Đến nội dung

Nguyen Xuan Hieu

Nguyen Xuan Hieu

Đăng ký: 12-04-2017
Offline Đăng nhập: 23-04-2019 - 22:03
*****

#708528 [TOPIC] HÌNH HỌC ÔN THI VÀO THPT CHUYÊN 2018-2019

Gửi bởi Nguyen Xuan Hieu trong 16-05-2018 - 14:58

Bài 53. Cho đường tròn tâm O. Từ điểm M nằm ngoài đường tròn vẽ tiếp tuyến MA, MC (A, C là tiếp điểm), B thuộc cung lớn AC sao cho MB nằm giữa MO và MC. Tia MB cắt đường tròn tại Q khác B, cắt CA tại N.

        a) Gọi T là trung điểm của BQ. Chứng minh rằng MQ.MB=MN.MT

        b) Gọi K là điểm đối xứng với C qua B. Qua Q kẻ đường thẳng song song với BC cắt CM tại H. Chứng minh rằng QH, AC, MK đồng quy.

a)$MQ.MB=MA^2$(Do tam giác $MAQ$ đồng dạng tam giác $MBA$)

Mặt khác do $T$ là trung điểm $BQ$ nên $\widehat{OTQ}=90^0$. Từ đó suy ra 5 điểm $M,A,T,O,C$ thuộc một đường tròn.

$\Rightarrow \widehat{MAC}=\widehat{MCA}=\widehat{ATM}$

Từ đó $\Delta MAN \sim \Delta MTA \Rightarrow MN.MT=MA^2$

Do đó $MN.MT=MQ.MB$

b)Tứ giác $AQCB$ điều hòa

$\Rightarrow QB.AC=2AB.QC(*)$
Gọi $W$ là giao điểm của $AC$ và $MK$

$\Rightarrow Q$ là trung điểm của $HW$(Do $HW \parallel CK$ và $BC=BK$)

Gọi $W'$ là giao điểm của $AC$ và $HQ$

$\Delta HQC \sim \Delta QCB \Rightarrow HQ/HC=QC/QB$

$\Delta HCW' \sim \Delta ABC \Rightarrow HW'/HC=AC/AB$

Do (*) $\Rightarrow HW'=2HQ$

Do đó $Q$ là trung điểm $HW'$

Từ đó suy ra $W' \equiv W$(DPCM)
Hình gửi kèm32549691_2057605344510326_50235186255757
 




#693479 CHIA HẾT

Gửi bởi Nguyen Xuan Hieu trong 21-09-2017 - 20:41

Gọi hai chữ số của $n$ là $ab$(Điều kiện $0<a \leq 9,0 \leq b \leq 9$ và $a,b \in mathbb{N})$
Theo đề bài ta có:$10a+b$ chia hết cho $ab$.(*)
Do đó $10a+b$ chia hết cho $a$
Hay $b$ chia hết cho $a$.
Đặt $b=ak$(Bạn tự xem đk của $k$ nhé) thay vào (*) ta được:
$a(10+k) \vdots ab \\\Leftrightarrow 10+k \vdots b$ hay $10 \vdots k$ do $b \vdots k$.
Từ đây dễ dàng tìm được $q=1,2,5,10$
Kết hơp điều kiện ban đầu giới hạn $a,b$ dễ dàng tìm được các số thỏa mãn




#683921 Đề thi toán vòng 2 thpt chuyên Lê Hồng Phong Nam Định 2017-2018

Gửi bởi Nguyen Xuan Hieu trong 10-06-2017 - 15:30

Bài 3:

a) $\widehat{DIC}=\widehat{BOA}=\widehat{BEC}$

$\Rightarrow Q.E.D$

 

 

b) Hình như phải là $\widehat{DHB}=\frac{1}{2}\widehat{DHE}$

Ta có:$AD.AE=AB^{2}=AH.AO$

Do đó,$DHOE$ nội tiếp

$\Rightarrow \widehat{DHA}=\widehat{DEO}=\widehat{ODE}=\widehat{OHE}\\\Rightarrow \widehat{DHB}=\frac{1}{2}\widehat{DHE}\Rightarrow Q.E.D$

 

 

c) Tính chất tứ giác điều hòa

Đề đúng rồi đấy.

Gọi $J$ là trung điểm của $DE$.
Khi đó dễ thấy $OJ \perp AE$ nên $5$ điểm: $A,B,J,O,C,A$ cùng thuộc một đường tròn.
Khi đó tứ giác $JBAC$ nội tiếp $\Rightarrow \widehat{DJC}=\widehat{AJC}=\widehat{ABC}=\widehat{BIF}=\widehat{DIC}$.
Do đó tứ giác $DIJC$ nội tiếp $\Rightarrow \widehat{DJC}=\widehat{DCI}=\widehat{DCB}=\widehat{DEB}$.
Do đó $IJ//EF$ mà $J$ là trung điểm của $DE \Rightarrow I$ là trung điểm của $DF$.
Mặt khác $I$ cũng là trung điểm của $BH$ nên $BDHF$ là hình bình hành.
Lại có:$AD.AE=AB^2=AC^2=AH.AO$ do đó,$DHOE$ nội tiếp
$\Rightarrow \widehat{DHA}=\widehat{DEO}=\widehat{ODE}=\widehat{OHE}\\\Rightarrow \widehat{DHB}=\frac{1}{2}\widehat{DHE}$
Từ điều trên dễ thấy $\widehat{EBH}=\widehat{EHB}$ nên tam giác $EBH$ cân mà $I$ là trung điểm $BH$ nên $KI \perp CI$ mà $EFIC$ nội tiếp nên $CF \perp FE$.
Mà $H$ là trung điểm $BC$.
Nên $\widehat{HFC}=\widehat{HCF}$ hay $\widehat{BHF}=2\widehat{HCF}$.
Mà $\widehat{DBC}=\widehat{BHF}(BD//FH) \Rightarrow \widehat{DBC}=2\widehat{HCF}$.
Dễ dàng chứng minh tứ giác $FHCK$ nt ($\widehat{BHF}=\widehat{DBC}=\widehat{DKC}$) nên $\widehat{HCF}=\widehat{FKH}=\widehat{DKH}$.
Do đó $\widehat{BHF}=2\widehat{HCF}=2\widehat{DKH}$
P/s: Cho hỏi sao up ảnh lên diễn đàn được vậy? Mình chụp màn hình rồi crt +v thì nó bảo là không hỗ trợ định dạng

 



#683917 Đề thi vào lớp 10 chuyên Toán THPT Chuyên Long An 2017 - 2018

Gửi bởi Nguyen Xuan Hieu trong 10-06-2017 - 14:56

Câu 7:
Nối $M$ với $3$ đỉnh của tam giác $ABC$.
Ta có :$BD^2+AF^2+CE^2=BM^2-MD^2+AM^2-MF^2+CM^2-ME^2=(BM^2-MF^2)+..........=BF^2+AE^2+CD^2(*)$.
Ta có:$BD^2+CD^2 \geq \dfrac{(BD+CD)^2}{2}=\dfrac{BC^2}{2}$.
Tương tự cộng vế theo vế kết hợp $(*)$ ta sẽ được CD^2+BF^2+AE^2 \geq \dfrac{AB^2+BC^2+CA^2}{4}=const$.
Dấu '=' khi $M$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$




#683912 Đề thi vào lớp 10 chuyên Toán THPT Chuyên Long An 2017 - 2018

Gửi bởi Nguyen Xuan Hieu trong 10-06-2017 - 14:44

Câu 6:
Tách ra thành: $\dfrac{9x}{2-x}+\dfrac{2-x}{x}+2 \\\geq 6+2=8$.
Dấu '=' khi $x=\dfrac{1}{2}$




#683844 Đề thi vào 10 chuyên Nguyễn Tất Thành Kon Tum 2017-2018

Gửi bởi Nguyen Xuan Hieu trong 09-06-2017 - 20:48

Chém bất.

Ta có: $$ \displaystyle P=6\left( {ab+bc+ca} \right)+a{{\left( {a-b} \right)}^{2}}+b{{\left( {b-c} \right)}^{2}}+c{{\left( {c-a} \right)}^{2}}=\sum\limits_{{cyc}}{{{{{\left( {a-b} \right)}}^{2}}\left( {a-1} \right)}}+2\le 2$$Vậy $ \displaystyle \max P=2$. Đẳng thức đặt được khi $ \displaystyle a=b=c=\frac{1}{3}$

Bạn ghi rõ ra 1 tý được không :v cái đoạn $\sum\limits_{{cyc}}{{{{{\left( {a-b} \right)}}^{2}}\left( {a-1} \right)}}+2\le 2$
À có phải là $(a-b)^2 \geq 0$ mà $a \leq 1$ nên cái đó $ \leq 0$ hả ?




#683834 Đề tuyển sinh vào 10 THPT chuyên Phan Bội Châu - Nghệ An 2017-2018

Gửi bởi Nguyen Xuan Hieu trong 09-06-2017 - 19:40

Ba

 

Loại nghiệm $x=\frac{-20}{3}$ thì giải $2\sqrt(x+4)+ \sqrt(x-4)=7$

 cũng ra x=5 thôi bạn, có gì sai đâu

Hix. Xin lỗi tui chả để ý :v




#683788 Đề tuyển sinh vào 10 THPT chuyên Phan Bội Châu - Nghệ An 2017-2018

Gửi bởi Nguyen Xuan Hieu trong 09-06-2017 - 14:32

Câu 1a)
Phương trình tương đương:
$3(x-5)+7(\sqrt{x-4}-1)=14(\sqrt{x+4}-3) \\\Leftrightarrow 3(x-5)+\dfrac{7(x-5)}{\sqrt{x-4}+1}=\dfrac{14(x-5)}{\sqrt{x+4}+3}$.
Tới đây xét $x-5=0 \\\Rightarrow x=5$.
Xét $x \neq 5$ thì $3+\dfrac{7}{\sqrt{x-4}+1}=\dfrac{14}{\sqrt{x+4}+3}$.
Dễ thấy $VT<3,VP>3$ với điều kiện của $x$ do đó $x=5$ là nghiệm duy nhất.




#683787 Đề tuyển sinh vào 10 THPT chuyên Phan Bội Châu - Nghệ An 2017-2018

Gửi bởi Nguyen Xuan Hieu trong 09-06-2017 - 14:29

 

Câu 1 a)$$(3x-20)-7(2\sqrt{x+4}-\sqrt{x-4})=0 \Leftrightarrow (3x-20)-\frac{7}{2\sqrt{x+4}+\sqrt{x-4}}(3x-20)\\ = (3x-20)(1-\frac{7}{2\sqrt{x+4}+ \sqrt{x-4}})$$
b) Đặt x+1=a
y+1=b
Đưa về hệ đối xứng $\left\{\begin{matrix} 6a+4b=a^2\\ 6b+4a=b^2 \end{matrix}\right.

Câu 1a sai rồi. Phải có nhân tử là $x-5$. Tách nhân liên hợp là ra.
P/s: Bác nào full bất, tổ cái :v. Tý em gõ hình cho :v




#683766 Đề tuyển sinh vào 10 THPT chuyên Phan Bội Châu - Nghệ An 2017-2018

Gửi bởi Nguyen Xuan Hieu trong 09-06-2017 - 11:11

Câu 2:
$S(n)=n^2-2017n+10=n(n-2017)+10$.
Dễ thấy nếu $n<2017$ thì $S(n)<0$.
$n=2017$ thì $S(n)=10$ thõa mãn.
$n \geq 2018$ thì $S(n)=n^2-2017n+10>n$.
Dễ thấy $n$ lúc này là  số có 4 chữ số trở lên nên không tồn tại $S(n)>n$
Vậy $n=2017$




#683574 Đề thi vào 10 chuyên tỉnh Đak Lak 2017-2018

Gửi bởi Nguyen Xuan Hieu trong 07-06-2017 - 20:31

Câu 3:
a) Đặt $13p+1=k^3(k \in \mathbb{N})$.
Khi đó:$13p=(k-1)(k^2+k+1)$.
Dễ thấy $13,p$ đều là các số nguyên tố và :$k-1,k^2+k+1>1$ do đó sẽ xảy ra các trường hợp :$k-1=13,k^2+k+1=p$ và $k-1=p,k^2+k+1=13$.
Giải ra sẽ tìm được $p=2,211$ thỏa mãn.




#683396 Đề thi chuyên toán tỉnh Thái Bình 2017 - 2018

Gửi bởi Nguyen Xuan Hieu trong 06-06-2017 - 19:43

Câu bất mình làm hơi trầy cối!

Theo $Holder$ ta có: $${\left( {\sum\limits_{cyc} {\frac{1}{{a\sqrt {3a + 2b} }}} } \right)^2}\left( {\sum\limits_{cyc} {\frac{{3a + 2b}}{a}} } \right) \geqslant {\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}} \right)^3}$$Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương $$\frac{{{{\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}} \right)}^3}}}{{9 + 2\sum\limits_{cyc} {\frac{b}{a}} }} \geqslant \frac{9}{{5abc}} \Leftrightarrow {\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}} \right)^3} \geqslant \frac{{81}}{{5abc}} + \frac{{18}}{5}\left( {\frac{1}{{{a^2}c}} + \frac{1}{{{b^2}a}} + \frac{1}{{{c^2}b}}} \right)$$Đặt $\left( {\frac{1}{a};\frac{1}{b};\frac{1}{c}} \right) \to \left( {x,y,z} \right)$ bất đẳng thức trở thành: $${\left( {x + y + z} \right)^3} \geqslant \frac{{81}}{5}xyz + \frac{{18}}{5}\left( {{x^2}z + {y^2}x + {z^2}y} \right)$$Không mất tính tổng quát ta giả sử $c = \min \left\{ {a,b,c} \right\}$. Ta có: $${\left( {x + y + z} \right)^3} - \frac{{81}}{5}xyz - \frac{{18}}{5}\left( {{x^2}z + {y^2}x + {z^2}y} \right)$$$$ = {\left( {x - y} \right)^2}\left( {x + y + \frac{{17}}{5}z} \right) + \left( {x - z} \right)\left( {y - z} \right)\left( {4x + \frac{2}{5}y + z} \right) \geqslant 0$$Vậy bất đẳng thức được chứng minh thành công!

Ặc!! Chắc chết :v




#683374 Đề thi chuyên toán tỉnh Thái Bình 2017 - 2018

Gửi bởi Nguyen Xuan Hieu trong 06-06-2017 - 17:07

Câu hệ phương trình biến đổi thành:
$\left\{\begin{matrix}
 &\dfrac{(x-y-4)(x^2+4x+y^2-4y)}{x-y}=0 \\
 &(\sqrt{x-y}-\sqrt{2y^2-y+1}+2)(\sqrt{x-y}+\sqrt{2y^2-y+1}-1)=0
\end{matrix}\right.$
...
 




#683373 Đề thi chuyên toán tỉnh Thái Bình 2017 - 2018

Gửi bởi Nguyen Xuan Hieu trong 06-06-2017 - 17:02

Câu tổ:
Gọi $5$ số tự nhiên phân biệt đó lần lượt là: $a_1,a_2,a_3,a_4,a_5$ và $a_1<a_2<a_3<a_4<a_5$
Giả sử tồn tại một số $a_1$ nhỏ hơn $5$ và 4 số còn lại lớn hơn hoặc bằng $5$.
Khi đó:$a_1+a_2+a_3 \leq 4+a_4-2+a_5-2=a_4+a_5$.
Trái với giả thuyết là tổng 3 số luôn lớn hơn 3 số còn lại.
Trường hợp tồn tại 2 số $a_1,a_2$ nhỏ hơn $5$ và 3 số còn lại lớn hơn bằng $5$.
$a_1+a_2+a_3 \leq 4+3+a_3=5+2+a_3 \leq a_4+2+a_5-2=a_4+a_5$(Vô lý)
Tương tự với các trường hợp còn lại...




#683367 Đề thi chuyên toán tỉnh Thái Bình 2017 - 2018

Gửi bởi Nguyen Xuan Hieu trong 06-06-2017 - 16:23

Câu 1:
1)Giả sử cả hai phương trình đều có nghiệm khi đó denta của cả hai phương trình phải lớn hơn hoặc bằng 0:
$\Delta'_1=a^2-2a^2+b^2-1=-a^2+b^2-1 \geq 0
\\\Delta'_2=b^2-3b^2+ab=-2b^2+ab \geq 0
\\\Leftrightarrow  \Delta'_1+\Delta'_2=-a^2-b^2+ab-1 \geq 0
\\\Leftrightarrow -2a^2-2b^2+2ab-2 \geq 0
\\\Leftrightarrow -(a-b)^2-a^2-b^2-2 \geq 0$
Điều này hiển nhiên vô lý do $(a-b)^2,a^2,b^2 \geq 0$
Do đó tồn tại ít nhất một phương trình vô nghiệm.
2)$\dfrac{x^2}{y^2+z^2-x^2}
\\=\dfrac{x^2}{(y-x)(y+x)+z^2}
\\=\dfrac{x^2}{(y-x).(-z)+z^2}
\\=\dfrac{x^2}{z(x+y+z)-2zy}
\\=\dfrac{x^2}{-2zy}$
Tương tự cộng vế lại quy đồng($x,y,z \neq 0$) lên ta sẽ có:
$P=\dfrac{-1}{2}(\dfrac{x^3+y^3+z^3}{xyz})
\\P=\dfrac{-1}{2}(\dfrac{x^3+y^3+z^3-3xyz}{xyz}+3)
\\P=\dfrac{-1}{2}[\dfrac{(x+y+z)(x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx)}{xyz}+3]
\\P=\dfrac{-3}{2}$