Lời giải của anh Cẩn đây bạn:
There have been 175 items by Uchiha sisui (Search limited from 06-06-2020)
Posted by Uchiha sisui on 01-04-2018 - 21:49 in Phương trình hàm
Posted by Uchiha sisui on 31-03-2018 - 20:28 in Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.
Bài bất đẳng thức là một bài khá quen thuộc, tôi xin trình bày lời giải của mình!
Áp dụng bất đẳng thức $AM-GM$ ta có:
$a^{3}+ab^{2}\geq 2a^{2}b, b^{3}+bc^{2}\geq 2b^{2}c, c^{3}+ca^{2}\geq 2c^{2}a$
$\Rightarrow a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a$
Lại có:
$\sum \frac{a^{2}}{b^{2}+1}=\sum a^{2}-\sum \frac{a^{2}b^{2}}{b^{2}+1}\geq \sum a^{2}-\sum\frac{a^{2}b^{2}}{2b}=\sum a^{2}-\sum \frac{a^{2}b}{2}\geq \sum a^{2}-\sum \frac{a^{2}}{2}=\sum \frac{a^{2}}{2}\geq \frac{(a+b+c)^{2}}{3.2}=\frac{3}{2}$
Vậy ta có điều phải chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$
Posted by Uchiha sisui on 27-03-2018 - 19:55 in Hình học
Bạn xem lại đề nhé
Posted by Uchiha sisui on 20-03-2018 - 20:16 in Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng
Bài 2.
Gọi $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác $ABC$.
Ta dễ dàng viết được phương trình đường thẳng $AH$, tham số hóa điểm $A$, từ đó suy ra tọa độ các điểm $B$, $C$ (theo $A$).
Ta có kết quả $AH//=2OM$ suy ra tọa độ điểm $O$ (theo $A$)
Mà $OD$ vuông góc với $AB$ từ đó suy ra tính tích vô hướng là xong
Posted by Uchiha sisui on 20-03-2018 - 20:07 in Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng
Bài 1.
Tham số hóa tọa độ điểm $G$, gọi $P$ là trung điểm của $BC$ suy ra tọa độ điểm $P$ (theo $G$)
Do tam giác $ABC$ cân tại $A$ từ đó $\overline{PA}.\overrightarrow{PM}=0$ từ đó suy ra tọa độ điểm $P$.
Từ đó viết được phương trình đường thẳng $BC$
Posted by Uchiha sisui on 20-03-2018 - 20:00 in Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng
Ý tưởng có thể như sau:
- Viết phương trình đường thẳng $AH$, tham số hóa tọa độ điểm $A$
- Do $\overrightarrow{HA}.\overrightarrow{HM}=0\Rightarrow$ tọa độ điểm $A$.
- Gọi $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp, ta có kết quả $AH//=2OM\Rightarrow$ tìm được tọa độ điểm $O$.
- Viết phương trình đường thẳng $BC$, tham số hóa $B$ chú ý là $M$ là trung điểm của $BC$ suy ra tọa độ điểm $C$ (theo $B$).
Do $OM$ vuông góc với $BC$, từ đó suy ra tọa độ điểm $B,C$
Posted by Uchiha sisui on 16-03-2018 - 19:55 in Hình học
Lời giải
Gọi $Z,V$ lần lượt là giao điểm của $MD$ với $AH,HI$. Ta có kết quả quen thuộc là $AD$ là tia phân giác của $\widehat{HAO}$.
Suy ra $\widehat{ZAI}=\widehat{DAQ}=\widehat{DMQ}\Rightarrow$ Tứ giác $AMZI$ nội tiếp.
$\Rightarrow \widehat{AZI}=\widehat{AMI}=90^{0}$ $\Rightarrow ZI//BC$.
Gọi $L$ là giao điểm của $AI$ và $BC$. Ta có:
$\frac{ZH}{ZA}=\frac{IL}{IA}=\frac{BL}{BA}=\frac{DL}{DB}=\frac{DB}{DA}=\frac{DI}{DA}$ (1)
Lại áp dụng định lý $Menelaus$ vào tam giác $AHI$ với cát tuyến $DZV$ ta có:
$\frac{VH}{VI}.\frac{DI}{DA}.\frac{ZA}{ZH}=1$ (2)
Từ (1) và (2) ta có điều phải chứng minh!
Posted by Uchiha sisui on 16-03-2018 - 19:21 in Hình học
Giả sử $AD$ là đường đối trung. Theo bổ đề quen thuộc suy ra $OI$ vuông góc với $AD$, gọi $S$ là giao điểm của $OI$ và $BC$. Gọi $P$, $Q$ lần lượt là giao điểm của $(I)$ với $AB, AC$. Dễ thấy $S, P ,Q$ thẳng hàng. Từ đó suy ra $\frac{DB}{DC}=\frac{SB}{SC}$.
Áp dụng định lý $Menelaus$ cho tam giác $ABC$ với cát tuyến $SFE$ ta được:
$\frac{FA}{FB}.\frac{SB}{SC}.\frac{EC}{EA}=1$
$\Leftrightarrow \frac{FA}{FB}.\frac{DB}{DC}.\frac{EC}{EA}=1$
Nên theo định lý $Ceva$ đảo ta có điều phải chứng minh.
Posted by Uchiha sisui on 05-03-2018 - 22:53 in Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.
Lời giải của tôi cho bài toán này!
Gọi $Z$ là điểm đối xứng của $M$ qua $A$. Từ $Z$ hạ các đường vuông góc xuống $BC, CA, AB$ tại $X', T, Y$. Suy ra tứ giác $AHZX$ là hình bình hành.'
Để ý là $M$ là trực tâm của tam giác $APQ$ nên bằng cộng góc ta chứng minh được 6 điểm $M, P, Q, X', T, Y$ cùng nằm trên một đường tròn.
Từ đây suy ra $X'\equiv X$ $\Rightarrow MH=MX\Rightarrow BH=CX$.
Vậy ta có điều phải chứng minh
Posted by Uchiha sisui on 20-02-2018 - 13:40 in Bất đẳng thức và cực trị
Do $abc=1$ nên ta đặt $a=\frac{x}{y},b=\frac{y}{z}, c=\frac{z}{x}$. Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:
$\sum \frac{ac}{ab+2bc}\geq 1$
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có:
$\sum \frac{ac}{ab+2bc}\geq \frac{(ab+bc+ca)}{3(ab+bc+ca)}\geq 1$
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$
Posted by Uchiha sisui on 20-02-2018 - 12:59 in Hình học
Posted by Uchiha sisui on 19-02-2018 - 11:17 in Hình học
mình chưa học về miquel có thể giải thích rõ hơn hoặc cách khác được k
Chưa học thì sớm muộn gì cũng phải học !
Posted by Uchiha sisui on 15-02-2018 - 12:05 in Hình học
Bạn sử dụng bài toán này là sẽ chứng minh được bài toán của bạn thôi !
Posted by Uchiha sisui on 15-02-2018 - 11:49 in Hình học
Lời giải
Gọi $Y$ là giao điểm của $AB$ và $CD$. Do $YA.YB=YC.YD$ nên $Y$ thuộc trục đẳng phương của $(OAB)$ và $(OCD)$ hay $Y, O, M$ thẳng hàng.
Theo định lý Brocard ta có $O$ là trực tâm của tam giác $IEY$ hay $I$ là trực tâm của tam giác $OEY$.
Gọi $M'$ là giao điểm của $EI$ và $OY$, $Z$ là giao điểm của $OI$ và $YE$, theo kết quả quen thuộc thì $Z$ là điểm Miquel của tứ giác toàn phần $YEABCD$ suy ra $YA.YB=YZ.YE=YO.YM'$ suy ra tứ giác $OM'AB$ nội tiếp hay $M'$ trùng $M$.
Vậy $E,I,M$ thẳng hàng
Posted by Uchiha sisui on 15-02-2018 - 10:38 in Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng
Bài 1.
Gọi $H$ là hình chiếu của $D$ lên đường thẳng $BC$
Ta có đường thẳng $DH$ có phương trình là $2x+y+11=0$ và đường phân giác góc $\angle ADB$ có phương trình là $x-y+1=0$, giao điểm của hai đường thẳng này chính là điểm $D$ nên tọa độ điểm $D$ là nghiệm của hệ hai phương trình bậc nhất trên.
Có tọa độ điểm $D$ ta dễ dàng viết được phương trình đường thẳng $AD$, do có điểm $M$ nằm trên $BC$ nên ta cũng viết được phương trình đường thẳng $BC$.
Do các điểm $H,B,C$ nằm trên đường thẳng $BC$ nên dễ dàng tham số hóa được tọa độ các điểm này.
Ta dễ dàng tính được khoảng cách từ điểm $D$ xuống cạnh $BC$ chính bằng khoảng cách $DH$ từ đây suy ra tọa độ điểm $H$.
Tham số hóa tọa độ điểm $C$, tính tích vô hướng $\overrightarrow{HD}.\overrightarrow{HC}=0$ suy ra tọa độ điểm $C$.
Có $C$ rồi thì tìm $B$ đơn giản rồi
Posted by Uchiha sisui on 13-02-2018 - 12:02 in Thi HSG Quốc gia và Quốc tế
Bài 2.
Bài này khá hay, có thể giải bằng đường đối trung như sau:
Do $\angle DBC=\angle ACB$, $\angle DCB=\angle BAC$$\Rightarrow ABC=\angle BDC=\angle ATB$
Suy ra $\Delta ATB ~ \Delta ABC$, tương tự ta cũng có $\Delta ACS ~ \Delta ABC$
Ta có: $\angle ATB=\angle ABC=\angle ACS\Rightarrow BT//CS$. Gọi $N$ là trung điểm $BT$, $P$ là trung điểm của $CS$.
Do $AL$ là đường đối trung của tam giác $ABC$ và $\Delta ATB ~ \Delta ABC$ suy ra $AL$ đi qua trung điểm $N$ của $BT$ suy ra $AL$ cũng đi qua trung điểm $P$ của $CS$.
Do tứ giác $BTCS$ là hình thang, nên theo bổ đề hình thang ta có điều phải chứng minh.
Posted by Uchiha sisui on 13-02-2018 - 09:58 in Hình học
Bài 6.
Lời giải
Ta sử dụng bổ đề quen thuộc sau:
Bổ đề. Cho tam giác $ABC$ $(AB\neq AC)$, nội tiếp đường tròn $(O)$ và ngoại tiếp đường tròn $(I)$. Đường tròn $(I)$ tiếp xúc với $BC$ tại $D$. Khi đó $OI$ vuông góc với $AD$ khi và chỉ khi $AD$ là đường đối trung.
Đây là bổ đề quen thuộc của đường đối trung nên tôi không chứng minh lại.
Quay trở lại bài toán.
Giả sử $A,D,L$ thẳng hàng ta sẽ chứng minh bốn điểm $P,X,Q,Y$ đồng viên. Do $LB,LC$ là tiếp tuyến của $(O)$ suy ra $AL$ là đường đối trung tại đỉnh $A$. suy ra $OI$ vuông góc với $AD$.
Gọi $S$ là giao điểm của $PQ$ và $BC$ , do $SO$ vuông góc với $AD$ suy ra $SB.SC=SP.SQ=SA^{2}=SY.SX\Rightarrow SP.SQ=SY.SX$
Vậy tứ giác $PQXY$ nội tiếp.
Trường hợp còn lại khá đơn giản!
Posted by Uchiha sisui on 11-02-2018 - 20:41 in Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng
Có lẽ bài của bạn là bài này tôi đã giải ở đây. Đúng trong ngày hôm nay, tình cờ thật
Posted by Uchiha sisui on 11-02-2018 - 20:40 in Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng
Lời giải
Thật vậy từ điểm $M$ kẻ hai tiếp tuyến $MX$, $MY$ đến $(I)$. $XY$ cắt $AB$ tại $P$. Theo hệ thức quen thuộc ta có: $\frac{PA}{PB}=\frac{MA}{MB}=\frac{1}{3}$ suy ra $P$ là trung điểm của $AI$.
Gọi $H$ là trực tâm tam giác $EAB$ áp dụng định lý Pascal cho bộ 6 điểm $(ACBDXY)$ suy ra $E,Y,H,X,P$ thẳng hàng.
Do đó $EP$ vuông góc với $AI$ suy ra tam giác $EAI$ cân hay $EA=EI$
Chú ý rằng $MA=AI=IB$ và có tọa độ điểm $M,B$ nên ta dễ dàng tính được tọa điểm các điểm $A,I$. Lại có $EA=EI$ nên ta tính được tọa độ điểm $E$.
Sử dụng phương tích ta có: $EC.EA=EI^{2}-R^{2}$ ($R$ là bán kính đường tròn $(I)$) Từ đây ta tính được tọa độ điểm $C$. Tương
tự ta cũng tính được tọa độ điểm $D$.
Posted by Uchiha sisui on 11-02-2018 - 15:49 in Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng
Bạn xem lại đề nhé
Posted by Uchiha sisui on 11-02-2018 - 15:44 in Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng
Lời giải
Bài toán là mô hình của đề TST 2006. Thực chất thì nó chỉ là một bài khá là đơn giản (tricky).
.
Gọi $K$ là giao điểm của đường thẳng $(d):2x-y=0$ với trung trực của $DE$.
Đến đây ta dễ dàng tìm ra tọa độ của điểm $K$. Để ý rằng tứ giác $AEDK$ là tứ giác nội tiếp. (Có thể tham khảo ở bài hình của TST) hoặc chứng minh bằng cộng góc.
Từ đó sử dụng tích vô hướng ta sẽ tìm ra tọa độ điểm $A$
Posted by Uchiha sisui on 11-02-2018 - 11:49 in Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng
Bài 2.
- Viết phương trình đường thẳng $AH$ (có điểm đi qua là $H$ và vectơ pháp tuyến $\overrightarrow{DE}$)
- Tham số hóa được tọa độ điểm $A$ từ phương trình trên.
- Từ đó ta tính được tọa độ điểm của $B$ và $C$
- Tính tích vô hướng của $\overrightarrow{AH}.\overrightarrow{BC}=0$
Suy ra được ẩn, từ đó chú ý tọa độ của $A$ là nguyên. Đến đây xong rồi
Posted by Uchiha sisui on 11-02-2018 - 11:28 in Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng
Bài 1.
Khá dễ dàng, chúng ta có thể thực hiện hướng giải theo các bước sau:
- Tham số hóa tọa độ điểm $G$ từ phương trình $x-2y-2=0$ thành 1 ẩn
- Do $G$ là trọng tâm tam giác $ABC$ nên $AG=2GH$ từ đó tính được tọa độ điểm $H$
- Do $GH$ vuông góc với $BC$ nên $\overrightarrow{HG}.\overrightarrow{HM}=0$. Đến đây ta suy ra được ẩn
- Có tọa độ điểm $G$ rồi, điểm đi qua là $M$ nên viết được phương trình cạnh $BC$
Posted by Uchiha sisui on 05-02-2018 - 17:45 in Hình học
Cho tam giác ABC nhọn nõi tiếp đường tròn (O).Gọi P là một điểm bất kì trên đường đối trung tại đỉnh A của tam giác ABC. BP,CP lần lượt cắt CA,AB tại E,F.Gọi (AEF) cắt (O) tại Q .Tiếp tuyến tại A của (AQP) cắt BC tại T .Chứng minh rằng : TA = TP.
Posted by Uchiha sisui on 14-01-2018 - 10:48 in Thi HSG Quốc gia và Quốc tế
Một hướng tiếp cận bài hình ngày 2 ở câu a không dùng biến đổi gócTa có bổ đề: Cho hình thang cân $ABCD$, trọng tâm của $\Delta ABC$ là $G$, hình chiếu của $A$ xuống $BC$ là $E$. Lúc đó $\overline{D,G,E}$Áp dụng bổ đề, kéo dài tia $H_aG$ cắt $(O)$ tại $R$. $\Rightarrow AR \parallel BC \Rightarrow \angle CH_aG=\angle ARX=\angle ACX \Rightarrow \angle GXC = \angle ACB = \angle AXB$
Từ đó ta dễ suy ra $\Delta XBH_a \sim XAC \Rightarrow \Delta XMH_a \sim \Delta XEC \Rightarrow \angle MXE = \angle GXC = \angle ACB$. Vậy $M,E,C,X$ đồng viên
Cho em hỏi bổ đề mà anh nêu chứng minh thế nào ạ
Community Forum Software by IP.Board
Licensed to: Diễn đàn Toán học