Đến nội dung


moonkey01

Đăng ký: 22-05-2016
Offline Đăng nhập: Hôm nay, 17:05
****-

#680292 Topic ôn thi hình học vào cấp 3 chuyên

Gửi bởi moonkey01 trong 11-05-2017 - 14:15

Mình xin được có một vài ý kiến.

 

Thiết nghĩ việc sử dụng các bài toán Olympic quá khó cho việc ôn luyện vào THPT chuyên không phải là một việc làm hay. Như bài toán của thầy Nguyễn Minh Hà được lấy từ mục "Thách đấu" trên tạp chí TTT2 tuy lời giải sử dụng kiến thức THCS nhưng không thích hợp trong điều kiện đề thi của THCS. Mình cho rằng với kỳ thi vào lớp chuyên, một bài toán hình học có ý nghĩa là khi không quá dễ, phát biểu đẹp nhưng cũng đồng thời kiểm tra được khả năng đoán nhận tính chất và nhận biết vấn đề của học sinh trong thời gian ngắn. Còn về những tính chất khó đoán nhận hơn, đó lại là câu chuyện sau khi vượt qua kỳ thi đó. Và thật ra đa số các bài toán Olympic đều có lời giải chỉ dùng kiến thức THCS.

 

Bài toán 91. Cho tam giác $ABC$ nhọn nội tiếp $(O)$. Tiếp tuyến tại $B,C$ của $(O)$ cắt nhau ở $K$. Gọi $I$ đối xứng $O$ qua $BC$. $L$ là trung điểm $OK$. Chứng minh rằng $\angle IAB=\angle LAC$.




#676741 Kì thi Olympic tháng 4 TP.HCM lần 3 2016-2017 lớp 10

Gửi bởi moonkey01 trong 09-04-2017 - 14:45

Bài toán Hình học không mới và đã từng xuất hiện ở đây:

 

http://analgeomatica...-2-thang-3.html

 

Trong thời gian thi hạn chế mà độ khó bài hình học thế này thì thật sự không đẹp lắm. Không khác gì việc lấy bài kiểm tra đội tuyển IMO năm 2015 ra để làm đề thi chính thức năm vừa rồi.




#674692 ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 10 chuyên sư phạm 2016-2017

Gửi bởi moonkey01 trong 18-03-2017 - 23:18

Một lời giải khác cho bài toán $2$ ngày II.

 

Để thuận tiện, ta quy ước ký hiệu $\sum f(a,b,c)=f(a,b,c)+f(b,c,a)+f(c,a,b)$ thì vế trái có thể viết lại thành:

 

$\sum \left(\frac{a}{b+c-a}+\frac{1}{2}\right)=\sum \frac{a+b+c}{2(b+c-a)}=\frac{a+b+c}{2}\cdot \sum \frac{1}{b+c-a}$

 

Do đó ta chỉ cần chứng minh rằng $\sum \frac{1}{b+c-a}\geq \frac{(a+b+c)^2}{3abc}$. Thật vậy, theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz:

 

$\sum \frac{1}{b+c-a}\geq \frac{(a+b+c)^2}{\sum a^2(b+c)-\sum a^3}\geq \frac{(a+b+c)^2}{3abc}$

 

Trong đó đánh giá cuối cùng đúng theo bất đẳng thức Schur bậc $3$. Bài toán được chứng minh. $\square$




#674689 ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 10 chuyên sư phạm 2016-2017

Gửi bởi moonkey01 trong 18-03-2017 - 23:00

Đây là nguyên văn đề thi, MS tạm bỏ phần hướng dẫn giải để các bạn làm.

 

Lời giải của em cho bài toán 4 ngày II:

 

Ta gọi $3$ số được viết lên bảng qua mỗi thao tác thực hiện trên $1$ cặp số là một "bộ ba" được tạo thành từ cặp số đó. Với $1$ cặp số nguyên dương, có các khả năng sau cho một bộ ba:

- Nếu chọn ra $2$ số lẻ (tạm gọi là "cặp lẻ") thì bộ ba có đúng $1$ số lẻ.

- Nếu chọn ra $2$ số chẵn (tạm gọi là "cặp chẵn") thì bộ ba không có số lẻ nào.

- Nếu chọn ra $1$ số chẵn, $1$ số lẻ (tạm gọi là "cặp xấu") thì bộ ba có đúng $2$ số lẻ.

 

Gọi ban đầu ta có $x$ số lẻ và $7-x$ số chẵn thì:

- Số lượng số lẻ tạo ra từ $7-x$ số chẵn, nghĩa là từ $C_{7-x}^{2}$ cặp chẵn là $0$ số.

- Số lượng số lẻ tạo ra từ $x$ số lẻ, nghĩa là từ $C_{x}^{2}$ cặp lẻ là tối đa $C_{x}^{2}=\frac{x(x-1)}{2}$ số.

- Số lượng số lẻ tạo ra từ $x$ số lẻ và $7-x$ số chẵn, nghĩa là từ $x(7-x)$ cặp xấu là tối đa $2x(7-x)$ số.

 

Từ đó $\left|G\right|\leq \frac{x(x-1)}{2}+2x(7-x)=\frac{3x(9-x)}{2}$. Do $0\leq x\leq 7$ và $x\in \mathbb{N}$ nên bằng biến đổi đơn giản, ta có $\frac{3x(9-x)}{2}\leq 30$ hay $G\leq 30$.

 

Đẳng thức xảy ra chẳng hạn khi $x=4$ và ta chọn $7$ số ban đầu là:

$a_1=10^1+1,a_3=10^3+1,a^5=10^5+1,a_7=10^7+1$ và $a_2=10^2,a_4=10^4,a_6=10^6$.

 

Vậy giá trị lớn nhất của $\left|G\right|$ là $30$. $\square$




#673021 VMF's Marathon Hình học Olympic

Gửi bởi moonkey01 trong 28-02-2017 - 20:16

Anh Hiếu nhờ em đề xuất tiếp bài toán sau đây:

 

Bài toán 179: Cho tam giác $ABC$ có đường cao $BE,CF$. $M$ là hình chiếu của $A$ trên $EF$. $N,P$ là trung điểm $BE,CF$. Chứng minh rằng hai tam giác $ABC,MNP$ đồng dạng.




#672741 VMF's Marathon Hình học Olympic

Gửi bởi moonkey01 trong 25-02-2017 - 19:29

Bài toán 174. Cho $\Delta ABC$ có 1 điểm $D$ bất kì thuộc đường thẳng $BC$ sao cho $D$ và $B$ nằm khác phía so với $C$. Gọi $I$ và $I_1$ l ần lượt là tâm nội tiếp $\Delta ABC$ và $\Delta ACD$. Chứng minh rằng trục đẳng phương của $(I)$ và $(I')$ đi qua 1 điểm cố định khi $D$ thay đổi.

 

Đây là bài toán IMO Shortlist 2004, có thể xem tại đây: https://artofproblem...c6h41033p257883

 

Bài toán sau trích từ chuỗi bài giảng của thầy Hùng tại trường Đông miền Nam 2015:

 

Bài toán 175. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$ có trực tâm $H$. $AD,AM$ lần lượt là đối trung và trung tuyến. Gọi $P,Q$ đối xứng $H$ qua $AD,AM$ và $R$ đối xứng $H$ qua $D$. Chứng minh rằng $(PQR)$ tiếp xúc $(O)$.




#671688 VMF's Marathon Hình học Olympic

Gửi bởi moonkey01 trong 15-02-2017 - 12:28

Bài toán 170: Cho $\triangle ABC$. $M\in (BC)$ sao cho $M$ nằm trog $\triangle ABC$. Gọi $D,E,F$ lần lượt là hình chiếu của $M$ trên $BC,CA,AB$. $ME$ cắt $AB$ tại $P$, $MF$ cắt $AC$ tại $Q$, $PQ$ cắt $BC$ tại $K$. $H$ đối xứng với $M$ qua trung điểm của $PQ$. CMR: $HK\perp AD$

 

Lời giải sau tham khảo từ Nguyễn Lê Phước trên Facebook.

 

170.JPG

 

Lời giải: Ta có hai tam giác $PBM$ và $QMC$ đồng dạng g.g do $\angle PBM=90^{\circ}-\angle BMF=\angle QMC$ và $\angle BPM=\angle MQC$, từ đó $\frac{PB}{QM}=\frac{PM}{QC}$. Dễ thấy rằng $MPHQ$ là hình bình hành nên $MQ=HP$ và $MP=HQ$, từ đó $\frac{PB}{PH}=\frac{QH}{QC}$ hay tam giác $PBH$ đồng dạng tam giác $QHC$ (c.g.c). Gọi $R$ là hình chiếu của $H$ trên $BC$ thì $\angle PRQ=\angle PRH+\angle QRH=\angle PBH+\angle QCH=90^{\circ}$, lại theo một bài toán quen thuộc là $ND=NR$ nên các điểm $D,E,F,P,Q,R$ thuộc một đường tròn. Gọi $HK$ cắt $(APQ)$ tại $S$ thì $KD.KR=KP.KQ=KH.KS$ dẫn đến $DSHR$ nội tiếp. Do đó $\angle DSH=90^{\circ}=\angle ASH$ nên $A,S,D$ thẳng hàng. Vậy $AD\perp HK$ $\blacksquare$

 

Một kết quả thú vị cho bài toán: $M.H$ là hai điểm đẳng giác trong tam giác $ABC$.




#671275 VMF's Marathon Hình học Olympic

Gửi bởi moonkey01 trong 12-02-2017 - 14:42

Theo đề nghị của anh Phương, em đề xuất tiếp bài toán sau của thầy Hùng.

 

Bài toán 169. Cho tam giác $ABC$ có $D$ là điểm bất kỳ trên đường cao từ $A$. Đường tròn $(K)$ đường kính $AD$ cắt $CA,AB$ tại $E,F$. Tiếp tuyến tại $E,F$ của $(K)$ cắt $BC$ tại $M,N$. Gọi $EB$ cắt $FC$ tại $P$, $EN$ cắt $FM$ tại $Q$. Chứng minh rằng $PQ$ luôn đi qua điểm cố định khi $D$ thay đổi.




#670873 VMF's Marathon Hình học Olympic

Gửi bởi moonkey01 trong 09-02-2017 - 19:40

Được sự đồng ý của thầy Hùng, em đề nghị bài toán tiếp theo, cũng là 1 bài của thầy.

 

Bài toán 166. Cho tam giác $ABC$ nhọn nội tiếp đường tròn $(O)$ bán kính $R$ có $I$ là tâm nội tiếp, $AD$ là đường cao. $K$ là điểm trên tia $AD$ sao cho $AK=2R$. $M$ là hình chiếu của $B$ trên $IK$. Gọi $AD$ cắt lại $(O)$ tại $N$. Giả sử rằng $IK\parallel AB$. Chứng minh rằng $MN\parallel ID$.




#670085 Bài toán chia đôi cạnh trên đường tròn nội tiếp

Gửi bởi moonkey01 trong 27-01-2017 - 00:38

Cho tam giác $ABC$ có đường tròn nội tiếp $(I)$ tiếp xúc $BC,CA,AB$ tại $D,E,F$. $AI$ cắt $DE,DF$ tại $M,N$. $P,R$ là trực tâm các tam giác $IAB,IAC$; $BI$ cắt $FM$ tại $Q$ và $CI$ cắt $EN$ tại $S$. Gọi $PQ$ cắt $RS$ tại $T$. Chứng minh rằng $ID$ chia đôi đoạn $AT$.

Bài này được em tình cờ tìm ra cũng lâu trong lúc giải bài toán 102 ở VMF Marathon, đã thử đo đạc và đúng :D


#670006 VMF's Marathon Hình học Olympic

Gửi bởi moonkey01 trong 26-01-2017 - 14:11

Bài toán 145 (AoPS). Cho tam giác $ABC$ với $\angle BAC<45^{\circ}$. $D$ ở trong tam giác $ABC$ sao cho $BD=CD$ và $\angle BDC=4\angle BAC$. $E$ là đối xứng của $C$ qua $AB$. $F$ là đối xứng của $B$ qua $AC$. Chứng minh rằng $AD\perp EF$.

 

Lời giải của em như sau:

 

Lời giải bài toán 145: Gọi $O$ là tâm ngoại tiếp tam giác $ABC$ thì $D$ là tâm ngoại tiếp tam giác $OBC$. Đặt $BC=a,CA=b,AB=c$ và bán kính của $(ABC)$, $(OBC)$ lần lượt là $R,r$, ta sẽ chứng minh rằng $DE^2-DF^2=AE^2-AF^2=b^2-c^2$. Thật vậy, dễ dàng tính được $\angle DBE=\angle A+90^{\circ}+\angle B-\angle C$ và $\angle DBE=\angle A+90^{\circ}+\angle C-\angle B$.

 

Lại có các đẳng thức $DE^2=a^2+r^2-2ar\cdot cos\angle DBE, \\DF^2=a^2+r^2-2ar\cdot cos\angle DCF$ và $r=\frac{a}{2sin\angle 2A}=\frac{a}{4sin\angle A\cdot cos\angle A}$ nên ta có:

 

$DE^2-DF^2=2ar(cos\angle DCF-cos\angle DBE)\\= \frac{-a^2\cdot sin(\angle A+90^{\circ})\cdot sin(\angle C-\angle B)}{sin\angle A\cdot cos\angle A}\\=4R^2\cdot sin\angle A\cdot sin(\angle C-\angle B)$

 

Mặt khác $b^2-c^2=2R^2(cos\angle 2C-cos\angle 2B)=4R^2sin(\angle C+\angle B)sin(\angle C-\angle B)$, dẫn đến $DE^2-DF^2=b^2-c^2=AE^2-AF^2$ hay $AD\perp EF$ $\blacksquare$

Hình gửi kèm

  • Ảnh chụp Màn hình 2017-01-26 lúc 14.14.40.png



#668340 Đề thi chọn đội dự tuyển lớp 10 PTNK - ĐHQGTPHCM

Gửi bởi moonkey01 trong 14-01-2017 - 23:37

Cho mình hỏi đây là đề lớp 10 va 11 à

 

Đây là đề dành cho khối 10 để chọn đội dự tuyển trường PTNK; lời giải trên được đưa ra sau khi kết thúc buổi thi và các anh khoá trước cùng ngồi giải đề với một số bạn khối 10. Cảm ơn sự quan tâm của bạn.




#667956 VMF's Marathon Hình học Olympic

Gửi bởi moonkey01 trong 11-01-2017 - 00:11

 

$\boxed { Bài \ toán \ 110} $ (sách) Cho $\triangle ABC$ nội tiếp $(O)$ , $K,L$ là tâm bàng tiếp góc $\angle B, \angle C$. $(K)$ tiếp xúc $BA,BC$ tại $B_1,B_2$, tương tự ta có $C_1,C_2$. $B_1B_2$ cắt $C_1C_2$ tại $N$. Chứng minh rằng $AN \perp BC$

 

 

Lời giải của em như sau. Em tính hết ra.

 

Không mất tính tổng quát, giả sử vị trí các điểm như hình vẽ. Đặt $BC=a, CA=b, AB=c$. Gọi đường cao $AH$ của tam giác $ABC$ cắt $CL,BK,B_1B_2,C_1C_2$ tại $X,Y,T,T'$. Ta có $\angle HT'C_2=\frac{\angle ACB}{2}=\angle ACL$ nên $CXC_1T'$ nội tiếp hay $AX.AT'=AC.AC_1=b(p-b)$. Tương tự thì $AY.AT=AB.AB'=c(p-c)$ nên $\frac{AX}{AY}.\frac{AT'}{AT}=\frac{b(p-b)}{c(p-c)}$. Ta tính được $BH=AB.cos\angle ABC=\frac{c(c^2+a^2-b^2)}{2ca}=\frac{c^2+a^2-b^2}{2a}$, mặt khác theo tính chất đường phân giác thì $\frac{AY}{AB}=\frac{YH}{BH}=\frac{AH}{AB+BH}$ nên $AY=\frac{AB.AH}{AB+BH}=\frac{c.AH}{c+\frac{c^2+a^2-b^2}{2a}}=\frac{2ac.AH}{(c+a-b)(c+a+b)}=\frac{ac.AH}{2p(p-b)}$, tương tự thì $AX=\frac{ab.AH}{2p(p-c)}$. Do đó $\frac{AX}{AY}=\frac{b(p-b)}{c(p-c)}=\frac{AX}{AY}.\frac{AT'}{AT}$, dẫn đến $AT=AT'$ hay $B_1B_2,C_1C_2$ cắt nhau trên $AH$. Vậy $AN\perp BC$ $\blacksquare$

 

Và em muốn nhờ thầy Hùng đề nghị bài toán mới :)

Hình gửi kèm

  • Ảnh chụp Màn hình 2017-01-10 lúc 23.52.43.png



#667876 VMF's Marathon Hình học Olympic

Gửi bởi moonkey01 trong 10-01-2017 - 15:09

Bài toán 108 (Mở rộng ý a) bài toán 7 VMO 2017). Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Một đường tròn $(K)$ đi qua $B,C$. Trung trực $BC$ cắt $(K)$ tại $M,N$. $P$ là điểm thuộc $(K)$. $PM$ cắt $CA,AB$ tại $E,F$. $BE$ cắt $CF$ tại $L$. Chứng minh rằng $AL,PN$ và $BC$ đồng quy.

 

attachicon.gifFigure4244.png

 

Không rõ lời giải của em có nhầm lẫn gì không, nhưng em thấy lời giải khá ngắn.

 

Gọi $NP$ cắt $BC$ tại $T$, $EF$ cắt $BC$ tại $S$ thì $PN$ là phân giác $\angle BPC$ nên $(ST,BC)=-1$, từ đó dễ dàng có ngay $AL$ đi qua $T$.

 

Bài toán tiếp theo là của thầy Hùng, là bài toán 25 trong tập bài giảng của thầy tại đây: http://analgeomatica...t-chuyen-i.html. Nói ngoài lề một ít, đây là tập bài giảng làm em rất ấn tượng, một phần vì các bài sau rất khó, và mỗi lần sau một khoảng thời gian giải lại thì lại tìm thấy những điều thú vị.

 

Bài toán 109 (Sáng tác từ Serbia 2013 và Iran 2015): Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$, $X$ là điểm trên cung nhỏ $BC$ sao cho nếu $E,F$ là hình chiếu của $X$ trên $IB,IC$ thì trung điểm $EF$ nằm trên trung trực $BC$. Gọi $J$ là tâm bàng tiếp góc $\angle BAC$ của tam giác $ABC$. Chứng minh rằng $XJ$ đi qua trung điểm cung lớn $BC$ của $(O)$.




#667657 VMF's Marathon Hình học Olympic

Gửi bởi moonkey01 trong 08-01-2017 - 20:33

Bài toán 105.(Mở rộng ý a) VMO 2017 bài toán 3)Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Một đường tròn $(K)$ đi qua $B,C$ cắt $CA,AB$ tại $E,F$ khác $B,C$. $BE$ cắt $CF$ tại $H$. $AH$ cắt $(O)$ tại $D$ khác $A$. Tiếp tuyến tại $E,F$ của $(K)$ lần lượt cắt $DB,DC$ tại $M,N$. Chứng minh rằng $MN\perp OH$.

 

Bổ đề: Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$. Đường tròn $(K)$ đi qua $B,C$ cắt $CA,AB$ tại $E,F$. $BE$ cắt $CF$ tại $H$. Gọi $AT$ là đường kính của $(O)$. Khi đó $T,K,H$ thẳng hàng.

 

Lời giải bài toán 105: Gọi $L$ là giao điểm của $ME,AH$ thì ta có $\angle LEB=\angle ACB=\angle ADB$ nên $BDEL$ nội tiếp, dẫn đến $HL.HD=HE.HB=HF.HC$ hay $CDFL$ nội tiếp. Từ đó $\angle LFC=\angle ADC=\angle ADC$ nên $FL$ là tiếp tuyến của $(K)$ và $N,F,L$ thẳng hàng. Mặt khác $ML.ME=MB.MD$ và $NL.NF=NC.ND$ nên $MN$ chính là trục đẳng phương của $(LEF)$ và $(K)$, nên ta chỉ cần chứng minh tâm của $(LEF)$ nằm trên $OH$ hay $OH$ chia đôi $LK$. Gọi $AT$ là đường kính của $(O)$, do $BCEF$ nội tiếp nên dễ dàng chứng minh được $EF\perp AT$, mà $EF||LK$ (tính chất tiếp tuyến) nên $LK||EF$. Theo bổ đề, $T,K,H$ thẳng hàng mà $OH$ chia đôi $AT$ nên $OH$ chia đôi $LK$. Vậy $MN\perp OH$.

 

Một hệ quả của bài toán là $MN,EF,BC$ đồng quy, Thật vậy, nếu gọi $EF$ cắt $BC$ tại $S$ thì $SE.SF=SB.SC$ nên $S$ nằm trên trục đẳng phương của $(LEF)$ và $(K)$ hay $MN,EF,BC$ đồng quy.

 

Hình vẽ bài toán 105 ở phần dưới.

 

Bài toán 106 (Sưu tầm): Cho tam giác $ABC$ nhọn có $AD,BE,CF$ là đường cao và trực tâm $H$. $I$ là tâm nội tiếp tam giác $AEF$. Gọi $M,N$ là điểm trên $(IAB),(IAC)$ sao cho $BM,CN$ là phân giác $\angle ABC, \angle ACB$. Chứng minh rằng trung tuyển qua $M,N$ của tam giác $MHB,NHC$ cắt nhau trên $(DEF)$.

Hình gửi kèm

  • Ảnh chụp Màn hình 2017-01-08 lúc 18.41.17.png