Đến nội dung


ecchi123

Đăng ký: 04-02-2015
Offline Đăng nhập: Hôm nay, 07:59
*****

#694475 Tuần $2/10$ năm $2017$: Tâm $(PBC)$ nằm trên...

Gửi bởi ecchi123 trong 09-10-2017 - 20:13

 Lời giải bài 1 :

 Ta có $\widehat{JKL}=90-\widehat{A}/2=\widehat{KPL}$ nên $JK,JL$ là tiếp tuyến của $(IKL)$  nên $IKPL$ điều hòa

Đường thẳng qua $B$ song song với $DL$ cắt $IC$ tại $M$ . Ta có $\frac{PK}{PL}=\frac{IK}{IL}=\frac{BK}{BD}.\frac{CD}{CL}=\frac{BK}{ML}$ nên $\Delta PLM \sim \Delta PKB$ nên $\widehat{LMP}=\widehat{KBP}$ nên $IMBP$ nội tiếp $=>\widehat{IPB}=180-\widehat{BMC}=180-\widehat{DLC}=90-\widehat{A}/4$ . Tượng tự thì $\widehat{IPC}=90-\widehat{A}/4$ suy ra $\widehat{BXC}=\widehat{A}$  nên $X$ thuộc $(O)$

q.png




#694277 Đề thi chọn đội tuyển học sinh giỏi lớp 12 năm học 2017-2018 - Tỉnh Bà Rịa -...

Gửi bởi ecchi123 trong 06-10-2017 - 17:36

 Câu 1 :

a ) Đặt $a=2cosA,b=2cosB,c=2cosC$ => $cos^2A+cos^2B+cos^2C+2cosA.cosB.cosC=1$ nên $A,B,C$ là 3 đỉnh của tam giác nhọn

 ta có bdt quen thuộc $cosA+cosB+cosC \leq 3/2 $ nên $a+b+c \leq 3$

  ta  chứng minh $a+b+c \geq \sqrt{abc}+2 <=> 2(cosA+cosB+cosC) \geq \sqrt{8cosA.cosB.cosC}+2 <=>4.sinA/2.sinB/2.sinC/2\geq \sqrt{2cosA.cosB.cosC}<=>(1-cosA)(a-cosB)(1-cosC)\geq cosA.cosB.cosC$

Mặt khác ta lại có $(1+cosA)(1+cosB)(1+cosC)\leq (\frac{3+3/2}{3})^3=27/8$

 nên việc còn lại là cm $(1-cos^2A)(1-cos^2B)(1-cos^2C)\geq \frac{27}{8}cosA.cosB.cosC<=>\frac{cotA.cotB.cotC}{sinA.sinB.sinC}\leq 8/27 <=>\prod cotC.(cotA+cotB)\leq 8/27$ ( do $sin^2A=\frac{1}{1+cot^2A}$ và $\sum cotA.cotB=1$)

điều này đúng do

$VT=\prod (cotA.cotC+cotB.cotC)\leq \frac{8}{27}(\sum cotA.cotB)^3=\frac{8}{27}$

 vậy $a+b+c \geq \sqrt{abc}+2 <=> (a+b+c-2)^2 +a^2+b^2+c^2  \geq 4 <=>a^2+b^2+c^2+ab+ac+bc  \geq 2(a+b+c)<=>(a+b+c)^2 \geq ac+ab+cb+2(a+b+c)$ 

 

ta có $\sum \frac{a}{\sqrt{(b+2)(c+2)}}\geq \frac{(a+b+c)^2}{\sum a\sqrt{(b+2)(c+2)}}\geq \frac{(a+b+c)^2}{ab+bc+ca+2a+2b+2c}\geq  1$




#694270 Đề thi chọn đội tuyển học sinh giỏi lớp 12 năm học 2017-2018 - Tỉnh Bà Rịa -...

Gửi bởi ecchi123 trong 06-10-2017 - 13:50

Câu 5 :

a) $T\equiv f(1)+f(3)+...+f(2017)( mod 2)$ vậy nên số các số lẻ trong $f(1),f(3),...,f(2017)$ phaỉ lẻ

 nên số các cách chọn $f(1),f(3),...,f(2017)$ là $1009! .(C_{1009}^1.C_{1009}^{1008}+C_{1009}^3.C_{1009}^{1006}+C_{1009}^5.C_{1009}^{1004}+....+C_{1009}^{2007}.C_{1009}^{2})$

 

Mà.$(C_{1009}^1.C_{1009}^{1008}+C_{1009}^3.C_{1009}^{1006}+C_{1009}^5.C_{1009}^{1004}+....+C_{1009}^{2007}.C_{1009}^{2})=\frac{\sum_{i=0}^{1009}C_{1009}^i.C_{1009}^{1009-i}-2.C_{1009}^0.C_{1009}^{1009}}{2}=\frac{C_{2018}^{1009}-2}{2}$

Còn lại số cách chọn $f(2),...,f(2018)$ là $1009!$

Vậy tổng số hoán vị là $(1009!)^2 . (\frac{C_{2018}^{1009}-2}{2})$

 
 



#694026 Tuần 1 tháng 10/2017: $MH$ và đường thẳng qua $D$ song so...

Gửi bởi ecchi123 trong 01-10-2017 - 18:18

Lời giải bài 1 

Gọi $HM$ cắt $(O)$ tại $J$ , Ta cm $DJ$ song song $PE$ tương đương với cm $OM$ đi qua trung điểm $PE$

Áp dụng menelaus cho tam giác $HAJ$ với cát tuyến $ODP$ nên 

$\frac{PH}{PJ}=\frac{DH}{DA}=\frac{EJ}{EA}$  nên theo ERIQ thì trung điểm $PE,HJ,AJ$ thẳng hàng nên $OM$ đi qua trung điểm $PE$ .  dpcm

tha.png




#693577 CMR $(u-1)\vdots 3$

Gửi bởi ecchi123 trong 23-09-2017 - 18:17

Lời giải : ,  $n=2k+1$ nên với mọi $p$ là số nguyên tố lẻ mà $p|3^{2k+1}+1 | 3^{2k+2}+3$

 đặt $3^{k+1}=2a+1$ nên $(2a+1)^2+3=4(a^2+a+1)\equiv 0 $(mod $p$)  dó $p$ lẻ nên $p | a^2+a+1 |a^3-1 $ do $p$ ko chia hết $a-1$ ( nếu ngược lại thì $p=3$ vô lí ) nên $ord_p(a)=3$ mặt khác theo fermat thì $p|a^{p-1}-1$ nên $3|p-1$ . Vậy thì $u=p_1^{\alpha _1}.... p_k^{\alpha _k}\equiv 1(mod 3)$




#693226 Chứng minh $MN \perp OP$

Gửi bởi ecchi123 trong 17-09-2017 - 18:08

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$, $I$ là trung điểm cạnh $BC$. Phân giác trong $AD$  ($D$ trên cạnh $BC$),hai điểm $P,Q$ trên cạnh $AD$ thoả mãn $\angle CBP=\angle ABQ$. $M$ là hình chiếu của $Q$ trên $BC$, $N$ đối xứng với $I$ qua $AD$. Chứng minh $MN \perp OP$

 


$AD$ cắt $(O),NI$ tại $X,Y$ . $OX$ cắt $(O)$ tại $Z$

 Có $QMYI$ nọi tiếp nên ta có $\Delta XIQ \sim \Delta IYM$

Mặt khác $(BPQ)$ tiếp xức $BX$ nên $XP.XQ=BX^2=XI.XZ$ nên $\Delta XPZ \sim \Delta XIQ \sim \Delta IYM$ => $\Delta XPO \sim \Delta INM$

nên $OP$ vuông góc $MN$

PSW.png




#693078 Đề chọn Đội tuyển HSGQG tỉnh Hòa Bình năm 2017-2018

Gửi bởi ecchi123 trong 15-09-2017 - 12:01

Câu 1 : Cho dãy số $( x_n )$ thỏa mãn $x_1 = 2 , x_{n+1}=\frac{2x_n+1}{x_n+2}$

Xác định HSTQ Của $x_n$ và tìm $lim x_n$

 

Câu 2 : Cho đường tròn tâm $O$ đường kính $AB$ . Một điểm $H$ thuộc đoạn $AB$ . Đường thẳng qua $H$ vuông góc với $AB$ cắt $(O)$ tại $C$ . Đường tròn đường kính $CH$ cắt $AC,CB,(O)$ tại $D,E,F$

 

a) Chứng minh rằng $AB,DE,CF$ đồng quy

 

b) Đường tròn tâm $C$ bán kính $CH$ cắt $(O)$ tại $P,Q$

Chứng minh rằng $P,Q,D,E$ thẳng hàng

 

Câu 3

a) Tìm tất cả các đa thức $P(x)$ hệ số thực thỏa mãn đồng nhất thức :

$x.P(x-1)=(x-3).P(x)$

 

b) Tìm tất cả các hàm $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn:

$f(xy)+f(x)+f(y)=f(x)f(y)+f(x+y)$  $\forall x,y\in \mathbb{R}$

 

Câu 4 :Cho $a,b,c$ là 3 số nguyên thỏa mãn $a+b+c=a^2.(c-b)+b^2.(a-c)+c^2(b-a)$ 

Chứng minh rằng $a+b+c$ chia hết cho 27

 

Câu 5 : Cho tập $M$ gồm 2017 số dương $a_1;a_2;...;a_{2017}$ . Xét tất cả các tập con $T_i$ khác rỗng của $M$. Gọi $s_i$ là tổng các số thuộc tập $T_i$ nói trên . Chứng minh rằng có thể chia tập hợp tất cả các số $s_i$ được thành lập như vậy thành 2017 tập hợp con khác rỗng không giao nhau sao cho tỷ số của 2 số bất kì thuộc còng một tập hợp con vừa được thân chia không quá 2




#692824 Tuần $2$ tháng $9/2017$: Chứng minh $\frac...

Gửi bởi ecchi123 trong 10-09-2017 - 23:09

Lời giải bài 2 :

(Chứng minh Đường thẳng qua $X,Y,Z$ vuông góc với $CB,CA,AB$ đồng quy tại $K$ : $l$ cắt $AB,AC$ tại $M,N$  . Đường thẳng qua $M,N$ vuông góc với $AC,AB$ cắt $BY,CZ$ tại $Y',Z'$ . $X'$ là trực tâm tam giác $AMN$ . Đường thẳng qua $X',Y',Z'$ vuông góc với $CB,CA,AB$ đồng quy tại $X'$ . Hơn nữa $X',Y',Z'$ chia $AD,BE,CF$ cùng 1 tỷ số nên Đường thẳng qua $X,Y,Z$ vuông góc với $CB,CA,AB$ đồng quy tại $K$ nằm trên đường nối trực tâm 2 tam giác $ABC,AMN$)

 

 

Giả sử $(CZK)$ cắt $(ABC)$ tại $L$ .Ta có $(LB,LK)=(LB,LC)+(LC,LK)=(AB,AC)+(ZC,ZK)=(AM,AN)+(MN,MA)=(MN,AN)=(YB,YK) (mod \pi)$ nên $(LBYK)$ nội tiếp . Tương tự thì $(LAXK)$ nt , Vậy 3 đường tròn đó đồng quy tại $K,L$ . Mặt khác $KL$ cắt $(O)$ tại $H$ thì $(OH,OB)=2(LK,LB)=2(AC,l) (mod \pi)$ cố định nên $H$ cố định 

1234.png




#692821 Tuần $2$ tháng $9/2017$: Chứng minh $\frac...

Gửi bởi ecchi123 trong 10-09-2017 - 22:51

Lời giải bài 1 :

Gọi $PQ$ cắt $BC$ tại $H$ , ta có $\frac{AJ}{MN}=\frac{1}{2.sinMAN}=\frac{AK}{PQ}$

Mặt khác $\widehat{KAL}=\widehat{LAM}-\widehat{KAM}=\widehat{AQP}-\widehat{ANM}=\widehat{CHQ}$ nên $\frac{AK}{AL}=\frac{HQ}{HC}=\frac{PQ}{BC}$

Vậy $\frac{AJ}{MN}=\frac{AK}{PQ}=\frac{AL}{BC}$

123.png




#691879 Tuần 5 tháng 8/2017: $YC=ZB$

Gửi bởi ecchi123 trong 30-08-2017 - 18:40

Lời giải bài 1 :

Dễ dàng thấy $ANDY,AMDZ$ nội tiếp . Gọi $(AND)$ cắt $BC,BA$ tại $T,K$ . $(ADM)$ cắt $BC,AC$ tại $S,H$

Hạ đường cao $DP,DQ$ xuống $AB,AC$ ta có $EH.EA=EM.ED=EP.EC=>\frac{EA}{EC}=\frac{EP}{EH}=\frac{EA+EP}{EC+EH}=\frac{AP}{HC}$

Tương tự suy ra $\frac{AQ}{KB}=\frac{AF}{FB}=\frac{AE}{EC}=\frac{AP}{HC}$ nên $CH=BK$

Từ đó $\frac{CS}{CH}=\frac{CA}{CD}=\frac{BA}{BD}=\frac{BT}{BK}$ nên $CS=BT$ nên $BS=CT$

Vậy $\frac{BS}{BZ}=\frac{BA}{BD}=\frac{CA}{CD}=\frac{CT}{CY}$ nên $BZ=CY$

2.png




#691178 Tuần 4 tháng 8/2017: Chứng minh rằng $ST$ đi qua $H$.

Gửi bởi ecchi123 trong 21-08-2017 - 05:07

Lời giải bài 2 :

Giả sử $K,L$ là giao của $BH,CH$ với $EF$ . Ta sẽ chứng minh $K,L$ là trực tâm $MDE,MDF$ và thuộc $(H,HM)$

Thật vậy,$DM$ cắt $EF$ tại $N$ . $AI$ cắt $(O)$ tại $G$

Ta có $\triangle CLE \sim \triangle BKF$ và $\widehat{FBN}=\widehat{ECN}$ ( do $N(CBEN)=-1$ nên $ND$ là phân giác $BNC$ ) suy ra $\frac{NE}{NL}=\frac{NF}{NK}=>\frac{NL}{NK}=\frac{NE}{NF}=\frac{DC}{DB}$

Mà $\triangle GBC \sim \triangle HKL$ và $\widehat{IGB}=\widehat{MHK}$ và $\frac{NK}{NL}=\frac{DB}{DC}$ ,dựng vuông góc từ $D,N$ với $BC,EF$ cắt $GI,HM$ tại $I,H$ nên ta có hình $MKHL \sim IBGC => HK=HM=HL$

Từ đó $K,L$ thuộc $(H,HM)$

Mặt khác $\widehat{KMD}=\widehat{BID}=\widehat{GIC}$ nên $MK \parallel IC \perp ED$ từ đó $K$ là trực tâm $DME$ . tương tự với $L$ ta có dpcm

atrunks2.png




#689779 Tuần 2 tháng 8/2017: đường tròn $(D,DP)$ tiếp xúc với đường tròn...

Gửi bởi ecchi123 trong 06-08-2017 - 22:07

Lời giải bài 1 :

 Hạ $PX,PY$ xuống $AB,AC$ Ta có $ \Delta PXF\sim \Delta PYC ,\Delta PXB\sim \Delta PYE =>XF.YC=PY.PX=BX.YE =>\frac{XF}{XB}=\frac{YE}{YC} $  nên $(ABC),(AEF),(AXY)$ đồng trục  nên $(AEF)$ cắt $(O)$ tại $S$ thì góc $ASP$ vuông

 

 Ta chứng minh $S$ cũng nằm trên $(D,DP)$

 

Gọi $T$ là trung điểm $AP$ ,

Thật vậy , Ta có : $(LA,LD)=(OH,KP)=(QA,QD)$ nên $ALDQ$ nội tiếp  . Gọi $AL$ cắt $BC$ tại $G$ suy ra $AGQ,LGD$ cân tại $A,D$

 GỌi $U,I,J,Z$ là trung điểm của $PQ,LG,LA,AG$ . đường thẳng qua $A,Z$ vuông góc với $AG$ lần lượt cắt  $UO$ tại $N,M$ . $ZM$ cắt $BC$ tại $V$.

- Do các trung điểm nên $\widehat{ZTU}=180-\widehat{AQG}=180-\widehat{AGQ}=\widehat{ZMU} $ nên  $TMUZ$ nội tiếp suy ra $\widehat{UTM}=\widehat{UZM}=\widehat{UGM}=>$ $TMUG$ nội tiêp nên $ \widehat{GTM}=90$

- Tiếp tục , Ta có $\frac{NM}{TU}=\frac{NM}{AQ/2}=\frac{NM}{AZ}=\frac{1}{cos\widehat{NMZ}}=\frac{VM}{VU}=>\frac{MN}{MV}=\frac{UT}{UV}$ và $\widehat{TUG}=\widehat{AQG}=\widehat{UMV}$ nên $\Delta VMN \sim \Delta VUT$ nên $\Delta VMU \sim \Delta VNT$ nên $\widehat{VTN}=90$

 

Tóm lại $(UGM),(UNV)$ cùng đi qua $T$

 Ta lại có :$\frac{DG}{DV}=\frac{IG}{IZ}=\frac{JZ}{JA}=\frac{OM}{ON}$ nên $(UGM),(UNV), (UOD)$ đồng trục , từ đo $(UOD)$ cũng đi qua $T$ , tức là  $DT$ vuông $TO$ . mà $TO$ song song $PS$ vì cùng vuông với $AS$ và $TS=TP$ . suy ra $DS=DP$ nên $S$ thuộc $(D,DP)$

 

 Mặt khác , $\widehat{ESP}=\widehat{ESA}+90=EFA+90=\widehat{BAO}+90 =180-\widehat{ACB}$ nên $ESPC$ nội tiếp

Từ đó $180=\widehat{SPD}+\widehat{SAF}+\widehat{FSA}=\widehat{SPD}+\widehat{SAF}+90-\widehat{FSP}=>\widehat{FSP}=\widehat{FES}+\frac{\widehat{SDP}}{2}$

 Goi $Sx$ tiếp xúc với $(D)$ thì $Sx$ cũng tiếp xúc với $(AEF)$ do góc ở trên  

Từ đó $(AEF)$ tiếp xúc $(D,DP)$ tại $S$

2.png




#689295 Cmr BX, CY và IA đồng quy

Gửi bởi ecchi123 trong 02-08-2017 - 18:16

Cho tam giác ABC ngoại tiếp (I). (I) tiếp xúc BC, CA, AB tại D,E, F. BE cắt DF tại M, CF cắt DE tại N. X, Y là trung điểm NF, ME. Cmr BX, CY và IA đồng quy

 

Untitled.png

 $BE$ cắt $CF$ tại $K$=>$\frac{XN}{XC}=\frac{FK}{FC}$ theo maclaurint

 tương tự suy ra$\frac{XF}{XC}.\frac{YB}{YE}=\frac{FK}{FC}.\frac{EB}{EK}=\frac{DC}{DB}=>\frac{XF}{XC}:\frac{BF}{BC}=\frac{YE}{YB}:\frac{CE}{CB}$ => $B(XCIF)=C(YBIE)$ từ đó $BX,CY$ cắt nhau trên $AI$




#685288 Tuần 3 tháng 6/2017: Chứng minh rằng $\angle ADO= \angle OAG...

Gửi bởi ecchi123 trong 21-06-2017 - 18:24

Em học hình còn kém nên xin thắc mắc một số chỗ:

-Ở $(1)$, tại sao $\widehat{FBP}=\widehat{QBC}$?

-Ở $(2)$, tại sao $PQ$ song song $XY$ thì $AD$ chia đôi $PQ$?

-Ở $(3)$, tại sao $\widehat{YQC}=\widehat{FPX}$?

-Ở $(4)$, tại sao $\angle YBC=\angle FPX, \angle ABC+ \angle FPX=180-\angle XPC$

-Ở $(5)$, là theo đinh lí hay tính chất gì?

 

Em xin cảm ơn! 

(1) do $Q,P$ đẳng giác trong tam giác

(2) Định lí menelaus

(3) do 2 tam giác đồng dạng mình đã cm ở trên

(4) cái này cũng do tam giác đồng dạng $ABY$ và $APC$ làm tương tự , đoạn này bạn dể hiểu cộng cung $(PBC)$

(5) định lí về hàng điểm




#684956 Tuần 3 tháng 6/2017: Chứng minh rằng $\angle ADO= \angle OAG...

Gửi bởi ecchi123 trong 19-06-2017 - 07:43

Lời giải  bài 2 :

quangtrong15b.png

 Gọi $(BPC),(QBC)$ cắt $AB$ tại $F,E$ Có $\widehat{FXP}=\widehat{FBP}=\widehat{QBC}=\widehat{QYC}$ nên $ \Delta  AFX \sim \Delta ACY$ . từ đó $\frac{AX}{AY}=\frac{AF}{AC}$

Mặt khác $\widehat{AFP}=\widehat{PCB}=\widehat{QCA}$ nên  $ \Delta  AFP \sim \Delta ACQ$ từ đó $\frac{AP}{AQ}=\frac{AF}{AC}$

 Suy ra dc $PQ$ song song $XY$ , nên $AD$ chia đôi $PQ$

Giờ ta cm $D$ thuộc $BC$

 Gọi $ AP,AQ$ cắt $BC$ tại $M,N$

Ta có $ \widehat{YQC}=\widehat{FPX}    ,     \widehat{FBP}=\widehat{QBC}   ,     \widehat{QBE}=180-\widehat{ABQ}=180-\widehat{PBC}   ,       \widehat{YBA}=\widehat{YBC}+\widehat{ABC}=\widehat{ABC}+\widehat{FPX}=180-\widehat{XPC}$

nên 2 tứ giác $PFXC,QCYE$ đồng dạng với nhau nên $B(PFXC)=B(QCYE) => (PAXM)=(QNYA)=(YAQN)$ . từ đó $MN,PY,QX$ đồng quy