC,NI$ cắt lại $(O)$ tại $T.$ Chứng minh $MT \parallel AC.$

$b)$ Tiếp tuyến $(O)$ tại $B,C$ cắt nhau tại $K.$ Chứng minh $K$ thuộc đường thẳng cố định khi $d$ thay đổi thoả đề.

$4/$

$a)$ Chứng minh có vô số bộ số nguyên $(a,b,c)$ thoả mãn $1 \leq a<b<c$ và 

$\left\{\begin{matrix} (a+1)(b+1) \equiv 1( \mod c)\\ (b+1)(c+1) \equiv 1( \mod a)\\ (c+1)(a+1) \equiv 1( \mod b) \end{matrix}\right.$

$b)$ Chứng minh nếu bổ sung thêm điều kiện $a,b$ nguyên tố cùng nhau thì chỉ có hữu hạn bộ $(a,b,c)$ thoả đề. Tìm các bộ đó.

$5/$ Cho đa thức $f(x)=x^3-3x^2+1.$

$a)$ Tìm số nghiệm thực khác nhau của phương trình $f(f(x))=0.$

$b)$ Gọi $a$ là nghiệm dương lớn nhất của $f(x).$ Chứng minh $[a^{2020}] \vdots 17.$

$([a]$ là số nguyên lớn nhất không vượt quá $a.)$

$6/$ Tìm tất cả các hàm $f:(0;+ \infty ) \rightarrow (0;+ \infty )$ sao cho

$f(f(x)+x^2+2y)=f(x)+x^2+2f(y) \forall x,y \in (0;+ \infty ).$

$7/$ Cho $\Delta ABC$ nội tiếp $(O),$ ngoại tiếp $(I)$ có $(I_a)$ là đường tròn bàng tiếp góc $A.(I)$ tiếp xúc $BC$ ở $D,P$ trung điểm cung $BAC$ của $(O),PI_a$ cắt lại $(O)$ tại $K.$ Chứng minh $\widehat{IAD}= \widehat{KAI}.$

$8/$ Có $n$ bóng đèn $A_1,A_2,...,A_n(n \geq 2,n \in \mathbb{N})$ được xếp thành một hàng ngang, mỗi bóng đèn chỉ có hai trạng thái bật hoặc tắt. Cứ sau mỗi giây các bóng đèn thay đổi trạng thái như sau: nếu bóng $A_i(i= \overline{1,n})$ có cùng trạng thái với các bóng kề nó thì $A_i$ tắt, ngược lại $A_i$ bật (trong đó $A_1,A_n$ kề với đúng một bóng). Chứng minh rằng:

$a)$ Nếu $n=2^m(m \in \mathbb{N^*})$ thì tới một lúc nào đó tất cả các bóng đèn đều bật.

$b)$ Tồn tại vô hạn giá trị $n$ sao cho ở mọi thời điểm, tất cả các bóng đèn không thể cùng bật hoặc cùng tắt.




#719360 Đề thi chọn đội tuyển HSGQG Nam Định

Gửi bởi halloffame trong 11-01-2019 - 23:20

$3/$ Áp dụng phép vị tự tâm $A$ tỉ số $\frac{AC}{AF}$ ta đưa bài toán đã cho về bài toán sau:

Bài toán 3'. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O),$ trực tâm $H,$ trung tuyến $AM,$ đường cao $AD,BE,CF.$ Tiếp tuyến tại $A$ của $(O)$ cắt $BC$ ở $S,G$ là trung điểm $AH.$

$a)$ Chứng minh $SG \perp AM.$

$b)$ Đường thẳng qua $A$ vuông góc $AB,AC$ cắt $BH,CH$ tại $I,J.K,L$ là trung điểm $IC,JB.$ Chứng minh $OS \parallel KL.$

Giải.

$a) AOMG$ là hình bình hành $\Rightarrow MG \perp SA \Rightarrow G$ là trực tâm $\Delta AMS \Rightarrow SG \perp AM.$

$b)$

Bổ đề. $\Delta ABC$ nội tiếp $(O),M$ trung điểm $BC.$ Đường thẳng qua $B,C$ vuông góc $AB,AC$ cắt $AC,AB$ tại $G,H.$ Đường thẳng qua $A$ vuông góc $AB,AC$ cắt đường thẳng qua $B,C$ đối xứng $AC,AB$ qua trung trực $AB,AC$ tại $E,F.$ Khi đó $AM$ là trục đẳng phương của $(ECG),(FBH).$

Chứng minh. Do đường thẳng $AF,CF$ đối xứng đường thẳng $CH,AH$ qua trung trực $AC$ nên $ACHF$ là hình chữ nhật, suy ra $CF,(O),(BHF)$ đồng quy tại $L$ và $ACBL$ là hình thang cân. Tương tự ta có $(O) \cap (ECG)=K$ và $ABCK$ là hình thang cân.

Gọi $D=LB \cap CK$ thì $ABDC$ là hình bình hành $\Rightarrow \overline{A,D,M}.$ Lại có $BL,CK$ là trục đẳng phương $(O)$ và $(BHF),(O)$ và $(CKG)$

$\Rightarrow AM$ là trục đẳng phương $(BHF),(CGE).$

Quay lại bài toán.

$JA \perp AC,AH \perp BC,HJ \perp BA \Rightarrow \Delta JHA \sim \Delta ABC \Rightarrow JG \perp AM.$

Tương tự $IG \perp AM \Rightarrow \overline{S,G,I,J}.$ Vẽ $A'$ đối xứng $A$ qua $SO$ thì $AA'$ là đường đối trung $\Delta ABC.$

Gọi đường thẳng qua $B,C$ vuông góc $AB,AC$ cắt $CA,AB$ tại $N,P;$ đường thẳng qua $A$ vuông góc $AB,AC$ cắt đường thẳng qua $B,C$ đối xứng $AC,AB$ qua trung trực $AB,AC$ tại $Q,R.$

Xét phép biến hình $f$ là hợp của phép nghịch đảo tâm $A$ phương tích $AB.AC$ hợp với phép đối xứng qua phân giác $\widehat{BAC}.$

Ta có $f(B)=C,f(C)=B,f(F)=N,f(E)=P,f(A')=M.$ Do $\widehat{QBA}= \widehat{BAC}= \widehat{CJA} \Rightarrow \Delta AQB \sim \Delta ACJ$

$\Rightarrow AQ.AJ=AB.AC$ và $\widehat{QAC}= \widehat{BAJ} \Rightarrow f(J)=Q.$ Tương tự $f(I)=R \Rightarrow f((JFB))=(CNQ),f((CEI))=(JBP).$

Theo bổ đề $AM$ là trục đẳng phương $(CNQ),(JBP)$ nên qua phép biến hình $f$ thì $AA'$ là trục đẳng phương $(JFB),(CEI)$

$\Rightarrow A'A \perp KL \Rightarrow OS \parallel KL.$

Ta có đpcm.




#719062 Đề thi chọn HSG tỉnh Ninh Bình 2018-2019

Gửi bởi halloffame trong 04-01-2019 - 03:51

Bài hình ngày 1:

$a)$ 

$\frac{AB}{\sin \widehat{AGB}}= \frac{AG}{\sin \widehat{ABG}}= \frac{AG}{\sin \widehat{BAN}}; \frac{AC}{\sin \widehat{AHC}}= \frac{AH}{\sin \widehat{ACH}}= \frac{AH}{\sin \widehat{BAN}}.$

Lại có $\widehat{AGB}= \widehat{GAN}= \widehat{QAH}= \widehat{AHC} \Rightarrow \frac{AG}{AH}= \frac{AB}{AC}= \frac{AN}{AQ}$

$\Rightarrow AQ.AG=AN.AH \Rightarrow A \in FE$ là trục đẳng phương của $(GMQ),(HNP).$

Ta có đpcm.

$b)$

$\widehat{MEQ}=180^0- \widehat{MGQ}=180^0- \widehat{NHP}= \widehat{NEP} \Rightarrow \widehat{MEN}= \widehat{QEP}.$

Gọi $MN$ cắt $PQ$ tại $F_1$ thì $\widehat{F_1}= \widehat{BAC}= 360^0- \widehat{NAB}- \widehat{QAC}- \widehat{NAQ}=360^0- \widehat{ACP}- \widehat{QAC}-180^0+ \widehat{QAH}= \widehat{AHC}= \widehat{AGB}$

$\Rightarrow F_1 \in (MEQ) \cap (NEH) \Rightarrow F_1 \equiv F \Rightarrow \widehat{NME}=180^0- \widehat{F}= \widehat{EPQ} \Rightarrow \Delta  EMN \sim \Delta EQP.$

Do đó tồn tại một phép vị tự quay $X$ tâm $E$ sao cho $X(M)=Q,X(N)=P.$ Lại có hai hình bình hành $ABMN,CAQP$ đồng dạng nhau nên

$X(B)=A,X(A)=C \Rightarrow \Delta EBA \sim \Delta EAC \Rightarrow \widehat{BEC}= \widehat{BAC}+ \widehat{ABE}+ \widehat{ACE} = \widehat{BAC}+ \widehat{BAE}+ \widehat{EAC}=2 \widehat{BAC}= \widehat{BOC}$

$\Rightarrow O,B,E,C$ đồng viên. Ta có đpcm.




#719001 $\overline{H,K,I,Q}$

Gửi bởi halloffame trong 03-01-2019 - 08:56

$1/$

Gọi $L'$ đối xứng $L$ qua $BI,DL'$ cắt $KL$ tại $F.$

Ta có $DI=EI \Rightarrow \widehat{DBI}= \widehat{IBE}= \widehat{IBK} \Rightarrow \Delta DBI= \Delta KBI \Rightarrow D$ đối xứng $K$ qua $BI.$

Do đó $F \in BI,$ lại có $\overline{D,T,L} \Rightarrow \overline{K,T,L'} \Rightarrow T$ thuộc đối cực của $F$ đối với $(I) \Rightarrow FP$ tiếp xúc $(I).$

Ta có đpcm. 




#699182 VMF's Marathon Hình học Olympic

Gửi bởi halloffame trong 30-12-2017 - 14:52

Nhân dịp sắp kết thúc năm 2017 và tiến tới VMO 2018, đồng thời Marathon HH đạt mốc 200 bài, mình thay mặt BQT và các ĐHV gửi lời cảm ơn tới các thành viên của diễn đàn đã và đang theo dõi, giải bài trong Marathon HH. Sau đây là danh sách các bài toán trong Marathon chưa có lời giải.

$$\begin{array}{| l | l |} \hline Bài & Người đăng\\ \hline 162 & quanghung86\\ \hline 196 & ecchi123\\ \hline 197 & DucLuong91\\ \hline 199 & dogsteven\\ \hline 200 & SonKHTN1619\\ \hline \end{array}$$




#698431 $A,X,O,I$ đồng viên

Gửi bởi halloffame trong 17-12-2017 - 03:10

Screen Shot 2017-12-16 at 12.09.52 PM.png

a) $L,P$ là trung điểm $AB,AC.$ Theo định lí bốn điểm,

$(MO^2-NO^2)-(MI^2-NI^2)=(MP^2+PO^2-NL^2-LO^2)-(BI^2-CI^2)= \frac{(MC-MA)^2-(NB-NA)^2+BA^2-CA^2}{4}-(BD^2-CD^2)$

$= \frac{(2BC-AC)^2-(2BC-AB)^2+BA^2-CA^2}{4}-(BD^2-CD^2)= \frac{(2BC-2AC)2BC-(2BC-2AB)2BC}{4}-BC(BD-CD)$

$=(BC-AC)BC-(BC-AB)BC-BC(BD-CD)=BC(BC-AC-BC+AB-BD+CD)=0 \Rightarrow$ đpcm.

b) $H=(AMN) \cap (ABC), H \neq A.$

$\widehat{HNB}=180^0- \widehat{HNA}=180^0- \widehat{HMA}= \widehat{HMC}, \widehat{HBN}= \widehat{HCN}$

$\Rightarrow \Delta HNB \sim \Delta HNC.$ Mà $NB=BC=CM \Rightarrow \Delta HNB= \Delta HMC$

$\Rightarrow HB=HC,HM=HN \Rightarrow HX \perp MN,HO \perp BC.$

Theo định lí bốn điểm, $BX^2-CX^2=(BX^2-R_X^2)-(CX^2-R_X^2)=BN.BA-CM.CA=BC(BA-AC)=BC(BD-DC)=BD^2-CD^2$

$\Rightarrow XD \perp BC \Rightarrow HX \parallel OI,HO \parallel IX \Rightarrow OI=HX=R_X.$ (đpcm)

c) $HB=HC \Rightarrow HA \perp AI \Rightarrow AI \parallel XO.$ 

Ta có $AX=OI$ nên $AXOI$ là hình bình hành hoặc hình thang cân.

Nếu $AXOI$ là hình bình hành thì $A \equiv H \Rightarrow AB=AC$ vô lí, nên $AXOI$ là hình thang cân $\Rightarrow A,X,O,I$ đồng viên. (đpcm)




#697224 Chứng minh tồn tại một đường tròn tiếp xúc với hai đường tròn $(ABC)...

Gửi bởi halloffame trong 26-11-2017 - 17:15

Screen Shot 2017-11-29 at 3.19.39 PM.png

Xét phép nghịch đảo tâm $A$ phương tích bất kì, ta chuyển bài toán đã cho về bài toán phụ:

Bài toán phụ. Cho tam giác $ABC,A_1$ là điểm bất kì $,B_1$ là điểm bất kì trên $BA_1,(BCB_1)$ cắt $A_1C$ ở $C_1.$ 

Chứng minh tiếp tuyến tại $A_1$ của $(AB_1C_1)$ song song với $BC.$

Bài toán phụ được chứng minh bằng cách gọi $A_1a$ là tiếp tuyến $(AB_1C_1)$ và có biến đổi góc 

$\widehat{aA_1C_1}= \widehat{A_1B_1C_1}= \widehat{A_1CB}$ suy ra đpcm.




#696764 $y \sin x= \ln (x^3-2y^4)$

Gửi bởi halloffame trong 18-11-2017 - 08:35

Tìm tập xác định và đạo hàm của hàm số $y=f(x)$ thoả mãn phương trình $y \sin x= \ln (x^3-2y^4).$




#696260 $MN,PQ,IJ$ đồng quy

Gửi bởi halloffame trong 09-11-2017 - 03:58

Gọi $MP$ cắt $NQ$ ở $A,MP$ cắt $IC$ ở $B,MN$ cắt $PQ$ ở $C,CJ$ cắt $QN$ ở $D.$

Sử dụng các tam giác đồng dạng, ta suy ra được $\frac{IB}{IC}= \frac{CD}{CJ} = \frac{BA}{CJ}.$

Theo định lí Thales, $\overline{A,I,J}$ (đpcm).




#695939 $1^{n}+2^{n}+3^{n}+...+10^{n}>11^{n}$

Gửi bởi halloffame trong 02-11-2017 - 01:55

-khi vào phòng thi thì không có máy tính cầm tay nên rất khó để đoán được $n=6$ thỏa mãn, $n=7$ không thỏa mãn, vì vậy, 1 vấn đề ở đây là phải tìm cách chứng tỏ rằng $n=6$ thỏa mãn và $n=7$ không thỏa mãn, sau đó thực hiện bước quy nạp và kết luận.

 

Mình làm bài này hoàn toàn không dùng tới máy tính, vì số không quá lớn.

Bạn có thể để ý rằng $11^n$ sẽ tăng mạnh hơn $1^n+2^n+...+10^n$ nên có thể dự đoán là tồn tại một số $k$ mà mọi $n>k$ không thoả mãn.

Với $n=1 \rightarrow 7$ thì mình tính tay mất gần 8 phút, và nếu xét đến thời gian 180 phút của một kì thi thông thường thì con số này chẳng thấm vào đâu.




#695393 CMR : MK=ML

Gửi bởi halloffame trong 25-10-2017 - 01:29

IMO Shortlist 2012.




#695385 $1^{n}+2^{n}+3^{n}+...+10^{n}>11^{n}$

Gửi bởi halloffame trong 24-10-2017 - 22:40

Ta thấy $n=1,2,..,6$ thoả mãn nhưng $1^7+2^7+3^7+...+10^7<11^7.$

Ta quy nạp để chứng minh mọi $n>7$ không thoả mãn. 

Giả sử $1^k+2^k+3^k+...+10^k<11^k(k \in \mathbb{N^*})$ thì:

$11^{k+1}=11^k.11>(1^k+2^k+3^k+...+10^k).11>1^{k+1}+2^{k+1}+3^{k+1}+...+10^{k+1}.$

Theo nguyên lí quy nạp ta có đpcm, tức chỉ có $n=1,2,...,6$ thoả mãn bài toán.