Sáng mới đi thi về.
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 HÀ TĨNH 2016-2017
#1
Đã gửi 13-03-2017 - 21:20
- Maths68, Kagome, HoangKhanh2002 và 2 người khác yêu thích
#2
Đã gửi 13-03-2017 - 21:47
Sáng mới đi thi về.
Xin làm bài cuối.
Bài 13: Ta sẽ chứng minh $k$ nhỏ nhất sẽ bằng 6.
Xét $k=1,2,3,4$. Dễ thấy lúc này bài toán sẽ không đúng
Xét $k=5$. Vẽ ngũ giác đều $MNPQR$ nội tiếp $(C;1)$. Ta có $MN=NP=PQ=QE=RM$. Vì $\widehat{MCN}=120^{\circ} \Rightarrow MN=\sqrt{2} \Rightarrow MN=NP=PQ=QE=RM=\sqrt{2}>1$. Suy ra với $k=5$ bài toán sẽ không đúng.
Xét $k=6$. Gọi 6 điểm này là $A_{1},A_{2},A_{3},A_{4},A_{5},A_{6}$. Qua 6 điểm này ta kẻ các bán kính cắt $(C;1)$ tại $B_{1},B_{2},B_{3},B_{4},B_{5},B_{6}$. Vì 6 bán kính này chia hình tròn thành 6 hình quạt nên tồn tại 1 góc $\widehat{B_{i}CB_{j}} \leq 60^{\circ}$. Không mất tính tổng quát giả sử $\widehat{B_{1}CB_{2}} \leq 60^{\circ}$ vì vậy $A_{1}A_{2}\leq max\left \{ OA_{1};OA_{2} \right \}$. Suy ra ĐPCM
P/s: Câu 11 hình như là phát biểu dạng khác của bài số vào PBC.Bạn lm bài thi ổn ko?
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NHoang1608: 13-03-2017 - 22:09
- Kagome, HoangKhanh2002, Tea Coffee và 1 người khác yêu thích
The greatest danger for most of us is not that our aim is too high and we miss it, but that it is too low and we reach it.
----- Michelangelo----
#3
Đã gửi 13-03-2017 - 21:58
Sáng mới đi thi về.
Câu 11: $\sqrt{a+b}=\frac{\overline{ab}}{a+b}\Leftrightarrow \sqrt{(a+b)^3}=\overline{ab}\Leftrightarrow (a+b)^3=\overline{ab}^2$ nên $a+b$ là số chính phương
Vì $1\leq a+b\leq 18$ nên $(x;y) \in \left \{ 1;4;9;16 \right \}$
- Nếu $a+b=1\Rightarrow 10a+b=1$ (loại)
- Nếu $a+b=4\Rightarrow 10a+b=8$ (loại)
- Nếu $a+b=9\Rightarrow 10a+b=27\Rightarrow \overline{ab}=27$
- Nếu $a+b=16\Rightarrow 10a+b=64$ (loại)
- adteams, NHoang1608 và ToanTHPTHT thích
#4
Đã gửi 13-03-2017 - 22:38
Câu 12
a, ta có tam giác EBD đồng dạng vs tam giác EAC (g.g) suy ra ED/EC=BD/AC=GD/HC
suy ra tam giác EGD đồng dạng vs tam giác EHC(c.g.c) suy ra EG/EH=GD/HC=BD/AC, góc DAG = góc HEC
mà có EI là tia phân giác góc DEC suy ra EI cũng là tia phân giác góc GEH suy ra IG/IH=EG/EH=BD/AC suy ra IG.AC=IH.BD
b, Gọi Q là giao điểm của tia phân giác góc AFD vs GH ta cũng chứng minh được QG/QH = BD/AD
suy ra Q trùng I kẻ IM vuông góc vs AB, IN vuông góc vs DC suy ra IM=IN do FI là tia phân giác góc BFC
suy ra s(AIB)/s(DIC)=(IM.AB)/(IN.DC)=1/2
- dat102 yêu thích
#5
Đã gửi 13-03-2017 - 22:56
Sáng mới đi thi về.
Phần I. Câu 9
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HoangKhanh2002: 13-03-2017 - 22:57
- adteams và ToanTHPTHT thích
#6
Đã gửi 13-03-2017 - 23:20
Sáng mới đi thi về.
PHẦN I
Câu 10:
Tam giác ABC có đường cao AH, trung tuyến BM, phân giác CD đồng quy ta có:$(AC+BC)(AC^2+BC^2-AB^2)=2AC.BC^2\Rightarrow (AC+\sqrt{AB^2+AC^2})AC=BC^2=BC^2=AB^2+AC^2\Leftrightarrow AC^2+AC\sqrt{AB^2+AC^2}-(AB^2+AC^2)\Rightarrow \frac{AC}{\sqrt{AB^2+AC^2}}=\frac{\sqrt{5}-1}{2}\Rightarrow \frac{AC^2}{AB^2+AC^2}=\frac{6-2\sqrt{5}}{4}\Rightarrow \frac{AC^2}{AB^2}=\frac{6-2\sqrt{5}}{2\sqrt{5}-2}\Rightarrow \frac{AB}{AC}=\sqrt{\frac{(\sqrt{5}-1)^2}{2(\sqrt{5}-1)}}=\sqrt{\frac{\sqrt{5}-1}{2}}$
- adteams và ToanTHPTHT thích
#7
Đã gửi 14-03-2017 - 04:36
Xin làm bài cuối.
Bài 13: Ta sẽ chứng minh $k$ nhỏ nhất sẽ bằng 6.
Xét $k=1,2,3,4$. Dễ thấy lúc này bài toán sẽ không đúng
Xét $k=5$. Vẽ ngũ giác đều $MNPQR$ nội tiếp $(C;1)$. Ta có $MN=NP=PQ=QE=RM$. Vì $\widehat{MCN}=120^{\circ} \Rightarrow MN=\sqrt{2} \Rightarrow MN=NP=PQ=QE=RM=\sqrt{2}>1$. Suy ra với $k=5$ bài toán sẽ không đúng.
Xét $k=6$. Gọi 6 điểm này là $A_{1},A_{2},A_{3},A_{4},A_{5},A_{6}$. Qua 6 điểm này ta kẻ các bán kính cắt $(C;1)$ tại $B_{1},B_{2},B_{3},B_{4},B_{5},B_{6}$. Vì 6 bán kính này chia hình tròn thành 6 hình quạt nên tồn tại 1 góc $\widehat{B_{i}CB_{j}} \leq 60^{\circ}$. Không mất tính tổng quát giả sử $\widehat{B_{1}CB_{2}} \leq 60^{\circ}$ vì vậy $A_{1}A_{2}\leq max\left \{ OA_{1};OA_{2} \right \}$. Suy ra ĐPCM
P/s: Câu 11 hình như là phát biểu dạng khác của bài số vào PBC.Bạn lm bài thi ổn ko?
Sai rồi em ơi.
Giả sử k = 8. Vì các điểm phân biệt nên có ít nhất 7 điểm không trùng tâm đường tròn. Ta kẻ các bán kính đi qua 7 điểm đó. Nếu có 2 điểm thuộc cùng một bán kính thì khoảng cách giữa hai điểm đó nhỏ hơn 1, thì bài toán vẫn đúng. Nên k nhỏ nhất phải bằng 8 mới đúng em ạ
#8
Đã gửi 14-03-2017 - 08:07
Mình làm được hết nhưng ra khỏi phòng thi mới thấy sai sót nhiều. Mình làm sai câu cuối rồi. Quên không xét trường hợp có một điểm nằm ở tâm đường tròn còn 6 điểm lần lượt nằm trên các hình nan quạt có góc 60.
Đề làm trong 120 phút nên một số đội mạnh như thành phố hà tĩnh họ vẫn làm được hết.
#9
Đã gửi 14-03-2017 - 08:09
Xin làm bài cuối.
Bài 13: Ta sẽ chứng minh $k$ nhỏ nhất sẽ bằng 6.
Xét $k=1,2,3,4$. Dễ thấy lúc này bài toán sẽ không đúng
Xét $k=5$. Vẽ ngũ giác đều $MNPQR$ nội tiếp $(C;1)$. Ta có $MN=NP=PQ=QE=RM$. Vì $\widehat{MCN}=120^{\circ} \Rightarrow MN=\sqrt{2} \Rightarrow MN=NP=PQ=QE=RM=\sqrt{2}>1$. Suy ra với $k=5$ bài toán sẽ không đúng.
Xét $k=6$. Gọi 6 điểm này là $A_{1},A_{2},A_{3},A_{4},A_{5},A_{6}$. Qua 6 điểm này ta kẻ các bán kính cắt $(C;1)$ tại $B_{1},B_{2},B_{3},B_{4},B_{5},B_{6}$. Vì 6 bán kính này chia hình tròn thành 6 hình quạt nên tồn tại 1 góc $\widehat{B_{i}CB_{j}} \leq 60^{\circ}$. Không mất tính tổng quát giả sử $\widehat{B_{1}CB_{2}} \leq 60^{\circ}$ vì vậy $A_{1}A_{2}\leq max\left \{ OA_{1};OA_{2} \right \}$. Suy ra ĐPCM
P/s: Câu 11 hình như là phát biểu dạng khác của bài số vào PBC.Bạn lm bài thi ổn ko
Xin làm bài cuối.
Bài 13: Ta sẽ chứng minh $k$ nhỏ nhất sẽ bằng 6.
Xét $k=1,2,3,4$. Dễ thấy lúc này bài toán sẽ không đúng
Xét $k=5$. Vẽ ngũ giác đều $MNPQR$ nội tiếp $(C;1)$. Ta có $MN=NP=PQ=QE=RM$. Vì $\widehat{MCN}=120^{\circ} \Rightarrow MN=\sqrt{2} \Rightarrow MN=NP=PQ=QE=RM=\sqrt{2}>1$. Suy ra với $k=5$ bài toán sẽ không đúng.
Xét $k=6$. Gọi 6 điểm này là $A_{1},A_{2},A_{3},A_{4},A_{5},A_{6}$. Qua 6 điểm này ta kẻ các bán kính cắt $(C;1)$ tại $B_{1},B_{2},B_{3},B_{4},B_{5},B_{6}$. Vì 6 bán kính này chia hình tròn thành 6 hình quạt nên tồn tại 1 góc $\widehat{B_{i}CB_{j}} \leq 60^{\circ}$. Không mất tính tổng quát giả sử $\widehat{B_{1}CB_{2}} \leq 60^{\circ}$ vì vậy $A_{1}A_{2}\leq max\left \{ OA_{1};OA_{2} \right \}$. Suy ra ĐPCM
P/s: Câu 11 hình như là phát biểu dạng khác của bài số vào PBC.Bạn lm bài thi ổn ko?
Đến giờ vẫn chưa biêt kết quả nên không biết mình làm có gọi là ổn không nữa
#10
Đã gửi 14-03-2017 - 08:11
PHẦN I
Câu 10:
Tam giác ABC có đường cao AH, trung tuyến BM, phân giác CD đồng quy ta có:$(AC+BC)(AC^2+BC^2-AB^2)=2AC.BC^2\Rightarrow (AC+\sqrt{AB^2+AC^2})AC=BC^2=BC^2=AB^2+AC^2\Leftrightarrow AC^2+AC\sqrt{AB^2+AC^2}-(AB^2+AC^2)\Rightarrow \frac{AC}{\sqrt{AB^2+AC^2}}=\frac{\sqrt{5}-1}{2}\Rightarrow \frac{AC^2}{AB^2+AC^2}=\frac{6-2\sqrt{5}}{4}\Rightarrow \frac{AC^2}{AB^2}=\frac{6-2\sqrt{5}}{2\sqrt{5}-2}\Rightarrow \frac{AB}{AC}=\sqrt{\frac{(\sqrt{5}-1)^2}{2(\sqrt{5}-1)}}=\sqrt{\frac{\sqrt{5}-1}{2}}$
Đề dài thời gian 120 phút. Có khối bạn làm được hết
#11
Đã gửi 14-03-2017 - 08:12
Sai rồi em ơi.
Giả sử k = 8. Vì các điểm phân biệt nên có ít nhất 7 điểm không trùng tâm đường tròn. Ta kẻ các bán kính đi qua 7 điểm đó. Nếu có 2 điểm thuộc cùng một bán kính thì khoảng cách giữa hai điểm đó nhỏ hơn 1, thì bài toán vẫn đúng. Nên k nhỏ nhất phải bằng 8 mới đúng em ạ
Em làm sai câu này rồi thầy hùng à.
#12
Đã gửi 14-03-2017 - 11:00
Sai rồi em ơi.
Giả sử k = 8. Vì các điểm phân biệt nên có ít nhất 7 điểm không trùng tâm đường tròn. Ta kẻ các bán kính đi qua 7 điểm đó. Nếu có 2 điểm thuộc cùng một bán kính thì khoảng cách giữa hai điểm đó nhỏ hơn 1, thì bài toán vẫn đúng. Nên k nhỏ nhất phải bằng 8 mới đúng em ạ
Cách làm của NHoang 1608 là hoàn toàn chính xác rồi. Đề cho các điểm thuộc hình tròn chứ không phải trong hình tròn
- ToanTHPTHT yêu thích
#13
Đã gửi 14-03-2017 - 11:39
Cách làm của NHoang 1608 là hoàn toàn chính xác rồi. Đề cho các điểm thuộc hình tròn chứ không phải trong hình tròn
Chúng ta hiểu nhầm: Hình tròn và đường tròn. Các điểm thuộc hình tròn tức là bao gồm cả đường tròn và phần bên trong đường tròn.
- HoangKhanh2002 yêu thích
#14
Đã gửi 14-03-2017 - 12:00
Xin làm bài cuối.
Bài 13: Ta sẽ chứng minh $k$ nhỏ nhất sẽ bằng 6.
Xét $k=1,2,3,4$. Dễ thấy lúc này bài toán sẽ không đúng
Xét $k=5$. Vẽ ngũ giác đều $MNPQR$ nội tiếp $(C;1)$. Ta có $MN=NP=PQ=QE=RM$. Vì $\widehat{MCN}=120^{\circ} \Rightarrow MN=\sqrt{2} \Rightarrow MN=NP=PQ=QE=RM=\sqrt{2}>1$. Suy ra với $k=5$ bài toán sẽ không đúng.
Xét $k=6$. Gọi 6 điểm này là $A_{1},A_{2},A_{3},A_{4},A_{5},A_{6}$. Qua 6 điểm này ta kẻ các bán kính cắt $(C;1)$ tại $B_{1},B_{2},B_{3},B_{4},B_{5},B_{6}$. Vì 6 bán kính này chia hình tròn thành 6 hình quạt nên tồn tại 1 góc $\widehat{B_{i}CB_{j}} \leq 60^{\circ}$. Không mất tính tổng quát giả sử $\widehat{B_{1}CB_{2}} \leq 60^{\circ}$ vì vậy $A_{1}A_{2}\leq max\left \{ OA_{1};OA_{2} \right \}$. Suy ra ĐPCM
Mình xin bổ sung thêm lời giải cho bạn như sau:
Bài 13: Ta sẽ chứng minh $k$ nhỏ nhất sẽ bằng 7.
Xét $k=1,2,3,4$. Dễ thấy lúc này bài toán sẽ không đúng
Xét $k=5$. Vẽ ngũ giác đều $MNPQR$ nội tiếp $(C;1)$. Ta có $MN=NP=PQ=QE=RM$. Vì $\widehat{MCN}=120^{\circ} \Rightarrow MN=\sqrt{2} \Rightarrow MN=NP=PQ=QE=RM=\sqrt{2}>1$. Suy ra với $k=5$ bài toán sẽ không đúng.
Xét $k=6$. Gọi 6 điểm này là $A_{1},A_{2},A_{3},A_{4},A_{5},A_{6}$. Trong 6 điểm này giả sử có một điểm trùng tâm O, giả sử đó là $A_{1}$ thì vẽ ngũ giác đều $A_{2}A_{3}A_{4}A_{5}$. Chứng minh tương tự TH trên suy ra vô lí:
Xét $k=7$. Giả sử có $A_{0}$ trùng tâm, gọi 6 điểm còn lại này là $A_{1},A_{2},A_{3},A_{4},A_{5},A_{6}$ thuộc đường tròn. Khoảng cách giữa $A_{0}$ và các điểm này bằng 1 nên vô lí
Xét $k=8$. Gọi $A_{0}$ là điểm ở tâm. Gọi $A_{1},A_{2},A_{3},A_{4},A_{5}$ thuộc đường hình tròn.
+) Nếu $A_{7}$ nằm trên các bán kính kẻ qua $A_{1},A_{2},A_{3},A_{4},A_{5},A_{6}$ thì luôn đúng
+) Nếu $A_{7}$ nằm trên đường tròn thì. Qua 6 điểm này ta kẻ các bán kính cắt $(C;1)$ tại $B_{1},B_{2},B_{3},B_{4},B_{5},B_{6}$. Vì 6 bán kính này chia hình tròn thành 6 hình quạt nên tồn tại 1 góc $\widehat{B_{i}CB_{j}} \leq 60^{\circ}$. Không mất tính tổng quát giả sử $\widehat{B_{1}CB_{2}} \leq 60^{\circ}$ vì vậy $A_{1}A_{2}\leq max\left \{ OA_{1};OA_{2} \right \}$. Suy ra ĐPCM
Vậy $\boxed{k=8}$
PS: @Ngoc Hung: Các bạn Đức Thọ làm tốt không thầy?
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HoangKhanh2002: 14-03-2017 - 12:20
- Ngoc Hung và NHoang1608 thích
#15
Đã gửi 14-03-2017 - 12:08
Bài 13: Ta nhận thấy nếu k = 7 thì trong 7 điểm ta lấy 1 điểm ở tâm và 6 điểm khác trên đường tròn sao cho 6 điểm đó tạo thành lục giác đều. Lúc đó khoảng cách giữa 2 điểm bất kỳ bằng 1 nên không thỏa mãn. Do đó $k\geq 8$
Giả sử k = 8. Vì các điểm phân biệt nên có ít nhất 7 điểm không trùng tâm đường tròn. Ta kẻ các bán kính đi qua 7 điểm đó.
- Nếu có 2 điểm thuộc cùng một bán kính thì khoảng cách giữa hai điểm đó nhỏ hơn 1
- Nếu không có 2 điểm nào cùng thuộc một bán kính, lúc đó có 7 bán kính, suy ra có hai bán kính tạo với nhau một góc nhỏ hơn 600.
Giả sử hai bán kính đó chứa A và B. Vì góc $\widehat{AOB}$ không là góc lớn nhất của tam giác OAB nên $AB< max\left \{ OA,OB \right \}\leq 1$
Vậy trường hợp k = 8 thỏa mãn. Do đó giá trị nhỏ nhất của k là 8
- HoangKhanh2002, chunglop0987 và NHoang1608 thích
#16
Đã gửi 14-03-2017 - 12:45
Cách của thầy Hùng và Khánh đúng rồi. Mình quên xét TH trùng tâm và để ý đề là bé hơn 1 chứ không phải là $\leq1$.
The greatest danger for most of us is not that our aim is too high and we miss it, but that it is too low and we reach it.
----- Michelangelo----
#17
Đã gửi 14-03-2017 - 20:39
Một lời giải khác cho bài 10 mà không viện đến định lý Cosine và tính toán quá nhiều.
Trước hết ta có hai bổ đề.
Bổ đề 1: Cho tam giác ABC có hai đường AD, BE đồng quy tại trung tuyến qua C. Khi đó DE // AB.
Bổ đề 2: Cho tam giác ABC có góc BAC vuông, đường cao AH. Khi đó $BH:CH=BA^2:CA^2$.
Trở lại bài toán. Theo bổ đề 1 có ngay HD // AC. Do đó $BH:CH=BD:AD=a:b$. Mặt khác, theo bổ đề 2 thì $BH:CH=c^2:b^2$. Vậy $ab=c^2$ hay $ab=a^2-b^2$. Đặt $a=bt$ thì ta có $t^2-t-1=0$, giải ra được $t=(1+\sqrt{5})/2$. Vậy $c/b=\sqrt{a/b}=\sqrt{(1+\sqrt{5})/2}$.
#18
Đã gửi 14-03-2017 - 21:33
Bài bất đẳng thức: Đặt $x=yt$ thì $P=\frac{(t+2)(2t+1)}{t^2+1}=2+\frac{5t}{t^2+1}$. Mặt khác, theo bất đẳng thức AG, $0<t\leq\frac{1}{16}(x+y/4)^2$. Đặt $f(t)=\frac{5t}{t^2+1}$. Ta sẽ chứng minh rằng $f(t)\leq f(1/16)=k$ với mọi $t$ mà $0<t\leq 1/16$. Thật vậy, xét $g(t)=kt^2-5t+k$. Phương trình $g(t)=0$ có hai nghiệm dương phân biệt, trong đó có một nghiệm là $1/16$. Mà trung bình cộng hai nghiệm là $5/2>1/16$, như vậy nghiệm nhỏ hơn là $1/16$. Vậy $g(t)>0$ với mọi $t<1/16$, hay $f(t)<f(1/16)$ với mọi $t<1/16$. Vậy $P\leq k+2=594/257$ và điều này xảy ra khi $x=0.5$ và $y=8$.
- adteams yêu thích
#19
Đã gửi 21-05-2017 - 23:48
Câu 11: $\sqrt{a+b}=\frac{\overline{ab}}{a+b}\Leftrightarrow \sqrt{(a+b)^3}=\overline{ab}\Leftrightarrow (a+b)^3=\overline{ab}^2$ nên $a+b$ là số chính phương
Vì $1\leq a+b\leq 18$ nên $(x;y) \in \left \{ 1;4;9;16 \right \}$
- Nếu $a+b=1\Rightarrow 10a+b=1$ (loại)
- Nếu $a+b=4\Rightarrow 10a+b=8$ (loại)
- Nếu $a+b=9\Rightarrow 10a+b=27\Rightarrow \overline{ab}=27$
- Nếu $a+b=16\Rightarrow 10a+b=64$ (loại)
Vui quá đi, em cũng làm đc thế này
Treasure every moment that you have!
And remember that Time waits for no one.
Yesterday is history. Tomorrow is a mystery.
Today is a gift. That’s why it’s called the present.
2 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh