Bài 53. Cho đường tròn tâm O. Từ điểm M nằm ngoài đường tròn vẽ tiếp tuyến MA, MC (A, C là tiếp điểm), B thuộc cung lớn AC sao cho MB nằm giữa MO và MC. Tia MB cắt đường tròn tại Q khác B, cắt CA tại N.

        a) Gọi T là trung điểm của BQ. Chứng minh rằng MQ.MB=MN.MT

        b) Gọi K là điểm đối xứng với C qua B. Qua Q kẻ đường thẳng song song với BC cắt CM tại H. Chứng minh rằng QH, AC, MK đồng quy.

a)$MQ.MB=MA^2$(Do tam giác $MAQ$ đồng dạng tam giác $MBA$)

Mặt khác do $T$ là trung điểm $BQ$ nên $\widehat{OTQ}=90^0$. Từ đó suy ra 5 điểm $M,A,T,O,C$ thuộc một đường tròn.

$\Rightarrow \widehat{MAC}=\widehat{MCA}=\widehat{ATM}$

Từ đó $\Delta MAN \sim \Delta MTA \Rightarrow MN.MT=MA^2$

Do đó $MN.MT=MQ.MB$

b)Tứ giác $AQCB$ điều hòa

$\Rightarrow QB.AC=2AB.QC(*)$
Gọi $W$ là giao điểm của $AC$ và $MK$

$\Rightarrow Q$ là trung điểm của $HW$(Do $HW \parallel CK$ và $BC=BK$)

Gọi $W'$ là giao điểm của $AC$ và $HQ$

$\Delta HQC \sim \Delta QCB \Rightarrow HQ/HC=QC/QB$

$\Delta HCW' \sim \Delta ABC \Rightarrow HW'/HC=AC/AB$

Do (*) $\Rightarrow HW'=2HQ$

Do đó $Q$ là trung điểm $HW'$

Từ đó suy ra $W' \equiv W$(DPCM)
Hình gửi kèm
 

neu ton tai cau lac bo co 1 hoc sinh thi sao

ý bạn là sao?

Giả sử all câu lạc bộ đều không quá 8 h/s.
Gọi A là số câu lạc bộ.
Xét $A>4$ chọn 5 câu lạc bộ lấy 2 h/s mỗi câu lạc bộ thì được 10 bạn h/s và 10 bạn h/s này thì không thỏa mãn đk đề bài.
Xét $A<4$ thì max h/s của các clb là $3x8=24$ học sinh vậy nên sẽ còn $11$ học sinh còn lại mỗi người tham gia một câu lạc bộ riêng biệt. Hiển nhiên bóc đại 10 h/s trong này cũng chả thỏa mãn đề bài.
Vậy nên $A=4$.

Số học sinh tham dự clb max sẽ là $32$ học sinh vậy nên sẽ có $3$ học sinh, mỗi h/s tham gia mỗi clb riêng biệt.
Chọn $2$ h/s thuộc nhóm trên kết hợp lấy mỗi clb trong 4 clb ban đầu 2 h/s thì hiển nhiên cũng không thỏa mãn đề bài.
Vậy nên ta có điều phải chứng minh...

Gọi hai chữ số của $n$ là $ab$(Điều kiện $0<a \leq 9,0 \leq b \leq 9$ và $a,b \in mathbb{N})$
Theo đề bài ta có:$10a+b$ chia hết cho $ab$.(*)
Do đó $10a+b$ chia hết cho $a$
Hay $b$ chia hết cho $a$.
Đặt $b=ak$(Bạn tự xem đk của $k$ nhé) thay vào (*) ta được:
$a(10+k) \vdots ab \\\Leftrightarrow 10+k \vdots b$ hay $10 \vdots k$ do $b \vdots k$.
Từ đây dễ dàng tìm được $q=1,2,5,10$
Kết hơp điều kiện ban đầu giới hạn $a,b$ dễ dàng tìm được các số thỏa mãn

có vài tài liệu hay đầu tiên là cuốn sách của Nguyễn Tất Thu
thứ 2 là tài liệu tổ hợp của thầy Trần Nam Dũng thứ 3 là cuốn tuyển tập 200 bài toán thi vô địch toán (tập 7: tổ hợp) và nhiều phần tổng hợp các bài hay từ đề thi các tỉnh thành phố và quốc gia trên thế giới

Bác cho tôi xin với nhé. Mail: [email protected]

Bài 3:

a) $\widehat{DIC}=\widehat{BOA}=\widehat{BEC}$

$\Rightarrow Q.E.D$

 

 

b) Hình như phải là $\widehat{DHB}=\frac{1}{2}\widehat{DHE}$

Ta có:$AD.AE=AB^{2}=AH.AO$

Do đó,$DHOE$ nội tiếp

$\Rightarrow \widehat{DHA}=\widehat{DEO}=\widehat{ODE}=\widehat{OHE}\\\Rightarrow \widehat{DHB}=\frac{1}{2}\widehat{DHE}\Rightarrow Q.E.D$

 

 

c) Tính chất tứ giác điều hòa

Đề đúng rồi đấy.

Câu 7:
Nối $M$ với $3$ đỉnh của tam giác $ABC$.
Ta có :$BD^2+AF^2+CE^2=BM^2-MD^2+AM^2-MF^2+CM^2-ME^2=(BM^2-MF^2)+..........=BF^2+AE^2+CD^2(*)$.
Ta có:$BD^2+CD^2 \geq \dfrac{(BD+CD)^2}{2}=\dfrac{BC^2}{2}$.
Tương tự cộng vế theo vế kết hợp $(*)$ ta sẽ được CD^2+BF^2+AE^2 \geq \dfrac{AB^2+BC^2+CA^2}{4}=const$.
Dấu '=' khi $M$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$

Câu 6:
Tách ra thành: $\dfrac{9x}{2-x}+\dfrac{2-x}{x}+2 \\\geq 6+2=8$.
Dấu '=' khi $x=\dfrac{1}{2}$

Đặt $a=2-\sqrt{3}$,$b=2+\sqrt{3}$.
Dễ thấy: $ab,a.a+b.b$ là một số nguyên và $a,b,a^2,b^2$ là một số vô tỷ.
Dễ thấy biểu thức cần tìm gồm chẵn số hạng và các chỉ số $x$ chỉ nhận một trong 2 giá trị $a,b$.
Vậy nên để biểu thức đó nguyên thì tồn tại $2k( 0 \leq k \leq 505)$ số hạng $ab$ và $\dfrac{1010-2k}{2}$ số hạng $a.a,b.b$.
Do các giá trị $ab,a.a+b.b$ có giá trị khác nhau nên với mỗi $k$ ta đều tìm được các giá trị nguyên khác nhau của biểu thức.
Do đó tồn tại $\dfrac{505-0}{1}+1=506$ giá trị nguyên khác nhau.

 

Câu 5:
$f(x_1-m)=(x_1-m)^2+m(x_1-m)+m-13=x_1^2-2x_1m+m^2+mx_1-m^2+m-13=x_1^2+mx_1+m-13-2mx_1=-2mx_1$
Tương tự ta cũng sẽ tính được $f(x_2-m)=-2mx_2$.
$x^2+mx+m-13=0$
Tính denta phương trình luôn có nghiệm với $m>13$.
Do đó theo Viet $x_1x_2=m-13,x_1+x_2=-m$.
Với $m>13$ thì rõ ràng phương trình có 2 nghiệm âm phân biệt.
Do đó $|x_1|.f(x_2-m)+|x_2|.f(x_1-m)=104 \\\Leftrightarrow -2mx_2.(-x_1)-2mx_1.(-x_2)=104 \\\Leftrightarrow mx_1x_2=26 \\\Leftrightarrow m(m-13)=26 \\\Leftrightarrow m=\dfrac{13+\sqrt{273}}{2}(m>13)$
 

Bác nào giải câu tổ cho em tham khảo với :v

Chém bất.

Ta có: $$ \displaystyle P=6\left( {ab+bc+ca} \right)+a{{\left( {a-b} \right)}^{2}}+b{{\left( {b-c} \right)}^{2}}+c{{\left( {c-a} \right)}^{2}}=\sum\limits_{{cyc}}{{{{{\left( {a-b} \right)}}^{2}}\left( {a-1} \right)}}+2\le 2$$Vậy $ \displaystyle \max P=2$. Đẳng thức đặt được khi $ \displaystyle a=b=c=\frac{1}{3}$

Bạn ghi rõ ra 1 tý được không :v cái đoạn $\sum\limits_{{cyc}}{{{{{\left( {a-b} \right)}}^{2}}\left( {a-1} \right)}}+2\le 2$
À có phải là $(a-b)^2 \geq 0$ mà $a \leq 1$ nên cái đó $ \leq 0$ hả ?

Ba

 

Loại nghiệm $x=\frac{-20}{3}$ thì giải $2\sqrt(x+4)+ \sqrt(x-4)=7$

 cũng ra x=5 thôi bạn, có gì sai đâu

Hix. Xin lỗi tui chả để ý :v

Bài III)
Tọa độ giao điểm là $x^2-mx-5=0$.
b) Áp dụng vi-et ta có:$x_1.x_2=-5$ nên $x_1,x_2$ trái dấu mặt khác $x_1<x_2$ nên $x_1<0<x_2$.
Do đó $|x_2|-|x_1|<0 \Rightarrow x_2+x_1<0 \Rightarrow m<0$
P/s: Thấy nhiều người sai câu này :v.
Câu bất:
Min dễ rồi.
Max :$9=ab+bc+ca=a(b+c)+bc \geq 2a+1 \Rightarrow a \leq 4$.
Tương tự: $a,b,c \leq 4$
Ta có: $(a-4)(a-1) \leq 0 \Rightarrow a^2 \leq 5a-4$.
Do đó $a^2+b^2+c^2 \leq 5(a+b+c)-12$.
Mặt khác: $(a-1)(b-1) \geq 0 \Rightarrow ab-(a+b) \geq 1$.
Tương tự với $(b-1)(c-1),(c-1)(a-1)$ sẽ tìm được $a+b+c \leq 6$.
Thay vào tìm max.

Câu 1a)
Phương trình tương đương:
$3(x-5)+7(\sqrt{x-4}-1)=14(\sqrt{x+4}-3) \\\Leftrightarrow 3(x-5)+\dfrac{7(x-5)}{\sqrt{x-4}+1}=\dfrac{14(x-5)}{\sqrt{x+4}+3}$.
Tới đây xét $x-5=0 \\\Rightarrow x=5$.
Xét $x \neq 5$ thì $3+\dfrac{7}{\sqrt{x-4}+1}=\dfrac{14}{\sqrt{x+4}+3}$.
Dễ thấy $VT<3,VP>3$ với điều kiện của $x$ do đó $x=5$ là nghiệm duy nhất.

CÂ

Câu 1 a)$$(3x-20)-7(2\sqrt{x+4}-\sqrt{x-4})=0 \Leftrightarrow (3x-20)-\frac{7}{2\sqrt{x+4}+\sqrt{x-4}}(3x-20)\\ = (3x-20)(1-\frac{7}{2\sqrt{x+4}+ \sqrt{x-4}})$$
b) Đặt x+1=a
y+1=b
Đưa về hệ đối xứng $\left\{\begin{matrix} 6a+4b=a^2\\ 6b+4a=b^2 \end{matrix}\right.

Câu 1a sai rồi. Phải có nhân tử là $x-5$. Tách nhân liên hợp là ra.
P/s: Bác nào full bất, tổ cái :v. Tý em gõ hình cho :v

Câu 2:
$S(n)=n^2-2017n+10=n(n-2017)+10$.
Dễ thấy nếu $n<2017$ thì $S(n)<0$.
$n=2017$ thì $S(n)=10$ thõa mãn.
$n \geq 2018$ thì $S(n)=n^2-2017n+10>n$.
Dễ thấy $n$ lúc này là  số có 4 chữ số trở lên nên không tồn tại $S(n)>n$
Vậy $n=2017$

câu phương trình:
Đặt $x+1=a$.
Biến đổi phương trình đưa về dạng:
$a^2-1-a\sqrt{a^2-1}+2a-4=0 \\\Rightarrow a^2+2a-5=a\sqrt{a^2-1}$.
Bình phương 2 vế đưa về pt tích: $(4a-5)(a^2-5)=0$ giải ra $x$ so với ĐKXĐ.

Câu 1:
a)Giải điều kiện $S=xy>0,P=x+y>0, \Delta=b^2-4ac>0$.
b)Do hệ số $x^2>0$ nên min đạt được khi $f(x)=\dfrac{-\Delta}{4a}$ khi $x=\dfrac{-b}{2a}$.
Giải ra tìm được $x=\dfrac{-503}{3}$

Câu 3:
a) Đặt $13p+1=k^3(k \in \mathbb{N})$.
Khi đó:$13p=(k-1)(k^2+k+1)$.
Dễ thấy $13,p$ đều là các số nguyên tố và :$k-1,k^2+k+1>1$ do đó sẽ xảy ra các trường hợp :$k-1=13,k^2+k+1=p$ và $k-1=p,k^2+k+1=13$.
Giải ra sẽ tìm được $p=2,211$ thỏa mãn.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO                                                    ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO 10 CHUYÊN THÁI BÌNH

             THÁI BÌNH                                                                                               NĂM 2017-2018

                                                                                                                   MÔN THI: TOÁN CHUYÊN

                                            THỜI GIAN: 150'

 

 

 

Câu 1:(2 điểm) 

 

1. Cho $a,b,$ thực.Chứng minh ít nhất 1 trong 2 phương trình sau vô nghiệm:

 

$x^{2}+2ax+2a^{2}-b^{2}+1=0$ (1)

$x^{2}+2bx+3b^{2}-ab=0$ (2)

 

2. Cho $x,y,z$ thực sao cho $\left\{\begin{matrix} x+y+z=0 & \\ xyz\neq 0 & \end{matrix}\right.$

Tính:

$P=\frac{x^{2}}{-x^{2}+y^{2}+z^{2}}+\frac{y^{2}}{x^{2}-y^{2}+z^{2}}+\frac{z^{2}}{x^{2}+y^{2}-z^{2}}$

 

Câu 2:(2,5 điểm)

 

1.Giải phương trình:

 

$\sqrt{x^{2}+4x+12}=2x-4+\sqrt{x+1}$

 

2.Giải hệ:

 

$\left\{\begin{matrix} x^{3}+y^{3}-4xy\left ( \frac{2}{x-y}-1 \right ) &=4\left ( 4+xy \right ) \\ \sqrt{x-y}+3\sqrt{2y^{3}-y+1} &=2y^{3}-x+3 \end{matrix}\right.$

 

Câu 3:(1 điểm) Tìm $x,y$ nguyên thỏa mãn:

 

$x^{3}-y^{3}=6xy+3$

 

Câu 4:(3 điểm) Cho $ABCD$ nội tiếp $(O)$.$BA\cap CD\equiv E;AD\cap BC\equiv F$.$M,N$ là trung điểm $AC,BD$.Phân giác trong $\widehat{BEC},\widehat{BFA}$ cắt nhau tại $K$.Chứng minh:

1.$\widehat{DEF}+\widehat{DFE}=\widehat{ABC}$ và $\triangle EKF$ vuông.

2.$EM.BD=EN.AC$

3. $K,M,N$ thẳng hàng.

 

Câu 5:(1,5 điểm)

1.Cho $a,b,c$ thực dương.Chứng minh:

 

$\frac{1}{a\sqrt{3a+2b}}+\frac{1}{b\sqrt{3b+2c}}+\frac{1}{c\sqrt{3c+2a}}\geq \frac{3}{\sqrt{5abc}}$

 

2.Cho 5 số tự nhiên phân biệt sao cho tổng 3 số bất kỳ trong chúng $>$ tổng 2 số còn lại.Chứng minh 5 số đã cho không nhỏ hơn 5.

 

 

 

 

 

 

 

 

P/s: Đề này khá dễ!

bạn xem phân tích có nhầm k, đề là $x^3+y^3$ mà?

Câu hệ phương trình cái phương trình $(1)$ là $x^2+y^2$ nhé ._. không phải là $x^3+y^3$ nhé

Câu c hình chứng minh sao thế nhỉ ._. Bác nào chỉ em cái :v

haha mk nói là cách trầy cối mà, bài này có thể giải đơn giản bằng cách đổi biến về $\left( {\frac{1}{a};\frac{1}{b};\frac{1}{c}} \right) \to \left( {x,y,z} \right)$ sau đó dùng $Cauchy - Schwarz$ đánh giá mẫu hoặc dùng $AM-GM$: $x + y + z \geqslant 3\root 3 \of {xyz} $ sau đó biến đổi tương đương nó cũng ra đáp án  

Ok. Nãy thấy trên fb gồi :V mà cái người chụp ảnh màn hình trên fb là bạn hả =))

Câu bất mình làm hơi trầy cối!

Theo $Holder$ ta có: $${\left( {\sum\limits_{cyc} {\frac{1}{{a\sqrt {3a + 2b} }}} } \right)^2}\left( {\sum\limits_{cyc} {\frac{{3a + 2b}}{a}} } \right) \geqslant {\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}} \right)^3}$$Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương $$\frac{{{{\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}} \right)}^3}}}{{9 + 2\sum\limits_{cyc} {\frac{b}{a}} }} \geqslant \frac{9}{{5abc}} \Leftrightarrow {\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}} \right)^3} \geqslant \frac{{81}}{{5abc}} + \frac{{18}}{5}\left( {\frac{1}{{{a^2}c}} + \frac{1}{{{b^2}a}} + \frac{1}{{{c^2}b}}} \right)$$Đặt $\left( {\frac{1}{a};\frac{1}{b};\frac{1}{c}} \right) \to \left( {x,y,z} \right)$ bất đẳng thức trở thành: $${\left( {x + y + z} \right)^3} \geqslant \frac{{81}}{5}xyz + \frac{{18}}{5}\left( {{x^2}z + {y^2}x + {z^2}y} \right)$$Không mất tính tổng quát ta giả sử $c = \min \left\{ {a,b,c} \right\}$. Ta có: $${\left( {x + y + z} \right)^3} - \frac{{81}}{5}xyz - \frac{{18}}{5}\left( {{x^2}z + {y^2}x + {z^2}y} \right)$$$$ = {\left( {x - y} \right)^2}\left( {x + y + \frac{{17}}{5}z} \right) + \left( {x - z} \right)\left( {y - z} \right)\left( {4x + \frac{2}{5}y + z} \right) \geqslant 0$$Vậy bất đẳng thức được chứng minh thành công!

Ặc!! Chắc chết :v

Câu hệ phương trình biến đổi thành:
$\left\{\begin{matrix}
 &\dfrac{(x-y-4)(x^2+4x+y^2-4y)}{x-y}=0 \\
 &(\sqrt{x-y}-\sqrt{2y^2-y+1}+2)(\sqrt{x-y}+\sqrt{2y^2-y+1}-1)=0
\end{matrix}\right.$
...