sorryXin lỗi bạn vì bạn gửi không đúng chỗ rồi . Ở đây là mọi người trao đổi về các đề thi ,còn nhờ hỏi bài thì đăng trên status hoặc lời nhắn . Bạn thấy tự nhiên topic lạc mất tiêu đề ban đầu
$\boxed{Topic}$Ôn thi học sinh giỏi lớp 9 năm 2013-2014.
#61
Đã gửi 21-10-2012 - 11:43
#62
Đã gửi 21-10-2012 - 15:39
Bài 1:
a) $A=20032003...2003=2003.10^{4.9998}+2003.10^{4.9997}+...+2003.10^{4.1}+2003=2003.10000^{4.9997}+2003.10000^{4.9996}+...+2003.10000+2003$
b) Đặt $(a,b)=d$
Bài 2:
Biến đổi vế trái bằng cách sử dụng hằng đẳng thức.
- caybutbixanh yêu thích
#63
Đã gửi 25-10-2012 - 13:43
Đặt (a; b) =1 thì a = d.a1 và b = d. b2 với (a1; b1) = 1. Ta có
a2 + b2= d2(a12. b12) và ab= d2a1b1
Vì a2 + b2 chia hết cho ab nên a12 + b12 chia hết cho a1b1
=> a12 + b12 chia hết cho a1 và b1 => a12 chia hết cho b1 và b12 chia hết cho a1
Vì (a1; b1) = 1 nên a1 chia hết cho b1 và b1 cũng chia hết cho a1
=> a1= b1= 1
Vậy A = 2
========================
Sau đây là một vài gợi ý cho Bài 1 và Bài 2:
Bài 1:
a) $A=20032003...2003=2003.10^{4.9998}+2003.10^{4.9997}+...+2003.10^{4.1}+2003=2003.10000^{4.9997}+2003.10000^{4.9996}+...+2003.10000+2003$
b) Đặt $(a,b)=d$
Hãy cố gắng lên Minhhieukaka!!!
#64
Đã gửi 03-11-2012 - 20:36
a) Ta có
$A=20032003...2003=2003.10^{4.9998}+2003.10^{4.9997}+...+2003.10^{4.1}+2003=2003.10000^{4.9997}+2003.10000^{4.9996}+...+2003.10000+2003$
Mặt khác, ta lại có:
$10000\equiv 1(mod9999)$
Do đó, ta có:
$S\equiv 2003+2003+2003...+2003(mod 9999)$($9999$ số $2003$).
Vậy $S\equiv 0(mod 9999)$
b) Giải như cách của minhhieukaka.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi duongchelsea: 03-11-2012 - 20:37
- caybutbixanh yêu thích
#65
Đã gửi 03-11-2012 - 20:46
a) $\sqrt{2x+\sqrt{4x^2-1}}+\sqrt{2x-\sqrt{4x^2-1}}=2\Leftrightarrow \sqrt{2x+1+2\sqrt{(2x-1)(2x+1)}+2x-1}+\sqrt{2x+1-2\sqrt{(2x-1)(2x+1)}+2x-1}=2\sqrt{2}\Leftrightarrow \left | \sqrt{2x+1}+\sqrt{2x-1} \right |+\left | \sqrt{2x+1}-\sqrt{2x-1} \right |=2\sqrt{2}\Leftrightarrow 2\sqrt{2x+1}=2\sqrt{2}\Leftrightarrow \sqrt{2x+1}=\sqrt{2}\Leftrightarrow x=\frac{1}{2}(TM)$
Vậy phương trình có nghiệm $x=\frac{1}{2}$
b) Phân tích vế trái tương tự câu a), sau đó giải và biện luận theo yêu cầu đề bài.
P/s: Mấy câu hình ngại vẽ hình, mong bạn nào làm được rồi thì post đáp án cho mọi người tham khảo.
- caybutbixanh và no matter what thích
#66
Đã gửi 10-11-2012 - 19:19
Nếu không ai giải nữa mình sẽ gửi đề mới .Bài 2:
a) $\sqrt{2x+\sqrt{4x^2-1}}+\sqrt{2x-\sqrt{4x^2-1}}=2\Leftrightarrow \sqrt{2x+1+2\sqrt{(2x-1)(2x+1)}+2x-1}+\sqrt{2x+1-2\sqrt{(2x-1)(2x+1)}+2x-1}=2\sqrt{2}\Leftrightarrow \left | \sqrt{2x+1}+\sqrt{2x-1} \right |+\left | \sqrt{2x+1}-\sqrt{2x-1} \right |=2\sqrt{2}\Leftrightarrow 2\sqrt{2x+1}=2\sqrt{2}\Leftrightarrow \sqrt{2x+1}=\sqrt{2}\Leftrightarrow x=\frac{1}{2}™$
Vậy phương trình có nghiệm $x=\frac{1}{2}$
b) Phân tích vế trái tương tự câu a), sau đó giải và biện luận theo yêu cầu đề bài.
P/s: Mấy câu hình ngại vẽ hình, mong bạn nào làm được rồi thì post đáp án cho mọi người tham khảo.
KẺ MẠNH CHƯA CHẮC ĐÃ THẮNG
MÀ KẺ THẮNG MỚI CHÍNH LÀ KẺ MẠNH!.
(FRANZ BECKEN BAUER)
ÔN THI MÔN HÓA HỌC TẠI ĐÂY.
#67
Đã gửi 10-11-2012 - 19:40
Đề 6 . THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 ( Tiền Giang )
--------------------------
Bài 1: a,Giả sử các số a,b thỏa mãn : $\left\{\begin{matrix} a^{3}-3ab^{2}=233 & \\ b^{3}-3a^{2}b= 2010 & \end{matrix}\right.$Tính $P= a^{2}+b^{2}$
b, Với giá trị nào của b thì hai phương trình :$2011x^{2}+bx+1102=0 \\ 1102x^{2}+bx+2011=0$ có ngiệm chung.
Bài 2:
a, Giải phương trình:$\sqrt{x-1}+\sqrt{x^{3}+x^{2}+x+1}= 1+\sqrt{x^{4}-1}$
b, Cho phương trình : $y^{2}+my+p=0$ có hai nghiệm là $y_{1}; y_{2}$. Định m và p để $\frac{1}{1+y_{1}};\frac{1}{1+y_{2}}$ cũng là nghiệm của phương trình này.
Bài 3. Một thầy giáo còn trẻ dạy môn toán, khi được hỏi bao nhiêu tuổi đã trả lời như sau :" Tổng, tích,hiệu,thương của tuổi tôi và đứa con trai của tôi cộng lại là 216". Hỏi thầy giáo bao nhiêu tuổi ?
Bài 4. Giả sử phương trình bậc hai $ax^{2}+bx+c=0$ có hai nghiệm thuộc đoạn $\left [ 0;1 \right ]$. Xác định a,b,c để biểu thức $P=\frac{(a-b)(2a-c)}{a(a-b+c)}$ đạt giá trị nhỏ nhất và lớn nhất .
Bài 5: Cho $\Delta ABC, \widehat{A}=90 ^{\circ}$, ta vẽ đường thẳng d di động .Gọi $B^{'},C^{'}$ là hình chiếu của B,C xuống d, H là chân đường cao Tam giác ABC.
1, CMR: Đường tròn đường kính $B^{'}C^{'}$ qua một điểm cố định
2, tìm quỹ tích trung điểm M của $B^{'}C^{'}$.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi caybutbixanh: 14-11-2012 - 18:08
- no matter what và NGUYEN MINH HIEU TKVN thích
KẺ MẠNH CHƯA CHẮC ĐÃ THẮNG
MÀ KẺ THẮNG MỚI CHÍNH LÀ KẺ MẠNH!.
(FRANZ BECKEN BAUER)
ÔN THI MÔN HÓA HỌC TẠI ĐÂY.
#68
Đã gửi 11-11-2012 - 07:08
Ta có: $a^3-3ab^2=233 \Leftrightarrow a^6-6a^4b^2+9a^2b^4=54289$ (1)$$ Đề 6 . THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 ( Tiền Giang )$$
Bài 1: a,Giả sử các số a,b thỏa mãn : $\left\{\begin{matrix} a^{3}-3ab^{2}=233 & \\ b^{3}-3a^{2}b= 2010 & \end{matrix}\right.$
Tính $P= a^{2}+b^{2}$
$b^3-3a^2b=2010 \Leftrightarrow b^6-6a^2b^4+9a^4b^2=4040100$ (2)
Từ (1) và (2) suy ra: $(a^2+b^2)^3=4094389 \Rightarrow P=\sqrt[3]{4094389}$
* ĐKXĐ: $x \ge 1$Bài 2:
a, Giải phương trình:$\sqrt{x-1}+\sqrt{x^{3}+x^{2}+x+1}= 1+\sqrt{x^{4}-1}$
* Khi đó:
$\sqrt{x-1}+\sqrt{x^{3}+x^{2}+x+1}= 1+\sqrt{x^{4}-1}$
$\Leftrightarrow (\sqrt{x-1}-1)(1-\sqrt{(x+1)(x^2+1)})=0$
......
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi C a c t u s: 11-11-2012 - 07:16
- caybutbixanh yêu thích
Kỳ tích là tên gọi khác của sự nỗ lực
#69
Đã gửi 24-11-2012 - 20:25
--------------------------------------------------Đề 6 . THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 ( Tiền Giang )
--------------------------
Bài 1: a,Giả sử các số a,b thỏa mãn : $\left\{\begin{matrix} a^{3}-3ab^{2}=233 & \\ b^{3}-3a^{2}b= 2010 & \end{matrix}\right.$
Tính $P= a^{2}+b^{2}$
b, Với giá trị nào của b thì hai phương trình :$2011x^{2}+bx+1102=0 \\ 1102x^{2}+bx+2011=0$ có ngiệm chung.
Chém phần b,
Giả sử pt có nghiệm chung là $x_{0}$
Khi đó cả hai pt sẽ là >>>>> $2011x^{2}_{0}+bx_{0}+1102=0$ và $1102x^{2}_{0}+bx_{0}+2012=0$
Trừ vế với vế ta được $909x^{2}_{0}-909=0$
$\Leftrightarrow x=\pm 1$
vậy x=\pm 1$ là nghiệm chung của 2 pt >>thế lại vào ta đc $b=\pm 3113$
Vậy......................................................................ghi nốt
===========================
ức quá hình học quá chán >>>>>
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NGUYEN MINH HIEU TKVN: 06-12-2012 - 09:49
- thinhrost1 yêu thích
#70
Đã gửi 24-11-2012 - 22:10
Giải:Bài 5: Cho $\Delta ABC, \widehat{A}=90 ^{\circ}$, ta vẽ đường thẳng d di động .Gọi $B^{'},C^{'}$ là hình chiếu của B,C xuống d, H là chân đường cao Tam giác ABC.
1, CMR: Đường tròn đường kính $B^{'}C^{'}$ qua một điểm cố định
Tứ giác AB'BH,AHCC' lần lượt là tứ giác nội tiếp.
$\widehat{HB'A}+\widehat{HC'A}=\widehat{ABH}+\widehat{ACH}=90^{\circ}=>\widehat{B'HC'}= 90^{\circ}$
=> Đường tròn đường kính $B'C'$ đi qua điểm cố định $H$.
Nếu nói vậy mình xin nhường bạn câu 5b.Nếu bạn còn thái độ viết bài để lấy like thì mình nghĩ rằng không chỉ mình mà mọi người cũng sẽ không bao giờ nhấn nút like cho bạn.ức quá hình học quá chán >>>>>
nè caybutbixanh nhấn like cho mình đi>>>
KẺ MẠNH CHƯA CHẮC ĐÃ THẮNG
MÀ KẺ THẮNG MỚI CHÍNH LÀ KẺ MẠNH!.
(FRANZ BECKEN BAUER)
ÔN THI MÔN HÓA HỌC TẠI ĐÂY.
#71
Đã gửi 24-11-2012 - 22:39
\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\Đề 6 . THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 ( Tiền Giang )
--------------------------
Bài 2:
a, Giải phương trình:$\sqrt{x-1}+\sqrt{x^{3}+x^{2}+x+1}= 1+\sqrt{x^{4}-1}$
b, Cho phương trình : $y^{2}+my+p=0$ có hai nghiệm là $y_{1}; y_{2}$. Định m và p để $\frac{1}{1+y_{1}};\frac{1}{1+y_{2}}$ cũng là nghiệm của phương trình này.
Thôi tạm thời nói sơ cua câu 2.b để cho các bạn nhận xét đã. Còn hình học thì mình xin trả lời sau
Theo mình nghĩ pt trên là pt bậc hai một ẩn nên có tối đa là 2 nghiệm nên chắc chắn trong 4 nghiệm đã cho sẽ có 2 nghiệm trùng lập. Do đó
$y_{1}=\frac{1}{1+y_{1}}$ và $y_{2}=\frac{1}{1+y_{2}}$
Hoặc
$y_{1}=\frac{1}{1+y_{2}}$ và $y_{2}=\frac{1}{1+y_{1}}$
Giải cả hai trường hợp đó r a rồi thế ngay lại trực tiếp vào pt đã cho rồi ta sẽ tìm đc m, p tương ứng,
phần giải kĩ càng mình sẽ post sau
---------------------------------------------------------------------------
P/s nếu có như lời nói lần trước có mạo phạm thì cho mình xin lỗi. Mình sẽ cố gắng rút kinh nghiệm
Còn bài hình thì mình sẽ sớm trả lời nhanh nhất nếu có thể
===================================
Cáo lỗi NGUYEN MINH HIEU TKVN
- Dung Dang Do yêu thích
#72
Đã gửi 08-12-2012 - 15:06
Bài 1: Cm rằng
$$\frac{1+\frac{\sqrt{3}}{2}}{1+\sqrt{1+\frac{\sqrt{3}}{2}}}+\frac{1-\frac{\sqrt{3}}{2}}{1-\sqrt{1-\frac{\sqrt{3}}{2}}}=1$$
Bài 2 giải phương trình $$x^3-x^2-x=\frac{1}{3}$$
Bài 3 Giải hệ phương trình
$$\left\{\begin{matrix}
x+y=\sqrt{4z-1} & & \\
z+y=\sqrt{4x-1} & & \\
x+z=\sqrt{4y-1} & &
\end{matrix}\right.$$
Bài 4 Tìm tất cả các số năm chữ số $\overline{abcde}$ sao cho:
$$\sqrt[3]{\overline{abcde}}=\overline{ab}$$
Bài 5: DDường tròn $(O)$ nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với BC,CA,AB theo thứ tự $D,E,F$. Đường thẳng vuông góc với OC ở O cắt các hai cạnh CA,CB tại I và J. Một điểm P chuyển động trên cung nhỏ DE ko chứa điểm F, tiếp tuyến tại P của (O) cắt hai cạnh CA,CB lần lượt tại M, N. Chứng minh rằng:
a) Góc $\widehat{MON}=\gamma=$ không đổi, hãy xác định theo $\gamma$ theo các góc của tam giác ABC.
b) 3 tam giác IMO,OMN,JON đồng dạng với nhau . Từ đó suy ra.
$$IM.JN=OI^2=OJ^2(*)$$
c) Đảo lại, nếu M và N là hai điểm thứ tự lấy trên hai đoạn thẳng CE và CD thoã mãn hệ thức $(*)$ thì MN tiếp xúc với đường tròn.
- no matter what yêu thích
#73
Đã gửi 15-12-2012 - 12:58
Bài 2: Tìm nghiệm nguyên của PT
xy=P(x+y) (P là số nguyên tố)
Mọi người giúp mình bài này với nhé, mình đang cần gấp, minh cảm ơn trước ạ
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Kwon Simonster: 15-12-2012 - 13:00
Simonster Love SNSD
Girl's Generation We don't stop
#74
Đã gửi 15-12-2012 - 13:25
#75
Đã gửi 15-12-2012 - 13:42
Đề thi HSG cấp huyện Tiền Giang năm 1998-1999
Bài 1 :1) Khử căn ở mẫu của biểu thức sau và rút gọn
$A=\frac{20}{3+\sqrt{5}+\sqrt{2+2\sqrt{5}}}$
2) Cho $B=(\frac{\sqrt{x}-2}{x-1}-\frac{\sqrt{x}+2}{x+2\sqrt{x}+1})(\frac{1-x}{\sqrt{2}})^2$
a) Rút gọn B
b) Tìm max B
Bài 2 : Tìm số nguyên tố p sao cho p+10, p+14 cũng là số nguyên tố
Bài 3 :
Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a. Qua tâm O của hình vuông dựng 1 đường thẳng tùy ý
1) Tính tổng bình phương khoảng cách từ bốn đỉnh hình vuông đến đường thẳng đó
2) Nhận xét kết quả câu 1)
Bài 4 :
Chứng minh rằng : chân các đường thẳng vuông góc hạ từ 1 điểm bất kì thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác lên các cạnh của tam giác nằm trên 1 đường thẳng.
- Kwon Simonster và no matter what thích
#76
Đã gửi 15-12-2012 - 17:06
Đề thi HSG cấp huyện Tiền Giang năm 1998-1999
Bài 1 :
1) Khử căn ở mẫu của biểu thức sau và rút gọn
$A=\frac{20}{3+\sqrt{5}+\sqrt{2+2\sqrt{5}}}$
2) Cho $B=(\frac{\sqrt{x}-2}{x-1}-\frac{\sqrt{x}+2}{x+2\sqrt{x}+1})(\frac{1-x}{\sqrt{2}})^2$
a) Rút gọn B
b) Tìm max B
Bài 2 : Tìm số nguyên tố p sao cho p+10, p+14 cũng là số nguyên tố
Bài 3 :
Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a. Qua tâm O của hình vuông dựng 1 đường thẳng tùy ý
1) Tính tổng bình phương khoảng cách từ bốn đỉnh hình vuông đến đường thẳng đó
2) Nhận xét kết quả câu 1)
Bài 4 :
Chứng minh rằng : chân các đường thẳng vuông góc hạ từ 1 điểm bất kì thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác lên các cạnh của tam giác nằm trên 1 đường thẳng.
Dừng lại mấy đề trên đã giải quyết xong đâu mà gửi đề mới.
Thể lệ ở đây gửi đề bạn.Bài 1: Tìm các cạnh nguyên của tam giác vuông có số đo diện tích bằng số đo chu vi
Bài 2: Tìm nghiệm nguyên của PT
xy=P(x+y) (P là số nguyên tố)
Mọi người giúp mình bài này với nhé, mình đang cần gấp, minh cảm ơn trước ạ
KẺ MẠNH CHƯA CHẮC ĐÃ THẮNG
MÀ KẺ THẮNG MỚI CHÍNH LÀ KẺ MẠNH!.
(FRANZ BECKEN BAUER)
ÔN THI MÔN HÓA HỌC TẠI ĐÂY.
#77
Đã gửi 15-12-2012 - 18:20
Bài 3 Goi x,y là số tuổi của thầy giáo và con của thầy ( đk: Là số tự nhiên)B
Đề 6 . THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 ( Tiền Giang )
--------------------------
Bài 3. Một thầy giáo còn trẻ dạy môn toán, khi được hỏi bao nhiêu tuổi đã trả lời như sau :" Tổng, tích,hiệu,thương của tuổi tôi và đứa con trai của tôi cộng lại là 216". Hỏi thầy giáo bao nhiêu tuổi ?
Bài 4. Giả sử phương trình bậc hai $ax^{2}+bx+c=0$ có hai nghiệm thuộc đoạn $\left [ 0;1 \right ]$. Xác định a,b,c để biểu thức $P=\frac{(a-b)(2a-c)}{a(a-b+c)}$ đạt giá trị nhỏ nhất và lớn nhất .
Bài 5: Cho $\Delta ABC, \widehat{A}=90 ^{\circ}$, ta vẽ đường thẳng d di động .Gọi $B^{'},C^{'}$ là hình chiếu của B,C xuống d, H là chân đường cao Tam giác ABC.
2, tìm quỹ tích trung điểm M của $B^{'}C^{'}$.
Theo đề bài , ta có pt :
$(x+y)+(x-y)+xy+ \frac{x}{y}= 216 \leftrightarrow 2x+xy+\frac{x}{y} = 216$
Đặt $t=\frac{x}{y}$ pt trở thành:$2ty+ty^{2}+t=216\Leftrightarrow (y+1)^{2}\vdots 216 \Rightarrow (y+1)^{2} \in {4;9;36}$
Từ đó suy ra cặp nghiệm (x;y) phù hợp là (30;5)
Bài 4 Goi $x_{1},x_{2}$ là hai nghiệm của pt bậc hai :
THeo hệ thức Vi - et , ta có:
$\left\{\begin{matrix} x_{1}+x_{2}=\frac{-b}{a} & \\ x_{1}x_{2}=\frac{c}{a} & \end{matrix}\right.$
$P=\frac{(a-b)(2a-c)}{a(a-b+c)}=\frac{(1-\frac{b}{a})(2-\frac{c}{a})}{1-\frac{b}{a}+\frac{c}{a}}=\frac{(1+x_{1}+x_{2})(2-x_{1}x_{2})}{1+x_{1}+x_{2}+x_{1}x_{2}}=\frac{2+2(x_{1}+x_{2})-x_{1}x_{2}-x_{1}x_{2}(x_{1}+x_{2})}{x_{1}x_{2}+x_{1}+x_{2}+1}= 2-\frac{3x_{1}x_{2}-x_{1}x_{2}(x_{1}+x_{2})}{x_{1}x_{2}+x_{1}+x_{2}}\leq 2$
Dấu "=" xảy ra $\Leftrightarrow x_{1}x_{2}= 0 \Leftrightarrow c=0$
Vì $0\leq x_{1},x_{2}\leq 1 \Rightarrow \left\{\begin{matrix} x_{1}^{2}\leq x_{1} & \\ x_{2}^{2}\leq x_{2} & \end{matrix}\right.\Rightarrow x_{1}+x_{2}\geq x_{1}^{2}+x_{2}^{2} \geq 2x_{1}x_{2} \Rightarrow P\geq \frac{2+x_{1}x_{2}}{1+x_{1}+x_{2}+x_{1}x_{2}}=\frac{8+4x_{1}x_{2}}{4(x_{1}x_{2}+x_{1}+x_{2}+1)}\geq \frac{(3-x_{1})(3-x_{2})+(x_{1}x_{2}+x_{1}+x_{2}-1)}{4(x_{1}x_{2}+x_{1}+x_{2}+1)}\geq \frac{4-1+3(x_{1}x_{2}+x_{1}+x_{2})}{4(x_{1}x_{2}+x_{1}+x_{2}+1)}=\frac{3}{4}$
Dấu "=" $\Leftrightarrow x_{1}=x_{2}=> a=c=\frac{-b}{2}\neq 0$
Vây Max P là $\frac{3}{4}$ đạt được khi $a=c=\frac{-b}{2}\neq 0$
- no matter what và NGUYEN MINH HIEU TKVN thích
KẺ MẠNH CHƯA CHẮC ĐÃ THẮNG
MÀ KẺ THẮNG MỚI CHÍNH LÀ KẺ MẠNH!.
(FRANZ BECKEN BAUER)
ÔN THI MÔN HÓA HỌC TẠI ĐÂY.
#78
Đã gửi 15-12-2012 - 20:29
Gọi N là trung điểm BC.
Phần thuận :
Trường hợp 1 : B'C' không cắt cạnh BC. Ta có : BB' song song CC'=> BB'C'C là hình thang.
Mà M,N lần lượt là trung điểm của B'C' và BC nên MN là đường trung bình => MN song song BB' => MN vuông góc B'C'=> góc NMA = 90
=> M là thuộc đường tròn đường kính AN.
trường hợp 2: B'C' cắt cạnh BC
KHi đó M,N lần lượt là trg điểm của 2 đường chéo của hình thang BB'C'C=> MN song song BB'=> MN vuông góc với B'C' => góc NMA= 90
=> M là thuộc đường tròn đường kính AN.
Phần đảo : Lấy M là điểm bất kỳ thuộc đường tròn đk AN , qua B và C kẻ BB' và CC' cùng vuông góc với AM.
=> BB' // M'N//CC'
mà NB=NC nên M' là trung điểm B'C'
Vậy tập hợp trung điểm M của B'C' là đườn tròn đường kính AN.
KẺ MẠNH CHƯA CHẮC ĐÃ THẮNG
MÀ KẺ THẮNG MỚI CHÍNH LÀ KẺ MẠNH!.
(FRANZ BECKEN BAUER)
ÔN THI MÔN HÓA HỌC TẠI ĐÂY.
#79
Đã gửi 15-12-2012 - 20:56
ĐỀ 8: ĐỀ THI HSG TP Hồ Chí Minh
Năm học: 1989 - 1990
Vòng 1:
Bài 1: Cho hai số nguyên dương $a$ và $b$ ($a \geq b$) đều không chia hết cho $5$. Chứng minh rằng $a^4-b^4$ $\vdots$ $5$.
Bài 2: Tìm tất cả các cặp số tự nhiên $x$, $y$ sao cho: $\sqrt{x}+\sqrt{y} = \sqrt{1989}$.
Bài 3: Chứng minh rằng nếu $a$, $b$, $c$ là chiều dài ba cạnh một tam giác thì:
$ab + bc + ac \leq a^2+b^2+c^2 < 2(ab+bc+ac)$.
Bài 4: Cho hình vuông $ABCD$ có tâm $O$, cạnh bằng $10 cm$. Gọi $I$ là một điểm bất kì nằm trên đường tròn đi qua ba điểm $A$, $O$, $D$ và ngoài hình hình vuông ($I$ không trùng với $A$ và $D$). $OI$ cắt cạnh $BC$ tại $J$. Cạnh $DK$ của hình bình hành $IJKD$ cắt $BC$ tại $E$. $EH$ là đường cao của tam giác $EKJ$.
a) Tính số đo của góc $HEK$.
b) Chứng minh rằng $IJ > 10\sqrt{2} cm$.
- Dung Dang Do và LNH thích
Đổi mới là điều tạo ra sự khác biệt giữa người lãnh đạo và kẻ phục tùng.
STEVE JOBS
#80
Đã gửi 15-12-2012 - 21:31
Xơi ngay bài BĐTMình xin đóng góp một đề:
ĐỀ 8: ĐỀ THI HSG TP Hồ Chí Minh
Năm học: 1989 - 1990
Vòng 1:
Bài 1: Cho hai số nguyên dương $a$ và $b$ ($a \geq b$) đều không chia hết cho $5$. Chứng minh rằng $a^4-b^4$ $\vdots$ $5$.
Bài 2: Tìm tất cả các cặp số tự nhiên $x$, $y$ sao cho: $\sqrt{x}+\sqrt{y} = \sqrt{1989}$.
Bài 3: Chứng minh rằng nếu $a$, $b$, $c$ là chiều dài ba cạnh một tam giác thì:
$ab + bc + ac \leq a^2+b^2+c^2 < 2(ab+bc+ac)$.
Bài 4: Cho hình vuông $ABCD$ có tâm $O$, cạnh bằng $10 cm$. Gọi $I$ là một điểm bất kì nằm trên đường tròn đi qua ba điểm $A$, $O$, $D$ và ngoài hình hình vuông ($I$ không trùng với $A$ và $D$). $OI$ cắt cạnh $BC$ tại $J$. Cạnh $DK$ của hình bình hành $IJKD$ cắt $BC$ tại $E$. $EH$ là đường cao của tam giác $EKJ$.
a) Tính số đo của góc $HEK$.
b) Chứng minh rằng $IJ > 10\sqrt{2} cm$.
$$(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\ge 0$$
$$\iff a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca$$
Vì a,b,c là chiều dài 3 cạnh tamgiác nên
$a<b+c \to a^2 <ab+ac$
Tương tự $b^2<bc+ba$
$c^2<ca+cb$
Cộng lại ta có đpcm
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Dung Dang Do: 15-12-2012 - 21:32
- no matter what và DarkBlood thích
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh