Đến nội dung

halloffame

halloffame

Đăng ký: 21-09-2014
Offline Đăng nhập: 29-05-2023 - 16:22
****-

#723060 Chứng minh rằng $\widehat{APB}=\widehat{APD...

Gửi bởi halloffame trong 14-06-2019 - 21:35

Lời giải bài toán trong file dưới.

File gửi kèm




#721429 Chứng minh rằng $T_{1}T_{2}, O_{1}O_{...

Gửi bởi halloffame trong 15-04-2019 - 10:59

Do $BC$ là tiếp tuyến chung ngoài của $(O_1),(O_2)$ nên nếu gọi giao điểm của $BC,O_1O_2$ là $X$ thì $X$ là tâm vị tự ngoài của $(O_1),(O_2).$

Lại có $T_1$ là tâm vị tự $(O_1),(O)$ và $T_2$ tâm vị tự $(O_2),(O)$ nên ta cần phải chứng minh ba tâm vị tự ngoài của ba cặp đường tròn tạo từ bộ ba đường tròn $(O),(O_1),(O_2)$ thẳng hàng.

Đây chính là định lý Monge D'Alambert.




#721251 VN TST 2019

Gửi bởi halloffame trong 03-04-2019 - 14:59

Mình đăng trước ảnh đề thi, Latex sẽ gõ sau.

Hình gửi kèm

  • FB_IMG_1553865575839.jpg
  • _20190330_175831.JPG



#720149 Tính giá trị biểu thức

Gửi bởi halloffame trong 13-02-2019 - 20:23

Bạn đăng đề bài này vào box Các bài toán Đại số khác nhé.

Và lưu ý đến gõ Latexđặt tiêu đề đúng quy định.




#720095 Chứng minh quỹ tích của điểm $\text{I}$ là một đường...

Gửi bởi halloffame trong 11-02-2019 - 23:15

Minh chỉnh lại đề một chút:

Bài toán. Cho trước hai đường thẳng $d_1,d_2$ không trùng nhau và song song với nhau.

Chứng minh quỹ tích các điểm $I$ sao cho $d_1$ đối xứng $d_2$ qua $I$ là một đường thẳng.

Chứng minh. 

_Gọi $I^*$ là một điểm bất kì thuộc quỹ tích các điểm $I$ nói trên, $B,B_1$ là hình chiếu của $I^*$ lên $d_1,d_2.$

Hiển nhiên $B$ đối xứng $B_1$ qua $I^*,$ do đó $I^*B=I^*B_1,$ tức là khoảng cách từ $I^*$ tới $d_1$ bằng khoảng cách từ $I^*$ tới $d_2.$

Gọi $d_3$ là đường thẳng chia đôi phần mặt phẳng nằm giữa $d_1,d_2$ thì khoảng cách từ $d_3$ tới $d_1,d_2$ là bằng nhau.

Tức là $I^* \in d_3.$ Ta chứng minh được mọi điểm thuộc quỹ tích các điểm $I$ nói trên đều nằm trên $d_3.$

_Gọi $I^*$ là một điểm bất kì trên $d_3;B,B_1$ là hình chiếu của $I^*$ lên $d_1,d_2;A$ là điểm bất kì trên $d_1.$

Do $d_3$ cách đều $d_1,d_2$ nên $I^*B=I^*B_1.$ Gọi $A_1$ đối xứng với $A$ qua $I^*$ thì $\Delta IAB= \Delta IA_1B_1,$

do đó $A_1B_1 \perp IB_1,$ tức là $A_1 \in d_2.$ Do đó $d_1$ đối xứng $d_2$ qua $I^*.$

Ta chứng minh được với mọi $I^* \in d_3$ thì $d_1,d_2$ đối xứng nhau qua $I^*.$

Vậy quỹ tích các điểm $I$ chính là $d_3,$ là một đường thẳng.




#720090 chứng minh AF,BC,OE ĐỒNG QUY

Gửi bởi halloffame trong 11-02-2019 - 21:48

2. Tiếp theo ta đi chứng minh: $AF,BC,OE$ đồng quy.

Thật vậy, do $AB\parallel CH$ nên theo định lý Viet ta có: $\frac{BH}{HE}=\frac{AC}{CE}$.

Lúc này, xét $\triangle{ABE}$, có: $\frac{AO}{OB}.\frac{BH}{HE}.\frac{EC}{CA}=1$ (Do $O$ là trung điểm $AB$ và $\frac{BH}{HE}=\frac{AC}{CE}$).

Khi đó theo định lý Cava đảo ta suy ra được: $AF,BC,OE$ đồng quy. Hay ta có điều phải chứng minh.

 

Sau khi đã có $AB \parallel CH$ thì ý đồng quy của bài toán chính là Bổ đề hình thang.




#719973 $$\it{4}\,\it{r}= \text...

Gửi bởi halloffame trong 07-02-2019 - 16:52

Gọi tâm các đường tròn nội tiếp các tam giác $AJC,AJD,BCD$ là $I_1,I_2,I_3;(I_2)$ tiếp xúc $CD$ tại $G.$

Do $R_{I_1}=R_{I_2} \Rightarrow I_1I_2 \parallel CD \Rightarrow AJ \perp I_1I_2 \Rightarrow (I_1),(I_2),AJ$ đồng quy tại $E \Rightarrow AD=AC.$

Đặt $AE=kr,k \in \mathbb{R^+}.$ Do $\Delta ABC$ cân tại $B \Rightarrow AJ>JC \Rightarrow k>2+ \sqrt{2}.$

Xét $\Delta AJD:r^2= \frac{AE.JG.GD}{AE+JG+GD}= \frac{k.GD.r^2}{r+kr+GD} \Rightarrow GD= \frac{k+1}{k-1}.r.$

Tiến hành tính toán, ta được:

$JD=r+GD= \frac{2k}{k-1}.r;CD=2JD= \frac{4k}{k-1}.r;AD=AE+GD= \frac{k^2+1}{k-1}.r; \sin \widehat{JAD}= \frac{JD}{AD}= \frac{2k}{k^2+1};$

$\cos \widehat{JAD}= \frac{JA}{AD}= \frac{k^2-1}{k^2+1}; \cos \widehat{CAD}= \cos (2 \widehat{JAD})= \cos ^2 \widehat{JAD}- \sin ^2 \widehat{JAD}= \frac{k^4-6k^2+1}{k^4+2k^2+1};$

$BC=AB= \frac{AC/2}{\cos \widehat{CAD}}= \frac{k^2+1}{k-1}. \frac{k^4+2k^2+1}{2k^4-12k^2+2}.r;BD=AB-AD= \frac{k^2+1}{k-1}. \frac{-k^4+14k^2-1}{2k^4-12k^2+2}.$

Đặt $x$ là nửa chu vi $\Delta BCD$ thì $x= \frac{BC+CD+DB}{2}= \frac{4kr(k-1)^2(k^2+4k+1)}{(k-1)(2k^4-12k^2+2)}.$

Lại có $\tan \frac{\widehat{BDC}}{2}= \tan \widehat{GDI_3}= \cot \widehat{GDI_2}= \frac{GD}{r}= \frac{k+1}{k-1};$ do đó xét $\Delta BCD:$

$r=(x-BC) \tan \frac{\widehat{BDC}}{2}= \frac{r[4k(k-1)^2(k^2+4k+1)-(k^2+1)^3]}{(k-1)(2k^4-12k^2+2)}. \frac{k+1}{k-1}$

$\Leftrightarrow 2(k-1)^2(k^4-6k^2+1)=4k(k+1)(k-1)^2(k^2+4k+1)-(k+1)(k^2+1)^3$

$\Leftrightarrow (k+1)(k^2+1)^3=2(k-1)^2(k^4+10k^3+16k^2+2k-1)$

$\Leftrightarrow k^7+k^6+3k^5+3k^4+3k^3+3k^2+k+1=2k^6+16k^5-6k^4-40k^3+22k^2+8k-2$

$\Leftrightarrow k^7-k^6-13k^5+9k^4+43k^3-19k^2-7k+3=0$

$\Leftrightarrow (k-3)(k^6+2k^5-7k^4-12k^3+7k^2+2k-1)=0.$

Do $k>2+ \sqrt{2} \Rightarrow k=3 \Rightarrow AJ=4r.$ Ta có đpcm.




#719842 ĐỀ THI HSG 12 ĐỒNG NAI HỆ CHUYÊN

Gửi bởi halloffame trong 01-02-2019 - 10:32

$4/$

$1)$ Gọi $BJ,CL$ là các đường cao của tam giác $ABC,JL$ cắt $BC$ tại $N.$ Theo kết quả quen thuộc thì $\overline{N,H,G}$ và $G \in (BHC)$

$\Rightarrow \widehat{BDC}= \widehat{BGC}= \widehat{BHC}=180^0- \widehat{BAC} \Rightarrow D \in (O).$

$2)$ Gọi $H'$ đối xứng $H$ qua $BC,Ax$ là tia qua $A$ song song $BC.$

Xét chùm $A(BCKx)$ có $KB=KC,Ax \parallel BC \Rightarrow A(BCKx)=-1.$ Lại xét chùm $H(CBGH')$ có $HC \perp AB,HB \perp AC,HG \perp AK,HH' \perp Ax$

$\Rightarrow H(CBGH')=-1.$ Đối xứng qua $BC$ ta được $H'(CBDA)=-1 \Rightarrow ABDC$ là tứ giác điều hoà

$\Rightarrow XD$ tiếp xúc $(O)$ và $\frac{AB}{AC}= \frac{DB}{DC}= \frac{DB}{DI} \Rightarrow \Delta BDI \sim \Delta BAC \Rightarrow \frac{BF}{FA}= \frac{BC}{CA}= \frac{BI}{ID}= \frac{BM}{MD}$

$\Rightarrow MF \parallel AD \Rightarrow \widehat{BME}= \widehat{BDA}= \widehat{BCE} \Rightarrow C \in (EBM) \Rightarrow XE.XY=XB.XC=XD^2.$

Do đó $XD$ tiếp xúc $(EYD),$ suy ra $(EYD)$ tiếp xúc $(O).$




#719835 ĐỀ THI HSG 12 ĐỒNG NAI HỆ CHUYÊN

Gửi bởi halloffame trong 31-01-2019 - 23:39

Mình gõ lại đề để mọi người tiện theo dõi.

Bài 1. 

1) Chứng minh rằng phương trình $-x= \sqrt[3]{x^2-6x+3}$ có đúng ba nghiệm thực phân biệt là $x_1,x_2,x_3.$ Tính

$T=(x_1^3+x_1^2+9)(x_2^3+x_2^2+9)(x_3^3+x_3^2+9).$

 

2) Cho hai hàm số $y=x^3+x^2-3x-1,y=2x^3+2x^2-mx+2$ có đồ thị $(C_1),(C_2)$ với $m$ là tham số thực. Tìm tất cả các giá trị của $m$ để $(C_1)$ cắt $(C_2)$ tại ba điểm phân biệt có tung độ $y_1,y_2,y_3$ thoả mãn $\frac{1}{y_1+4}+ \frac{1}{y_2+4}+ \frac{1}{y_3+4}= \frac{2}{3}.$

 

Bài 2. Cho $a,b,c$ là các số thực không âm thoả mãn $a+b+c \geq abc.$ Chứng minh $a^2+b^2+c^2 \geq abc.$

 

Bài 3. Cho dãy số $(x_n)$ xác định bởi $x_1=x_2=1;x_nx_{n+2}=x_{n+1}^2+3.(-1)^{n-1}.$

1) Chứng minh rằng mọi số hạng của dãy $(x_n)$ đều là số nguyên.

 

2) Tính $\lim \frac{x_{n+1}}{x_1+x_2+...+x_n}.$

 

Bài 4. Cho $\Delta ABC$ nội tiếp $(O),$ trực tâm $H,K$ là trung điểm $BC$ và $G$ là hình chiếu vuông góc của $H$ trên $AK.D$ đối xứng $G$ qua $BC,I$ đối xứng $C$ qua $D.$ Phân giác $\widehat{ACB}$ cắt $AB$ ở $F,$ phân giác $\widehat{BID}$ cắt $BD$ tại $M.MF$ cắt $AC$ tại $E.$

1) Chứng minh $D \in (O).$

2) Tiếp tuyến tại $A$ của $(O)$ cắt $BC$ ở $X,XE$ cắt $(EBM)$ tại $Y \neq E.$ Chứng minh $(EYD)$ tiếp xúc $(O).$

 

Bài 5. Cho $m,n$ là các số tự nhiên thoả $4m^3+m=12n^3+n.$ Chứng minh $\sqrt[3]{m-n} \in \mathbb{Z}.$




#719760 $\Delta OMN$ cân

Gửi bởi halloffame trong 28-01-2019 - 23:41

Do các tam giác $BEC,BDC$ vuông tại $D,E$ nên $OB=OD=OE=OC \Rightarrow \Delta ODE$ cân tại $O.$

Ta có $EM=DM-DE=EN-ED=DN,OD=OE, \widehat{OEM}=180^0- \widehat{OED}=180^0- \widehat{ODE}= \widehat{ODN} \Rightarrow \Delta OEM= \Delta ODN$

$\Rightarrow OM=ON \Rightarrow \Delta OMN$ cân ở $O.$


  • DBS yêu thích


#719474 $E,F,H',M$ đồng viên

Gửi bởi halloffame trong 14-01-2019 - 14:18

Gọi $A'$ đối xứng $A$ qua $H;J=FE \cap PM;K$ là hình chiếu $H'$ lên $EF;G=EF \cap BC;D=AP \cap (O) \neq A;BL,CN$ là đường cao $\Delta ABC$ cắt nhau ở $S;Q=NL \cap BC;R=AQ \cap (O) \neq A.$ Vẽ hai tia $Pa \parallel EF,Ab \parallel BC).$

Xét chùm $A(BCMb)=-1$ và $PE \perp AB,PF \perp AC,PM \perp AB.$ Lại có $\widehat{PFE}= \widehat{PAE}= \widehat{MAC}$ (do $AP$ là đường đối trung $\Delta ABC$ )

$\Rightarrow AM \perp EF \Rightarrow P(EFJa)=-1 \Rightarrow JE=JF.$ Do $AP$ đường kính $(AEF),J$ trung điểm $EF$ và $M$ là giao điểm của $PJ$ và đường cao hạ từ $A$ của $\Delta AEF$ nên theo kết quả quen thuộc thì $M$ là trực tâm $\Delta AEF$

$\Rightarrow JM=JP \Rightarrow \frac{AD}{DP}= \frac{AA'}{MP}= \frac{2AH}{2JP}= \frac{AH}{JP} \Rightarrow \overline{H,D,J}.$

Theo các kết quả quen thuộc, $R(QHBC)=-1=(ADBC) \Rightarrow R \in HD$ và:

$\widehat{GMK}= \widehat{GJH'}= \widehat{GJM}- \widehat{MJH}= \widehat{AMB}- \widehat{RHA}= \widehat{RMQ}=90^0- \widehat{AQM} \Rightarrow MK \perp AQ.$

Xét chùm $A(QHBC)=-1$ và $MF \perp AB,ME \perp AC,MK \perp AQ,MG \perp AH \Rightarrow M(EFKG)=-1 \Rightarrow GF.GE=GJ.GK=GM.GH'$

$\Rightarrow H' \in (MEF).$ Ta có đpcm.




#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.