Đến nội dung


Thông báo

Thời gian vừa qua do diễn đàn gặp một số vấn đề về kĩ thuật nên thỉnh thoảng không truy cập được, mong các bạn thông cảm. Hiện nay vấn đề này đã được giải quyết triệt để. Nếu các bạn gặp lỗi trong lúc sử dụng diễn đàn, xin vui lòng thông báo cho Ban Quản Trị.


vda2000

Đăng ký: 09-01-2015
Offline Đăng nhập: Hôm nay, 11:54
****-

#693799 Tuần $4$ tháng $9/2017$: $AP$ đi qua điểm cố định

Gửi bởi vda2000 trong 27-09-2017 - 14:39

Lời giải bài 1 của em: 

Như trên hình, em chỉ xét những điểm liên quan đến $N$.

Gọi $S, D$ lần lượt là điểm chính giữa cung $ABC, BC$ của $(O)$. Gọi $V$ là trung điểm $AC$ và $SE$ cắt $DF$ tại $U$. Gọi $AI$ cắt $BC$ tại $G$. Gọi $J$ là trung điểm của $AI$

Bằng cách định nghĩa ta dễ có: $N\in AS$

abc.jpg

Nhận xét 1: $NQ$ vuông góc $AC$.

Chứng minh: Điều này tương đương với $NQ//SV$ hay theo định lý Ta-lét, ta cần chứng minh:

$\frac{AN}{AS}=\frac{AQ}{AV}$. Do: $\frac{AQ}{AV}=\frac{AI}{AG}$ dựa trên $JQ//AC$ và $J,V$ lần lượt là trung điểm của $AI,AC$.

Do đó, ta cần chứng minh: $\frac{AN}{AS}=\frac{AI}{AG}\Leftrightarrow\frac{NA}{NS}=\frac{IA}{IG}$, luôn đúng.

Do

 

Nhận xét 2: $AP$ là đường đối trung trong tam giác $\Delta RAQ$.

Ta chứng minh điều này dựa vào định lý Ceva-sin.

Ta tính được: $\frac{\text{sin}\widehat{LQR}}{\text{sin}\widehat{LQA}}=\text{cos}(\frac{A}{2}).\frac{\text{cos}(\frac{C}{2})}{\text{sin}(\frac{B}{2})}$ $(1)$

Thiết lập, tương tự, ta có: $\frac{\text{sin}\widehat{KRA}}{\text{sin}\widehat{KRQ}}=1:\text{cos}(\frac{A}{2}).\frac{\text{sin}(\frac{C}{2})}{\text{cos}(\frac{B}{2})}$.

Nhân lại, sử dụng định lý sin và định lý Ceva-sin, ta có ngay:

$\frac{\text{sin}\widehat{RAP}}{\text{sin}\widehat{QAP}}=\frac{\text{sin}\widehat{AQR}}{\text{sin}\widehat{ARQ}}$, đủ để suy ra nhận xét.

 

Do đó, ta chứng minh $(1)$.

 

Cuối cùng, vì $AP$ là đường đối trung tam giác $RAQ$ nên cũng là đối trung tam giác $ABC$ nên đi qua điểm cố định là giao hai tiếp tuyến tại $B,C$ của $(O)$. $\blacksquare$




#693455 Đề thi chọn học sinh giỏi THPT Khoa Học Tự Nhiên 2017-2018

Gửi bởi vda2000 trong 21-09-2017 - 07:31

Bài 2. 

Dễ thấy $P(x)=(x^3-3)Q(x)+2017$

Đặt $Q(x)=a_{n} x^n+a_{n-1} x^{n-1}+...+a_0$ 

$P(x)=a_{n} x^{n+3}+a_{n-1} x^{n+2} +a_{n-2} x^{n+1} +( a_{n-3}-3a_{n} ) x^n+(a_{n-4}-3a_{n-1}) x^{n-1}+...+(a_{0}-3a_{3})x^3-3a_{2} x^2 -3a_{1} x +2017 - 3a_{0}$

Do $P(x)$ có hệ số không âm nên ta phải có hệ
$$\left\{\begin{matrix} a_{n},a_{n-1},a_{n-2} \geq 0\\ a_{n-3} \geq 3a_{n}\geq 0\\ ...\\ a_{0} \geq 3 a_{3} \geq 0\\ a_1 ,a_2 \leq 0\\ a_0 \leq \dfrac{2017}{3}\\ \end{matrix}\right.$$

Cho ta các nghiệm nguyên không âm $a_{n}=a_{n-1}=...=a_{1}=0$ hay $Q(x)=a_0=c \leq 672$ là hàm hằng. 

$P(1)=c+2017-3c=2017-2c \geq 673$

Dấu "=" xảy ra khi $P(x)=672 x^3 +1$

$P(x)=1+2x^6+2x^9+2x^{15}+2x^{18}$ $P(\sqrt[3]{3})=2017, P(1)=9<674$




#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: $n=1$