26 replies to this topic

[Juliel]

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

     TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHTN

 

ĐỀ THI OLYMPIC CHUYÊN KHOA HỌC TỰ NHIÊN 2014

Thời gian : 180 phút

NGÀY THỨ NHẤT

 

Câu I : Tìm tất cả các bộ ba số $(x,n,p)$ với $x,n$ là các số nguyên dương và $p$ là số nguyên tố thỏa mãn :

$$x^3+2x=3(p^n-1)$$

 

Câu II : Cho tam giác $ABC$. Trên đoạn thẳng $AC$ lấy điểm $P$ và trên đoạn thẳng $PC$ lấy điểm $Q$ sao cho $\dfrac{PA}{PC}=\dfrac{QP}{QC}$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABQ$ cắt $BC$ tại $R$ khác $B$.

a) Chứng minh rằng $\angle ABP=\angle PRQ$

b) Gọi $S$ là giao điểm khác $P$ của hai đường tròn ngoại tiếp các tam giác $PAB,PQR$. Chứng minh tam giác $CPS$ cân.

 

Câu III : Cho các số thực không âm $a,b,c,$ thỏa :

$$(a+b+2c)(b+c+2a)(c+a+2b)=1$$

Chứng minh rằng :

$$\dfrac{a}{b(4c+15)(b+2c)^2}+\dfrac{b}{c(4a+15)(c+2a)^2}+\dfrac{c}{a(4b+15)(a+2b)^2}\geq \dfrac{1}{3}$$

 

Vạn sự khởi đầu nan... :'(

Edited by Juliel, 23-05-2014 - 12:21.

[davidsilva98]

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

     TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHTN

 

ĐỀ THI OLYMPIC CHUYÊN KHOA HỌC TỰ NHIÊN 2014

Thời gian : 180 phút

NGÀY THỨ NHẤT

 

Câu I : Tìm tất cả các bộ ba số $(x,n,p)$ với $x,n$ là các số nguyên dương và $p$ là số nguyên tố thỏa mãn :

$$x^3+2x=3(p^n-1)$$

 

Câu II : Cho tam giác $ABC$. Trên đoạn thẳng $AC$ lấy điểm $P$ và trên đoạn thẳng $PC$ lấy điểm $Q$ sao cho $\dfrac{PA}{PC}=\dfrac{QP}{QC}$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABQ$ cắt $BC$ tại $R$ khác $B$.

a) Chứng minh rằng $\angle ABP=\angle PRQ$

b) Gọi $S$ là giao điểm khác $P$ của hai đường tròn ngoại tiếp các tam giác $PAB,PQR$. Chứng minh tam giác $CPS$ cân.

 

Câu III : Cho các số thực không âm $a,b,c,$ thỏa :

$$(a+b+2c)(b+c+2a)(c+a+2b)=1$$

Chứng minh rằng :

$$\dfrac{a}{b(4c+15)(b+2c)^2}+\dfrac{b}{c(4a+15)(c+2a)^2}+\dfrac{c}{a(4b+15)(a+2b)^2}\geq \dfrac{1}{3}$$

 

Vạn sự khởi đầu nan... :'(

 

Câu I:

Lời giải.

Ta có: $x^{3}+2x=3(p^{n}-1)\Leftrightarrow x^{3}+2x+3=3p^{n}\Leftrightarrow (x+1)(x^{2}-x+3)=3p^{n}$

Gọi $d=(x+1;x^{2}-x+3)\Rightarrow \left\{\begin{matrix} x+1\vdots d\\ x^{2}-x+3\vdots d \end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} (x+1)(x-2)+5\vdots d\\ x+1\vdots d \end{matrix}\right.\Rightarrow 5\vdots d$

$\cdot p=3\Rightarrow (x+1)(x^{2}-x+3)=3^{n+1}\Rightarrow \left\{\begin{matrix} x+1=3^{n+1}\\ x^{2}-x+3=1 \end{matrix}\right.\Rightarrow x^{2}-x+2=0$ (vô lý)

$\cdot p\neq 3$. Ta xét hai trường hợp sau:

TH1: $d=5\Rightarrow p=5\Rightarrow (x+1)(x^{2}-x+3)=3.5^{n}$

Suy ra: $\begin{bmatrix} \left\{\begin{matrix} x+1=5\\ x^{2}-x+3=3.5^{n-1} \end{matrix}\right.\\ \left\{\begin{matrix} x+1=3.5\\ x^{2}-x+3=5^{n-1} \end{matrix}\right.\\ \left\{\begin{matrix} x+1=5^{n-1}\\ x^{2}-x+3=3.5 \end{matrix}\right.\\\left\{\begin{matrix} x+1=3.5^{n-1}\\ x^{2}-x+3=5 \end{matrix}\right. \end{bmatrix}\Rightarrow \begin{bmatrix} \left\{\begin{matrix} x=4\\ n=2 \end{matrix}\right.\\ \left\{\begin{matrix} x=14\\ 5^{n-1}=185 \end{matrix}\right.\\ \left\{\begin{matrix} x=4\\ n=2 \end{matrix}\right.\\\left\{\begin{matrix} x=2\\ n=1 \end{matrix}\right. \end{bmatrix}$

TH2: $d=1\Rightarrow \begin{bmatrix} \left\{\begin{matrix} x+1=3\\ x^{2}-x+3=p^{n} \end{matrix}\right.\\ \left\{\begin{matrix} x+1=p^{n}\\x^{2}-x+3=3 \end{matrix}\right. \end{bmatrix}\Rightarrow \begin{bmatrix} \left\{\begin{matrix} x=2\\ p=5 \\ n=1 \end{matrix}\right.\\\left\{\begin{matrix} x=1\\ p=2 \\ n=1 \end{matrix}\right. \end{bmatrix}$

Vậy $(x,n,p)=\begin{Bmatrix} (4,2,5);(2,1,5);(1,1,2) \end{Bmatrix}$

[vutuanhien]

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

     TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHTN

 

ĐỀ THI OLYMPIC CHUYÊN KHOA HỌC TỰ NHIÊN 2014

Thời gian : 180 phút

NGÀY THỨ NHẤT

Câu III : Cho các số thực không âm $a,b,c,$ thỏa :

$$(a+b+2c)(b+c+2a)(c+a+2b)=1$$

Chứng minh rằng :

$$\dfrac{a}{b(4c+15)(b+2c)^2}+\dfrac{b}{c(4a+15)(c+2a)^2}+\dfrac{c}{a(4b+15)(a+2b)^2}\geq \dfrac{1}{3}$$

 

Vạn sự khởi đầu nan... :'(

Không đi thi nhưng cũng chém gió tí

+) Từ giả thiết suy ra $a+b+c\geq \frac{3}{4}$

+) Ta có BĐT quen thuộc

$$\frac{a}{b+2c}+\frac{b}{c+2a}+\frac{c}{a+2b}\geq 1$$

+) Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz, ta có

$$VT= \sum \dfrac{\frac{a^2}{(b+2c)^2}}{ab(4c+15)}\geq \dfrac{(\sum \frac{a}{b+2c})^2}{12abc+15\sum ab}\geq \dfrac{1}{12abc+15\sum ab}$$

Do đó ta chỉ cần chứng minh:

$$12abc+15(ab+bc+ca)\leq 3$$

$$\Leftrightarrow 12abc+15(ab+bc+ca)\leq 3(a+b+2c)(b+c+2a)(c+a+2b)$$

Khai triển ra ta thấy BĐT tương đương với

$$6(a+b+c)^3+3(a+b+c)(ab+bc+ca)\geq 9abc+15(ab+bc+ca)$$

Dễ thấy BĐT này đúng theo BĐT AM-GM và $a+b+c\geq \frac{3}{4}$

[BlackSelena]

Câu II : Cho tam giác $ABC$. Trên đoạn thẳng $AC$ lấy điểm $P$ và trên đoạn thẳng $PC$ lấy điểm $Q$ sao cho $\dfrac{PA}{PC}=\dfrac{QP}{QC}$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABQ$ cắt $BC$ tại $R$ khác $B$.

a) Chứng minh rằng $\angle ABP=\angle PRQ$

b) Gọi $S$ là giao điểm khác $P$ của hai đường tròn ngoại tiếp các tam giác $PAB,PQR$. Chứng minh tam giác $CPS$ cân.

Hốt nốt cho nó xong

a, Đường thẳng qua $P$ song song với $AB$ cắt $BC$ tại $F$, từ giả thiết thì dễ có $QF \parallel BP$

Mặt khác, dễ thấy $PFRQ:tgnt$ nên $\angle PRQ = \angle PFQ = \angle BPF = \angle ABP$

b, Gọi tâm $(ABP$ và $(PRQ)$ lần lượt là $O_1, O_2$

Từ câu a: $\angle ABP = \angle PRQ \Rightarrow \angle O_1AP = \angle O_1PQ$

$\Rightarrow AO_1 \parallel PO_2$
Tương tự thì $BO_1 \parallel FO_2$

Lại có $\frac{PC}{PA} = \dfrac{FC}{FB}$ nên theo bổ đề $E.R.I.Q$ ta có $\overline{C,O_1,O_2}$
$\Rightarrow CP = CS$ (đpcm~)

Edited by BlackSelena, 23-05-2014 - 14:05.

[Juliel]

Không đi thi nhưng cũng chém gió tí

+) Từ giả thiết suy ra $a+b+c\geq \frac{3}{4}$

+) Ta có BĐT quen thuộc

$$\frac{a}{b+2c}+\frac{b}{c+2a}+\frac{c}{a+2b}\geq 1$$

+) Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz, ta có

$$VT= \sum \dfrac{\frac{a^2}{(b+2c)^2}}{ab(4c+15)}\geq \dfrac{(\sum \frac{a}{b+2c})^2}{12abc+15\sum ab}\geq \dfrac{1}{12abc+15\sum ab}$$

Do đó ta chỉ cần chứng minh:

$$12abc+15(ab+bc+ca)\leq 3$$

$$\Leftrightarrow 12abc+15(ab+bc+ca)\leq 3(a+b+2c)(b+c+2a)(c+a+2b)$$

Khai triển ra ta thấy BĐT tương đương với

$$6(a+b+c)^3+3(a+b+c)(ab+bc+ca)\geq 9abc+15(ab+bc+ca)$$

Dễ thấy BĐT này đúng theo BĐT AM-GM và $a+b+c\geq \frac{3}{4}$

         

 

Chán thật hôm nay làm được có 2 pài .Không biết tương lai về đâu đây

Làm hai bài là giỏi rồi bạn . Mình làm đúng 1 bài rưỡi :'((((

Edited by Juliel, 23-05-2014 - 20:05.

[davidsilva98]

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

     TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHTN

 

ĐỀ THI OLYMPIC CHUYÊN KHOA HỌC TỰ NHIÊN 2014

Thời gian : 180 phút

NGÀY THỨ HAI

 

Câu IV. Tìm tất cả các đa thức hệ số thực $P(x)$ sao cho

$(x-2)P(3x+2)=3^{2015}xP(x)+3^{2016}x-3x+6$

 

Câu V. Cho tam giác $ABC$ nhọn với $AB< AC$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Đường cao $AD,BE,CF$ với $D,E,F$ lần lượt thuộc $BC,CA,AB$. Gọi $(\omega )$ là đường tròn tâm $A$ đi qua $D$. $(\omega )$ cắt $(O)$ ở $M,N$

    a) Chứng minh rằng $MN$ đi qua trung điểm $DE$, $DF$

    b) Gọi $EF$ cắt $BC$ tại $G$ và $DP$ là đường kính của $(\omega )$. $PG$ cắt $(\omega )$ tại $Q$ khác $P$. Chứng minh rằng trung điểm của $DQ$ nằm trên $(O)$

 

Câu VI. Xét $M=\begin{Bmatrix} 1,2,3,4,...,9,10 \end{Bmatrix}$ và $A_{1},A_{2},...,A_{n}$ là dãy các tập con khác rỗng và phân biệt của $M$ sao cho $\begin{vmatrix} A_{i}\setminus A_{j} \end{vmatrix}\leq 3$ với mọi $i\neq j(i,j\in \begin{Bmatrix} 1,2,...,n \end{Bmatrix})$. Hãy tìm giá trị lớn nhất của $n$.

HẾT

Edited by davidsilva98, 24-05-2014 - 12:07.

[Juliel]

Phúc ơi, tao rớt rồi               

Edited by Juliel, 24-05-2014 - 12:05.

[Juliel]

 

Câu IV. Tìm tất cả các đa thức hệ số thực $P(x)$ sao cho

$(x-2)P(3x+2)=3^{2015}xP(x)+3^{2016}x-3x+6$

 

Xét $P$ hằng thì được $P(x)\equiv -3$. Xét $P$ không hằng.

Phương trình viết lại dưới dạng :

$$(x-2)\left [ P(3x+2)+3 \right ]=3^{2015}x\left [ P(x)+3 \right ],\;\forall x\in \mathbb{R}$$

Đặt $Q(x)=P(x)+3$ thì :

$$(x-2)Q(3x+2)=3^{2015}x.Q(x),\;\forall x\in \mathbb{R}$$

Lấy $x=2$ được $Q(2)=0$.

Đặt tiếp $Q(x)=(x-2)S(x)$ thì được :

$$S(3x+2)=3^{2014}S(x),\;\forall x\in \mathbb{R}\Leftrightarrow S(3x-1)=3^{2014}S(x-1),\;\forall x\in \mathbb{R}$$

Đặt $T(x)=S(x-1)$ thì :

$$T(3x)=3^{2014}T(x),\;\forall x\in \mathbb{R}$$

Gỉa sử $T(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+...+a_1x+a_0\;\;\;(a_n\neq 0)$, thay vào đồng nhất hệ số bậc cao nhất được $n= 2014$.

Thay vào và đồng nhất tiếp hệ số của $x^i,\;\forall i=\overline{0,2013}$ thì :

$$3^ia_i=3^{2014}a_i,\;\forall i=\overline{0,2013}\Rightarrow a_i=0,\;\forall i=\overline{0,2013}$$

Được :

$$T(x)=cx^{2014},\;\forall x\in \mathbb{R}$$

Dễ dàng tìm được đáp số bài toán :

$$P(x)=c(x-2)(x+1)^{2014}-3,\;\forall x\in \mathbb{R},c=const$$

[phathuy]

 

Câu IV. Tìm tất cả các đa thức hệ số thực $P(x)$ sao cho

$(x-2)P(3x+2)=3^{2015}xP(x)+3^{2016}x-3x+6$

 

Mình ra đáp số khác. Các bạn tìm giúp lỗi sai trong lời giải của mình nha.

$\left( x-2 \right)P\left( 3x+2 \right)={{3}^{2015}}xP\left( x \right)+{{3}^{2016}}x-3x+6\Leftrightarrow \left( x-2 \right)\left[ P\left( 3x+2 \right)+3 \right]={{3}^{2015}}x\left[ P\left( x \right)+3 \right]$. Đặt $Q\left( x \right)=P\left( x \right)+3\Rightarrow \left( x-2 \right)Q\left( 3x+2 \right)={{3}^{2015}}xQ\left( x \right)\left( * \right)$. Dễ thấy $Q\left( x \right)$ có hai nghiệm

\[x=-1,\text{ }x=2\Rightarrow Q\left( x \right)=\left( x-2 \right)\left( x+1 \right){{Q}_{1}}\left( x \right)\]

 thay vào (*) được $9x\left( x-2 \right)\left( x+1 \right){{Q}_{1}}\left( 3x+2 \right)={{3}^{2015}}x\left( x-2 \right)\left( x+1 \right){{Q}_{1}}\left( x \right)\left( \forall x\in \mathbb{R} \right)$ $\Leftrightarrow {{Q}_{1}}\left( 3x+2 \right)={{3}^{2013}}{{Q}_{1}}\left( x \right)\left( \forall x\in \mathbb{R} \right)$

Lại nhận thấy rằng ${{Q}_{1}}\left( x \right)$ có nghiệm \[x=-1\Rightarrow {{Q}_{1}}\left( x \right)=\left( x+1 \right){{Q}_{2}}\left( x \right)\Rightarrow 3\left( x+1 \right){{Q}_{2}}\left( 3x+2 \right)={{3}^{2013}}\left( x+1 \right){{Q}_{2}}\left( x \right)\left( \forall x\in \mathbb{R} \right)\]

\[\Rightarrow {{Q}_{1}}\left( x \right)=\left( x+1 \right){{Q}_{2}}\left( x \right)\Rightarrow 3\left( x+1 \right){{Q}_{2}}\left( 3x+2 \right)={{3}^{2013}}\left( x+1 \right){{Q}_{2}}\left( x \right)\left( \forall x\in \mathbb{R} \right)\]

$\Leftrightarrow {{Q}_{2}}\left( 3x+2 \right)={{3}^{2012}}{{Q}_{2}}\left( x \right)\left( \forall x\in \mathbb{R} \right)$

Cũng lại thấy ${{Q}_{2}}\left( x \right)$ có nghiệm -1. Cứ tiếp tục lập luận như trên cho đến vô hạn ta nhận được $Q\left( x \right)=\alpha \left( x-2 \right)\left( x+1 \right)\left( x+1 \right)...\left( x+1 \right)$ (có vô hạn nhân tử x+1). Theo định nghĩa của đa thức không tồn tại đa thức $Q\left( x \right)0$ có biểu diễn như trên nên $Q\left( x \right)\equiv 0$. Từ đó suy ra $P\left( x \right)=-3$ 

[Juliel]

Mình ra đáp số khác. Các bạn tìm giúp lỗi sai trong lời giải của mình nha.

$\left( x-2 \right)P\left( 3x+2 \right)={{3}^{2015}}xP\left( x \right)+{{3}^{2016}}x-3x+6\Leftrightarrow \left( x-2 \right)\left[ P\left( 3x+2 \right)+3 \right]={{3}^{2015}}x\left[ P\left( x \right)+3 \right]$. Đặt $Q\left( x \right)=P\left( x \right)+3\Rightarrow \left( x-2 \right)Q\left( 3x+2 \right)={{3}^{2015}}xQ\left( x \right)\left( * \right)$. Dễ thấy $Q\left( x \right)$ có hai nghiệm

\[x=-1,\text{ }x=2\Rightarrow Q\left( x \right)=\left( x-2 \right)\left( x+1 \right){{Q}_{1}}\left( x \right)\]

 thay vào (*) được $9x\left( x-2 \right)\left( x+1 \right){{Q}_{1}}\left( 3x+2 \right)={{3}^{2015}}x\left( x-2 \right)\left( x+1 \right){{Q}_{1}}\left( x \right)\left( \forall x\in \mathbb{R} \right)$ $\Leftrightarrow {{Q}_{1}}\left( 3x+2 \right)={{3}^{2013}}{{Q}_{1}}\left( x \right)\left( \forall x\in \mathbb{R} \right)$

Lại nhận thấy rằng ${{Q}_{1}}\left( x \right)$ có nghiệm \[x=-1\Rightarrow {{Q}_{1}}\left( x \right)=\left( x+1 \right){{Q}_{2}}\left( x \right)\Rightarrow 3\left( x+1 \right){{Q}_{2}}\left( 3x+2 \right)={{3}^{2013}}\left( x+1 \right){{Q}_{2}}\left( x \right)\left( \forall x\in \mathbb{R} \right)\]

\[\Rightarrow {{Q}_{1}}\left( x \right)=\left( x+1 \right){{Q}_{2}}\left( x \right)\Rightarrow 3\left( x+1 \right){{Q}_{2}}\left( 3x+2 \right)={{3}^{2013}}\left( x+1 \right){{Q}_{2}}\left( x \right)\left( \forall x\in \mathbb{R} \right)\]

$\Leftrightarrow {{Q}_{2}}\left( 3x+2 \right)={{3}^{2012}}{{Q}_{2}}\left( x \right)\left( \forall x\in \mathbb{R} \right)$

Cũng lại thấy ${{Q}_{2}}\left( x \right)$ có nghiệm -1. Cứ tiếp tục lập luận như trên cho đến vô hạn ta nhận được $Q\left( x \right)=\alpha \left( x-2 \right)\left( x+1 \right)\left( x+1 \right)...\left( x+1 \right)$ (có vô hạn nhân tử x+1). Theo định nghĩa của đa thức không tồn tại đa thức $Q\left( x \right)0$ có biểu diễn như trên nên $Q\left( x \right)\equiv 0$. Từ đó suy ra $P\left( x \right)=-3$ 

Dòng màu đỏ không đúng vì đến một lúc nào đó ta sẽ có :

$$Q_{j}(3x+2)=Q_{j}(x)\Rightarrow Q_{j}(x)\equiv const$$

Lúc này đa thức $Q_j(x)$ là hằng nên nó không còn nhận nhân tử $x+1$ nữa. Tức là số mũ của $x+1$ chỉ chạy đến $2014$ rồi dừng.

Edited by Juliel, 24-05-2014 - 16:56.

[phathuy]

Sao lại thế được $Q\left( 3x+2 \right)=Q\left( x \right)$ thì sao suy ra $Q\left( x \right)$ là hàm hằng. Phải là $Q\left( 3x+2 \right)=Q\left( 3x+t \right)\left( t=const \right)$ hoặc $Q\left( x \right)=Q\left( x+t \right)$ thì mới suy ra được chứ. 

[Juliel]

Sao lại thế được $Q\left( 3x+2 \right)=Q\left( x \right)$ thì sao suy ra $Q\left( x \right)$ là hàm hằng. Phải là $Q\left( 3x+2 \right)=Q\left( 3x+t \right)\left( t=const \right)$ hoặc $Q\left( x \right)=Q\left( x+t \right)$ thì mới suy ra được chứ. 

Thay $x$ bởi $x-1$ thì :

$$Q(3x-1)=Q(x-1)$$

Đặt $G(x)=Q(x-1)$ thì $G(3x)=G(x)$.

Gỉa sử $G$ không hằng, viết $G(x)$ dưới dạng khai triển, đồng nhất các hệ số ta gặp mâu thuẫn.

Suy ra $G$ hằng, suy ra $Q$ hằng.

[Hoang Tung 126]

         

 

Làm hai bài là giỏi rồi bạn . Mình làm đúng 1 bài rưỡi :'((((

Nhưng mình làm có mấy chỗ sai linh tinh

[phathuy]

Hốt nốt cho nó xong

Ảnh chụp màn hình_2014-05-23_134404.png

a, Đường thẳng qua $P$ song song với $AB$ cắt $BC$ tại $F$, từ giả thiết thì dễ có $QF \parallel BP$

Mặt khác, dễ thấy $PFRQ:tgnt$ nên $\angle PRQ = \angle PFQ = \angle BPF = \angle ABP$

b, Gọi tâm $(ABP$ và $(PRQ)$ lần lượt là $O_1, O_2$

Từ câu a: $\angle ABP = \angle PRQ \Rightarrow \angle O_1AP = \angle O_1PQ$

$\Rightarrow AO_1 \parallel PO_2$
Tương tự thì $BO_1 \parallel FO_2$

Lại có $\frac{PC}{PA} = \dfrac{FC}{FB}$ nên theo bổ đề $E.R.I.Q$ ta có $\overline{C,O_1,O_2}$
$\Rightarrow CP = CS$ (đpcm~)

Chỗ bôi đỏ thực ra dùng phép vị tự là được rồi.

Do các cặp đường thẳng song song $\left( B{{O}_{1}},{{O}_{2}}F \right),\left( {{O}_{1}}P,{{O}_{2}}Q \right),\left( BP,FQ \right)$ nên tồn tại phép vị tự biến tam giác $BP{{O}_{1}}$ thành tam giác $FQ{{O}_{2}}$. Đó chính là phép vị tự tâm C tỉ số $\frac{CP}{CQ}$. Từ đây, theo định nghĩa của phép vị tự suy ra $\overline{C,{{O}_{1}},{{O}_{2}}}$

[phathuy]

Hốt nốt cho nó xong

Ảnh chụp màn hình_2014-05-23_134404.png

a, Đường thẳng qua $P$ song song với $AB$ cắt $BC$ tại $F$, từ giả thiết thì dễ có $QF \parallel BP$

Mặt khác, dễ thấy $PFRQ:tgnt$ nên $\angle PRQ = \angle PFQ = \angle BPF = \angle ABP$

b, Gọi tâm $(ABP$ và $(PRQ)$ lần lượt là $O_1, O_2$

Từ câu a: $\angle ABP = \angle PRQ \Rightarrow \angle O_1AP = \angle O_1PQ$

$\Rightarrow AO_1 \parallel PO_2$
Tương tự thì $BO_1 \parallel FO_2$

Lại có $\frac{PC}{PA} = \dfrac{FC}{FB}$ nên theo bổ đề $E.R.I.Q$ ta có $\overline{C,O_1,O_2}$
$\Rightarrow CP = CS$ (đpcm~)

Lúc thi, bạn có chứng minh bổ đề này không? Nếu bạn có cách chứng minh ngắn hơn trong tài liệu thì cho mình tham khảo với.

[phathuy]

Phúc ơi, tao rớt rồi               

Tớ cũng toi luôn rồi! . Lần sau cố gắng hơn.

[BlackSelena]

Lúc thi, bạn có chứng minh bổ đề này không? Nếu bạn có cách chứng minh ngắn hơn trong tài liệu thì cho mình tham khảo với.

Mình không có được thi.

[WhjteShadow]

Ủa không ai làm bài hình ngày 2&nbsp;à ~@@~ Mình làm nhé&nbsp;
a) Dễ thấy MN là trục&nbsp;đẳng phương của 2&nbsp;đường tròn $(A;AD)$ và $(O)$, vậy nên ta sẽ chứng minh $P$ và $Q$ có cùng phương tích với 2&nbsp;đường tròn này.
Ta có : $\mathfrak{P}_{P/(O)}=OP^2-R_{(O)}^2\\=\frac{OF^2+OD^2}{2}-R_{(O)}^2-\frac{DF^2}{4}\,\,\text{(Công thức đường trung tuyến)}\\=\frac{\mathfrak{D}_{P/(O)}+\mathfrak{P}_{F/(O)}}{2}-\frac{DF^2}{4}\\=-\frac{BF.FA+BD.DC}{2}-\frac{DF^2}{4}$
$\mathfrak{P}_{P/(A)}=AP^2-AD^2=\frac{AD^2+AF^2}{2}-\frac{DF^2}{4}-AD^2\\=\frac{AF^2-AD^2}{2}-\frac{DF^2}{4}\\=\frac{AF^2-AB^2+AB^2-AD^2}{2}-\frac{DF^2}{4}\\=\frac{-BF.(AF+AB)+BD^2}{2}-\frac{DF^2}{4}\,\,\text{(Pythagore)}\\= \frac{-BF.FA-BD.BC}{2}-\frac{DF^2}{4}$
Suy ra $P\in MN$, tương tự với $Q$ ta có điều phải chứng minh.
b) Vẽ $MN$ cắt $GC$ tại $H$. $QD$ cắt $AH$ tại $X$.
Dễ dàng suy ra $H$ là trung điểm $GD$ (Do $PQ$ là đường trung bình của $DEF$).
Từ đây suy ra $X$ là trung điểm $QD$, mặt khác $(BCDG)=-1\Rightarrow HD^2=HB.HC=HX.HA\Rightarrow X\in (O)$ (Maclaurin)$\square$

Edited by WhjteShadow, 25-05-2014 - 19:17.

[quanghung86]

Các bạn có thể tham khảo một lời giải và ý phát triển câu II ở đây

 

http://analgeomatica...oi-bai-thi.html

[quanghung86]

Các bạn có thể tham khảo một lời giải và ý phát triển câu V ở đây

 

http://analgeomatica...nhi-ky-toi.html