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.


vda2000

Đăng ký: 09-01-2015
Offline Đăng nhập: 14-02-2017 - 16:12
****-

#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 $LK$




#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)




#572421 $\frac{1}{x}+\frac{1}{y...

Gửi bởi vda2000 trong 14-07-2015 - 15:19

Giải phương trình nghiệm nguyên: $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=z$

Xét: $z=0$ PT có nghiệm: $(x;y;z)=(k;-k;0)$ với: $k\im\mathbb{Z}$

Xét: $z\neq 0$

PT: $\Leftrightarrow x+y=xyz$

$\Leftrightarrow xyz^2-xz-yz=0$

$\Leftrightarrow xz(yz-1)-(yz-1)=1$

$\Leftrightarrow (xz-1)(yz-1)=1$

Đến đây dễ r`




#572419 $\left\{\begin{matrix}x^5-x^4+2x^2y=2&...

Gửi bởi vda2000 trong 14-07-2015 - 15:15

Cách giải trong link bạn gửi thật sự chưa đúng.

Đó là khi rút ra được: $y<1$ trong TH1, Ta có: $2y^2z>2\Leftrightarrow y^2z>1$

$y<1$ chưa chắc đã suy ra: $z>1$ Ví dụ: $y=-2$ Khi đó, $z$ hoàn toàn có thể bằng: $\frac{8}{9}<1$mà vẫn thỏa mãn: $y^2z>1$

 

Giải hệ phương trình

$\left\{\begin{matrix} x^5-x^4+2x^2y=2 & & \\ y^5-y^4+2y^2z=2& & \\ z^5-z^4+2z^2x=2& & \end{matrix}\right.$

Giải như sau:Trước hết xét từng TH: $x=0$; $y=0$; $z=0$ đều ra vô lí. Xét: $x;y;z\neq 0$

Ta có: $x^5-x^4-2=2x^2y\Leftrightarrow\frac{x^5-x^4-2}{-2x^2}=y$

Giả sử: $y>1$ Ta có:

$\frac{x^5-x^4-2}{-2x^2}>1$

$\Leftrightarrow\frac{x^5-x^4+2x^2-2}{-2x^2}>0$

$\Leftrightarrow\frac{(x-1)(x^4+2x+2)}{-2x^2}>0$

$\Leftrightarrow (x-1)(x^4+2x+2)<0$

Ta có: $x^4+2x+2=x^4-2x^2+1+2x^2+2x+1>0$ 

$\Leftrightarrow x-1<0$

$\Leftrightarrow x<1$

Từ: $x<1$ suy ra: $z>1$ rồi: $y<1$ và vô lí

Tương tự các trường hợp còn lại: $y<1$

Suy ra: $y=1$ 

$\Rightarrow ...$




#572183 $\frac{(1-x)(1-xy)}{(1+x)^2(1+y)^2}$

Gửi bởi vda2000 trong 13-07-2015 - 21:53

Wolframalpha dùng sao vậy bạn?

Em nên xưng là "EM" :D

Em cũng biết ít ít thôi

Một số lệnh em biết, em xin lấy ví dụ cho dễ hiểu

Khai triển: expand (x-1)(x-3), máy sẽ hiện: x^2-4x+3

Phân tích đa thức thành nhân tử: factor x^2-4x+3, máy sẽ hiện: (x-1)(x-3)

Tìm cực trị: 

min x^2

max -x^2

Nếu tìm cực trị thêm điều kiên như: min x^2 with x>=1

hoặc có thể thay là min x^2 domain x>=1

em biết thế thôi :3