Đến nội dung


vda2000

Đăng ký: 09-01-2015
Offline Đăng nhập: Hôm nay, 15:32
****-

#690683 Tuần 3 tháng 8/2017: $PQ$ chia đôi $CD$

Gửi bởi vda2000 trong 16-08-2017 - 17:27

Một cách tiếp cận khác: Xét phép nghịch đảo cực $R$, phương tích bất kỳ (bản chất chắc nó cũng không quá khác so với 2 lời giải trên), khi đó, ta có bài toán như hình vẽ:

 

Cho $4$ điểm $B,C,E,F$ thuộc một đường tròn $(O)$, $BE,CF$ cắt nhau tại $R$. $(RFB),(REC)$ cắt nhau tại $A$ (Chú ý, từ điều kiện này và tính chất $3$ trục đẳng phương, suy ra: $BF,CE$ đồng quy tại $K$). $M,N$ thuộc $(O)$ sao cho $2$ tiếp tuyến tại $2$ điểm này với $(O)$ cùng song song với $RK$.

Chứng minh rằng: $(RFM), (REN)$ cắt nhau trên $RK$ (Điều kiện này cũng tương đương với $MF,NE$ cắt nhau tại $S$ thì $S$ thuộc $KR$).

Tóm lại, ta phải chỉ ra: $S$ thuộc $KR$.

Vì $2$ tiếp tuyến tại $M,N$ với $(O)$ song song với $RK$, nên theo định lý Brokard, suy ra: $EF,MN,BC$ đồng quy tại $T$.

Gọi $FN,ME$ cắt nhau tại $J$ thì $J$ thuộc đường thẳng cực của $T$, nên: $K,J,R$ thẳng hàng.

Cuối cùng, lại theo định lý Brokard một lần nữa, vì: $OT\bot SJ, KR$ nên $S$ thuộc $KR$. $\blacksquare$

 

 




#679779 BMO 2017

Gửi bởi vda2000 trong 07-05-2017 - 09:18

Bài 3:

Theo em biết thì nước ngoài hiểu $\mathbb{N}={1,2,...}$

Giả sử một hàm $f$ thỏa mãn đề bài.

Ta có: $n+f(m)|f(n)+nf(m)$ nên: $n+f(m)|f(n)-n^2$ $(1)$ và: $n+f(m)|f(n)-[f(m)]^2$ $(2)$

Giả sử rằng $f(m)$ chỉ nhận hữu hạn giá trị trên $\mathbb{N}$

Khi đó, tồn tại tập $A={n_1,n_2,...}$ có vô hạn phần tử, được sắp thứ tự tăng dần sao cho: $f(n_1)=f(n_2)=...=a$

Thay $m=n_1, n=n_i$, suy ra:

$n_i+a|a-a^2$. Theo cách định nghĩa của ta, cho $i\rightarrow +\infty$ thì $n_i\rightarrow +\infty$, suy ra:

$a-a^2=0$, vì xét hàm trên $\mathbb{N}$ suy ra: $a=1$

Cố định $m_0$ trong $(2)$, thay $n=n_i$, suy ra:

$n_i+f(m_0)|1-[f(m_0)]^2$

Một lần nữa, cho $i\rightarrow +\infty$, $n_i\rightarrow +\infty$, dẫn đến: $f(m_0)=1$, từ đó suy ra: $f(x)=1$, với mọi $x\in\mathbb{N}$

Trường hợp tập giá trị của $f(m)$ không bị chặn, làm giống bạn @Minhnksc




#662890 Tuần 4 tháng 11/2016 : Trục đẳng phương đi qua trực tâm

Gửi bởi vda2000 trong 24-11-2016 - 11:27

Ta chứng minh hai sự kiện sau:
 
1) $EF$ là trục đẳng phương của $(O)$ và đường tròn đường kính $LH$ với $E,F$ là chân đường cao hạ từ $B,C$ xuống $AC,AB$.
PART1.jpg
Gọi $d$ là trục đẳng phương của $(O)$ và đường tròn đường kính $LH$, $R$ là giao điểm của đường tròn đường kính $AH$ với $(O)$, khác $A$ và $Z$ là chân đường vuông góc hạ từ $H$ xuống $AM$
Gọi $U,V$ lần lượt là trung điểm của: $LH,LA$, ta có một số điều sau suy ra từ đường trung bình trong tam giác:
$UV//AH//OM$ và $UV=OM=\frac{AH}{2}$, suy ra $UVOM$ là hình bình hành, suy ra $U,A,O$ thằng hàng.
Xét $3$ đường tròn sau: đường tròn đường kính $AH$, đường tròn đường kính $LH$ và đường tròn $(O)$, suy ra:
$d$, $AR$, $HZ$ đồng quy.
Theo một kết quả khá quen thuộc, ta có: $AR,HZ,EF,BC$ cùng đi qua điểm $S$ nên $S$ thuộc $d$.
Mà: $d\bot UO\equiv AO$, $EF\bot AO$ nên ta có: $d\equiv EF$, ta chứng minh xong sự kiện thứ nhất.
 
2) Ta sẽ chứng minh kết quả của bài toán.
Gọi $J,M$ lần lượt là trung điểm của $AH,BC$ $ON\bot PH$, $H'$ đối xứng với $H$ qua $OM$
Bằng cách lược bỏ đi một số điểm không cần thiết như $L,K,...$, ta có hình sau:
PART2.jpg
Điều phải chứng minh tương đương với:
$HK.HO=HJ.HD$

Spoiler

Hay điều phải chứng minh tương đương với: $\frac{SB}{BE}=\frac{HB}{HH'}$, nhưng điều này luôn đúng vì:
$\widehat{SBE}=\widehat{BHH'}$ và $\widehat{SEB}=\widehat{HCB}=\widehat{BH'H}$.
Vậy ta có điều phải chứng minh




#655661 Đề thi chọn đội tuyển quốc gia THPT chuyên KHTN - ĐHQG Hà Nội vòng 2 năm 2016

Gửi bởi vda2000 trong 26-09-2016 - 20:50

hình.jpg

Lời giải bài hình của em:

Lời giải.
a) Ta gọi $AH$ cắt $(O)$ tại điểm thứ hai là $A'. HG$ cắt $BC$ tại $ F'$
Ta sẽ chứng minh $F,F',A'$ thẳng hàng.
Thật vậy: $∠F'HA'=∠F'A'H=∠EAH=∠FA'H$ ( vì  $HP// AE$ và $AEFA'$ là hình thang cân do $EF//AA'$) , suy ra $F,F',A'$ thẳng hàng.
Khi  đó, ta có: $∠FGF'=∠QAE=∠FA'P$ (dựa vào tính song song của gt và $AQPA'$ là hình thang cân) , suy ra:$ PFGA' $nội tiếp, nên theo tính chất phương tích:
$F'P.F'G=F'F.F'A'=F'B.F'C$, suy ra: $BPCG$ nội tiếp (đpcm)
 
b) Gọi $A'F$ cắt trung trực của $BC$ tại $S$.
Theo định lý Reim: $QS//AA'; FRA'A$ nội tiếp nên: $FRSQ$ nội tiếp.
Phần còn lại em dùng tính toán và mọi người chắc cũng không thích xem nó.
Tính toán
 

 




#632090 CMR: $\sum \frac{ab}{(a-b)^2}\ge \frac{-1}{4}$

Gửi bởi vda2000 trong 09-05-2016 - 17:12

Ta thấy rằng, nếu đặt: $(x,y,z)\rightarrow(\frac{a+b}{a-b};\frac{b+c}{b-c};\frac{c+a}{c-a})$ thì:

$(x+1)(y+1)(z+1)=(x-1)(y-1)(z-1)$ hay: $xy+yz+zx=-1$

Mặt khác: $(x+y+z)^2\geq 0$ hay:

$x^2+y^2+z^2\geq -2(xy+yz+zx)=2$

$\Leftrightarrow \sum\frac{(a+b)^2}{(a-b)^2}\geq 2$

$\Leftrightarrow\sum\frac{(a-b)^2+4ab}{(a-b)^2}\geq 2$

$\Leftrightarrow\sum\frac{ab}{(a-b)^2}\geq\frac{-1}{4}$




#631923 ĐỀ THI OLYMPIC CHUYÊN KHOA HỌC TỰ NHIÊN 2016

Gửi bởi vda2000 trong 08-05-2016 - 12:58

Câu c theo Brokard có: $IL\bot MZ$ với $Z$ là giao điểm của $ED$ với $PF$.

Còn theo định lý Pascal thì: $M,B,Z$ thẳng hàng nên: $MZ$ vuông góc $BC$

Suy ra $IL$ song song với $BC$ nên $I$ thuộc $LK$




#597536 Đề thi chọn đội tuyển thi VMO của khối THPT chuyên ĐHKH Huế 2016

Gửi bởi vda2000 trong 09-11-2015 - 18:15

Đề thi chọn đội tuyển thi VMO của khối THPT chuyên ĐHKH Huế 2016

Bài 4:

$2VT-2VP=\sum a^2(b^2+c^2)-2\sum a=\sum [a^2(3-a^2)-2a]=-\sum a(a+2)(a-1)^2\leq 0$




#596695 $xyz(x-1)(y-1)(z-1) \le 8$

Gửi bởi vda2000 trong 03-11-2015 - 17:17

Cho $x,y,z \ge 0$ thỏa $xyz=x+y+z+2$. Chứng minh rằng:

$xyz(x-1)(y-1)(z-1) \le 8$

Xem ở đây.




#589267 Đề thi khảo sát tháng 9 năm 2015 THPT Chuyên Bắc Giang

Gửi bởi vda2000 trong 16-09-2015 - 12:02

Sở GD& ĐT Bắc Giang                                         ĐỀ THI KHẢO SÁT THÁNG 9 - NĂM 2015

    Trường THPT                                                          MÔN: TOÁN LỚP 10 CHUYÊN

 Chuyên Bắc Giang                                                     Thời gian làm bài: 150 phút

                                                                                   Đề dành cho lớp 10 chuyên Toán.

 

Câu 4: Cho hình bình hành $ABCD$ có $\widehat{BAD}<90^{\circ}$. $O$ nằm trong tam giác $ABD$: $OC$ không vuông góc với $BD$. $(O;OC)$ cắt $BD$ tại $M,N$ ($B$ thuộc đoạn $MD$). Tiếp tuyến tại $C$ của $(O)$ cắt $AD,AB$ lần lượt tại $P,Q$

a) CMR: $M,N,P,Q$ cùng thuộc một đường tròn.

b) $CM$ cắt $QN$ tại $K$. $CN$ cắt $PM$ tại $L$. Chứng minh rằng: $IC\bot KL$

 

Thôi nói tóm tắt

a) Gọi $MN$ cắt $PQ$ tại $X$

Ta có: $XM.XN=XC^2$

$XC^2=XP.XQ$

Suy ra: $XM.XN=XP.XQ$

$\Rightarrow ...$

b) Dựa vào câu a rồi chứng minh tứ giác $MNKL$ nội tiếp




#589042 Đề thi khảo sát tháng 9 năm 2015 THPT Chuyên Bắc Giang

Gửi bởi vda2000 trong 15-09-2015 - 11:00

Sở GD& ĐT Bắc Giang                                         ĐỀ THI KHẢO SÁT THÁNG 9 - NĂM 2015

    Trường THPT                                                          MÔN: TOÁN LỚP 10 CHUYÊN

 Chuyên Bắc Giang                                                     Thời gian làm bài: 150 phút

                                                                                   Đề dành cho lớp 10 chuyên Toán.

 

Câu 1: Giải các phương trình sau:

1) $3\sqrt{x-1}+2\sqrt{x-2}=\sqrt{x^2-3x+2}+6$

2) $x+1+\sqrt{x^2-4x+1}=3\sqrt{x}$

 

Câu 2: Giải các hệ phương trình sau:

1) $\left\{\begin{matrix} xy+x+y=x^2-2y^2 &\\ x\sqrt{2y}-y\sqrt{x-1}=2x-2y\end{matrix}\right.$

2) $\left\{\begin{matrix} 6\frac{x}{y}-2=\sqrt{3x-y}+3y &\\ 2\sqrt{3x+\sqrt{3x-y}}=6x+3y-4 \end{matrix}\right.$

 

Câu 3: Tìm tất cả các số nguyên tố $p$ sao cho: 

$3^p+4^p$ là số chính phương

 

Câu 4: Cho hình bình hành $ABCD$ có $\widehat{BAD}<90^{\circ}$. $O$ nằm trong tam giác $ABD$: $OC$ không vuông góc với $BD$. $(O;OC)$ cắt $BD$ tại $M,N$ ($B$ thuộc đoạn $MD$). Tiếp tuyến tại $C$ của $(O)$ cắt $AD,AB$ lần lượt tại $P,Q$

a) CMR: $M,N,P,Q$ cùng thuộc một đường tròn.

b) $CM$ cắt $QN$ tại $K$. $CN$ cắt $PM$ tại $L$. Chứng minh rằng: $IC\bot KL$

 

Câu 5: Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn: $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=3$

CMR: $\frac{a}{a^4+1+2ab}+\frac{b}{b^4+1+2bc}+\frac{c}{c^4+1+2ca}\leq\frac{3}{4}$

 

 




#584737 Chứng minh rằng: $\widehat{BEC}=\widehat{DAC...

Gửi bởi vda2000 trong 24-08-2015 - 21:18

Cho tứ giác $ABCD$ và $AD=CD$, $\widehat{DAB}=\widehat{ABC}$. $M$ là trung điểm $BC$. $DM$ cắt $AB$ tại $E$. 

Chứng minh rằng: $\widehat{BEC}=\widehat{DAC}$

abc.jpg




#581088 Chứng minh: $(1-xy)(1-yz)(1-zx)\geq 0$

Gửi bởi vda2000 trong 12-08-2015 - 21:40

Cho: $0<x\leq y\leq z$ và: $x+y+z=xyz+2$

Chứng minh: $(1-xy)(1-yz)(1-zx)\geq 0$




#574502 Chứng minh: $n=1$

Gửi bởi vda2000 trong 21-07-2015 - 22:27

Cho: $p;q;r$ là $3$ số nguyên tố thỏa mãn:

$p^n+q^n=r^2$ với $n\in\mathbb{N}$

Chứng minh rằng: $n=1$




#574278 Tìm quỹ tích giao điểm $I$ của $MP,NQ$

Gửi bởi vda2000 trong 20-07-2015 - 17:23

Cho tứ giác $ABCD$ không phải hình thang. Các điểm $M,N,P,Q$ theo thứ tự thay đổi trên $AB,BC,CD,DA$ sao cho $MNPQ$ là hình bình hành.

Tìm quỹ tích giao điểm $I$ của $MP,NQ$




#572874 $\sum \frac{ab}{(a+b)(b+c)} \geq \frac{3}{4}$

Gửi bởi vda2000 trong 15-07-2015 - 21:48

cho a,b,c là các số thực dương  thõa mãn a+b+c=1.Chứng minh rằng :$\sum \frac{ab}{(a+c)(b+c)}\geq \frac{3}{4}$ :(

Quy đồng lên được kết quả tại đây.

Bất đẳng thức chứng minh tương đương với: $ab^2+a^2b+bc^2+b^2c+ca^2+c^2a\geq 6abc$ (Luôn đúng theo $AM-GM$ với $6$ số)