Chủ đề này có 14 trả lời

[Leonguyen]

Mọi người giúp em bài 5 với ạ ;_;

P/s: Thi nát quá 

Hình gửi kèm

• 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Leonguyen: 19-03-2023 - 07:11

[chuyenndu]

gợi ý

$a^2+1=a^2+ab+bc+ca=(a+b)(a+c)$

[truongphat266]

Mọi người giúp em bài 5 với ạ ;_;

P/s: Thi nát quá 

Đỡ hơn mình rớt cả vòng kiểm tra chất lượng quận 

Góp bài bất theo gợi ý:

VT=$((a+b)(b+c)(c+a))^2$

Áp dụng BĐT phụ: $(a+b)(b+c)(c+a)\geq \frac{8}{9}(a+b+c)(ab+bc+ca)$

$\rightarrow$ VT $\geq [\frac{8}{9}(a+b+c)(ab+bc+ca)]^2\geq [\frac{8}{9}\sqrt{3(ab+bc+ca)}(ab+bc+ca)]=\frac{64}{27}$

[Leonguyen]

a) Dễ dàng chứng minh được $AF.AB=AE.AC=AD^2$, từ đây suy ra được tứ giác $BCEF$ nội tiếp.

b) Tứ giác $AFDE$ nội tiếp đường tròn đường kính $AD$ (do $\angle AFD=\angle AED=90^{\circ}$), từ đó suy ra được $A,M,F,D,E$ cùng thuộc một đường tròn.

Gọi $T$ là giao điểm thứ hai của $MD$ với $(O)$. Dễ thấy $\angle TMA=\angle DMA=90^{\circ}$ nên suy ra được $AT$ là đường kính của $(O)$. Khi đó:

$\angle TMC=\angle TAC=90^{\circ}-\angle ATC=90^{\circ}-\angle ABC=90^{\circ}-\angle ABD=\angle BAD\equiv\angle FAD=\angle FMD$, do đó $MD$ là phân giác của $\angle FMC$.

c) Gọi $I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác $AFDE$, dễ thấy đường trung trực của $EF$ đi qua $I$ và đường trung trực của $BC$ đi qua $O$

Gọi $X$ và $X’$ lần lượt là giao điểm của đường trung trực của $BC$ và $MD$, $IN$ và $MD$. Gọi $N$ là trung điểm của $EF$.

Dễ thấy $\bigtriangleup ADT$ có $O$ là trung điểm của $AT$, $OX\parallel AD$ nên $X$ là trung điểm của $DT$.    (1)

Kẻ tiếp tuyến $Ax$ với $(O)$ như hình trên, chứng minh được $AT\perp EF$ nên $AT\parallel IX'$. Xét $\bigtriangleup ADT$ có $I$ là trung điểm của $AD$, $IX\parallel DT$ nên $X'$ là trung điểm của $DT$.    (2)

Từ (1) và (2) suy ra $X$ và $X'$ trùng nhau, ta có đpcm.

P/s: Mọi người coi giúp em giải như này có sai gì không ạ

Hình gửi kèm

• 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Leonguyen: 16-03-2023 - 11:55

[Leonguyen]

VT=$((a+b)(b+c)(c+a))^2$

Áp dụng BĐT phụ: $(a+b)(b+c)(c+a)\geq \frac{8}{9}(a+b+c)(ab+bc+ca)$

$\rightarrow$ VT $\geq [\frac{8}{9}(a+b+c)(ab+bc+ca)]^2\geq [\frac{8}{9}\sqrt{3(ab+bc+ca)}(ab+bc+ca)]=\frac{64}{27}$

Uầy mình vào không nghĩ tới bđt này luôn. Cũng chỉ mong có giải khúc khích cho đỡ buồn thôi bạn à ;_;

[truongphat266]

Câu 2:

a) $GT\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} (x+y)^2-2xy=x+3 & & \\ 3xy+y^2=y-3 & & \end{matrix}\right.$

Cộng cả 2 phương trình lại tính được $x$ theo $y$

b) Giả sử $a>b>c$ và cả 3 phương trình đều vô nghiệm

Xét phương trình thứ 3

Có: $a^2<ac+1$ $\Rightarrow$ $a(a-c)<1$ (vô lí vì $a>c$ và $a,c$ nguyên) 

Vậy ta có đpcm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi truongphat266: 15-03-2023 - 18:19

[truongphat266]

Uầy mình vào không nghĩ tới bđt này luôn. Cũng chỉ mong có giải khúc khích cho đỡ buồn thôi bạn à ;_;

bạn chỉ cần nghĩ dồn (a+b)(b+c)(c+a) về ab+bc+ca thôi mà chỉ có bđt đó dồn được

[Leonguyen]

P/s: Mọi người coi giúp em giải như này có sai gì không ạ

Bạn xem giúp mình với để mình thử dò lại, bây h chỉ còn hi vọng vô câu hình ._.

[tinanguyenn]

giải chi tiết câu 3 được ko cậu :')

Mọi người giúp em bài 5 với ạ ;_;

P/s: Thi nát quá 

[Leonguyen]

Câu 3.

1. $2x^2-y^2=1$ $(*)$

Dễ thấy $y$ lẻ $\Rightarrow y^2\equiv 1 \pmod4$.

Nếu $x$ chẵn thì $x^2\equiv0\pmod4\Rightarrow 2x^2-y^2\equiv -1\pmod4$ không thoả mãn $(*)$. Do đó $x$ lẻ. Khi đó $(*)\Leftrightarrow x^2-y^2=1-x^2=-(x-1)(x+1)$. Vì $(x-1)(x+1)$ là tích hai số nguyên chẵn liên tiếp nên chia hết cho 8. Do đó $xy(x^2-y^2)$ chia hết cho 8.         (1)

Xét TH $x$ hoặc $y$ chia hết cho 5 hoặc cả $x$ và $y$ có cùng số dư khi chia cho 5. Khi đó dễ dàng chứng minh được $xy(x^2-y^2)$ chia hết cho 5.

Xét TH $x$ và $y$ không có cùng số dư khi chia cho 5 và không có số nào chia hết cho 5. Khi đó $x^2$ và $y^2$ chia 5 dư 1 hoặc 4. Xét TH $x^2$ dư 1, $y^2$ chia 5 dư 4 và TH $x^2$ chia 5 dư 4, $y^2$ chia 5 dư 1 đều không thoả mãn $(*)$.

Do đó $xy(x^2-y^2)$ chia hết cho 5.         (2)

Từ (1) và (2) suy ra $xy(x^2-y^2)$ chia hết cho 40 (đpcm).

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Leonguyen: 19-03-2023 - 07:08

[truongphat266]

Câu 3. b) 

Mỗi người đều chơi $n$ trận với $n$ người khác và không có trận hòa

Do đó: $x_1+y_1=x_2+y_2=x_3+y_3=...=x_n+y_n=n$

Mà tổng số trận thắng của mọi người bằng tổng số trận thua do đó:

$x_1+x_2+...+x_n=y_1+y_2+y_3+...+y_n$

Xét: $x^2_1+x^2_2+x^2_3+...+x_n^2-y_1^2-y_2^2-y_3^2-...-y_n^2$

$=(x_1^2-y_1^2)+(x_2^2-y_2^2)+...(x_n^2-y_n^2)$

$=n(x_1-y_1)+n(x_2-y_2)+...+n(x_n-y_n)$

$=n(x_1-y_1+x_2-y_2+...+x_n-y_n)$

$=0$

$\rightarrow DPCM$

P/S: Đây là đề thi chuyên toán TP.HCM năm 2015-2016 được tổng quát lên 

[truongphat266]

Câu 3.

1. $2x^2-y^2=1$ $(*)$

Dễ thấy $y$ lẻ $\Rightarrow y^2\equiv 1 \pmod4$.

Nếu $x$ chẵn thì $x^2\equiv1\pmod0\Rightarrow 2x^2-y^2\equiv -3\pmod4$ không thoả mãn $(*)$. Do đó $x$ lẻ. Khi đó $(*)\Leftrightarrow x^2-y^2=1-x^2=-(x-1)(x+1)$. Vì $(x-1)(x+1)$ là hai số nguyên chẵn liên tiếp nên chia hết cho 8. Do đó $xy(x^2-y^2)$ chia hết cho 8.         (1)

Xét TH $x$ hoặc $y$ chia hết cho 5 hoặc cả $x$ và $y$ có cùng số dư khi chia cho 5. Khi đó dễ dàng chứng minh được $xy(x^2-y^2)$ chia hết cho 5.

Xét TH $x$ và $y$ không có cùng số dư khi chia cho 5 và không có số nào chia hết cho 5. Khi đó $x^2$ và $y^2$ chia 5 dư 1 hoặc 4. Xét TH $x^2$ dư 1, $y^2$ chia 5 dư 4 và TH $x^2$ chia 5 dư 4, $y^2$ chia 5 dư 1 đều không thoả mãn $(*)$.

Do đó $xy(x^2-y^2)$ chia hết cho 5.         (2)

Từ (1) và (2) suy ra $xy(x^2-y^2)$ chia hết cho 40 (đpcm).

Thực ra câu này làm ngắn hơn thì xét số dư cho 8

[Leonguyen]

Thực ra câu này làm ngắn hơn thì xét số dư cho 8

Lúc đấy nghĩ được gì là làm luôn thôi chứ không nghĩ đến hướng khác nữa

[Leonguyen]

https://drive.google...iew?usp=sharing

[Leonguyen]

Bản đẹp hơn và đầy đủ hơn của tài liệu trên.

File gửi kèm

•  Lời giải HSG toán 9 Quảng Trị 2022-2023.pdf.pdf   629.27K   154 Số lần tải

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Leonguyen: 28-06-2023 - 16:32