Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


LoveMath213

Đăng ký: 21-09-2006
Offline Đăng nhập: 20-12-2018 - 09:15
-----

Bài viết của tôi gửi

Trong chủ đề: Đề tuyển sinh Toán ( chuyên ) TP Hà Nội 2015-2016

14-06-2015 - 10:29

Bài hình

IUYYIUY_zpsl6scgr7i.png

1) Dễ dàng thấy rằng các tứ giác $ CNHM $, $ BMHP $ nội tiếp để có $ \widehat{NCH}=\widehat{NMH} $ và $\widehat{NMP}=\widehat{HBP}  $, kết hợp với $ \widehat{ACH}=\widehat{ABH} $ (cùng phụ với $ \widehat{BAC} $) ta suy ra $ \widehat{NMH}=\widehat{HMP} $ (1).

Mặt khác tứ giác $ ANMB $ nội tiếp nên $ \widehat{MNH}=\widehat{MAB} $ (2).

Từ (1) và (2) ta suy ra $ \triangle HMN \backsim \triangle PMA $ dẫn đến $ \dfrac{HM}{MP}=\dfrac{MN}{MA}\Rightarrow MH.MA=MN.MP $.

2) Trước hết dễ thấy $ \triangle ACQ =\triangle ACF $ (c.c.c) nên $ \widehat{AFC}=\widehat{AQC}=\widehat{ABC}=\widehat{CHM} $ dẫn đến tứ giác $ AFCH $ nội tiếp và $ \widehat{ACH}=\widehat{AFH}=90^{\circ}- \widehat{BAC}
 $ (3).
 
Mặt khác do tính chất đối xứng ta có $ AF=AQ=AE $ hay tam giác $ AEF $ cân tại $ A $ để có \[ \widehat{AFE}=\widehat{AEF}=90^{\circ}-\dfrac{1}{2}\widehat{EAF}=90^{\circ}-\dfrac{1}{2}\left( \widehat{FAQ}+\widehat{EAQ}\right)=90^{\circ}-\left( \widehat{CAQ}+\widehat{BAQ}\right)=90^{\circ}- \widehat{BAC}. \]
Do đó ta được $ \widehat{AFH}= \widehat{AFE} $ hay ba điểm $ E, H, F $ thẳng hàng.

3) Trước hết thấy rằng $ AB.QJ=2S_{ABQ}, AC.QI=2S_{AQC} $ và đặt $ P= \dfrac{AB}{QJ}+\dfrac{AC}{QI} $.
Khi đó áp dụng BĐT Cauchy-Shwarz ta có \[ P= \dfrac{AB^2}{AB.QJ}+\dfrac{AC^2}{AC.QI}= \dfrac{AB^2}{2S_{ABQ}}+\dfrac{AC^2}{2S_{ACQ}}\geqslant \dfrac{(AB+AC)^2}{2(S_{ABQ}+S_{ACQ})}= \dfrac{(AB+AC)^2}{2(S_{ABC}+S_{QBC})},\] đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $ QI=QJ $.

Mặt khác nếu gọi $ G $ là điểm chính giữa của cung nhỏ $ BC $ thì luôn có $ S_{QBC}\leqslant S_{GBC} $, do đó \[ P\geqslant \dfrac{(AB+AC)^2}{2(S_{ABC}+S_{GBC})}. \]
Vậy $ P=\left(  \dfrac{AB}{QJ}+\dfrac{AC}{QI}\right)$ nhỏ nhất khi và chỉ khi Q là điểm chính giữa của cung nhỏ $ BC $.


Trong chủ đề: Đề thi TS trường THPT Lê Hồng Phong Nam Định 2015-2016 (2 vòng)

06-06-2015 - 01:20

ceacbc10-5175-4ddb-9e67-0972712661d3_zps

 

1) Dễ thấy rằng các tam giác cân $ O_1MJ $ và $ O_2ME$ đồng dạng nên $ \widehat{JO_1M}=\widehat{EO_2M}\Rightarrow O_1J\parallel O_2E\Rightarrow O_1J\perp AB\Rightarrow JA=JB$.
Tứ giác $ MCJA $ nội tiếp nên $ \widehat{JAM}=\widehat{MCI}$.\\
Mặt khác $ \widehat{MFI}=\widehat{AEJ}=\dfrac{1}{2}\left(\overarc{AJ}-\overarc{BM}\right)=\dfrac{1}{2}\left( \overarc{BJ}-\overarc{BM}\right) =\dfrac{1}{2}\overarc{MJ}=\widehat{JAM}$.\\
Do đó $\widehat{MCI}=\widehat{MFI}  $ hay tứ giác $ MCFI $ nội tiếp.

Suy ra $ \widehat{MIC}=\widehat{MFC}\Rightarrow \widehat{MIC}=\widehat{JEI}\Rightarrow \triangle JEI \backsim \triangle JIM\Rightarrow JM.JE=JI^2$.\\
Chứng minh tương tự ta có $ \triangle JBE \backsim \triangle JMB\Rightarrow JM.JE=JB^2=JA^2$.
Vậy nên $ JA=JI=\sqrt{JM.JE} $.

2) Để ý rằng tứ giác $ABCJ$ nội tiếp và tam giác $ AJB $ cân tại $ J $ nên ta có \[ \widehat{BCI}=\widehat{JAB}=\dfrac{180^{\circ}-\widehat{AJB}}{2}=\dfrac{180^{\circ}-\widehat{ACB}}{2}=90^{\circ}-\dfrac{1}{2}\widehat{ACB}. \] nên tia $ CI $ là tia phân giác ngoài tại đỉnh $ C $ của tam giác $ ABC $.

3) Tứ giác $ JAKC $ nội tiếp nên $\widehat{JAK}=\widehat{KCI}=\widehat{CIA}\Rightarrow KI=KC$.
Mặt khác $\widehat{KAC}=\widehat{ACJ}-\widehat{AIC}=\widehat{BAJ}-\widehat{JAK}=\widehat{BAK}\Rightarrow KB=KC$.
Vậy $ K $ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ BCI $.


Trong chủ đề: Đề thi TS trường THPT Lê Hồng Phong Nam Định 2015-2016 (2 vòng)

03-06-2015 - 08:40

Câu hệ phương trình.

Điều kiện $ x\geqslant -2, y\geqslant 0 $.
Đặt $ \sqrt{x+2}=u, \sqrt{y}=v $ ta có $ u,v\geqslant 0 $.
Phương trình thứ nhất thành $ u(u^2-v^2+1)=v\Leftrightarrow (u-v)(u^2+uv+1)=0\Leftrightarrow u=v $. (do $ u,v\geqslant 0 $ ).
Do đó $ y=x+2 $ thay vào pt thứ hai ta được $ 2x^2+5x-7=0 $ từ đó có $ x=1$, $x=-\dfrac{7}{2} $ (loại).
Hệ có nghiệm $ (1;3) $


Trong chủ đề: Đề thi TS trường THPT Lê Hồng Phong Nam Định 2015-2016 (2 vòng)

02-06-2015 - 22:20

Câu 5.

1) Điều kiện $ x^2-2x-2\geqslant 0, x\leqslant 2 \Rightarrow x\leqslant 1-\sqrt{3}$.
Biến đổi phương trình thành \[ \sqrt{3x^2-6x-6}=3(2-x)^2\sqrt{2-x}+(7x-19)\sqrt{2-x} \Leftrightarrow \sqrt{3x^2-6x-6}=(3x^2-5x-7)\sqrt{2-x}\]
Đặt $ \sqrt{3x^2-6x-6}=u $ và $ \sqrt{2-x}=v $ ta có $ u,v\geqslant 0 $ và $ 3x^2-5x-7=u^2-v^2+1 $ và ta được phương trình \[ u=(u^2-v^2+1)v\Leftrightarrow (u-v)(v^2+uv-1)=0 .\]
Do $x\leqslant 1-\sqrt{3}\Rightarrow v^2=2-x\geqslant 1+\sqrt{3}>1 $ nên $ v^2+uv-1>0 $ và ta có $ u=v\Leftrightarrow 3x^2-5x-8=0 $, đối chiếu với điều kiện ta được $ x=-1 $ thỏa mãn.


Trong chủ đề: Đề thi TS trường THPT Lê Hồng Phong Nam Định 2015-2016 (2 vòng)

02-06-2015 - 22:15

Ta có $ b^4+c^4\geqslant \dfrac{(b^2+c^2)^2}{2}\geqslant bc(b^2+c^2) $
Nên $ b^4+c^4+a\geqslant bc(a^2+b^2+c^2) \Rightarrow \dfrac{a}{b^4+c^4+a}\leqslant \dfrac{a}{bc(a^2+b^2+c^2)}=\dfrac{a^2}{a^2+b^2+c^2}$.
Chứng minh tương tự ta có $ \dfrac{b}{c^4+a^4+b}\leqslant \dfrac{b^2}{a^2+b^2+c^2} $ và $ \dfrac{c}{a^4+b^4+c}\leqslant \dfrac{c^2}{a^2+b^2+c^2} $.
Do đó $ P\leqslant 1 $ hay GTLN của $ P $ bằng 1 đạt tại $ a=b=c=1 $.