Đề thi vào 10 chuyên tỉnh Vĩnh Phúc 2017-2018

Full hình nhỉ....

a) Nhận thấy: $\widehat{BAC}+\widehat{BDC}=180^o \iff \widehat{BAC}+\widehat{BEC}=180^o \iff BACE$ nội tiếp

$\widehat{AEB}=\widehat{ACB}=\widehat{ABC}=\widehat{AEC}\implies \widehat{BEC}=2\widehat{AEC}$

b) $\Delta ADE, \widehat{ADE}=90^o$ có $FD=FE \implies FD=FE=FA$

Dễ thấy: $\widehat{BKC}=180^o-\widehat{BCK}-\widehat{CBK}=180^o-\widehat{BCE}-\widehat{AEC}=\widehat{AFB}=\widehat{FAD}$

c) Áp dụng định lí $Ptolemy$ cho tứ giác $ABEC$ có: $AB.CE+AC.BD=AE.BC \iff AB(CE+1)=AE\\ \iff CD+1=\dfrac{AE}{AB}=2\dfrac{CF}{CD}$

Do đó: $CF=\dfrac{CD(CD+1)}{2}$

Mà: $EF$ là phân giác $\widehat{BEC} \implies \dfrac{CF}{FB}=\dfrac{CE}{EB}=CE=CD$

Thay vào hệ thức: $CD+1=2FB \implies FB=\dfrac{CD+1}{2}$

Giải phương trình: $\dfrac{CD(CD+1)}{2}+\dfrac{CD+1}{2}=1 \iff CD=\sqrt{2}-1$

Xử câu hình đê các bác

a) Gọi $L$ là giao điểm của $BO$ và $DF$ $\implies \widehat{ILF}=90^o$

Dễ thấy $DAEO$ là hình chữ nhật $\implies \widehat{DFI}=\dfrac{1}{2}\widehat{DOE}=45^o$

Do đó: $\widehat{BIF}=45^o$

b) $\Delta ABM$ vuông cân tại $A$ $\implies \widehat{ABD}=45^o$

Do đó: $\widehat{DBH}=\widehat{DFH}=45^o \implies DBFH$ nội tiếp. Mà: $ODBF$ nội tiếp

$\implies B,D,O,H,F$ cùng thuộc một đường tròn $\implies \widehat{OHB}=90^o$

Mà: $AO\perp BM$ nên $\widehat{BAH}=45^o=\widehat{BIH} \implies ABHI$ nội tiếp

c) $NQDP$ nội tiếp $\implies \widehat{NPQ}=\widehat{NDQ}=\widehat{NDF}=\widehat{NEF}$

Tương tự: $\widehat{NQP}=\widehat{NFE}$ $\implies \Delta NPQ \sim \Delta NEF$ $\implies \dfrac{PQ}{EF}=\dfrac{NP}{NE} \leqslant 1$

$\implies PQ \leqslant EF$

Đẳng thức xảy ra: $\iff$ $P$ trùng $E$, $Q$ trùng $F$ $\iff$ $PQ$ là đường kính của $(O)$

$\iff$ $M$ là giao điểm của đường kính $DN$ của $(O)$ và $AC$

Câu 10 (1,0 điểm). Cho tam giác nhọn $ABC$ ($AB<AC$). Đường tròn tâm $O$ đường kính $BC$ cắt cạnh $AC$, $AB$ lần lượt tại $D$ và $E$. $H$ là giao điểm của $BD$ và $CE$, $K$ là giao điểm của $DE$ và $AH$, $F$ là giao điểm của $AH$ và $BC$. $M$ là trung điểm của $AH$. Chứng minh rằng $MD^2=MK.MF$.

Bài này khá dễ

Dễ dàng chứng minh được $H$ là tâm đường tròn nội tiếp $\Delta DEF$

Nhận thấy $M$ là tâm $(AEHD)$ $\implies \widehat{HMD} =2\widehat{HED}=\widehat{FED} \implies EMDF$ nội tiếp

$\implies \widehat{MDE}=\widehat{MFE}=\widehat{MFD}$

Do đó: $\Delta MDK \sim \Delta MFD \implies MD^2=MD.MK$

Câu 7 (2,5 điểm). Cho ba điểm $A$, $B$, $C$ phân biệt thẳng hàng và theo thứ tự đó sao cho $AB<BC$. Trong một nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng $AC$ dựng các hình vuông $ABDE$ và $BCFK$. Gọi $I$ là trung điểm của đoạn thẳng $EF$. Đường thẳng qua $I$ vuông góc với $EF$ cắt các đường thẳng $BD$ và $AB$ lần lượt tại $M$ và $N$. Chứng minh rằng:

• Tứ giác $AEIN$ và tứ giác $EMID$ nội tiếp được trong đường tròn.
• Ba điểm $A$, $I$, $D$ thẳng hàng và các điểm $B$, $N$, $F$, $M$, $E$ nằm trên cùng một đường tròn.
• Ba đường thẳng $AK$, $EF$, $CD$ đồng quy.

1. Khỏi làm

2. Dễ thấy $\Delta EBF$ vuông tại $E$ nên $IE=IB$

Do đó: $\overline{A,D,I}$

Tứ giác $EDIM$ nội tiếp $\implies \widehat{IEM}=\widehat{IDM}=45^o$ $\implies IE=IM=IB$

$\Delta BMN$ có $IB=IM \implies IN=IB=IM$

$EBFM$ có 2 đường chéo vuông góc với nhau tại TĐ, bằng nhau. Dễ dàng chứng minh $B,E,M,F,N$ cùng thuộc đường tròn

3. Dễ thấy: $BE//KC$, $AD\perp BE\implies AD\perp KC \implies D$ là trực tâm $\Delta AKC \implies CD \perp AK$ tại $G$

Lúc đó: $EGDA, GKFC$ nội tiếp $\implies \widehat{EGA}=\widehat{EDA}=45^o$; $\widehat{KGF}=\widehat{KCF}=45^o$ nên $\overline{E,G,F}$

PS: Sao dễ vậy nhỉ???

Câu 3 (1,0 điểm). Cho số tự nhiên $A=\overline{\underbrace{777\ldots 7}_{n \text{ chữ số } 7}}-18+2n$ với $n\in \mathbb{N}, n\geqslant 2$. Chứng minh rằng $A$ chia hết cho $9$.

 Câu 4 (1,5 điểm). Cho $a$, $b$, $c$ là các số dương thoả mãn $a+b+c\leqslant \sqrt{3}$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
\[P=\dfrac{a}{\sqrt{a^2+1}} + \dfrac{b}{\sqrt{b^2+1}} + \dfrac{c}{\sqrt{c^2+1}}\]

Câu 3:

Ta có: $A=\underbrace{77..77}_{n}-18+2n=7.\dfrac{10^n-1}{9}-18+2n=7.\dfrac{10^n-1-9n}{9}-18+9n$

Chỉ cần chứng minh: $10^n-9n-1 \vdots 81,n\geqslant 2$ bằng quy nạp

Câu 4:

$\sqrt{3}\geqslant a+b+c\geqslant \sqrt{3(ab+bc+ca)} \implies ab+bc+ca\leqslant 1$

Thay vào: $P=\sum \dfrac{a}{\sqrt{a^2+1}}\leqslant \sum \dfrac{a}{\sqrt{(a+b)(a+c)}}\leqslant \dfrac{1}{2} \sum \left (\dfrac{a}{a+b}+\dfrac{a}{a+c} \right )=\dfrac{3}{2}$

PS: huykinhcan99: Em gõ nhanh nên thiếu căn

Câu hình

a) $HE$ là đường trung bình $\Delta BAI\Rightarrow \widehat{BHE}=\widehat{BAI}=\widehat{BAD}+\widehat{DAI}=\widehat{BAD}+\widehat{DBA}=\widehat{BDE}$

Do đó: $BHDE$ nội tiếp

b) Kẻ $IK'//AB, H'$ là giao điểm của $DK'$ và $AB$

Khi đó: $\Delta ADH' \sim \Delta JDB \implies \dfrac{AH'}{DH'}=\dfrac{JB}{DB}\\ \Delta BDH' \sim \Delta JDA \implies \dfrac{BH'}{DH'}=\dfrac{JA}{DA}$

Mà: $\left\{\begin{matrix} \Delta IDA \sim \Delta IAJ\\ \Delta IDB \sim \Delta IBJ \end{matrix}\right. \implies \dfrac{JB}{DB}=\dfrac{JA}{DA} \implies BH'=AH'\implies$ $H$ trùng $H'$, $K$ trùng $K'$

Do đó: $IK//AB$. Dễ dàng suy ra được: $\Delta BJA$ cân tại B

c) Dễ thấy $ID.IJ=IA^2=IH.IO \implies$ $JOHD$ nội tiếp. Kết hợp $JKBA$ là hình thang cân $\implies \Delta IJK$ cân tại $I$

Do đó: $\dfrac{ID}{HI}=\dfrac{IO}{IJ}=\dfrac{IO}{IK} \implies ID.IK=IO.IH$

Mà: $HO.HI=HA.HB=HD.HK$

Trừ theo vế: $ID.IK-HD.HK=(IO-HO)IH=IH^2$

Chém câu bất

Ta có: $P=\dfrac{y}{x}+\dfrac{x}{y}+\dfrac{1}{3}\dfrac{x}{y}+3xy+12xy+\dfrac{4}{3}-\dfrac{4}{3}\\\geqslant 2+2x+8\sqrt{xy}-\dfrac{4}{3}\\=2x+\dfrac{2}{3}+8\sqrt{xy}\geqslant 4\sqrt{\dfrac{x}{3}}+8\sqrt{xy}=4$

Dấu "=" xảy ra: $\iff x=y=\dfrac{1}{3} \square$

câu hệ làm kiểu gì nhỉ?

Anh gõ lại đề giùm em, em chả thấy gì?

mình chưa hiểu đoạn này lắm? suy ra kiểu gì vậy?

Tỉ số đồng dạng bằng tỉ số đường cao tương ứng

PS: Có gì bạn cứ trao đổi qua tin nhắn cho mình, thế này làm mất đẹp topic

18986494_1880571218883442_2013917653_o.jpg

Full luôn câu hình

a) $\Delta ABE$ có $BD$ vừa là đường cao, vừa là đường trung tuyến

$\widehat{EFA}=\widehat{EAC}=\widehat{EBD}$

b) $\widehat{EFH}=\widehat{EBH}\Rightarrow EHBF$ nội tiếp

$\Rightarrow CE.CB=CH.CF$

$\widehat{EFH}=\widehat{EBH}=\widehat{CKH}\Rightarrow HKFI$ nội tiếp $\Rightarrow CH.CF=CI.CK\Rightarrow CI.CK=CE.CB\Rightarrow EIBK$ nội tiếp

c) $\Delta FCB \sim \Delta EKB(\widehat{CFB}=\widehat{CAB}=\widehat{BEK})\Rightarrow \dfrac{CF}{CB}=\dfrac{EK}{BK}$

Tương tự: $\Delta EIB \sim \Delta HCB\Rightarrow \dfrac{CH}{CB}=\dfrac{EI}{IB}$

Cộng lại

Câu bất.

Câu 4:

a) Đặt: $\left\{\begin{matrix} x=a+b\\ y=b+c\\ z=c+a \end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} a=\dfrac{y+z-x}{2}\\ b=\dfrac{x-y+z}{2}\\ c=\dfrac{x+y-z}{2} \end{matrix}\right.$

Ta có: $\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{4c}{a+b}=\dfrac{y+z-x}{2x}+\dfrac{x-y+z}{2y}+4.\dfrac{x+y-z}{2z}\\=\left ( \dfrac{y}{2x}+\dfrac{x}{2y} \right )+\left ( 2\dfrac{y}{z}+\dfrac{z}{2y} \right )+\left ( 2\dfrac{x}{z}+\dfrac{z}{2x} \right )-3\geqslant 1+2+2-3=2$

Dấu "=" không xảy ra

b) Hệ điều kiện: $\left\{\begin{matrix} a+b+c=5\\ ab+bc+ca=7 \end{matrix}\right.\iff \left\{\begin{matrix} a+b=5-c\\ ab=7-c(a+b)=7-c(5-c) \end{matrix}\right.$

Theo BĐT: $(a+b)^2\geqslant 4ab\iff (5-c)^2\geqslant 4(7-5c+c^2)\\\iff 3c^2-10c+3\leqslant 0\Leftrightarrow \dfrac{1}{3}\leqslant c\leqslant 3$

Tương tự với $a,b$

Câu tổ quá dễ

Câu 5:

9 số nguyên dương có dạng: $2^x3^y5^z$, $(x;y;z)$ chỉ có các dạng (chẵn, chẵn, chẵn), (lẻ, lẻ, lẻ), (chẵn, chẵn, lẻ), (chẵn, lẻ, lẻ) và các hoán vị. Có 8 trường hợp

Theo nguyên lí $Dirichlet$ ta có 2 số cùng dạng, tích 2 số đó là 1 số chính phương

Câu 3:

b) Ta có: $H=\dfrac{y^4}{1+y^2+y^4(x^4+x^2)}=\dfrac{1}{\dfrac{1}{y^4}+\dfrac{1}{y^2}+x^4+x^2}\leqslant \dfrac{1}{2\dfrac{x^2}{y}+2\dfrac{x}{y^2}}$

Từ giả thiết: $x(xy+1)=2y^2\iff x^2y+xy=2y^2\iff \dfrac{x^2}{y}+\dfrac{x}{y^2}=2$

Thay vào

Bài cuối khá dễ

Chém luôn câu 3a

Phương trình đã cho tương đương với: $((x-a)^2-1)(a(x-a)^2-1)=0$

+) Nếu $a<0$ thì phương trình: $a(x-a)^2-1=0$ vô nghiệm.

Phương trình đã cho có nghiệm dương nhiều hơn nghiệm âm $\iff (x-a)^2-1$ có 2 nghiệm dương $\iff a>1$

+) Nếu $a>0$ thì phương trình: $a(x-a)^2-1=0$ có nghiệm: $x=a\pm \dfrac{1}{\sqrt{a}}$. Vì $x=a+ \dfrac{1}{\sqrt{a}}>0$

Xét các trường hợp: Nếu $((x-a)^2-1)=0$ có 2 nghiệm dương, $x=a-\dfrac{1}{\sqrt{a}}>0$, nếu 2 trong 3 nghiệm > 0...

Bài bất quá dễ

Ta có: $\dfrac{1}{a+1}+\dfrac{2017}{2017a+b}+\dfrac{2018}{2018+c}\leqslant 1\\\iff \dfrac{c}{c+2018}\geqslant \dfrac{1}{a+1}+\dfrac{2017}{2017a+b}\geqslant 2\sqrt{\dfrac{1}{a+1}.\dfrac{2017}{2017a+b}}$

Tương tự: $\dfrac{b}{2017+b}\geqslant 2\sqrt{\dfrac{1}{1+a}.\dfrac{2018}{2018+c}}\\\dfrac{a}{a+1}\geqslant 2\sqrt{\dfrac{2017}{2017+b}.\dfrac{2018}{2018+c}}$

Nhân lại ta có: $abc\geqslant 8.2017.2018$

Dấu "=" xảy ra: $\iff a=1,b=2017,c=2018\square$

Tìm m, n, p thỏa mãn:

 $\left\{\begin{matrix} m^{3}-n^{2}-n=\frac{1}{3}\\ n^{3}-p^{2}-p=\frac{1}{3}\\ p^{3}-m^{2}-m=\frac{1}{3} \end{matrix}\right.$

Do vai trò của $m,n,p$ bình đẳng, giả sử: $m=max\left \{ m,n,p \right \}$

Xét:

+) Trường hợp: $m\geqslant n\geqslant p$. Từ hệ ta có:

$\left\{\begin{matrix} m^3=n^2+n+\dfrac{1}{3}\leqslant m^2+m+\dfrac{1}{3}\\ p^3=m^2+m+\dfrac{1}{3}\geqslant p^2+p+\dfrac{1}{3} \end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} m\leqslant \dfrac{1}{\sqrt[3]{4}-1}\\ p\geqslant \dfrac{1}{\sqrt[3]{4}-1} \end{matrix}\right.\\\iff m=p=n=\dfrac{1}{\sqrt[3]{4}-1}$

+) Trường hợp: $m\geqslant p\geqslant n$. Làm tương tự

Vậy: $\boxed{m=n=p=\dfrac{1}{\sqrt[3]{4}-1}}$ là nghiệm duy nhất của hệ

Tiếp nối $topic$ của cao nhân L Lawliet. Đây là $TOPIC$ tổng hợp các bài toán chưa có lời giải từ trang 1/284 đến 50/284, trong thời gian gần đây....

Lưu ý: - Các thành viên không được thảo luận tại đây, tuyệt đối không spam

          - Các bài màu xanh dương là các bài chưa có lời giải

          - Khi đưa ra lời giải, nhắn tin cho tôi

$\boxed{1}$ Cho $x,y,z,u,v$ là các số nguyên dương thỏa mãn : $xyzuv=z+y+z+u+v$. Tìm GTLN của $max\left \{ x,y,z,u,v \right \}$

$\boxed{4}$ Cho $a,b,c,p,q,r$ đôi một khác nhau. Giải hệ : 
$\begin{cases} &\\\dfrac{x}{a-q}+\dfrac{y}{b-q}+\dfrac{z}{c-q}=1\\&\\\dfrac{x}{a-p}+\dfrac{y}{b-p}+\dfrac{z}{c-p}=1\\&\\\dfrac{x}{a-r}+\dfrac{y}{b-r}+\dfrac{z}{c-r}=1\\& \end{cases}$

$\boxed{5}$ Phân tích nhân tử:

$a^{7}c^{12}+b^{7}a^{12}+c^{7}b^{12}-a^{7}b^{12}-b^{7}c^{12}-c^{7}a^{12}$

$\boxed{6}$ Chưng minh không tồn tại a,b,c$\epsilon \mathbb{Z}$ để 2 phương trình bậc 2 sau đều có 2 nghiệm nguyên:

$\boxed{7}$ Bạn Nam muốn cắt một đoạn dây dài 63cm thành các đoạn nhỏ hơn sao cho một hoặc nhiều mảnh ghép với nhau được các số tự nhiên từ 1 đến 63. Hỏi bạn Nam phải cắt ít nhất bao nhiêu lần? (HSG Toán 8 - Hương Sơn 2015-2016)

$\boxed{8}$ Cho phương trình $x^3-ax^2+bx-a=0$ có 3 nghiệm thực dương.Tìm $a,b$ để biểu thức $P=\frac{b^{2016}-3^{2016 }}{a^{2016}}$ đạt GTNN và tìm GTNN đó

$\boxed{9}$ Cho x, y, z thỏa mãn:$\frac{2}{x+y}+\frac{2}{y+z}+\frac{2}{z+x}=\frac{1007x}{x+y}+\frac{1007y}{y+z}+\frac{1007z}{z+x}=2014$. Tính tổng $S = x + y + z.$

$\boxed{10}$  Cho phương trình: $x^2-2x+m-3=0$. Tính $A = x_{1}^{5}+32x_{2}^{5}-x_{1}-x_{2}$

$\boxed{11}$  Tìm a,n,m,p thuộc N biết:

$(-216x^4y)^2(-4x^5y^3z)(-2x^7y^5z^2)=2016ax^{n+2}y^{m-1}z^{p-2}$

$\boxed{12}$ Cho a, b, c, d là các số tự nhiên thỏa mãn $(a+c)^{2} + 2c = (b+d)^{2} +2d$. Chứng minh rằng

$\boxed{19}$ Tìm $m$ để phương trình $x^4-(2m+3)x^2+m+5=0$ có các nghiệm thỏa mãn $-2<x_1<-1<x_2<0<x_3<1<x_4<3$

$\boxed{20}$ Cho phương trình $ax^{2}+bx+c=0$ có 2 nghiệm $\in [0,1]$.

$\boxed{21}$ Tìm nghiệm nguyên của phương trình: $x^{y}+1=z$

$\boxed{22}$ Cho các số $m,n,p$ thỏa mãn các điều kiện

$\boxed{26}$ Tìm các cặp $(a,b)$ nguyên sao cho tồn tại đa thức hệ số nguyên $P(x)$ sao cho \[  x^n+c_{n-1}x^{n-1}+\cdots+c_1x+c_0=(x^2+ax+b)\cdot P(x) \]với $c_0,c_1,...,c_{n-1}$ bằng $1$ hoặc $-1$.

$\boxed{27}$ Cho $\left\{\begin{matrix} \left ( a+b \right )\left ( b+c \right )\left ( c+a \right )=abc & \\ \left ( a^3+b^3 \right )\left ( b^3+c^3 \right )\left ( c^3+a^3 \right )=8a^3b^3c^3 & \end{matrix}\right.$. Chứng minh $abc=0$

$\boxed{50}$ Cho phương trình $ax^2+bx+c=0$ ( a khác $0$) có hai nghiệm $x_1;x_2$  thỏa mãn $ax_1+bx_2+c=0$. Tính giá trị biểu thức:

$M=a^2c+ac^2+b^3-3abc$

Sẽ tiếp tục cập nhật...!                       

Full hình. Ôi dào...

a) Ta có: $\widehat{DEF}+\widehat{DFE}=180^o-\widehat{EDF}=\widehat{ABC}$

$\widehat{KFE}+\widehat{KEF}=\dfrac{\widehat{DFB}}{2}+\widehat{BFE}+\dfrac{DEB}{2}+\widehat{BEF}\\=\dfrac{\widehat{DEF}+\widehat{DFE}}{2}+\dfrac{\widehat{BFE}+\widehat{BEF}}{2}\\=\dfrac{\widehat{ABC}}{2}+\dfrac{\widehat{BCE}}{2}=\dfrac{\widehat{ABC}+\widehat{ADC}}{2}=90^o$

b) $\Delta EBD \sim \Delta ECA\Rightarrow \dfrac{EM}{AC}=\dfrac{EN}{BD}\iff EM.BD=EN.AC$

c) Gọi $K', K''$ lần lượt là giao điểm của $EK, FK$ với $MN$

Từ: $\Delta EBD \sim \Delta ECA\Rightarrow \widehat{AEM}=\widehat{DEN}\\ \Rightarrow \widehat{MEK'}=\widehat{NEK'}\Rightarrow \dfrac{K'M}{K'N}=\dfrac{ME}{NE}$

Tương tự: $\dfrac{K"M}{K"N}=\dfrac{FM}{FN}$

Giống câu b: $\Delta FAC\sim \Delta FBD\Rightarrow \dfrac{FM}{FN}=\dfrac{AC}{BD}$

Kết hợp câu b suy ra: $\dfrac{K'M}{K'N}=\dfrac{K''M}{K''N}$ hay $M\equiv M'\equiv M''$

Đây này

http://www.hexagon.e..._1377958817.pdf

Bạn đùa hả. Cái này mình chả hiểu gì. Tiếng anh còn dốt nữa....

Cho $x,y \in N*$, $x+y=2017$. Tìm GTNN,GTLN: $P=x(x^{2}+y)+y(y^{2}+x)$

Bài này khá hay

Ta có: $P=x^3+y^3+2xy=2017(2017^2-3xy)+2xy=2017^3-6049xy$

Lại có: $-xy=\dfrac{(x-y)^2-(x+y)^2}{4}=\dfrac{(x-y)^2-2017^2}{4}$

Mà: $1\leqslant \left | x-y \right |\leqslant 2015\Rightarrow \dfrac{1-2017^2}{4}\leqslant -xy\leqslant \dfrac{2015^2-2017^2}{4}$

Thay vào có ngay

$Min_{P}=2017^3+6049.\dfrac{1-2017^2}{4}\iff (x,y)\in \left \{ (1008,1009);(1009,1008) \right \}\\ Max_{P}=2017^3+6049.\dfrac{2015^2-2017^2}{4}\iff (x,y)\in \left \{ (2016,1);(1,2016) \right \}$

a) Ta có: $\widehat{DBA}=30^o, \widehat{DAB}=60^o\Rightarrow \widehat{BDA}=90^o\Rightarrow ADBN$ nội tiếp

b) Nhận thấy: $AC=AB=2AD$

Áp dụng định lí $Menelaus$ cho $\Delta ANC$ với $\overline{D,I,O}$, ta có:

$\dfrac{DA}{DC}.\dfrac{IC}{IN}.\dfrac{ON}{AO}=1$

Mà: $\dfrac{DA}{DC}=\dfrac{1}{3}; \dfrac{ON}{OA}=\dfrac{1}{2}\Rightarrow \dfrac{IC}{IN}=6\Rightarrow \dfrac{IN}{IB}=\dfrac{1}{4}$

Áp dụng định lí $Menelaus$ cho $\Delta ABN$ với $\overline{F,I,O}$, ta có:

$\dfrac{FB}{FA}.\dfrac{OA}{ON}.\dfrac{IN}{IB}\Rightarrow \dfrac{FB}{FA}=2$

Xét $\Delta ABO$ có: $\dfrac{FB}{FA}.\dfrac{NA}{NO}.\dfrac{EO}{EB}=1\Rightarrow \overline{F,N,E}$ ($Menelaus$ đảo)

c) Kẻ: $FH\perp BC$

Ta có: $\dfrac{FH}{AN}=\dfrac{FB}{AB}=\dfrac{2}{3}\Rightarrow FH=\dfrac{2}{3}AN=\dfrac{1}{3}AO$

Mà: $CE=AO$

Do đó:

$\dfrac{FH}{CE}=\dfrac{1}{3}\Rightarrow \dfrac{FN}{NE}=\dfrac{1}{3}\\ MA=MB,FB=2FA\Rightarrow \dfrac{FB}{MB}=\dfrac{\dfrac{2}{3}AB}{\dfrac{1}{2}AB}=\dfrac{4}{3}\\\Rightarrow \dfrac{MF}{MB}=\dfrac{1}{3}$

Xét $\Delta FBE$ có: $\dfrac{OB}{OE}.\dfrac{NE}{FN}.\dfrac{MF}{MB}=1\Rightarrow \overline{M,I,E}$ (theo $Ceva$ đảo)

Ta có đpcm

Bài cuối khá dễ

Câu 5

a) Phương trình đã cho tương đương với: $(x+1)(y+1)(z+1)=3$

Xét các trường hợp

b)

Chia hình vuông thành $8$ tam giác bằng nhau như hình vẽ, mỗi tam giác có diện tích $\dfrac{1}{8}$

Theo nguyên lí $Dirichlet$ tồn tại $3$ điểm nằm trong một tam giác có diện tích nhỏ hơn$\dfrac{1}{8}$

PS: Bài cơ bản quá

Bài hình nè: https://diendantoanh...-năm-2017-2018/

Câu phương trình

a) ĐK: $x \geqslant -3$. Phương trình đã cho tương đương với: $(x+1)^3=(x\sqrt{x+3})^2\iff x+1=x\sqrt{x+3}\iff x^2+2x+1=x^2(x+3)\\ \iff (x-1)(x^2+3x+1)\iff \boxed{x \in -1;\dfrac{-3\pm \sqrt{5}}{2}}$

b) Từ phương trình thứ (2)

$\iff 2x^6-2(xy)^3=1-3xy=x^2+xy+y^2-3xy=(x-y)^2\\ \iff (x-y)(2x^3-x+y)=0$

Thay vào được các nghiệm: $\boxed{(x,y)\in \left \{ (-1,1);(1,-1);\left ( -\dfrac{1}{\sqrt{3}},-\dfrac{1}{\sqrt{3}} \right );\left ( \dfrac{1}{\sqrt{3}},\dfrac{1}{\sqrt{3}} \right ) \right \}}$

Câu I

2) Ta có: $\dfrac{a}{1+a^2}+\dfrac{b}{1+b^2}=\dfrac{2ab+a+b}{(a+1)(b+1)(a+b)}=\dfrac{1+ab}{(a+1)(b+1)(a+b)}$

$\dfrac{1+ab}{\sqrt{2(1+a^2)(1+b^2)}}=\dfrac{1+ab}{\sqrt{2(1+a)(1+b)}(a+b)}$

Đẳng thức cần chứng minh: $\iff (a+1)(b+1)=\sqrt{2(a+1)(b+1)}\\\iff (a+1)^2(b+1)^2-2(a+1)(b+1)=0 \\ \iff (a+1)(b+1)-2=0\iff ab+a+b=1$ (luôn đúng)

Vậy ta có đpcm

Câu Hình dễ nhỉ

a) Dễ dàng chứng minh được $5$ điểm $M,A,O,I,B$ cùng thuộc đường tròn đường kính $OM$

b) Gọi giao điểm của tiếp tuyến tại $B$ và $C$ là $P$

Dễ thấy: $OCPD$ nội tiếp

Mà: $MH.MO=MA^2=MC.MD\Rightarrow CHOD$ nội tiếp $\Rightarrow O,H,C,P,D$ cùng thuộc một đường tròn

$\Rightarrow \widehat{OHP}=90^o$. Mà: $\widehat{OHB}=90^o\Rightarrow \overline{A,B,P}$

c) Có: $HC^2=\dfrac{MC^2.OD^2}{OM^2}$, $HA^2=MH.OH$

$\Rightarrow \dfrac{HA^2}{HC^2}=\dfrac{MH.OH.OM^2}{MC^2.OA^2}=\dfrac{MH.OH.OM^2}{MC^2.OH.OM}\\=\dfrac{MH.OM}{MC^2}=\dfrac{MC.MD}{MC^2}=\dfrac{MD}{MC}$

Đề quá dễ

Câu hình dễ như đề đại trà

Chỉ giải câu c

Gọi giao điểm của $OC$ và $(O)$ là $P$

Chứng minh được $AHBP$ là hình bình hành, nên $\overline{H,D,P}$ nên $AH=2OD$ không đổi

Vậy bán kính $(CED)$ là $OD$ không đổi