Lời giải bài 8 :  

Đặt $x^{p^{k-1}} \to x $ xét đa thức $f(x) = \frac{x^{p}-1}{x-1}$ , đa thức này thì quen thuộc rồi , quy về $f(x)=\frac{(x+1)^{p}-1}{x}$ hay $f(x)=(x+1)^{p-1}+...+1$ bất khả quy . Ta có $f(x)=x^{p-1}+\binom{p}{1}x^{p-2}+....+p$ . Áp dụng tiêu chuẩn Eisenstein cho $p$ ta có đpcm .

Bằng xem lại bài giải đi. Ví dụ là $f(x)=x-1$ thì bkq nhưng $f(x^{2})=x^{2}-1$ lại kq nên ko có $(fx)$ bkq thì $f(x^{n})$ bkq đâu

Bài toán 1 hiện vẫn chưa có lời giải nên mình được phép đề xuất bài toán tiếp theo:
Bài toán 2. Cho $P(x) \in \mathbb{Z}[x]$ thỏa mãn $P(x)$ là số chính phương với mọi $x$ nguyên thì $P(x) = Q(x)^{2}$ với $Q(x) \in \mathbb{Z}[x]$.
Mở rộng: Liệu bạn có thể giải quyết cho trường hợp $P(x)$ là lũy thừa bậc $n$ của một số nguyên thì $P(x) = Q(x)^{n}$ với $Q(x)\in\mathbb{Z}[x]$

bài này thì quen rồi

ta chứng minh bằng phản chứng

Giả sử $P(X)=Q(x)^{2}.p_{1}(x).p_{2}(x)...p_{k}(x)$ với $p_{i}(x)$ là các đa thức bất khả quy bậc lớn hơn 1

do $p_{i}(x)$ bất khả quy nên $p_{1}(x)$ và $p_{1}(x)'.p_{2}(x)...p_{k}(x)$ nguyên tố cùng nhau

nên theo định lý Bê-du thì tồn tại 2 đa thức $R(x),S(x)$ với hệ số nguyên sao cho

$R(x).p_{1}(x)+S(x).p_{1}(x)'.p_{2}(x)...p_{k}(x)=n$ với n là số nguyên 

chọn $p>n$ nguyên tố sao cho tồn tại a sao cho $p_{1}(a)$ chia hết cho p (luôn tồn tại p theo Schur) thì $p_{1}'(a)p_{2}(a)....p_{k}(a)$ không chia hết cho p

nếu $p_{1}(a)$ không chia hết cho $p^{2}$ ta suy ra vô lý vì khi đó $v_{p}(P(a))$ lẻ

nếu $p_{1}(a)$ chia hết cho $p^{2}$ thì xét $p_{1}(a+p) \equiv p_{1}(a)+p.p_{1}(a)'(mod p^{2})$ thì $p_{1}(a+p)$ không chia hết cho $p^{2}$

chứng minh tương tự trên thì ta suy ra mẫu thuẫn.

Vậy $P(x)=Q(x)^{2}$

Bài toán tổng quát thì cũng chứng minh tương tự 

Bài 8 

Chứng minh đa thức sau bkq

$X_p^{k}=\frac{x^{p^{k}}-1}{x^{p^{k-1}}-1}$ với $p$ nguyên tố

Lời giải bài 7

Giả sử $f(x)$ khả quy thì tồn tại $g(x)$,$h(x)$$\in \mathbb{Z}[x]$ sao cho $f(x)=g(x).h(x)$($deg g,deg h>0) 

Khi đó $g(x_0)h(x_0)=p$ nên $|g(x_0)|=1$ hoặc $|h(x_0)|=1$ giả sử $|g(x_0)|=1$

Khi đó giả sử $\alpha _1,\alpha _2,...\alpha_k$ là nghiệm của $g(x)$ thì $|g(x_0)|=|a||(x-\alpha_1)||(x-\alpha_2)|...|(x-\alpha_k)|\geq (|x_0|-|\alpha_1|)...(|x|-|\alpha_k|)> 1$ (vô lý)

Vậy $f(x)$ bất khả quy

Bài 3 Chứng minh rằng đa thức $x^{n}-x-1$ bất khả quy trên $\mathbb{Z}[x]$ với mọi $n$ tự nhiên/

6

ta có $\sum \frac{a} {b^{3}+4}= \sum \frac{a} {4} -\frac{ab^{3}} {4(b^{3}+4)} \geq \sum \frac{a} {4} - \frac{ab} {12}$

$=1-\frac{ab+bc+cd+da} {12} \geq 1- \frac{(a+c)(b+d)} {12} \geq \frac{2} {3}$

dấu bằng xảy ra khi $a=d=2, b=c=0$

Lời giải bài $1$ của em:

Do $S$ có nhiều hơn $100$ tập con khác nhau (tính cả rỗng) nên $\left | S \right |\geq log_2 100$

$\Rightarrow \left | S \right |\geq 7$

Giả sử $\left | S \right |_{min}= 7$. Ta có nhận xét sau:

Với mỗi phần tử $X_i$ thỏa mãn yêu cầu bài toán thì có tối đa $5$ phần tử

Với mỗi phần tử $X_i$ thỏa mãn yêu cầu bài toán và có $5$ phần tử thì $X_{i+1}$ phải có $1$ phần tử

Với mỗi phần tử $X_i$ thỏa mãn yêu cầu bài toán và có $4$ phần tử thì $X_{i+1}$ phải có $1$ hoặc $2$ phần tử

$\Rightarrow $ số phần tử tối đa thỏa mãn yêu cầu bài toán là $C_7^1+C_7^2+C_7^3+C_7^1+C_7^2+C_7^1=7+21+35+7+21+7=98$ (phần tử) (Mâu thuẫn)

$\Rightarrow \left | S \right |\geq 8$

Với $\left | S \right |= 8$.

Ta sẽ chỉ ra một tập các số thỏa mãn như sau: Xét tập $S={{1;2;3;4;5;6;7;8}}$ và $T={{1;2;3;4;5;6;7}}$

Xét các tập $X_i$ đôi một khác nhau thỏa mãn $X_i$ là tập con của $T$ và $X_i\cap X_{i+1}= \varnothing$

Khi đó $X_i$ thỏa mãn yêu cầu bài toán!

Với mỗi tập $A$ bất kì là tập con của $T$ thì tồn tại duy nhất tập $T\A$

$\Rightarrow $ tồn tại một song ánh biến $T$ thành $T\A$

Giả sử với $X_1$, ta sẽ chọn $X_2=T\X_1$. Tương tự thì $X_{2k+2}=T\X_{2k+1}$

Tổng quát ta sẽ chọn các tập $X_{2k+1}$ sao cho không có hợp hai tập nào bằng $T$. Khi đó theo tính chất song ánh thì các tập $X_{2k}$ đôi một khác nhau.

Mặt khác do số phần tử của mỗi tập $X$ không quá $6$ nên số tập con $X_i$ tối đa có thể lập được là $2^7-1-C^7_7>100$

Vậy $\left | S \right |= 8$ ta luôn chọn được các tập $X_i$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.$\blacksquare$

Đoạn đỏ anh không hiểu lắm nhưng hình như cấu hình của Bảo chưa đảm bảo $X_{2k+2}$ và $X_{2k+3}$ phân biệt

 

USAMO 2016

.
Ngày 2 (20/04/16)
Bài 4. Tìm tất cả các hàm $f:\mathbb{R} \to \mathbb{R}$ sao cho với mọi số thực $x, y$, $$(f(x) + xy)f(x - 3y) + (f(y) + xy)f(3x - y) = (f(x + y))^{2}$$(1)

Thay $y=0$ vào $(1)$ ta có $f(0)=0$ hoặc $f(x)=0$ với mọi $x$ thuộc $\mathbb{R}$

Thay $x=0$ vào $(1)$ ta có $f(y)(f(y)-f(-y))=0$

Nếu $f(y)$ khác $0$ thì $f(y)=f(-y)$

Nếu $f(a)=0$ thì thay $a$ bởi $-a$ ta có $f(-a)=0$ nên ta có $f(y)=f(-y)$ với mọi $y$ thuộc $\mathbb{R}$

Thay $y$ bởi $-x$ ta có $f(4x)(f(x)-x^{2})=0$

Thay $y$ bởi $3x$ vào $(1)$ ta có

$(f(x)+3x^{2})f(8x)=(f(4x))^{2}$

Nên ta có nếu $f(a)=0$ thì $f(\frac{a} {2})=0$(2)

Nên ta có $f(x)(f(x)-x^{2})=0$

Nếu không tồn tại $b$ khác $0$ sao cho $f(b)=b^{2}$ ta có $f(x)=0$ với mọi $x$ thuộc $\mathbb{R}$

Nếu tồn tại $b$ thỏa mãn điều kiện trên ta thay $y$ bởi $b-x$ vào $(1)$ ta có

$(f(x)+x(b-x))f(4x-3b)+(f(b-x)+x(b-x))f(b-4x)=b^{4}$

Nếu không tồn tại $x$ khác $\frac{b}{4}$ sao cho $f(b-4x)=0$ thì ta có $f(x)=x^{2}$ với mọi $x$ thuộc $\mathbb{R}$

Nếu tồn tại $x$ khác $\frac{b}{4}$ sao cho $f(b-4x)=0$ thì sẽ tồn tại vô số $x$ sao cho $f(b-4x)=0$(do $(2)$)

Nên tồn tại vô số $x$ sao cho $(f(x)+x(b-x))f(4x-3b)=b^{4}$ 

Do $b\neq 0$ nên $f(4x-3b)=(4x-3b)^{2}$

Ta có nếu $f(x)=x^{2}$ thì $x$ là nghiệm của phương trình $xb(4x-3b)^{2}=b^{4}$

Còn nếu $f(x)=0$ thì $x$ là nghiệm của phương trình $x(b-x)(4x-3b)^{2}=b^{4}$

Cả $2$ trường hợp ta đều chỉ có hữu hạn $x$ thỏa mãn.

$\Rightarrow $ vô lí.

Vậy chỉ có $2$ hàm thỏa mãn là $f(x)=x^{2}$ với mọi $x$ thuộc $\mathbb{R}$

Và $f(x)=0$ với mọi $x$ thuộc $\mathbb{R}$

1 cách khác cho bài 2 

gọi $B_{1}, C_{1}$ là điểm đối xứng của $B$ $C$ qua $IC$ và $IB$ thì theo bổ đề 1 ở đây thì $B_{1}C_{1}$ vuông góc với $OI$

$OI$ cắt $(IAC)$ ở $D'$ $IJ'$ vuông góc với $CD'$ ($J'$ thuộc (IAC)) ta chứng minh $J$ và $J'$ đối xứng với nhau qua $OI$

ta có $\angle {DJI}=90-\angle {IBD}=90-\angle {BAI}$

tương tự ta có $\angle {DIJ'}= 90=\angle {IAC}$

từ đó ta có $\angle {DIJ}=\angle {DIJ'}$

ta có $\angle {JB_{1}C} =\angle {ABJ} =180 -\angle {AIJ}=180- \angle {AID} -90+ \angle {BAI}=90- \angle {B_{1}PI}$ ($OI$ cắt $AC$ tại $P$)

nên $B_{1}J$ vuông góc với $OI$

tương tự $C_{1}J'$ vuông góc với $OI$ nên $JJ'$ vuông góc với $OI$ ta có đpcm

Lời giải bài toán gốc của em.

Ta cần có bổ đề sau.

Bổ đề $1$. Cho tam giác $ABC$ có $AB<AC.D$ là trung điểm $BC$. Trung trực $BC$ cắt $AC$ tại $F$. Lấy $E$ thuộc $DF. BE,CE$ lần lượt cắt $AC,AB$ tại $M,N$. Trên $MN$ lấy $T$ sao cho $D(CTEA)=-1$. Khi đó: $D(CT,MN)=-1$

Chứng minh. Gọi $S$ là giao điểm của $AE$ và $MN$. Theo tính chất quen thuộc của hàng điểm điều hòa thì $D(CSEA)=-1\Rightarrow S\equiv T$.

Mặt khác lại có $D(CS,MN)=-1$ nên $D(CT,MN)=-1.\blacksquare$

Post 73.png

Hình vẽ bổ đề 

Hệ quả. 

• Gọi $P$ là trung điểm $AB$. Khi đó $P(AC,DE)=-1$
• $CE,PD$, tiếp tuyến tại $B$ đồng quy.

Post 74.png

Hình vẽ

Quay lại giải bài toán tuần $4$ tháng $4$.

Gọi $N$ là trung điểm $AC$. Tương tự ta cũng có $DN,BF,$ tiếp tuyến tại $C$ đồng quy.

Gọi $S,T$ lần lượt là giao của $DP,DN$ với tiếp tuyến tại $B,C. X$ là giao của tiếp tuyến tại $B$ và $C$.

Post 75.png

Hình vẽ bài toán

Áp dụng định lí $Menelaus$ cho tam giác $ABX$ với $\overline{D,P,S}$; tam giác $ACX$ với $\overline{D,N,T}$ ta suy ra $\frac {XB}{XS}=\frac {XC}{XT}$

$\Rightarrow BC||ST\Rightarrow \angle TBC=\angle SCB.\blacksquare$

P/s: May mà có sự gợi ý từ thầy Hùng!

Hình như lời giải của Bảo cần chứng minh giao điểm của $LZ$ và $DE$ thuộc $AP$. 

Mọi người thông cảm do không có máy tính nên em mới up như thế này. Bài này có lẽ thầy hùng tạo ra giống bài trong chuyên đề bạn bảo post bên trên nên hứơng làm khá giống. Cách em cũng từ đó mà ra nên hơi phức tạp. Nhìn chung bài này phải chia nhỏ để liên kết các tính chất hình học và có nhiều đọan bằng nhau nên em nghĩ sẽ có nhiều cách giải Hình vẽ.jpgcái 1.jpgCái 2.jpgcái 3.jpgCái4.jpg

bạn có thể nói cho mình 1 số tính chất, bổ đề về đường đẳng giác được không

Như vậy đã có lời giải của thầy Hùng cho bài Tuần 3 tháng 11 tại Tuần 4 tháng 11 kèm theo đó là bài toán tổng quát của thầy:

 

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ và tâm nội tiếp $I$. $M$ là một điểm thuộc $AB$. $MI$ cắt $BC$ tại $N$. $P$ nằm trên phân giác ngoài góc $B$ sao cho $MP \parallel AI$. Chứng minh rằng $AI$ và $PN$ cắt nhau trên đường tròn $(O)$.

 

Bài toán mới Tuần 4 tháng 11:

 

Bài 13. Cho $A$ là một điểm cố định trên đường tròn $(O)$ và $d$ là một đường thẳng bất kì cố định. $P$ là một điểm di chuyển trên $(O)$. $AP$ cắt $d$ tại $M$. $N$ đối xứng với $P$ qua $OM$. $Q$ đối xứng với $N$ qua $d$. Chứng minh rằng đường thẳng $PQ$ luôn đi qua một điểm cố định khi $P$ thay đổi. 

 

Screen Shot 2015-11-16 at 6.50.48 am.png

qua $O$ kẻ $OE$ vuông góc $d$, $OF$ vuông góc $MA$, $AE$ cắt $PQ$ tại $X$

Gọi $Y,Z$ trung điểm $NQ,NP$

ta có $\widehat{MEF}=\widehat{MOF}=90^{\circ}-\widehat{OMF}=\widehat{MPN}= \widehat{MNP}=\widehat{ZYM}$

$\Rightarrow PQ\parallel YZ\parallel EF$

$\Rightarrow E$ trung điểm $AX$ nên $X$ cố định

Như vậy là đã có lời giải cho bài Tuần 3 tháng 10 của thầy Hùng và đề bài toán mới. Xin trích dẫn lại đề bài:

Bài 9. Cho tam giác $ABC$ với $E,F$ là hai điểm lần lượt nằm trên cạnh $CA,AB$ sao cho $AE=AF$. $EF$ cắt $BC$ tại $D$. $K,L$ lần lượt là tâm ngoại tiếp tam giác $DBF,DCE$. $G$ là đối xứng của $D$ qua $KL$. $R$ nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác $AEF$ sao cho $AR \parallel BC$. Gọi $BE$ cắt $CF$ tại $H$. $AH$ cắt $BC$ tại $S$. Lấy $T$ thuộc $GR$ sao cho $ST \perp BC$. $M$ là trung điểm $ST$. Chứng minh rằng $GM$ luôn đi qua một điểm cố định khi $E,F$ thay đổi.

 

Screen Shot 2015-10-19 at 10.23.11 am.png

$G$ là điểm đối xứng của $D$ qua $KL$ nên $G$ là giao của $(DBF)$ và $(DCE)$

nên $G$ là điểm Miquel của tứ giác toàn phần $ADFEBC$

nên $G$ thuộc $(AEF)$ và $(ABC)$

$DG$ cắt $(AEF)$ tại $R'$

ta có $\widehat{GDB}=\widehat{GFA}= \widehat{AR'G}$

nên $AR'$ song song với $BC$

nên $R\equiv R'$

Áp dụng định lí Menelaus ta có

$\frac{SB}{SC}.\frac{EC}{AE}.\frac{AF}{FB}= 1$

$\Rightarrow \frac{SB}{SC}=\frac{BF}{EC}$

Lại có $\triangle GFE\sim \triangle GEC\Rightarrow \frac{BF}{EC}= \frac{BG}{GC}$

$\Rightarrow \frac{SB}{SC}= \frac{GB}{GC}$

nên $GS$ là phân giác $\widehat{BGC}$

lại có $(DSBC)=-1$ nên $DG$ vuông góc với $GS$

$DS$ cắt $(O)$ tại $K$,$DG$ cắt $(O)$ tại $H$

ta có $KH$ vuông góc $BC$ và $O$ trung điểm $KH$

$\Rightarrow GM$ đi qua $O$ cố định

ban đầu mình chỉ giải chờ th nội tiếp nhưng không ngờ tổng quát được

Kẻ $CQ\perp EC,DP\perp BD$

ta có $\bigtriangleup AFC\sim \bigtriangleup DFB$

$\bigtriangleup DFP\sim \bigtriangleup QFC$

 nên $\Rightarrow \frac{FP}{FB}= \frac{FP}{FD}.\frac{FD}{FB}= \frac{FC}{FQ}.\frac{FA}{FC}= \frac{FA}{FQ}$

Nên AQ song song BP nên theo tính chất đtb ta có LK đi qua trung điểm BC 

Cách giải này tương đối tự nhiên nhưng không được đẹp cho lắm, ở trên anh đã làm tắt nên nhìn khá ngắn nhưng nếu khai triển ra thì nó khá là dài. Theo em đối với những topic như thế này thì đề cao vẻ đẹp của lời giải hơn là việc đi đến lời giải./ Mong anh có thể tìm ra lời giải mới đẹp hơn./

P/s: Lời giải này chỉ hợp với thi Olympic, trong thời gian hạn hẹp thôi!

nói chung mới đọc đề là mình nghĩ ngay ra cách này (chắc nhiều người cũng thế) nhưng phải công nhận là cách này không hay

không biết có ai có cách hay hơn không?

Như vậy đã có lời giải cho bài Tuần 2 tháng 1 tại Tuần 3 tháng 1 và kèm theo đó là bài toán mới. Xin trích dẫn lại bài mới:

 

Bài 22. Cho tam giác $ABC$ với phân giác $BE,CF$ cắt nhau tại $I$, đường cao $AH$. Gọi $Q,R$ lần lượt là trung điểm $BE,CF$. Gọi $BR$ cắt $CQ$ tại $P$. Chứng minh rằng $IP$ chia đôi $AH$. 

 

Screen Shot 2016-01-18 at 2.36.12 pm.png

ta có $\frac{\overline{QI}}{\overline{BQ}}=\frac{2(\overline{BI}-\overline{BQ})}{\overline{BE}}=\frac{2BI}{BE}-1=\frac{c+a-b}{a+b+c}$

tương tự ta có $\frac{\overline{RI}}{\overline{CR}}= \frac{b+a-c}{a+b+c}$

theo định lý Ce va ta có $\frac{KC}{KB}=\frac{a+c-b}{a+b-c}$($K$ là giao của $IP$và $BC$)

$(I)$ và $BC$ tiếp xúc nhau tại $D$ ta có $K$ và $D$ đối xứng nhau qua trung điểm $BC$

lấy $L$ đối xứng $D$ qua $I$ khi đó $A,L,K$ thẳng hàng

Khi đó do $I$ trung điểm $DL$ mà $DL$ song song $AH$ nên $AP$ đi qua trung điểm $AH$

Mà sao mình không vào được blog của thầy nhỉ

Như vậy là đã có bài toán mới tại Tuần 2 tháng 9. 

 

Bài 4. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ và $D$ là một điểm thuộc cung $BC$ không chứa $A$. $M$ là trung điểm $BC$. $P$ là một điểm nằm trên đường thẳng $DM$. $E,F$ thuộc $CA,AB$ sao cho $PE \parallel DC$ và $PF \parallel DB$. Gọi tiếp tuyến của $E,F$ của đường tròn $(K)$ ngoại tiếp tam giác $AEF$ cắt nhau tại $T$. Gọi tiếp tuyến của $BC$ của $(O)$ cắt nhau tại $S$. $Q$ thuộc $(O)$ sao cho $DQ \parallel BC$. Chứng minh $AQ \parallel ST$.

 

Screen Shot 2015-09-07 at 6.32.30 am.png

$(O)$ cắt lại (K) tại $L$ 

Khi đó $\widehat{ALP}=180-\widehat{AEP}=180-\widehat{ACD}=\widehat{ALD}$

$=> L,P,D$ thẳng hàng

Mà $D(BCMQ)=-1 => D(BCQL)=-1$

$=> (BCQL)=-1$

$=> S,Q,L$ thẳng hàng

ta có xét phép đồng dạng tâm $L, k=\frac{FL} {BL},\alpha=(BF,CE)$

ta có $S_{L} : B \rightarrow F,C \rightarrow E$

mà $ \triangle   TEF$ và $ \triangle  SCB$ đồng dạng cùng chiều nên $ S_{L} : S \rightarrow T$

$=>$ $ \triangle   LST$ và $ \triangle  LBF$ đồng dạng cùng chiều

$=> \widehat{LST}=\widehat{LBF}=\widehat{LQA}$

$=>$$ AQ$ song song $TS$

ý b cách khác

ta sẽ cm $A(SPAO)=A(TQAO)$

kẻ đường kính $MM_{1}$ $NN_{1}$ $AA_{1}$ của $(O)$

ta có $A(SPAO)=A(NM_{1}AA_{1})=A(MN_{1}AA_{1})=A(TQAO)$ (lay đối xứng qua O)

nên AA,TS,PQ đồng quy

bạn giải thích chỗ này chút được không ? 

do $I,N,B,C$ cùng thuộc đường tròn đường kính $IJ$

Đã có số Tuần 1 tháng 9. Lời giải bài trước đã có trên số. Cách biến đổi tỉ số để chứng minh $\angle KNL=90^{\circ}$ trong lời giải này rất hay.

 

Bài 3. Cho tam giác $ABC$ có đường tròn nội tiếp $(I)$ tiếp xúc $BC$ tại $D$. Tâm đường tròn bàng tiếp góc $A$ là $J$. $P$ là một điểm bất kì trên $(I)$ không trùng $D$. $Q$ thuộc $BC$ sao cho $JQ \parallel PD$. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác $PBC$ chia đôi $QJ$.

Screen Shot 2015-08-31 at 7.17.57 am.png

$JD$ cắt $(I)$ tại K,tiếp tuyến tại $K$ cắt $BC$ ở $T$, $TI$ cắt $JK$ tại $N$

ta có $TI.TN=TB.TC=TD^{2}=TK^{2}$

$T$ thuộc trục đẳng phương của $(I)$ và $(BPC)$

$(I)$ cắt lại $(PBC)$ tại $H$

ta có $H,P,T$ thẳng hàng

ta sẽ cm $M,D,H$ thẳng hàng

thật vậy ta có $D(QJPM)=-1$ (1)

lại có $PKHD$ điều hòa nên $D(DKPH)=-1$(2)

Từ (1) và (2) ta có $M,D,H$ thẳng hàng

Kẻ $MX$ vuông góc $BC$, $IY$ vuông góc $DH$

ta có $\triangle MDX$ đồng dạng với $\triangle IDY$

$\Rightarrow DM.DY=ID.MX\Rightarrow DM.DH=r.R_{a}$

ta chỉ cần cm $r.R_{a}= DB.DC$

Thật vậy qua $J$ kẻ $JE$ vuông góc $BC$ ta có

$\triangle IBD\sim \triangle BEJ$

$\Rightarrow ID.JE=BD.BE=BD.DC$ (DPCM)

Như vậy thầy Hùng đã đưa ra lời giải bài cũ tại tuần $2$ tháng $5$ và kèm theo đó là bài toán mới. 

 

Bài 38: Cho tam giác $ABC$ với phân giác $AD$ và đường cao $AH$. Các điểm $M,N$ thuộc $AD$ sao cho $BM\perp CA,CN\perp AB$. Đường tròn ngoại tiếp các tam giác $CND$ và $BMD$ theo thứ tự cắt $CA,AB$ tại $E,F$ khác $C,B$. Phân giác các góc $\angle AEB,\angle AFC$ lần lượt cắt đường thẳng qua $A$ vuông góc với $AD$ tại $P,Q$. Gọi $K,L$ lần lượt là trung điểm $AP,AQ$. Chứng minh rằng $HA$ là phân giác $\angle KHL$.

Post 118.png

Hình vẽ bài toán

có cái tứ giác $AEGF$ ($G$ là giao của $BE$ và $CF$ ) thì mình có thêm cách sau

$EP,QF$ lần lượt cắt $AB,AC$ tại $X,Y$

ta có $\frac{BE}{AB}= \frac{EF}{AG}= \frac{CF}{AC}\Rightarrow \frac{BE}{CF}= \frac{AB}{AC}= \frac{DB}{DC}$

nên $\frac{AX}{XB}\frac{DB}{DC}\frac{YC}{YA}= \frac{AE}{BE}\frac{CF}{AF}\frac{DB}{DC}= 1$

nên $BY,CF,AD$ đồng quy $\Rightarrow XY,BC,KL$ đồng quy tại $S$

lại có gọi $I$ trung điểm $XY$ ta có $K,I,X$ thẳng hàng, $L,I,Y$ thẳng hàng

lại có $\frac{KX}{XI}= \frac{KA}{FI},\frac{IY}{YL}= \frac{IE}{AL}$

nên $\frac{KX}{XM}\frac{IY}{YL}\frac{LA}{AK}= 1$

từ đó ta có $M(ASKL)=-1$

$\Rightarrow H(ASKL)=-1$

$\Rightarrow HA$ phân giác $\widehat{KHL}$

                                                                                       SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN

                                                             KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT PHAN BỘI CHÂU NĂM 2015-2016

                                                                                                 Môn thi:Toán chuyên

                                                                                                   Thời gian:150 phút

Câu 1:(7 đ)

a)Giải phương trình:$\sqrt{x^2-5x+4}+2\sqrt{x+5}=2\sqrt{x-4}+\sqrt{x^2+4x-5}$

b)Giải hệ phương trình:$\left\{\begin{matrix} \left ( x-\frac{1}{y} \right )\left ( y+\frac{1}{x} \right )=2 & & \\ 2x^2y+xy^2-4xy=2x-y & & \end{matrix}\right.$

Câu 2:(2 đ)

Cho a,b là các số nguyên dương thỏa mãn:$a^2+b^2\vdots ab$

Tính giá trị biểu thức $A=\frac{a^2+b^2}{2ab}$

Câu 3:(2 đ)

Cho a,b,c là các số thực .Chứng minh rằng: $\left ( a^2+1 \right )\left ( b^2+1 \right )\left ( c^2+1 \right )\geq \frac{3(a+b+c)^2}{4}$

Câu 4:(7 đ)

Cho đường tròn (O;R) có BC là dây cố định (BC<2R).E là điểm chính giữa cung nhỏ BC.Gọi A là điểm trên cung lớn BC và AB<AC(A khác B).Trên đoạn AC lấy điểm D khác C sao cho EC=ED.Tia BD cắt cắt (O;R) tại điểm thứ 2 là F

a)CMR:D là trực tâm của tam giác AEF

b)Gọi H là trực tâm của tam giác DEC,DH cắt BC tại N.Đường tròn ngoại tiếp tam giác BDN cắt (O;R) tại điểm thứ 2 là M.Chứng minh DM luôn đi qua điểm cố định

Câu 5:(2 đ)

Cho tập hợp A gồm 21 phần tử là các số nguyên khác nhau thỏa mãn tổng của 11 phần tử bất kỳ lớn hơn tổng của 10 phần tử còn lại.Biết số 101 và 102 thuộc A.Tìm tất cả các phần tử của A

P/s:Cái bài BĐT vế phải là cái gì vậy mờ quá

Quoc Tuan Qbdh

3

áp dụng bất đẳng thức bunhiacopxki ta có

$(a^{2}+1)(1+(b+c)^{2})\geq (a+b+c)^{2}$

ta cần chứng minh

$4(b^{2}+1)(c^{2}+1)\geq 3(1+(b+c)^{2})$

$<=> (b-c)^{2} +(2bc-1)^{2} \geq 0 $ (luôn đúng)

p/s nói chung bài bất dễ hơn còn bài hình khó hơn năm ngoái

[CÂU LẠC BỘ TOÁN MỞ ĐƠN TUYỂN CỘNG TÁC VIÊN]

CLB Toán học - Chương trình Nuôi dưỡng nhân tài ra đời từ tháng 8/2017 nhằm tạo môi trường giao lưu, học hỏi giữa các bạn trẻ đam mê Toán. Các thành viên ban đầu đều là những học sinh giỏi quốc gia, quốc tế Toán đến từ các trường chuyên trên khắp cả nước. Hiện nay, để chuẩn bị cho một số hoạt động phát triển, mở rộng câu lạc bộ, chương trình NDNT chính thức mở đơn tuyển CTV (số lượng: 30 CTV)

 

TURKEY Team Selection Test 2016

Bài 6. Cho tam giác $ABC$ cân tại $A$ với $D$ là trung điểm của $BC$. Một đường thẳng qua $D$ cắt $AB$ tại $K$, $AC$ tại $L$. Điểm $E$ trên cạnh $BC$ ($E \neq D$), $P$ trên $AE$ sao cho $\angle KPL = 90^{\circ} - \frac{1}{2}\angle KAL$; $E$ nằm giữa $A$ và $P$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $PDE$ cắt $PK$ tại $X$ ($X \neq P$) và cắt $PL$ tại $Y$ ($Y \neq L$). Đường $DX$ cắt $AB$ tại $M$, đường $DY$ cắt $AC$ tại $N$. Chứng minh rằng bốn điểm $P, M, A, N$ cùng thuộc một đường tròn.
 

Chứng minh $\odot (PKL)$ tiếp xúc $\odot (PDE)$

Ta có đưởng tròn $(PKL)$ cắt lại $AB$,$AC$ tại $G,H$

Ta có $\widehat{AGL}= \widehat{KPL}= 90^{0}-\widehat{\frac{A}{2}}=\widehat{ALG}$

nên $GL$ song song với $BC$.

Tương tự $KH$ song song với $BC$

$BC$ cắt $(PKL)$ tại $I,J$ ta có $D$ trung điểm $I,J$

Ta có $K(ỊJDH)=-1$(do $KH$ song song với$BC$)

nên tứ giác $HJLI$ điều hòa nên $AI$,$AJ$ là tiếp tuyến của $(KPL)$

nên $P(IJPA)=-1$ nên kẻ tiếp tuyến từ $P$ cắt $BC$ ở $T$ thì $(TEIJ)=-1$

Ta có $TP^{2}=TI.TJ=TE.TD$ nên $TP$ cũng là  tiếp tuyến của $(PDE)$

nên $(TPE)$ và $(PKL)$ tiếp xúc nhau

Chứng minh bài toán ( đoạn này giống ở trên)

Từ trên ta có  $XY$ song song với $KL$ 

nên $\widehat{MDP}=\widehat{XYP}= \widehat{KLP}= 180^{0}-\widehat{X GP}$

nên $DMGP$ nội tiếp nên  $\widehat{GMP}= \widehat{GDP}$

Tương tự $\widehat{PNA}= \widehat{GDP}$

nên tứ giác $AMNP$ nội tiếp (hình như bài toán không đúng khi $\widehat{A}  $tù)