huypham2811

Gọi N là giao của IA và EF. c/m M,N,H thẳng hàng = talet

 

(nhờ $\Delta HBC$  đồng dạng $\Delta DFE$)

Hạ OH vuông góc d, I đ/x A qua H, J đ/x I qua d, T đ/x P qua d.

 

$(NP,NT)\equiv \frac{1}{2}(MP,MT)\equiv (AP,AJ) (mod \Pi )$  => J,N,T thẳng hàng => P,Q,I thẳng hàng

Gọi $MN$ giao $BC$ tại $S$.  đtròn $(MND)$ cắt $BC$ tại $Q$.  

 

Gọi $\omega _{1},\omega _{2}$ l/lượt là đtròn$(K,KA)$ và $(L,LA)$, $ PB$ cắt $\omega _{2}$  tại $X$, $PC$ cắt $\omega _{1}$ tại $Y$.

 

Ta có: $AD$ là trục đẳng phương của $\omega _{1}$ và $\omega _{2}$

 

Do đó $AD$ là đường đối cực của $B$ đối với $\omega _{2}$ => $(BPNX)=-1$

 

tương tự $(CPMY)=-1$     => $ XY,MN,BC$ đồng quy tại $S$.

 

Có: $\overline{PM}.\overline{PY}=P_{P/\omega _{1}}=P_{P/\omega _{2}}=\overline{PN}.\overline{PX}$

 

=> $XYNM$ là tgnt.

 

=> $\overline{SX}.\overline{SY}=\overline{SN}.\overline{SM}$

 

=> $S$ là tâm nghịch đảo hay là tâm vị tự của $\omega _{1}$ và $\omega _{2}$    (*)

 

=> $\overline{SA}^{2}=\overline{SM}.\overline{SN}=\overline{SD}.\overline{SQ}$

 

=> $SA\perp AQ$

 

Lại có: từ (*) => $\frac{SK}{SL}=\frac{KA}{LA}$ <=> $AS$ là p/giác ngoài góc $A$ của $\Delta KAL$

 

=> $AQ$ là p/giác trong góc $A$ của $\Delta KAL$

 

=>  $AQ$ cx là p/giác trong góc $A$ của $\Delta ABC$

 

=> $Q$ cố định khi $P$ t/đổi.

 

Vậy tâm của đtròn $(MND)$ thuộc đường trung trực của $DQ$ cố định.

Bài giải: Trước hết ta c/m: AP, BM, CN và EF đồng quy.

 

Áp dụng định lí Pascal cho 6 điểm $\begin{pmatrix} P &B &C \\ A &N &M \end{pmatrix}$ suy ra BM, CN, EF đồng quy.

 

Gọi P' đ/x P qua EF => $P'\in (O)$ ,   ta có: BPCP' là tứ giác điều hòa => giao điểm X của 2 t/tuyến của (O) tại P,P' thuộc BC  và  X,E,F,O thẳng hàng

 

=> EF, BC và t/tuyến của (O) tại P đồng quy 

 

đồng thời áp dụng đlí Pascal cho $\begin{pmatrix} P &C &A \\ B &P &N \end{pmatrix}$ và $\begin{pmatrix} P &B &A \\ C &P &M \end{pmatrix}$

 

=> AP, BM, CN và EF đồng quy tại J.

 

OP cắt (O) tại Q  => Q,N,K   t/hàng và Q,M,L  t/hàng.

 

BO cắt (O) tại B',      CO cắt (O) tại C'      => A,C',K  t/hàng và  A,B',L  t/hàng.

 

Áp dụng đlí Pascal cho 6 điểm $\begin{pmatrix} A &Q &C \\ N &C' &P \end{pmatrix}$  =>    K,E,F  t/hàng.

 

tương tự L,E,F  t/hàng.       Vậy  K,L,E,F  t/hàng.

 

PT v/góc EF tại H.

 

ta có:  K,N,H,P đồng viên  <=> $\overline{FK}.\overline{FH}=\overline{FN}.\overline{FP}=\overline{FB}.\overline{FA}$

 

=> A,H,B,K đồng viên  => $\widehat{ABK}=\widehat{AHK}$   t/tự  $\widehat{ACL}=\widehat{AHL}$

 

Suy ra $\widehat{ABK}+ \widehat{ACL}=180^{\circ}$

 

Do đó ta có đpcm.

Bài giải:

Gọi T là giao điểm thứ 2 của DP với đtròn (O). AP cắt (O) tại E

 

Ta sẽ c/m: T, L, E thẳng hàng.

 

AH cắt (O) tại H' => H' đối xứng với H qua BC.  =>  L là tâm đtròn (HKH')

 

Ta cx có: ED=EH'.       Gọi U là giao điểm của (E,ED) và DP.

 

$\widehat{KHA}=90^{\circ}-\widehat{HAE}=...= 180^{\circ}-\widehat{H'UD}$

 

=> $U \in (L)$   => $EL\perp H'U$

 

Lại có $ET\perp H'U$   suy ra L,T,E thẳng hàng.

 

đt LTE cắt AH tại X.  Ta có:   $\widehat{XAP}=\widehat{PAD}=\widehat{XTP}$  =>  A,T,X,P đồng viên  => $\widehat{AXP}=90^{\circ}$

 

=> $XP \parallel BC$  

 

Gọi $S=AE\cap BC, N=AH\cap BC$ .     Áp đụng đlí Menelaus cho $\Delta ANS$ 

 

=> $\frac{LS}{LN}.\frac{XN}{XA}=\frac{ES}{EA}$

 

<=> $\frac{LS}{LN}.\frac{PS}{PA}=\frac{ES}{EA}$

 

<=> $\frac{LS}{LN}=\frac{PA}{PS}.\frac{CS^{2}}{CA^{2}}$    (*)

 

Ta có: $AQ=\frac{sin\widehat{PCB}.AC}{sin\widehat{AQC}},QS=\frac{sin\widehat{PCA}.CS}{sin\widehat{SQC}}$

 

=> $\frac{QS}{QA}=\frac{sin\widehat{PCA}}{sin\widehat{PCB}}.\frac{CS}{CA}$

 

Tương tự : $\frac{PA}{PS}=\frac{sin\widehat{PCA}}{sin\widehat{PCB}}.\frac{CA}{CS}$

 

Suy ra: $\frac{QS}{QA}=\frac{PA}{PS}.\frac{CS^{2}}{CA^{2}}$    (**)

 

Từ (*) và (**) ta suy ra $QL\parallel AH$ hay ta có đpcm.

                                                                  Đề chính thức vòng 2

Bài 5:(7 điểm)

Cho $\Delta ABC$ nội tiếp đtròn(O,R) và ngoại tiếp đtròn (I.r), $O\neq I$. Một đtròn $\omega$ đi qua A và tiếp xúc với đường thẳng OI tại I. Đường thẳng AO cắt đtròn $\omega$ tại G. Đường thẳng đi qua I và vuông góc với BC cắt lại đtròn $\omega$ tại K. Gọi L là điểm đối xứng với K qua A.

       1) Chứng minh rằng AG=2r.

 

       2) Giả sử 2 điểm B,C cố định. Khi A di chuyển trên đtròn (O), chứng minh rằng LI luôn đi qua một điểm cố định.

 

Bài 6:(7 điểm)

Cho P(t) là 1 đa thức với hệ số thực (của một biến số t) thảo P(1)=P(-1). Chứng minh rằng có một đa thức Q(x,y) với hệ số thưcj(của 2 biến số x,y) sao cho P(t)=Q(t² -1,t(t² -1)) với mọi giá trị của t.

 

Bài 7:(6 điểm)

Cho số tự nhiên n>2 và tập S gồm n điểm nằm trên một đtròn. Tìm số lớn nhất có thể có các tam giác nhọn mà cả 3 đỉnh đều thuộc S.

                                                                   Đề chính thức vòng 1

Bài 1:(5 điểm)

Giả sử $x_{1},x_{2},x_{3}...x_{2015}$ là 2015 số thực thuộc đoạn $[-1,1]$ mà $\sum_{i=1}^{2015}x_{i}^{3}=0$

     1) Chứng minh rằng: $\sum_{i=1}^{2015}x_{i}< 672$

 

     2) Tìm giá trị lớn nhất của $\sum_{i=1}^{2015}x_{i}$

 

Bài 2:(5 điểm)

Giả sử $a_{1},a_{2},a_{3}...a_{2016}$ là 1 dãy số nguyên thỏa mãn điều kiện: $a_{m}+a_{n}\leq a_{m+n}\leq a_{m}+a_{n}+1$ với mọi cặp số nguyên dương m,n mà $m+n\leq 2016$.

     Chứng minh rằng tồn tại số thực x sao cho $a_{n}=[nx]$ với mỗi  $n\in \left \{ 1,2,..,2016 \right \}$

 

Bài 3:(5 điểm) 

Cho tam giác nhọn, không cân $\Delta ABC$ nội tiếp đtròn (O). Đường phân giác góc A của tam giác cắt cạnh BC tại D và cắt lại đtròn (O) tại E.Gọi K là điểm nằm trong mặt phẳng chứa $\Delta ABC$, thỏa mãn các điều kiện KB=KC và $\widehat{BKC}+\widehat{BAC}=180^{\circ}$. Giả sử K nằm trong $\Delta ABC$

     1) Chứng minh rằng bốn điểm A,O,K,D cùng thuộc 1 đường tròn, kí hiệu là (P).

 

     2) Gọi L là giao điểm thứ 2 của (P) và (O). Chứng minh $\widehat{LAB}=\widehat{KAC}$

 

     3) Gọi G là giao điểm của AL và BC; I là tâm đường tròn nội tiếp $\Delta ABC$; M là trung điểm của đoạn GI, N là giao điểm thứ 2 của đường thẳng EM và đường tròn (O). Chứng minh rằng các đường thẳng NI, AK cắt nhau tại 1 điểm thuộc (O).

 

Bài 4:(5 điểm)

Có một số bi màu  xanh, một số bi màu đỏ, một số bi màu trắng được đặt sẵn trong một cái hộp. Một người chơi được cung cấp đủ lượng bi thuộc cả 3 loại màu xanh, đỏ , trắng và tại mỗi lượt người chơi sẽ lấy từ hộp ra 2 viên bi rồi thực hiện tiếp trò chơi theo luật như sau:

     -nếu 2 viên bi được lấy ra có màu khác nhau thì người chơi phải bỏ vào hộp 1 viên bi khác màu với 2 viên đó(cụ thể: nếu đã lấy ra 1 bi xanh, 1 bi đỏ thì phải bỏ vào hộp 1 viên bi trắng, nếu đã lấy ra 1 bi đỏ, 1 bi trắng thì phải bỏ vào hộp 1 viên bi xanh, nếu đã lấy ra 1 bi trắng, 1 bi xanh thì phải bỏ vào hộp 1 viên bi đỏ)

 

    -nếu 2 viên bi được lấy ra cùng màu với nhau thì người chơi ko phải  bỏ lại vào hộp viên bi nào cả.

  

Và cứ như thế cuộc chơi chỉ dừng lại khi trong hộp hết bi hoặc chỉ còn 1 viên bi.

 

Chứng minh rằng kết quả cuối cùng của cuộc chơi ko phụ thuộc vào cách lấy bi của người chơi( cho dù người chơi được phép nhìn vào hộp).

Như vậy là lời giải của bài 5 và bài toán mới cho Tuần 4 tháng 9 đã có. Xin trích dẫn lại bài toán mới:

 

Bài 6. Cho tam giác $ABC$. Trên đoạn thẳng $AC$ lấy điểm $P$ và trên đoạn thẳng $PC$ lấy điểm $Q$ sao cho $\frac{PA}{PC}= \frac{QP}{QC}$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABQ$ cắt $BC$ tại $R$ khác $B$. Gọi $K$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $PAB$. Dựng đường kính $QS$ của đường tròn ngoại tiếp $PQR$. Gọi $T$ là trung điểm $PC$. Chứng minh rằng $KT$ chia đôi đoạn $PS$.

 

Screen Shot 2015-09-21 at 6.11.58 am.png

lời giải: 
Đặt $\frac{CP}{CA}=\frac{CQ}{CP}=k$

Đtròn (PQR) cắt BC tại L

Khi đó: $\widehat{CPL}=\widehat{QRC}=\widehat{BAC}$  => $PL\parallel AB\Rightarrow \frac{CL}{CB}=k$

Gọi I là tâm đtròn (PQR). 

Phép vị tự tâm C tỉ số k biến $\Delta QPLx \mapsto \Delta PAB$

suy ra C,I,K thẳng hàng và $\frac{CI}{CK}=k$

Vẽ đường kính PS' của đtròn(APB). Khi đó ta sẽ có S',S,C thẳng hàng 

Suy ra KT đi qua t/đ PS (đpcm).

btoan xét trog T/hợp F nằm ngoài đoạn AB, E thuộc đoạn AC (các TH còn lại tương tự)

 

$\widehat{BFC}=\widehat{AEB}=180^{\circ}-2\widehat{A}=180^{\circ}-\widehat{BOC}$

 

suy ra B,C,E,F,O đồng viên.

 

Gọi (G) là đtròn (OBC) => (G) cố định

 

Hạ $GM\perp EF \Rightarrow \frac{GM}{GE}=cos\frac{1}{2}\widehat{EGF}=cos\widehat{A}$  (*)

 

=> GM ko đổi.

 

Vậy EF t/xúc với (G,GM) cố định.

 

Gọi (J) là đtròn (AEF).  =>  $JG\perp EF$ 

 

lại có : $\widehat{EJF}=2\widehat{A}=\widehat{EGF}$     suy ra J và G đ/x nhau qua EF  (**)

 

$JG\cap (J)= {S,T}$  (S,G cùng phía đ/v EF)

 

(**) => JG ko đổi và JS=JT= R_(G) ko đổi

 

=> GS và GT ko đổi.

 

Vậy (J) luôn t/xúc với (G,GS) và (G,GT) cố định.

 

P/s: nếu tính toán cụ thể có thể thấy (G,GS) và (G,GT) cũng t/xúc với (O).

Hạ $NK\perp CF$ và $ML\perp CF$

 

Ta c/m: $KQ=PL$

 

thật vậy, ta để ý : nếu gọi X,Y là t/đ EF và BC thì $\Delta NQK\sim \Delta NXF$ và $\Delta MPL\sim \Delta MCY$

 

Suy ra $\frac{KQ}{NQ}=\frac{\frac{1}{2}EF}{NF}$

 

           $\Leftrightarrow KQ=\frac{1}{2}.\frac{EF.NQ}{NF}=\frac{1}{2}.EF.\frac{sin\widehat{BFC}}{sin\widehat{B}}=\frac{1}{2}.\frac{EF.BC}{CF}$

 

tương tự cho PL suy ra $KQ=PL$

 

Ta có đpcm.

trước hết ta có: $\widehat{YKZ}=2\widehat{YXZ}=2(\widehat{PCN}+\widehat{PBN})=2(\widehat{BNC}-\widehat{BPC})$

 

                                                 $=2(\widehat{BIC}-\widehat{BAC})=180^{\circ}-\widehat{BAC}=180^{\circ}-\widehat{YPZ}$

 

Suy ra K,N,P,Y,Z cùng thuộc đtròn $(G,\frac{1}{2}NP)$ với G là t/đ NP.  (1)

 

vì KY=KZ => PK là p/giác $\widehat{BPC}$ 

 

=> PK đi qua L là điểm chính giữa cung BHC

 

Gọi T là t/đ NL 

 

Hiển nhiên ta có T là điểm cố định và $(T,\frac{1}{2}NL)$ cx cố định

 

Từ (1) => K thuộc đtròn $(T,\frac{1}{2}NL)$ cố định 

 

Bài toán đc c/m.

Từ gt ta có: $n(u_{n+2}-2u_{n+1})=(n+1)(u_{n+1}-2u_{n})+3$

 

             <=> $\frac{u_{n+2}-2u_{n+1}}{n+1}=\frac{u_{n+1}-2u_{n}}{n}+\frac{3}{n(n+1)}$

 

             => $\frac{u_{n+2}-2u_{n+1}}{n+1}=\frac{u_{2}-2u_{1}}{1}+ \frac{3}{1.2}+\frac{3}{2.3}+...+\frac{3}{n(n+1)}$

 

           <=> $\frac{u_{n+2}-2u_{n+1}}{n+1}= 3(1- \frac{1}{n+1})$

 

          <=> $u_{n+2}-2u_{n+1}=3n$

 

          <=> $u_{n+2}+3(n+2)=2[u_{n+1}+3(n+1)]$

 

          => $u_{n+2}+3(n+2)=2^{n+1}[u_{1}+3]$

 

                                        $= 2^{n+2}$

 

Vậy $u_{n}=2^{n}-3n$.

trc tiên ta có bổ  đề quen thuộc : OJ là đt Euler của $\Delta MNP$

 

ẠJ giao NP tại H. suy ra MH giao OJ tại trọng tâm G của $\Delta MNP$

 

Sử dụng đlí Menelaus suy ra dpcm.