Chủ đề này có 5 trả lời

[vutuanhien]

Câu 1:Cho tam giác $ABC$. Đường tròn bàng tiếp góc $A$ cắt các cạnh $AB$, $AC$ tương ứng tại $P$ và $Q$; đường tròn bàng tiếp góc $B$ cắt các cạnh $BA$, $BC$ tương ứng tại $M$ và $N$. Gọi $K$ là hình chiếu của $C$ lên $MN$ và $L$ là hình chiếu của $C$ lên $PQ$. Chứng minh rằng tứ giác $MKLP$ là tứ giác nội tiếp

 

Câu 2:Tìm tất cả các số nguyên dương $x,y,z$ thỏa mãn $x^5+4^{y}=2013^{z}$

 

Câu 3:Giả sử $S$ là tập số thực dương. Tìm tất cả các hàm số $f:S\rightarrow S^{3}$ thỏa mãn các điều kiện sau với mọi số thực dương $x,y,z,k$

1. $xf(x,y,z)=zf(z,x,y)$
2. $f(x,ky,k^2z)=kf(x,y,z)$
3. $f(1,k,k+1)=k+1$ 

Câu 4::Trong 1 cuộc thi toán, có 1 số toán thủ quen nhau. 2 toán thủ được coi là bạn nhau nếu $A$ là bạn của $B$ thì $B$ cũng là bạn của $A$. Chúng ta nói rằng $n\geq 3$ các toán thủ khác nhau $A_{1}, A_{2},...,A_{n}$ tạo thành 1 vòng tròn tình bạn không bền (weakly-friendly circle) nếu $A_{i}$ không phải là bạn của $A_{i+1}$ với mọi $1\leq i\leq n$ (quy ước $A_{n+1}=A_{1}$), và không có bất cứ cặp đôi nào khác mà 2 người đó không phải là bạn của nhau.

Cho biết điều kiện sau đây thỏa mãn:"Với mọi toán thủ $C$ và tất cả các vòng tròn tình bạn không bền $S$ không chứa $C$, tập hợp 1 số các toán thủ $D$ của $S$ không phải là bạn của $C$ có ít nhất 1 người."

Chứng minh rằng:Ta có thể chia tất cả các toán thủ của cuộc thi vào 3 phòng, sao cho bất cứ 2 toán thủ ở cùng phòng đều là bạn của nhau.

 

 

[gogo123]

Bài 1.Gọi $T$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$.

Ta sẽ chứng minh $\angle QLK = \angle KMP  \Rightarrow \angle CLK = \angle TBA$ (phụ nhau)

Hay ta sẽ chứng minh 2 tam giác $TAB$ và $CKL$ đồng dạng.

Thật vậy,

   $\frac {CL}{AD}= \frac{QC}{QA} ; \frac{CK}{BE} = \frac{NC}{NB}$ 

 $\Rightarrow \frac {CL}{CK} = \frac {AD.QC.NB} {BE.NC.QA}$

Ta lại có :

  $BI = \frac {BM^2}{BE};\frac {BT}{BI}= \frac {BR}{BM} \Rightarrow BT= \frac {BM.BR}{BE} =\frac {BN.QC}{BE}$

 Tương tự ta cũng có $AT= \frac {AP.AR}{AD} = \frac {AQ.CN}{AD} $

 Suy ra: $ \frac {BT}{AT} = \frac {BN.QC.AD} {BE.AQ.CN} = \frac{CL}{CK}$

Mặt khác hai cặp cạnh $\left ( TB,CK \right );\left ( TA;CL \right )$ song song nên $\angle LCK =\angle BTA $

Do đo 2 tam giác $CLK$ và $TBA$ đồng dạng. Ta có đpcm.

Hình gửi kèm

• 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi gogo123: 15-07-2013 - 01:51

[barcavodich]

Bài $1$ (cách khác)

Gọi $ MN\cap PQ=I $

Đường tròn bàng tiếp góc $A$ và góc $B$ lần lượt tiếp xúc $BC$ và $CA$ tại $X$ và $Y$

Gọi $X_1$ là giao $PC$ và Đường tròn bàng tiếp góc $A$,$Y_1$ là giao $MC$ và Đường tròn bàng tiếp góc $B$

Ta có $PXX_1Q$ là tứ giác điều hòa 

$\Rightarrow (P,X_{1};X,Q)=-1 $

Tương tự $(M,Y_{1};Y,N)=-1$

Do đó $PX$ và $MY$ cắt nhau tại $1$ điểm trên $IC$

Lại có $ MY\perp PQ $,$ PX\perp MN $

$\Rightarrow IC\perp AB$

Từ đó $IK.IM=IC.ID=IL.IP$(gọi $D$ là giao $IC$ vói $AB$)

Hay $MKLP$ nội tiếp

QED

[chrome98]

.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi chrome98: 23-07-2013 - 13:24

[ntsondn98]

Bài 1.Gọi $T$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$.

Ta sẽ chứng minh $\angle QLK = \angle KMP  \Rightarrow \angle CLK = \angle TBA$ (phụ nhau)

Hay ta sẽ chứng minh 2 tam giác $TAB$ và $CKL$ đồng dạng.

Thật vậy,

   $\frac {CL}{AD}= \frac{QC}{QA} ; \frac{CK}{BE} = \frac{NC}{NB}$ 

 $\Rightarrow \frac {CL}{CK} = \frac {AD.QC.NB} {BE.NC.QA}$

Ta lại có :

  $BI = \frac {BM^2}{BE};\frac {BT}{BI}= \frac {BR}{BM} \Rightarrow BT= \frac {BM.BR}{BE} =\frac {BN.QC}{BE}$

 Tương tự ta cũng có $AT= \frac {AP.AR}{AD} = \frac {AQ.CN}{AD} $

 Suy ra: $ \frac {BT}{AT} = \frac {BN.QC.AD} {BE.AQ.CN} = \frac{CL}{CK}$

Mặt khác hai cặp cạnh $\left ( TB,CK \right );\left ( TA;CL \right )$ song song nên $\angle LCK =\angle BTA $

Do đo 2 tam giác $CLK$ và $TBA$ đồng dạng. Ta có đpcm.

[reddevil1998]

Lâu rồi mới lên lại VMF thì thôi tặng mn lời giải bài tổ vậy

Hoặc có thê dùng bổ đề : Mọi graph có deg >=3 thì luôn có chu trình độ dài chẵn:)))

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi reddevil1998: 21-07-2014 - 13:28