Chủ đề này có 137 trả lời

[binvippro]

Mình nghĩ đây là bài toán hình khá hay sẽ trở thành một bổ đề khi làm toán 

Bài 57: Cho tam giác ABC nội tiếp (O). Đường tròn $(\omega )$ tiếp xúc với AB,AC và tiếp xúc trong với (O) tại S. Đường tròn bàng tiếp góc A là (J) tiếp xúc với BC tại D. Chứng minh $\widehat{SAB}= \widehat{DAC}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi binvippro: 01-12-2014 - 14:21

[Hoang Tung 126]

 

   Bài 58: Cho tam giác ABC  .Đường tròn nội tiếp tam giác tiếp xúc với 3 cạnh tại $M,N,P$. Gọi $R,S$ lần lượt là bán kính đường tròn ngoại

 

tiếp tam giác $ABC$ và diện tích tam giác ABC. Kí hiệu $P_{XYZ}$ chỉ nửa chu vi của tam giác $XYZ$. CMR :

 

                     $P^2_{MNP}\leq \frac{P_{ABC}.S}{2R}$

 

  Bài 59 :Cho dãy số $(u_{n})$ thỏa mãn điều kiện sau :

 

     $u_{1}=1,u_{n+1}=\frac{16u_{n}^3+27u_{n}}{48u_{n}^2+9}$

 

Đặt $S_{n}=\sum_{n=1}^{2015}\frac{1}{4u_{n}+3}$ với mọi $n\in N,n\geq 1$.

 

    Tìm phần nguyên của $S_{n}$       

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi namcpnh: 09-12-2014 - 23:48

[Juliel]

Mình nghĩ đây là bài toán hình khá hay sẽ trở thành một bổ đề khi làm toán 

Bài 57: Cho tam giác ABC nội tiếp (O). Đường tròn $(\omega )$ tiếp xúc với AB,AC và tiếp xúc trong với (O) tại S. Đường tròn bàng tiếp góc A là (J) tiếp xúc với BC tại D. Chứng minh $\widehat{SAB}= \widehat{DAC}$

Lời giải :

Gọi $(I)$ là đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$.

Ta gọi $X,Y$ là điểm tiếp xúc của $(\omega)$ với $AB,AC$ và $W$ là điểm tiếp xúc của $(I)$ trên $AB$. 

Một số tính chất quen thuộc về đường tròn Mixtilinear :

1) $I$ là trung điểm của $XY$.

2) $SX$ là phân giác góc $ASB$ và $SY$ là phân giác góc $ASC$.

3) $SI$ đi qua trung điểm cung $BAC$ của $(O)$.

 

Đầu tiên, ta sẽ chứng minh  nhận xét sau :

Gọi $K$ là tâm đường tròn $(\omega)$. Đường thẳng qua $I,K$ theo thứ tự vuông góc với $BC$ và cắt $(I),(\omega)$ tại $Q,R$ thì ta có $A,Q,R$ thẳng hàng.

 

Ta có :

$$\dfrac{AI}{AK}=\dfrac{IW}{XK}=\dfrac{R_{(I)}}{R_{(\omega)}}=\dfrac{IQ}{KR}\rightarrow \Delta AIQ\sim \Delta AKR\rightarrow \overline{A,Q,R}$$

Mặt khác ta cũng có một kết quả quen thuộc là $A,Q,D$ thẳng hàng. Như vậy $A,R,Q,D$ thẳng hàng.

Gọi $E,F$ là giao của $(\omega)$ với $BC$. Từ $(2)$ thì :

$$\frac{XB}{XA}=\frac{SB}{SA},\frac{YC}{YA}=\dfrac{SC}{SA}\rightarrow \dfrac{XB}{YC}=\dfrac{SB}{SC}$$

Do đó :

$$\dfrac{BE}{EC}.\dfrac{BF}{FC}=\dfrac{BX^2}{CY^2}=\dfrac{SB^2}{SC^2}$$

Suy ra $SE,SF$ đẳng giác trong $\angle BSC$ mà $SI$ là phân giác góc $BSC$ nên $SI$ cũng là phân giác góc $ESF$, tức là $SI$ đi qua $R$.

Trong tam giác $SXY$ ta thấy có $SI$ là trung tuyến và $SA$ là đối trung. Vậy nếu gọi $V$ là giao của $SA$ với $(\omega)$ thì có tứ giác $VRYX$ là hình thang cân. $AI$ là trung trực của $XY$ nên cũng là trung trực của $VR$.

Suy ra $AV,AR$ cách đều phân giác $AI$ hay $AS,AD$ đẳng giác với nhau trong góc $BAC$. Suy ra điều phải chứng minh.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi namcpnh: 09-12-2014 - 00:56
chú thích thêm về $(I)$

[khanghaxuan]

  Mình cũng xin góp thêm 2 bài:

 

   Bài 58: Cho tam giác ABC  .Đường tròn nội tiếp tam giác tiếp xúc với 3 cạnh tại $M,N,P$. Gọi $R,S$ lần lượt là bán kính đường tròn ngoại

 

tiếp tam giác $ABC$ và diện tích tam giác ABC. Kí hiệu $P_{XYZ}$ chỉ nửa chu vi của tam giác $XYZ$. CMR :

 

                     $P^2_{MNP}\leq \frac{P_{ABC}.S}{2R}$

 

  Bài 59 :Cho dãy số $(u_{n})$ thỏa mãn điều kiện sau :

 

     $u_{1}=1,u_{n+1}=\frac{16u_{n}^3+27u_{n}}{48u_{n}^2+9}$

 

Đặt $S_{n}=\sum_{n=1}^{2015}\frac{1}{4u_{n}+3}$ với mọi $n\in N,n\geq 1$.

 

    Tìm phần nguyên của $S_{n}$       

Bài 58: Áp dụng định lý sin trong tam giác $MIN$ ta có : 

                                  $\frac{MN}{sinC}=\frac{r}{sin\frac{C}{2}}\Rightarrow MN=2rcos\frac{C}{2}$ (1)

Tương tự   :                $MP=2r.cos\frac{B}{2}$ (2)

                                   $PN=2r.cos\frac{A}{2}$ (3)

Ta cần chứng minh : $P_{1}^{2}\leq \frac{P.S}{R}$ ( trong đó $P_{1} , P$ lần lượt là chu vi của tam giác $MNP;ABC$ ) (*)

hay $(*)\Rightarrow 4r^{2}.(\sum cos\frac{A}{2})^{2}\leq \frac{(a+b+c)S}{R}$ (**)

mà $r=\frac{2S}{a+b+c}$

nên $(**)\Rightarrow 16SR.(\sum cos\frac{A}{2})^{2}\leq (a+b+c)^{3} \Rightarrow 4abc.(\sum cos\frac{A}{2})^{2}\leq (\sum a)^{3}$

Thật vậy : $VT\leq 4.\frac{(a+b+c)^{3}}{27}.(\sum cos\frac{A}{2})^{2}\leq \frac{4}{27}.(\sum a)^{3}.(\frac{3\sqrt{3}}{2})^{2}=VP$

Nên ta có ĐPCM .

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi khanghaxuan: 02-12-2014 - 10:45

[WhjteShadow]

Mình nghĩ đây là bài toán hình khá hay sẽ trở thành một bổ đề khi làm toán 

Bài 57: Cho tam giác ABC nội tiếp (O). Đường tròn $(\omega )$ tiếp xúc với AB,AC và tiếp xúc trong với (O) tại S. Đường tròn bàng tiếp góc A là (J) tiếp xúc với BC tại D. Chứng minh $\widehat{SAB}= \widehat{DAC}$

Cách khác : Giả sử $AB<AC$. Dễ thấy 1 số kết quả quen thuộc như trên và qua phép vị tự thì $A,X,D$ thẳng hàng.

Do $\widehat{ASI}=\widehat{AIX}=\frac{\widehat{ABC}-\widehat{ACB}}{2}$ nên ta chỉ cần chứng minh $\frac{SA}{SI}=\frac{IA}{IX}$ là đủ (suy ra tam giác đồng dạng và góc bằng nhau có ngay đpcm).

Tương đương $\frac{AI}{SA}=\frac{XI}{SI}=\frac{r}{SI}$ với $r$ là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$.

Mà $\frac{AI}{SA}=\frac{TI}{TK}$ nên chỉ cần chứng minh $\frac{TI}{TK}=\frac{r}{SI}\Leftrightarrow \, SI.TI=TK.r=2R.r$

Điều này luôn đúng do $SI.TI=R^2-IO^2=2R.r$ (hệ thức Euler).

Ta có đpcm !

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 02-12-2014 - 18:02

[binvippro]

Mình tiếp tục một bài nữa cũng khá hay 

Bài 60: Cho ngũ giác ABCDE . Điểm F thuộc AB sao cho $\Delta ADE\sim \Delta ECF\sim \Delta DBC$. Chứng minh rằng $\frac{AF}{BF}= \frac{EF^2}{CF^2}$

[pndpnd]

Bài 61: Cho dãy $U_{n}$  xác định bởi $U_{n+1}=\frac{2+\sqrt{U_{n}^{2}+4U_{n}+4}}{U_{n}}$ và $U_{1}>0$ với mọi $n=1,2,3...$. Chứng minh dãy số  $U_{n}$ có giới hạn và tìm giới hạn đó.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi pndpnd: 08-12-2014 - 13:11

[Juliel]

Bài 42: Cho đa thức $f(x)=ax^3+bx^2+cx+d$ với $a,b,c,d$ thuộc $R$ thỏa mãn $f(x)\leqslant 1$ với mọi x thuộc R và $|x|\leqslant 1$. Chứng minh với   mọi x thuộc R và $|x|\leqslant 1$ ta có $|dx^3+cx^2+bx+a|\leqslant 4$.

Lời giải :

 

Đặt $f^{*}(x)=dx^3+cx^2+bx+a$ thì ta có mối liên hệ sau đây :

$$f^{*}(x)=x^3f\left ( \dfrac{1}{x} \right )$$

Bây giờ ta sẽ chứng minh :

$$\left | f^{*}(x) \right |\leq Q^{*}(x),\;\forall x\in \left [ -1,1 \right ]$$

Trong đó $Q(x)=4x^3-3x$ và $Q^{*}(x)=x^3Q\left ( \dfrac{1}{x} \right )$

Với mọi $x$ thuộc đoạn từ $-1$ đến $1$ :

Ap dụng công thức nội suy Lagarange cho bốn mốc $\left ( a_0,a_1,a_2,a_3 \right )=(1,1/2,-1/2,-1)$ :

$$f(x)=\sum_{k=0}^{3}f(a_k).\prod_{i\neq k}\dfrac{(x-a_i)}{(a_k-a_i)}$$

Từ đó ta có :

$$\left | f(x) \right |\leq \sum_{k=0}^{3}\left | f(a_k) \right |.\left | \prod_{i\neq k}\frac{x-a_i}{a_k-a_i} \right |\leq \sum_{k=0}^{3}\left | \prod_{i\neq k} \frac{x-a_i}{a_k-a_i}\right |$$

Kéo theo :

$$\left | f^{*}(x) \right |=\left | x^3f\left ( \dfrac{1}{x} \right ) \right |\leq \sum_{k=0}^{3}\left | \prod_{i\neq k}\dfrac{1-xa_i}{a_k-a_i} \right |=\sum_{k=0}^{3}.(-1)^k.\prod_{i\neq k}\frac{1-xa_i}{a_k-a_i}$$

Lại áp dụng công thức nội suy Lagarange cho bốn mốc $\left ( a_0,a_1,a_2,a_3 \right )=(1,1/2,-1/2,-1)$ cho $Q(x)$ và chú ý $Q(a_k)=(-1)^k$

$$Q(x)=\sum_{k=0}^{3}Q(a_k).\prod_{i\neq k}\frac{x-a_i}{a_k-a_i}=\sum_{k=0}^{3}(-1)^k.\prod_{i\neq k}\frac{x-a_i}{a_k-a_i}\Rightarrow Q^{*}(x)=\sum_{k=0}^{3}(-1)^k.\prod_{i\neq k}\frac{1-xa_i}{a_k-a_i}$$

 

So sánh hai kết quả trên ta được :

$$\left | dx^3+cx^2+bx+a \right |=\left | f^{*}(x) \right |\leq Q^*(x),\;\forall x\in \left [ -1,1 \right ]$$

Vậy ta chỉ cần chỉ ra :

$$Q^{*}(x)\leq 4 ,\;\forall x\in \left [ -1,1 \right ]$$

Thực vậy, ta có :

$$Q(x)=4x\left ( x-\dfrac{\sqrt{3}}{2} \right )\left ( x+\dfrac{\sqrt{3}}{2} \right )$$

Kéo theo :

$$Q^{*}(x)=4\left ( 1-\frac{\sqrt{3}}{2}x \right )\left ( 1+\frac{\sqrt{3}}{2}x \right )=4\left ( 1-\dfrac{3x^2}{4} \right )\leq 4,\;\forall x\in \left [ -1,1 \right ]$$

Vậy ta có điều phải chứng minh. 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Juliel: 03-12-2014 - 20:34

[nntien]

Thấy các bạn sôi nổi quá! Mình góp bài hình:

Bài 62:

Cho hình thoi ABCD có $\angle C=60^0$. Lấy một điểm M trên đường tròn tâm C, bán kính CB, M khác B, D. Gọi A’, B’, D’ lần lượt là hình chiếu của M lên các đường thẳng BD, AD và AB. Chứng minh rằng tam giác A’B’D’ là tam giác vuông.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nntien: 03-12-2014 - 22:52

[hoctrocuaZel]

Bài 63:

 

Cho 5 đường tròn $(A);(B)$;(C);$(D);(E)$ tiếp xúc vs nhau (đường tròn (C) nằm trong và 4 đường tròn còn lại bao quanh sao cho 2 đường tròn lần lượt tiếp xúc nhau).

Biết các bán kính của 4đtròn A,B,D,E là a,b,d,e. Tính bán kính c của (C).

p/s: cái hình em vẽ kg đc chính xác lắm. Đáng lẽ là đường tròn dưới tiếp xúc vs cả 3 đtròn còn lại

Ai post cái hình chuẩn vs  1.bmp   1.44MB   128 Số lần tải

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Huong TH Phan: 04-12-2014 - 21:06

[khanghaxuan]

Góp vui một bài PTH : 

Bài 64. Tìm tất cả các hàm $f:R\rightarrow R$ thỏa :    $f(xf(y))+f(f(x)+f(y))=yf(x)+f(x+f(y))$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Zaraki: 07-12-2014 - 08:38

[Juliel]

Góp vui một bài PTH : 

Bài 64 : Tìm tất cả các hàm $f:R\rightarrow R$ thỏa :    $f(xf(y))+f(f(x)+f(y))=yf(x)+f(x+f(y))\;\;\;\;(1)$

Lời giải :

 

Dễ thấy hàm $f$ đồng nhất bằng $0$ thoả mãn bài toán. Xét $f$ không đồng nhất bằng $0$. Khi đó tồn tại $c$ sao cho $f(c) \neq 0$. Trong $(1)$ cho $x=c$ :

$$f(cf(y))+f(f(c)+f(y))=yf(c)+f(c+f(y)),\;\forall y\in \mathbb{R}$$

Từ đây ta thấy $f$ là đơn ánh. Trong $(1)$ cho $x=0,y=1$ :

$$f(0)+f(f(0)+f(1))=f(0)+f(f(1))\Rightarrow f(f(0)+f(1))=f(f(1))\Rightarrow f(0)+f(1)=f(1)\Rightarrow f(0)=0$$

Trong $(1)$ cho $y=0$ :

$$f(f(x))=f(x),\;\forall x\in \mathbb{R}\Rightarrow f(x)=x,\;\forall x\in \mathbb{R}$$

Thử lại thoả mãn. Có hai nghiệm hàm thoả mãn bài toán là :

$$f(x)=0,\;\forall x\in \mathbb{R}$$

$$f(x)=x,\;\forall x\in \mathbb{R}$$

 

Bài 65 : Cho tứ giác lồi $ABCD$ nội tiếp $(O)$, gọi $P,Q$ theo thứ tự là giao của các cặp $(AD,BC),(AB,CD)$. Gọi $H,I,K$ theo thứ tự là trung điểm của $BD,AC,PQ$. Chứng minh $P_{K/(O)}=\overline{KH}.\overline{KI}$.

[ducvipdh12]

Bài 53: Tìm số tự nhiên n nhỏ nhất, $n>0$ sao cho tổng $\sum_{i=1}^{n}p_{i}^{2000} $ chia hết cho $120$ với $p_{1};p_{2};p_{3};....$ là các số nguyên tố tùy ý lớn hơn 10

Bổ đề: nếu p là số nguyên tố lớn hơn 10 thì $p^{4}-1\vdots 120$

áp dụng bổ đề ta có:

$\sum_{i=1}^{n}(p_{i}^{2000}-1)+n\equiv \sum_{i=1}^{n}(p_{i}^{4}-1)+n\equiv n(mod 120)$

$\Rightarrow n=120k$ $k\in \mathbb{N}^{*}$,vậy nên n nhỏ nhất khi k=1,khi đó n=120. Khi đó thì $p_{1}=p_{2}=...=p_{120}$ thỏa mãn

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ducvipdh12: 09-12-2014 - 17:30

[halloffame]

Mấy bài sau đây mình sưu tầm từ các trang mạng khác:
Bài 66: Tam giác ABC, ba trung tuyền AA', BB', CC'. Lấy trên AA' các điểm A₁ và A₂ thoả A₁A₂ = 1/2 AA'. Qua A₁ và A₂ vẽ các đường thảng vuông góc với A₁ và A₂. Tương tự ta có B₁, B₂, C_1, C₂ và 6 đường thẳng.
            a) Cm trong các giao điểm của 6 đường thẳng trên, tồn tại 6 giao điểm lập ra 1 lục giác nội tiếp.
            b) Bài toán còn đúng không nếu thay 1/2 bởi 1, bởi 1/4 ?
Bài 67: Cho tứ giác ABCD có 2 góc BAD và BCD bằng nhau. I tđ AC. DH, DK, DL vuông góc BC, CA, AB. CM IHKL là tgnt.
Bài 68: Cho (O,R) và (I,r) tx trong ở T. xy là tt chung ở T.A thuộc (O), tiếp tuyến AB, AC của (I) với B, C thuộc xy. CM khi A di động thì r(ABT)+r(ACT) = const
Bài 69: Cho tam giác ABC, P trong tam giác, hạ PA', PB', PC' vuông góc BC, CA, AB. AA' cắt PB', PC' ở M, N. Qua M, N vẽ KL//B'C' với K, L thuộc AB, AC. CM P thuộc KL.
Bài 70:Tam giác ABC, I_a tâm bang tiếp góc A, A' trung điểm BC, I tâm nội tiếp, L là điểm Lemoine, G_e là điểm Gergonne. CM IL, GG_e, I_aA' đồng quy.
P/s 1: góp vui
P/s 2: bài 2 chưa ai làm
@namcpnh: Ai giỏi hh vào xem coi những bài nào có thể giữ lại được ( nghĩa là hợp với đề VMO) .

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi halloffame: 13-12-2014 - 22:30

[halloffame]

Bài 62 (gần hoàn thiện):

Hình gửi kèm

• 

[halloffame]

Bài 71: Cho n là số nguyên dương khác 1 và A là tập các số nguyên từ 1 đến 2ⁿ. Gọi tập con B của A là chẵn chòi nếu với mỗi cặp (x;y) với x,y thuộc A, x khác y, x+y là một luỹ thừa của 2 thì đúng một trong hai số x, y thuộc B. Hỏi có bao nhiêu tập con chẵn chòi B như vậy ?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi halloffame: 14-12-2014 - 00:04

[halloffame]

Hình bài 63:

Hình gửi kèm

• 

[guess1234]

 

   Bài 58: Cho tam giác ABC  .Đường tròn nội tiếp tam giác tiếp xúc với 3 cạnh tại $M,N,P$. Gọi $R,S$ lần lượt là bán kính đường tròn ngoại

 

tiếp tam giác $ABC$ và diện tích tam giác ABC. Kí hiệu $P_{XYZ}$ chỉ nửa chu vi của tam giác $XYZ$. CMR :

 

                     $P^2_{MNP}\leq \frac{P_{ABC}.S}{2R}$

 

  Bài 59 :Cho dãy số $(u_{n})$ thỏa mãn điều kiện sau :

 

     $u_{1}=1,u_{n+1}=\frac{16u_{n}^3+27u_{n}}{48u_{n}^2+9}$

 

Đặt $S_{n}=\sum_{n=1}^{2015}\frac{1}{4u_{n}+3}$ với mọi $n\in N,n\geq 1$.

 

    Tìm phần nguyên của $S_{n}$       

Bài 59:

Ta có : 4U_n+1+3=$\frac{(4U_n+3)^3)}{48u_n^2+9}$

            $4u_{n+1}-3=\frac{(4u_n-3)^3)}{48u_n^2+9}$

Suy ra : $\frac{4U_{n+1}-3}{4U_{n+1}+3}= \frac{(4U_n-3)^3}{(4U_n+3)^3}= ...= \frac{(4U_1-3)^{3^n}}{(4U_1+3)^{3^n}}=(\frac{1}{7})^{3^n}$

=> $\frac{1}{4u_{n+1}+3}=\frac{1-(\frac{1}{7})^{3^n}}{6}$

=> $S_n=\frac{2015-\frac{1}{7}\frac{1-(\frac{1}{7}^{3^{2015}})}{1-\frac{1}{7}}}{6}$

đánh giá => [$S_n$]=$[\frac{2015}{6}]$=335

[tohoproirac]

VMOers đâu hết rồi 

chủ topic cũng mất tích luôn rồi :v

mau lên giải tiếp bài để mình còn học hỏi nữa chứ

 

Tặng các bác một bài giải chơi 

 

Bài 72   (China MO 2014)

      Tam giác ABC có AB>AC. D là chân đường phân giác trong của A. F, E lần lượt trên AC, AB sao cho BCFE nội tiếp.

  CM tâm ngoại tiếp ( DEF) là tâm nội tiếp tam giác ABC khi và chỉ khi BE + CF = BC

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tohoproirac: 23-12-2014 - 23:37

[pndpnd]

Bài 73: Cho $f(x)=a_{0}x^n+a_{1}x^{n-1}+....+a_{n}$ là đa thức có các hệ số thực và có $a_{0}$ khác $0$ và thỏa mãn $f(x).f(2x^2)=f(2x^3+x)$ với mọi $x$ thuộc $R$. Chứng minh đa thức $f(x)$ không có nghiệm thực.