ilovemath97

Câu này thật nhảm, chắc ai cũng làm đc hoặc ít nhất là câu a

Caaub kéo dài $PK$ cắt đường tròn tại $T$ xong c/m $ATDK$ là hình bình hành quá nhẹ nhàng chỉ bằng biến đổi góc.

Cho tam giác $ABC$ đường cao $BB',CC'$ cắt nhau tại $H$. Phân giác $\angle C'HB$ cắt $AB,AC$ tại $P,Q$. $M$ trung điểm $BC$. Phân giác góc $BAC$ cắt $HM$ ở $R$. CMR $P,Q,R,A$ đồng viên

Ta xét trường hợp khi $P,Q$ nằm ngoài tam giác $ABC$ (các trường hợp khác chứng minh tương tự)

ss.png

Gọi $S$ là điểm trên đoạn $BC$ sao cho $BS=CM$. Ta sẽ chứng minh $AS\perp PQ$

Gọi $X$ là giao điểm của $MP$ và $BC$ và $O$ là trung điểm của $AM$.

Ta có $PB^{2}=\overline{PX}.\overline{PM}$. Xét phương tích của $P$ với đường tròn đường kính $AM$ ta có ngay $\overline{PX}.\overline{PM}=PO^{2}-AO^{2}$. Do đó $PB^{2}=PO^{2}-AO^{2}$

Lại theo công thức đường trung tuyến ta có $PO^{2}=\frac{PA^{2}+PM^{2}}{2}-AO^{2}$

Vậy $2PB^{2}=PA^{2}+PM^{2}-AM^{2}$. Một cách tương tự ta có 

$2QC^{2}=QA^{2}+QM^{2}-AM^{2}$.

Do đó $2(PB^{2}-QC^{2})=AP^{2}-AQ^{2}+PM^{2}-QM^{2}$

$\Rightarrow AP^{2}-AQ^{2}=MC^{2}-MB^{2}+PB^{2}-QC^{2}$ (1)

Ta có $SP^{2}-SQ^{2}=SB^{2}+PB^{2}-SC^{2}-QC^{2}=MC^{2}-MB^{2}+PB^{2}-QC^{2}$  (2)

Từ (1) và (2) ta có $AP^{2}-AQ^{2}=SP^{2}-SQ^{2}$

Do đó ta có $AS\perp PQ$. Dpcm.

Cách của mình ko bị phụ thuộc hình vẽ, nhưng dùng vecto là ko hay rồi . Cho mình mượn cái hình

Kí hiệu vt AB là 'AB'. ta có:

$'PQ'.'SA'$=$('PB'+'BM'+'MQ')$.$('SC'+'CA')$=$'PB'.'CA'+'BM'.'SC'+'BM'.'CA'+'MQ'.'SC'$=$'CA'.'PM'+'SC'.'BQ'$

=$('CB'+'BA').'PM'+'SC'.('BC'+'CQ')$=$'CB'.'PM'+'BC'.'SC'$=$'CB'.('PB'+'BM')+'BC'.'SC'$=$'CB'.'BM'+'BC'.'SC'$=$'CB'.('BM+'CS')$

Khi đó AS vuông góc PQ khi và chỉ khi $'PQ'.'SA'='0'$ tương đương với $'BM'+'CS'='0'$ hay $BM=CS$

Ko có nhiều time nên mình chỉ trình bày lời giải đơn giản thôi nhé  

Chú ý rằng là $OM$ sẽ song song với $DQ$, các tứ giác $ QPDE, OPET$ nội tiếp thì cho ta $\angle AMO=\angle PQD=\angle PED=\angle PTO$

Từ đó suy ra $OMPT$ nội tiếp và do đó $OM$ vuông góc $XY$

Từ đây có 1 hướng xủ lí sau (chắc có cách khác ngắn hơn )

Vẽ $TK$ là tt thứ 2, khi đó $BPCK$ là tứ giác điều hòa, nên $A(BCPK)=-1$

Theo đó chỉ cần c/m $AK//XY$ hay ta c/m $\angle AKx=\angle MTK$ (kx tia đối KT)

Mà $\angle MTK=\angle MPK=\angle \angle APK=\angle AKx$ (đpcm)

Cho tứ giác lồi $ABCD$ nội tiếp trong đường tròn $(O)$. Gọi $I$ ,$J$ lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp của các tam giác $ACD$ và $ABC$. Đường tròn $(O')$ tiếp xúc trong với đường tròn $(O)$ tại $T$ đồng thời tiếp xúc với 2 cạnh $AD$, $AB$. Các tiếp tuyến của $(O)$ tại $A$ và $T$ cắt nhau tại $K$.

Chứng minh $K,I,J$ thẳng hàng khi và chỉ khi các đường tròn nội tiếp của cá tam giác $ACD$ và $ABC$ có bán kính bằng nhau.

 

                                    (Kiểm tra đội tuyển QG của Quốc học Huế)

ĐKXĐ:$\left\{ \begin{array}{l}x+\dfrac{14}{x}\geq 0\\4-x+\dfrac{14}{4-x}\geq 0\\x\neq 0\\x\neq 4\end{array} \right.$

Với ĐKXĐ trên ta có:

$3VT=3\sqrt{x+\frac{14}{x}}+3\sqrt{4-x+\frac{14}{4-x}}=\sqrt{(2+7)(x+\dfrac{14}{x})}+\sqrt{(2+7)(4-x+\dfrac{14}{4-x})}$ $\geq \sqrt{2}\sqrt{x}+\dfrac{7\sqrt{2}}{\sqrt{x}}+\sqrt{2}\sqrt{4-x}+\dfrac{7\sqrt{2}}{\sqrt{4-x}}$ (BĐT Bunhiakovsky)
$=\sqrt{2}\sqrt{x}+\dfrac{2\sqrt{2}}{\sqrt{x}}+\sqrt{2}\sqrt{4-x}+\dfrac{2\sqrt{2}}{\sqrt{4-x}}+5\sqrt{2}(\dfrac{1}{\sqrt{x}}+\dfrac{1}{\sqrt{4-x}})$
$\geq 4+4+5\sqrt{2}\dfrac{2}{\sqrt[4]{x(4-x)}}\geq 4+4+\dfrac{10\sqrt{2}}{\sqrt{\dfrac{x+4-x}{2}}}=4+4+10=18$ (BĐT Cauchy)
$\Leftrightarrow VT\geq 6$
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $x=1$

anh làm đúng đấy, cũng gần giống em, em lại bình phương áp dụng AMGM vs Bunhia. Nhưng đáng tiếc anh kết luận nghiệm sai, chắc do nhầm thôi, nghiệm là 2

Trường THPT chuyên Quốc Học Huế Lớp 10- Thời gian 180 phút
Tổ Toán

Câu 1(4 điểm)

Giải phương trình:

$\sqrt{x+\frac{14}{x}}+\sqrt{4-x+\frac{14}{4-x}}=6$
Câu 2(4 điểm)

Tìm $a,b,c\in \mathbb{N^{*}}$ sao cho biểu thức $a^{3}+b^{3}+c^{3}-3abc$ đạt giá trị nhỏ nhất, biết rằng $a,b,c$ đôi một phân biệt và thỏa mãn $ab+bc+ca\geq 299$

Câu 3(4 điểm)

Trong mặt phẳng cho trục x'Ox và 4 điểm $A,B,C,D$ $\in x'Ox$ sao cho $A,B$ có tọa độ dương và $C,D$ có tọa độ âm thỏa mãn $OA.OB =OC.OD=1$. Xét 2 đường tròn $(O1);(O2)$ có đường kính lần lượt là $AB,CD$. Tiếp tuyến chung ngoài của $(O1);(O2)$ tiếp xúc với $(O1);(O2)$ lần lượt tại $A1,B1$.Tiếp tuyến chung trong của $(O1);(O2)$ tiếp xúc với $(O1);(O2)$ lần lượt tại $A2,B2$. Gọi $I$ là giao điểm của $A1A2$ và $B1B2$. Tìm tập hợp các điểm $I$ khi $A,B,C,D$ thay đổi

Câu 4(4 điểm) Gọi $a,b$$(a>b)$ là 2 nghiệm của phương trình $X^{2}-X-1=0$. Đặt$u$n = $\frac{1}{\sqrt{5}}(a^{n}-b^{n}), n\in \mathbb{N}^{*}$
a. Chứng minh rằng $u$n $\in \mathbb{N}$
b. Chứng minh có vô hạn $n\in \mathbb{N}$ thỏa $u$n chia hết cho 2013

Câu 5(4 điểm)

Cho $m\in \mathbb{N}^{*}$, gọi $C$ là tập con của tập hợp $\begin{Bmatrix}0,1,2,...,m \end{Bmatrix}$ sao cho $\left | C \right |\geq \frac{m}{2}+1$. Chứng minh rằng trong $C$ tồn tại một phần tử có dạng $2^{s}$,$(s\in \mathbb{N})$ hoặc tồn tại hai phần tử phân biệt có tổng là 1 số có dạng $2^{s}$,$(s\in \mathbb{N})$

...........................................................................................................................
P/S: Đề này mình chém đc câu 1,2,3 và 4a. Trong lớp có 4 đứa làm đc 4.5 câu và 1 đứa đc 4 câu. Còn 10 toán 2 ko bik thế nào, chán ghê, mong chờ điều kì diệu

a) Khi cát tuyến qua O.

Ta có: $PE^{2}=PQ.PO=PA.PB$, lại do $O$ trung điểm $AB$, suy ra

$(PQAB)=-1$ nên có $\frac{PA}{PB}=\frac{QA}{QB}$

b) Khi cát tuyến ko qua O, giả sử cát tuyến này cắt $(O)$ tại $A', B'$, cắt $EF$ tại $Q'$, vẽ $OK$ vuông góc $PB'$

Ta có lần lượt các hệ thức: $PE^{2}=PQ.PO==PQ'.PK$, $PE^{2}$ cũng bằng $PA'.PB'$, để ý $K$ trung điểm $A'B'$, nên $(PQ'A'B')=-1$

Từ đó $\frac{PA'}{PB'}=\frac{Q'A'}{Q'B'}$
Nên cát tuyến ko qua tâm thì bài toán vẫn đúng

bài 6 hình học: Kéo dài $CD$, nó cắt $AB$ tại $I$
Gọi $J,P$ lần lượt là giao điểm của $SK$ với $CD$ và $AB$

Ta có đường đối cực của $M$ là $CD$ qua $I$, nên đường đối cực của $I$ qua $M$

Ta sẽ chứng minh $SK$ chính là đường đối cực của $I$ để suy ra $S,K,M$ thẳng hàng

Thật vậy, có $(IPAB)=-1$ nên đường đối cực của $I$ qua $P$

Qua phép chiếu xuyên tâm $S$ ta có $(IJDC)=-1$ nên đường đối cực của $I$ qua $J$

Do đó $PJ$ chính là đường đối cực của $I$ hay $SK$ chính là đường đối cực của $I$

Như thế ta đã hoàn tất chứng minh $S,K,M$ thẳng hàng

Và vì điểm $M,N$ có vai trò giống nhau trong đường tròn, nên hoàn toàn tương tự, ta cũng đi đến $S,K,N$ thẳng hàng

Vậy, $S,K,M,N$ thẳng hàng(đpcm) và đặc biệt 4 điểm ấy nằm trên đường đối cực của $I$

Bài 2: Ta kí hiệu các mặt xanh là 1, mặt đỏ là -1, vậy thì ở trạng thái ban đầu các màu xanh đều ngửa lên nên tích sẽ là 1. Để ý cứ mỗi thao tác lật 4 đồng xu thì tích này ko đổi( đây là đại lượng bất biến). Nên ta có thao tác bao nhiêu lần đi nữa thì tích vẫn sẽ là 1. thế mà nếu xảy ra trạng thái 2013 xu toàn mặt đỏ thì tích sẽ lại là -1, trái với suy luận ở trên. Vậy ta ko bao h nhận đc kết quả 2013 xu toàn mặt đỏ

Thời gian: 180 phút
Bài 1: Tìm $a,b,c$ là các số nguyên dương, trong đó a,b là các số nguyên tố, thỏa mãn phương trình sau:
$a(a+3)+b(b+3)=c(c+3)$

Bài 2: Giải phương trình:
$\sqrt[3]{3x-5}= 8x^3-36x^2+53x-25$

Bài 3: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O), gọi M, N, P lần lượt là giao điểm của AB và CD, AD và BC, AC và BD. Chứng mình rằng bán kính đường tròn ngoại tiếp các tam giác OMN, ONP, OPM bằng nhau

Bài 4: Cho a,b,c >0 và thỏa mãn đẳng thức sau:
$\sum (\frac{a^5}{b+c}) = \frac{3}{2}$
Chứng minh $ab^2 + bc^2 + ca^2 \leq 3$
P/s:Tức quá,câu hình bỏ đã đành,câu pt cho k cũng k làm được,ức chế quá!! X((

Bài hình giải như sau:
Ta sử dụng 1 bổ đề, đó là định lí BROKARD
Định lí Brokard: Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn $(O)$, Gọi $M,N,P$ là các giao điểm của:$AB$ và $CD$ ; $AD$ và $BC$; $AC$ và $BD$. Khi đó $O$ là trực tâm của tam giác $MNP$

C/m định lí:
Gọi $I,K$ lần lượt là giao điểm của $MP$ với $BC$ và $AD$
Xét cực và đối cực đối với $(O)$:
Ta có $(NKAD)=-1$ nên đường đối cực của $N$ qua $K$
Qua phép chiếu xuyên tâm $M$, ta cũng có $(NIBC)=-1$ nên đường đối cực của $N$ qua$I$
Từ đó $IK$ chính là đường đối cực của $N$
Do đó, $ON$ vuống góc $KI$, hay $ON$ vuông góc $MP$
Hoàn toàn tương tự, ta c/m đc $OM$ vuông góc $NP$
Và do vây, $O$ là trực tâm của tam giác $MNP$, bổ đề đã đc c/m hoàn tất

Quay lại bài toán, gọi$R1,R2,R3$ lần lượt là các bán kính của $(OPN),(OPM),(OMN)$
Trc hết ta chứng minh $R1=R2$
Thật vậy, có $2\times R1=\frac{OP}{sin\angle ONP}$ ; $2\times R2=\frac{OP}{sin\angle OMP}$
Mà từ $NP$ vuông góc $OM$; $MP$ vuông góc $ON$, ta suy ra đc

$\angle ONP=\angle OMP$, Từ đó $R1=R2$
Ta chứng minh $R1=R3$
Có $2\times R1=\frac{ON}{sin\angle OPN}$ ; $2\times R3=\frac{ON}{sin\angle OMN}$
Từ $OP$ vuông góc $MN$, $NP$ vuông góc $OM$, ta có ngay $sin\angle OPN=sin\angle OMN$(2 góc bù nhau sin bằng nhau)
Từ đó có $R1=R3$
Vậy ta đã chứng minh đc $R1=R2=R3$ nên có đpcm

Cho tam giác ABC, P là điểm bất kì trong mặt phẳng tam giác ABC. Gọi B', C' lần lượt là điểm đối xứng với P qua AC, AB ; E,F lần lượt là hình chiếu của P trên AC, AB. Gọi X là giao điểm khác A của đường tròn ngoại tiếp tam giác AB'C' và đường tròn đường kính AP. Chứng minh rằng PEXF là tứ giác điều hòa.

Bài này để mấy ngày ko ai giải thì mình giải vậy, dù sao cũng lâu rồi ko post bài
Cách 1: Gọi $S$ là giao điểm của $AC$ và $(AB'C')$
$K$ là giao điểm của $AB$ và $(AB'C')$
Nối $KX, SX$.

Để c/m $PEXF$ là tứ giác điều hòa, ta c/m $\frac{FX}{EX}=\frac{FP}{EP}$ $(***)$

Thật vậy, để ý $\Delta KFP$ đồng dạng $\Delta SEP$(g.g) là bởi chúng đều có góc vuông và cung $AC'=AB'$

Điều đó cho ta $\frac{FP}{EP}=\frac{KF}{SE}$ $(*)$

Mặt khác thì $\angle FKX=\angle ESX$ (chắn cung $AX$)
Và $\angle XFK=\angle XES$ (là vì $\angle AFX=\angle AEX$)

Vì thế $\Delta FKX$ đồng dạng $\Delta ESX$ (g.g)

Lúc này, $\frac{FX}{EX}=\frac{KF}{SE}$ $(**)$

Từ $(*)$ và $(**)$, ta suy ra $\frac{FX}{EX}=\frac{FP}{EP}$
Điều đó nghĩa là $(***)$ được giải quyết, suy ra $PEXF$ là tứ giác điều hòa

Cách 2: Mệt (dùng trục đẳng phương, nói chung lời giải cũng đẹp nhưng dài dòng hơn cách 1)

giải như sau:

Gọi $K$, $L$ lần lượt là các tâm đường tròn nội tiếp $\Delta ABD$ và $\Delta ACD$

Vẽ $KS$, $LJ$ vuông góc với $EF$ (S, J trên EF)

Ta chứng minh $ES= JF$ thì kết thúc đc bài toán

Ta có $ES = EK.sin\angle EKS$ = $EK.sin\angle AEF$

và $JF = LF.sin\angle JLF = LF.sin\angle AFE$

Như vậy, ta cần chứng minh $\frac{EK}{LF}=\frac{sin\angle AFE}{sin\angle AEF}$ là xong $(*)$

điều này đúng là do $\frac{sin\angle AFE}{sin\angle AEF}= \frac{AE}{AF}$

Mặt khác $\frac{AE}{AF}=\frac{EK}{LF}$ (do sự đồng dạng của $\Delta AEK, \Delta AFL (g.g)$)

Từ đó $(*)$ đc chứng minh => $EM=FN$

Xử câu a đã
Ta dùng định lí XÊVA để chứng minh
Ta có: $AC1=A1C$= $p-AC$ (kq quen thuộc, chỉ cần dùng t/c tiếp tuyến)
và tg tự: $AB1=BA1=p-AB$ ; $BC1=B1C=p-BC$
Và lúc này, áp dụng định lí xêva:
$\frac{C1A}{C1B}\times \frac{A1B}{A1C}\times \frac{B1C}{B1A}=\frac{(p-AC)\times (p-AB)\times (p-BC)}{(p-BC)\times (p-AC)\times (p-AB)}=1$
vậy suy ra $AA1 ,BB1,CC1$ đồng quy (đpcm)
(Ai giúp mình đc ko, hình vẽ bằng GSP cực to, copy qua paint rất to, đến khi post thì phải nói rất chi là tí hon, tên điểm nhìn còn ko ra nữa )

Mấu chốt bài này là chứng minh cho đc các bộ điểm $A,F,P,E,K$ và $D,P,G,B,K$ là nằm trên đường tròn.
Trước hết, c/m đc $AC$ và $CB$ là các tiếp tuyến của $(J)$. Thật vậy, do
$\angle IAJ +\angle IAC= \angle AIJ+\angle IAB=90.$
vậy $AC$ là tiếp tuyến của $(J)$, tương tự với $CB$

Ta cũng c/m đc:$\Delta APD$ đồng dạng $\Delta BPG$ (g.g) là vì $\angle PAD=\angle PGB ;\angle ADP=\angle BGP$

Chúng đồng dạng, cho ta $\frac{AD}{GB}=\frac{PD}{PG}$ hay$\frac{AD}{AF}=\frac{GB}{BE}$ ( chú ý GB=AF,PD=GB,PG=BE có đc từ các hình bình hành) $(\cdot )$
Lại có $\angle FAD=\angle EBG$. Nên từ $(\cdot )$ ta có đc:
$\Delta AFD$ đồng dạng $\Delta BEG$ (c.g.c) (điều này quan trọng)

Từ đó có $\angle AFD=\angle GEB=\angle AEK$
Suy ra tứ giác $AFEK$ nội tiếp
Cũng có $\angle EGB=\angle ADF=\angle BDK$
Suy ra tứ giác $KDGB$ cũng nội tiếp

Và như vậy mấu chốt đc giaỉ quyết, từ đây mở ra nhiều hướng để kết thúc bài toán, có 1 hướng như sau:
Ta c/m $AKB= 2\angle ABC$ là xong.
Thật vậy, $\angle AKB=\angle AKF+\angle DKG+\angle GKB=\angle AEF+\angle ABC+\angle EKB$
(Là vì góc AKF=AEF, góc FKG =ABC)

Bài toán quy về chứng minh $\angle FEP=\angle GKB$
Điều này là dễ dàng vì $\angle FEP=\angle FAP=\angle APD$
Mặt khác $\angle GKB=\angle GPB$
Và vì $\angle APD=\angle BGP$(ta đã c/m ADP đồng dạng BGP ở trên)
như vậy chưng minh xong $\angle FEP=\angle GKB$.
Từ đây suy ra đc đpcm, $ACBK$ là tứ giác nội tiếp


(p/s: bài dài và hình rối, còn vẽ đường phụ nữa. Chả bik có ai rảnh ngồi đọc bài mình ko nữa)