Đến nội dung

nguyenhaan2209

nguyenhaan2209

Đăng ký: 10-07-2017
Offline Đăng nhập: 24-07-2019 - 09:11
***--

#721154 ĐỀ THI CHỌN ĐT QG TỈNH HÀ NAM NĂM 2016-2017

Gửi bởi nguyenhaan2209 trong 29-03-2019 - 00:34

Bài $3$: Lấy $S$ là chân đg cao từ $A$, $ID$ cắt $XY$ tại $J$, $AJ$ cắt $(O)$ tại $E$ thì $JA_1.JA_2=JA.JE=JH.JD$ với $ID$ giao $(DA_1A_2)$ tại $H$

Khi đó $P(J/O)=JA.JE=R^2-JO^2=R^2-(PD^2+(AS-AH)^2/4)=R^2-(b-c)^2/4-(RcosBcosC)^2=k$

Vì $JL=2k/h$, $DJ=h/2 \Rightarrow DL=DJ+JL=RsinBsinC+R(1-cosB^2cosC^2)-(b-c)2/4R / sinBsinC$
$=R[(sinBsinC)^2  +  1 - (cosBcosC)^2 - (sinB-sinC)^2 / sinBsinC]$
$=R[-(1-sinB^2)(1-sinC^2) + 1 + (sinBsinC)^2 - sinB^2 - sinC^2 / sinBsinC + 2]=2R$
CMTT, ta có $I$ là tâm đẳng phương của $3$ đường tròn



#718051 Các bài toán trong chuyên mục Quán hình học phẳng-tháng 12

Gửi bởi nguyenhaan2209 trong 02-12-2018 - 01:12

Bài $4:$ Mission complete :lol: 
Gọi $G$ là trung điểm $AH$, $(K,KP)$, $(L,LQ)$ tx $(Eu)$ tại $I,J$, tx nhau tại $S$ thì theo bổ đề Archimedes $G,Q,J$ và $G,P,I$ thẳng hàng đồng thời $GS=GE=GF$ nên $S$ thuộc $(AEF)$
Nhận xét: Có nhiều nhất một cặp đường tròn thỏa mãn $P,Q$ đẳng giác, $(K)$, $(L)$ tx $(Eu)$, $EF$ và tx nhau với mỗi $ABC$ cố định. 
CM: Xét cặp đường tròn t/m các đk trên chưa cần tx nhau thì theo định lí Monge ta có $PQ, KL, IJ$ đồng quy tại $Z$. Khi đó $ZE/ZF=IE/IF.JE/JF=PE/PF.QE/QF=(AE/AF)^2$ nên $ZA$ tx $(AEF)$. Tóm lại với $3$ tiêu chí đầu ta luôn có $IJ$ đi qua $Z=AA \cap EF$  cố định. Xét tiêu chí $4$, giả sử còn ít nhất $2$ đg tròn khác thỏa đề thì cố định đường tròn $1$ là $P$, tất cả các điểm ở đường tròn $2$ đánh '. WLOG $P'$ nằm trên $PE$ thì $Q'$ nằm trên $QF$ thì vì $K'$ là đg vg từ $P'$ cắt trung trực $P'I'$ mà $R(K')/R=I'P'/I'G=P(P'/eu)/GE^2 =R^2-P'N^2/GE^2<PN^2-R^2/GE^2=R(K)/R$ ($P,Q$ nằm trong $(Eu)$) nên $R(K')<R(K)$ tg tự $R(L')<R(L)$. Lại có $K'L'/P'Q'=Z'K'/Z'P=cotKZ'P'>cotPZK=KL/PQ$ do hàm cot giảm nên $KL<K'L'.PQ/P'Q'<K'L'$ do $P'Q'>PQ$ nên ta có $R(L')+R(K')<R(L)+R(K)=LK<L'K'$ nên $(L'), (K')$ không tiếp xúc nhau  tức vô lí với giả sử phản chứng và ta hoàn thành nhận xét
Lấy $S$ là điểm Humpty, gọi $GS$ cắt $(Eu)$ tại $T$ thì dùng phần cm ở bài $2$, dựng $2$ đường tròn Thebault của $FTV, ETV$ thì $2$ đg tròn tiếp xúc nhau tại $S$ là tâm nt và cùng tx $(Eu)$. Ta kiểm tra tiếp điểm của chúng trên $EF$ là $P,Q$ t/m $AP, AQ$ đẳng giác là xong. Dễ thấy $KLS$ vg $TS$ (cm bài $2$) nên $KL$ là tiếp tuyến của $(AEF)$. Vậy $PE/PF.QE/QF=IE/IF.JE/JF=ZE/ZF=(SE/SF)^2=(AE/AF)^2$ ($AESF$ điều hòa) nên theo bổ đề Steiner $AP, AQ$ đẳng giác góc $A$. Theo nhận xét ban đầu ta có đẳng thức hay $2$ đường tròn thỏa đề tiếp xúc nhau tại điểm $S$ thuộc $AM$ tức ĐPCM.



#718029 Các bài toán trong chuyên mục Quán hình học phẳng-tháng 12

Gửi bởi nguyenhaan2209 trong 01-12-2018 - 12:22

Bài $2$: Bài này còn có nhiều tính chất thú vị khác  :icon6:  
Gọi $AI$ cắt $A-mix$ tại $Q$, tiếp tuyến tại $I$ với $(BIC)$ cắt $BC$ tại $V$, định nghĩa lại $T$ là tt kẻ từ $V$ tới $(O)$, $TN$ cắt $BC$ tại Z
+ Khi đó $VB/VC=(TB/TC)^2=(IB/IC)^2$ nên $IB/IC=TB/TC$
+ Ta có phương tích của $M$ với $2$ đg tròn Thebault tx $BC$ luôn là $MI^2$ cố định (Bổ đề $Archimedes$) nên khi cho $D$ là chân pg thì $(L), (K)$ tiếp xúc $AI$ tại $I$ ngoài ra vì $EF//A'N$ nên $(TEF)$ tx $(O)$
+ Chú ý $S(AIQE)=-1$ mà $S,I,N$ thẳng hàng theo t/c quen thuộc nên $SQ$ đi qua $W$ là điểm chính giữa cung $AN$. Gọi $IW$ cắt $(O)$ tại $T'$
$T'B/T'C=sinIWB/sinIWC=sinIWB/IB.IC/sinIWC.IB/IC=sinIBW/sinICW.IB/IC=sinNBC/2:sinNCB/2.IB/IC=IB/IC=TB/TC$
Do điểm $T$ được xác định duy nhất là tt kẻ từ $V$ tới $(O)$ nên $T=T'$
+ Mặt khác $ITS=INW=180-ISQ-SAN=90-ASQ-SAI=90-SQE=IES$
Vậy $T$ thuộc $(IES)$ nên $TEI=180-IST=TA'N$ mà $AI//A'N$ nên $T,E,A'$ thẳng hàng hay điểm $T$ được xác định ở đây cũng chính là điểm $T$ ở đầu bài
+ Dễ có $FDB=ADB=A/2+C=180-A/2-B=NB'A$ nên $ZDET$ nội tiếp
+ $FIZ=90-VIZ=IVZ/2=ITZ=ITF$ nên $FI^2=FT.FZ=FD.FE$
+ Lấy $U,R$ là giao của $FX, FY$ với $(XZT), (TZY)$ thì vì $FU.FX=FR.FY=FZ.FT=FI^2$ mà $FI$ tiếp xúc $K,L$ và $X,Y$ thuộc $(K), (L)$ nên $R, U$ thuộc $(L), (K)$
Chú ý $IRU=FIY+UTF=UTR+FIY-FYZ=UTR+FIR=UTR+RYI$ nên $(FET)$ tx $(L)$ cmtt $(FET)$ tx $(K)$ vậy ta có ĐPCM



#718009 Các bài toán trong chuyên mục Quán hình học phẳng-tháng 12

Gửi bởi nguyenhaan2209 trong 30-11-2018 - 17:19

Bài $3$:
Gọi $M$ là điểm chính giữa cung nhỏ $BC$ thì $AFME$ là hình thoi
Chú ý rằng $IM=IA=IK$ nên $I$ là tâm $(AMK)$ tg tự $J$ là tâm $(ALM)$
Vậy $AKM=1/2AIM=AIO=90-E=90-F=1/2AJM=MLK$ nên $ML=MK$
Gọi $(MKL)$ cắt $(O)$ tại $Q$ thì $BQC+LQK=180-BAC+180-LMK=180-A+2KLM=180-A+2(90-E)=180$ nên $B,Q,K$ thẳng hàng
Tương tự thì vì $KQC=KQL$ nên $C,L,Q$ thẳng hàng
Lại có $MLK=A/2=MBS$ nên $L$ thuộc $(MBS)$, cmtt $K$ thuộc $(MCS)$
Gọi $BL$ cắt $(O)$ tại $P$ thì $LPM+KLP=BAM+180-BLS=BAM+BMO=90$ nên $PM$ vg $LK$ mà $ML=MK$ nên $PL=PK$ từ đó $C,P,K$ thẳng hàng
Gọi $D$đối tâm $A$ thì $ACK=ACP=180-ABL=SAB+BMS=90-MAK=AXK$ nên $AKXC$ nt tg tự $ABLY$ nt 
Từ đó $ACX=180-AKX=90=ABY$ nên $CX, BY$ cắt nhau tại $D$. Do $(O)$ cố định nên $BX, CY$ cắt nhau tại $D$ cố định



#718002 Các bài toán trong chuyên mục Quán hình học phẳng-tháng 12

Gửi bởi nguyenhaan2209 trong 30-11-2018 - 16:18

Bài $5$
Gọi $S$ là trực tâm $IBC$, $U$ là h/c của $D$ trên $EF$. Vì $M$ là tđ $AK$ nên $D(AKMU)=-1$ 
Xét phép đx trục DH: $A->A', K->L, U->U', M->M'$ vậy $D(L'KM'U')=-1$
Chú ý rằng $(DA,DM) ; (DU, DI); (DM; DA)$ đẳng giác nên $DA', DM', DU'$ đi qua $M,A,I$ nên $D(MLI'A)=-1$
Gọi $AS$ cắt $EF$ tại $L'$, $IS$ cắt $EF$ tại $W$ ta có: $D(ML'IA)=D(ML'SA)=M(DL'SA)=M(DWSI)=-1 $ (theo t/c quen thuộc $BI$, $CI$ cắt $EF$ tại $Q,R$ thì $Q,R$  là 2 chân đg cao) vậy $L=L'$ hay $L=AS$ giao $EF$
Gọi $AD$ cắt $EF$ tại $Z$ thì $A(LIWJ)=A(LMWZ)=D(LMWZ)=D(LMIA)=L(DMIA)=L(DWIA)=-1$
Gọi $MJ$ cắt $AL$ tại $S$', $IZ$ cắt $AL$ tại $G$ thì $(GS'AL)=-1$ mặt khác $I(GSAL)=I(ZWML)=A(ZWML)=A(DWIS)=-1$ nên $S=S'$
Nói cách khác, $MJ \equiv MS và S(AJZD)=S(LZMW)=-1$ (cmt) ngoài ra $J$ là điểm $Gergonne$
Ở dưới đây ta kí hiệu $'$ là tích vô hướng, chú ý $'BC=1/2('EF+'XY)$
Vậy $'SM.'XY=('SI+'IM)(2'BC-'EF)=2'BC.'IM-'SI.'EF (SI, DM vg BC,EF)=2BC.IM.cos(BC,IM)-SI.EF.cos(SI,EF)=cos(SI,EF) (2BC.IM - SI.EF)$ ($WMDA'$ nt với $A'$ là chân pg)
Ta có $2BC.IM=SI.EF \Leftrightarrow IM/MF=SI/BC\Leftrightarrow tanA/2=cosS/sinS=tanA/2$ (đúng)
Vậy $'SM.'XY=0$ hay $MJ=SM$ vuông góc $XY$ và ta có ĐPCM



#717993 Các bài toán trong chuyên mục Quán hình học phẳng-tháng 12

Gửi bởi nguyenhaan2209 trong 30-11-2018 - 14:55

Bài $1$:

Gọi $(AIN)$ cắt $(O)$ tại $L$, $ML$ cắt $(AIN)$ tại $J$
Ta có $MJ.ML=MN.MA=MC^2=MB^2$ nên $MJC$~$MCL$ và $MJB$~$MBL$ nên $BJC=BJM+MJC=MBL+MCL=180-A=BHC$ nên $J$ thuộc $(BHC)$
Khi đó $IJH=IJN+NJH=IAN+NCH=IAN+NCM-HCB=KAM+MAC-HAB=IAC-HAB=IAB-HAB=IAH=IXH$ nên $J$ thuộc $(IXH)$.
Do đó ta có $(AIN), (BHC), (IHX)$ đồng quy tại $J$



#717185 Các bài toán trong chuyên mục Quán hình học phẳng-tháng 11

Gửi bởi nguyenhaan2209 trong 03-11-2018 - 23:44

Bài này nghịch đảo hơi bị rõ  :icon6: Xét phép nghịch đảo tâm $A$ phương tích $AH.AD$ ta đưa về bài toán sau: Cho tg $ABC$, $3$ đg cao $AD, BG, CI$. Đgt qua $M$ vg $AC$ cắt $AC, AB$ tại $F,L$; đgt qua $M$ vg $AL$ cắt $AC$ tại $K$. $(AIK)$ cắt $(AGL)$ tại $J$ thì $AJ$ đi qua điểm cố định

CM: Gọi $P,Q$ là tđ $HC,HB$ thì dễ có $P,Q$ thuộc $(AIK), (AGL)$. Gọi $N$ là tâm Euler, $O'$ đx $O$ qua $BC$
Do $JLI$~$JGK$ và $QIL$~$PGK$ và chú ý $N$ là tđ $OH$ nên $d(J/IL)=(J/KF)=IL/KG=IQ/PG=[d(O/AB)+d(H/AB)]/[d(O/AC)+d(H/AC)]=d(N/AB)/d(N/AC)$
Mà theo t/c quen thuộc $AN$ đi qua $O'$ nên ta có $AJ$ đi qua đcđ tức $AZ$ đi qua đcđ



#717184 Các bài toán trong chuyên mục Quán hình học phẳng-tháng 11

Gửi bởi nguyenhaan2209 trong 03-11-2018 - 23:20

Bài $2$: a) $BH, CH$ cắt $(O)$ tại $X,Y$ thì $EX=EH, FY=FH$ vậy $EXC=BYF$ theo Pascal đảo có $FY, XE$ đq tại $M$. Gọi $G,P$ là trực tâm $OBM, OCM$ thì $BMG=A/2=90-BFM$ nên $G$ là tâm $BFM$ tg tự với $P$ vậy $GF=GM, PE=PM$ nên $(KP,KG)=(ME,MF)=(ML,MG)$ tức K thuộc $(MLG)$ cố định

$b)$ Do $DFY$~$DEX$ nên $DE/DF=EX/FY=EH/HF$ nên $DH$ là pg $EDF$
$c)$ Đ/n $HL$ vg $EF$ tại $BC$. Lấy $H'$ đx $H$ qua $BC$ thì $LH=LH'$. Do $DH$ đi qua điểm $N$ giữa cung $EF$ nên $LHD=MND=90-AMD=90-ABD=90-HH'D$ nếu lấy điểm $L'$ là tâm $HH'D$ thì $L=L'$ nên $LH=LD$ mà $KN=KD$ tức $D,L,K$ thẳng hàng



#717176 Các bài toán trong chuyên mục Quán hình học phẳng-tháng 11

Gửi bởi nguyenhaan2209 trong 03-11-2018 - 20:49

Bài $1$: Gọi $AF, BU, CV$ là đg cao, $PD$ cắt $BC$ tại $E$, $Q$ đx $A$ qua $M$, $PE$ cắt $(O)$ tại $J$, $AF$ cắt $XY$ tại $K$, $AD$ cắt $UV$ tại $R$
Theo kq quen thuộc thì $G$ thuộc $(BHC)$ và $(AUV)$ mà $(AGNM)=-1$ nên $N$ thuộc $UV$ ($(AUGV)=-1$) do đó $AN.AL=AR.AD=AH.AF$ nên $AN/AF=AH/AL=QD/QG$ nên $QDG$ ~ $ANF$ vậy $NFK=LGD$ nên $PNEF$ nt. Xét tđp $(PNEF)$,$(PNJA)$ và $(AJFE)$ có $AJ,PN,FE$ đquy tại $I$ nên $IP.IN=IJ.IA=IB.IC$ tức $(BPNC)$ nt



#716778 Đề thi chọn đội tuyển tp Đà Nẵng

Gửi bởi nguyenhaan2209 trong 21-10-2018 - 13:25

Bài $3$ ngày $2$ là đề Turkish MO $2011$: https://artofproblem...h450540p2534625 lời giải trong đó bị thiếu nên mình xin post lời giải của mình

Đáp án là $2n-3$ ví dụ là ${1},...,{n},{1,2},..,{1,n-2}$
Ta sẽ cm bằng quy nạp kết quả này
Với $n=2$ thấy $k \leq 1$. Với $n=3$ thấy $k \leq 3$
Giả sử mệnh đề quy nạp đúng hay là $2n-5$ với $n-1 \geq 3$
Đặt $M={A_1,...,A_k}$ là bộ có nhiều phần tử nhất với $n$
Chú ý $0$ và $E$ đều không thuộc $M$ vì ngược lại thì có $2$ trên $4$ tập rỗng vô lí
Nếu cả ${A}$ và ${A}'$ đều không thuộc $M$ thì ta có thể bổ sung thêm vào
Hiển nhiên cả ${A}$ và ${A}'$ không cùng thuộc $M$ nên có đúng $1$ trong $2$ tập thuộc $M$ $\forall 1 \leq i \leq n$
Ta chọn một tập $A$ thuộc $M$ sao cho $|A| \geq 2$ nhỏ nhất (chọn được vì $2n-3 \geq n$)
Nhận xét rằng nếu $|X| \subset M$, ta có thể thay $X$ bởi $X'$ nên giả sử $|A_i| \leq \frac{n}{2} \forall i=1,k$
Do vai trò đx, giả sử $1,2$ thuộc $A$. Xét $B=M\(1,2,A)$ $(1)$, ta xét $4$ TH sau
Nếu $A\cap B=0$  thì $1,2 \nsubseteq B$
Nếu $A\cap B'=0$  thì $A\subset B$ nên $1,2 \subset B$
Nếu $A'\cap B'=0$ thì $B\subset A$ nên $|B|=1$ do $(1)$ nên $1,2 \in B$
Nếu $A'\cap B'=0$ thì $B\subset A$ nên $|B|=1$ do $(1)$ nên $1,2 \nsubseteq  B$
Nếu $A'\cap B'=0$  thì $A\cup B = E$ mà $n$ lẻ thì $|A|, |B| \leq n-1/2$ vì vậy $|A \cup B| \leq n-1$
Khi $n$ chẵn thì $|A|=|B|=\frac{n}{2}$ hay $B=A'$ và $|A\cap B|=0$
Từ đó ta có ${1,2} \in B$ hoặc ${1,2} \cap B = 0$ với mọi $B$ thuộc $M$ khác ${1},{2}$
Từ đó bằng cách loại ${1}{2}$ ra khỏi $M$ và ghép ${1},{2}$ lại thì ta có $1$ bộ mới
Do đó $k-2 \leq 2n-5$ mà $k \geq 2n-3$ theo bộ xây dựng nên $k$ max $= 2n-3$  $\blacksquare$



#716573 Các bài toán trong chuyên mục Quán hình học phẳng-tháng 10

Gửi bởi nguyenhaan2209 trong 14-10-2018 - 20:37

Lâu lâu trở lại quán  :D 

Bài 1:

Gọi giao của $DE,DF$ với $AB,AC$ là $L,K$. $M$ là h/c của $D$ trên $BC$
Lấy $J$ là chân đg cao từ $A$, $H'$ đx $H$ qua BC, $P$ là tđ $AD$, $I$ là giao $FE$ với $AD$
Từ gt ta có $E$ là trực tâm $AFD$ nên $I$ chính là chân đg cao do đó $(AHGI)$ và $(ALHKD)$ nội tiếp
Ta có: $GI=AH.DI/DH=AH.DI/DH=2R.DC/DH.sinACD.sinBAD=R.cosACD.tanACD.sinBAD=R.cosACD.DK/KC.DM/DC$
$=R.cosACD.DK/KC.HJ/HD=R.cosACD$($DKC$ ~ $DHH'$) $= OP$
Do đó $OPIG$ là hcn nên $OG//PI$ vuông góc $EF$ (ĐPCM)

 

Bài $3$:

Dựng tâm nt $(I)$, $K,L$ là tiếp điểm của $(I)$ với $AC, AB$, $G$ là tâm nt $AEF$.
Gọi $R$ là giao của $CI$ với $KL$, định nghĩa lại điểm $T$ là giao của $BR$ với $(BC)$
Theo kq quen thuộc thì $R$ cũng thuộc $(BC)$
Có $IJF=90-FGJ=90-(180-(90+E/2))=IBF$ nên ta có $J$ thuộc $(FIB)$ do đó $AI.AJ=AF.AB=AE.AC=AR.AT$
Do đó $ATQ=ALR=180-ALK=180-APQ$ nên $T$ thuộc $(APQ)$
Mặt khác $TJE=TJI+IJE=ARI+ACI=180-RAE$ vậy $T$ thuộc $(AJE)$
Kết hợp $2$ điều trên ta có điểm $T$ chính là điểm $T$ ở đề bài, tức $T$ luôn thuộc đg tròn $(BC)$ cố định do cung $BC$ cố định

 

Bài $4$:

Dễ thấy $PMN=AMB=90-BAM=90-DAC=NQC$ nên $MNQP$ nội tiếp

Qua $A$ kẻ đgt vuông góc $AC, AB$ cắt $DB, DC$ tại $H,I$, gọi trung điểm $BC$ là $K$
Khi đó $AHDI$ là hbh nên $H,O,I$ thẳng hàng
Gọi $E$ là h/c của $A$ trên $HI$ thì $E$ thuộc $(ABH)$ và $(AIC)$ nên $sinEAB/sinEAC=sinEHB/sinEID=DI/DH=AB/AC$ (do $sAHD=sAID$) nên $AE$ chính là đg đối trung của $ABC$
Lại có $HAM=HAB+BAM=90-AHB+NAC=BDC-(90-NAC)=BDC-AQC=QND=ANM$ nên $P(H/A)=HA^2=HM.HN=P(H/(MNPQ))$ hay $H$ nằm trên tđp của đường tròn điểm $A$ và đg tròn tâm $J$
CMTT thì $I$ cũng thuộc tđp của $2$ đường tròn này
Từ đó $AE \equiv AJ$ vuông góc $HI$ mà $AE$ là đường đối trung nên $J$ luôn thuộc $1$ đg đối trung cố định do $A,B,C$ cố định



#716318 $\frac{m(m+6)}{4}\leq C(m)\leq \...

Gửi bởi nguyenhaan2209 trong 06-10-2018 - 12:28

Giải như sau:

Gọi $2$ chiều của bài toán là $i,ii$. Ta có:

$i)$ Gọi tập tổng thỏa mãn bài toán là $|S+S|$, ta dễ có $|S+S|=S+C_S^{2}=\frac{(S^2+S)}{2}=\frac{m(m+3)}{2}$

$ii)$ Ta xây dựng tập thỏa mãn bài toán với $k$ phần tử có $|S+S|$ phủ hết $1$ đến $\frac{m(m+6)}{4}$ như sau:

TH$1$: $m$ chẵn. Đặt $m=2t$ khi đó tập $S=(1,...,t+1,2(t+1)+1,....t(t+1)+(t-1))$ thỏa mãn

Thật vậy, các số từ $1$ đến $2(t+1)$ được tập $T=(1,...,t+1)$ có $|T+T|$ phủ hết

Tương tự như vậy ta thấy các số từ $1$ tới $t(t+1)+2t$ đều được $|S+S|$ phủ

Lại có $\frac{m(m+6)}{4}=t(t+3)=t(t+1)+2t$ nên ta thấy thỏa mãn ngay

Do $C(m)$ là số nguyên dương $k$ mà $k \geq  \frac{m(m+6)}{4}$ (cm trên) nên có ngay ĐPCM

TH$2$: $m$ lẻ. Đặt $m=2t+1$ khi đó tập $S=(1,...,t+1,2(t+1)+1,...,(t+1)(t+1)+t)$ thỏa mãn

Tương tự như trên chú ý rằng $\frac{m(m+6)}{4}=\frac{4t^2+16t+7}{4}=t^2+4t+\frac{7}{4}<(t+1)(t+1)+2t+1=t^2+4t+2$ nên ta có ngay ĐPCM




#716215 Các bài toán trong chuyên mục Quán hình học phẳng-tháng 10

Gửi bởi nguyenhaan2209 trong 01-10-2018 - 22:12

Bài $2$: Gọi $K,G$ là tđ $EF$, $PQ$. Theo bổ đề $ERIQ$ có $G$ là tđ $KM$ mà dễ có $NKXM$ nt nên $AL, AG$ đg ($AGM$~$ALX$) tg tự có $(P,Q)$; $(X,M)$ là các cặp điểm đg nên ta có $AL$ là đg đối trung $APQ$

Bài $6$:Gọi $EF,LX$ cắt $BC$ tại $G,N$; $Z$ là h/c của $A$ lên $EF$, $I$ là tđ $AH$, $AH$ giao $EF$ tại $J$

Ta có: $MK/MN=MK/PL.PL/MN=AM/AP.GP/GM=AC/AF.GD/GJ=AC/AF.AZ/AJ=AZ/AE.AB/AJ=AD/AJ=HD/HJ=ID/IH=IH/IJ=IA/IJ$ 

Mặt khác $LJA$ ~ $XNK$ (3 cạnh tg ứng vg) từ đó nên $LIA$ ~ $XMK$ mà $KX,KM$ vg $AL,AJ$ nên $IL$ vg $XK$ tại $S$
Do $IM$ là đg kính $\rightarrow S$ thuộc $(Euler)$ và $LK//IM \rightarrow (LK)$ tx $(Euler)$



#716153 Đề thi chọn đội tuyển HSG THPT thành phố Hồ Chí MInh

Gửi bởi nguyenhaan2209 trong 30-09-2018 - 16:10

Câu $1$: a) Ta tìm đc CTTQ của $(a_n) là a_n=(\frac{3+\sqrt5}{2})^n+(\frac{3-\sqrt5}{2})^n$
Dễ thấy dãy tổng tăng, khi $n$ ra vô cùng ta có $lim(s_n)=\sum\frac{(3-\sqrt5)^{2n}+(3+\sqrt5)^{2n}+2}{7^n}=\sum \frac{(7+3\sqrt5)^n}{14^n}=\frac{1-(\frac{7+3\sqrt5}{14})^n}{7-3\sqrt5}<\frac{142}{3}$ (BĐT cuối đúng bằng biến đổi tương đương) do đó ta có ĐPCM ở câu $a$
$b)$ Ta có hệ thức $a_{n-1}a_{n+1}-a_n^2=5$ mà dễ quy nạp dãy tăng nên $a_na_{n+1}>a_{n-1}a_{n+1}=a_n^2+5$ đồng thời cũng quy nạp được $a_n^2.(a_n^2+5)>7^n$ nên ta có $\sum \frac{1}{a_na_{n+1}}< \sum \frac{1}{a_n^2+5}< \sum \frac{a_n^2}{7^n}<\sum \frac{142}{3}$ (theo câu a). Dãy tăng bị chặn trên nên có GHHH và ta có ĐPCM
Câu $2$: a) Thay $b,c$ vào theo $a$ ta chỉ cần cm pt Q bậc $26$ có nghiệm (loại $0$) điều này đúng khi thay $x=1, x=2$ thì $Q(1)>0, Q(2)<0$ nên theo Rolle $PT$ có nghiệm 
$b)$ Giả sử phản chứng, khi đó điều kiện đễ đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $S_1=S_2=S_3$, kí hiệu const là bằng nhau. Ta thấy bản chất bài toán là giải PT đối xứng $3$ ẩn $a,b,c$. Ta đặt $a=2cosx, b=2cosy, c=2cosz$, từ đó thay vào được $cosx=cos27x$ nên $x=k\pi/13$ hoặc $k\pi/14$, loại TH $k=0$ trùng nhau ở cả $2$ TH thấy $deg=27$ mà có đúng $27$ nghiệm nên có đúng $27$ nghiệm. Xét hàm số $f(t)=cost+cos3t+cos9t$ nếu tồn tại $f(i_1)=f(i_2)=f(i_3)$ như giả thiết thì theo $Dirichlet$ thì tồn tại $2$ số $i_j, i_k$ thuộc cùng ps có mẫu $13$ hoặc $14$. WLOG g/s là $13$ thì chú ý xét tử số mod $13$ (loại $0,13$): $f(1)=f(3)=f(9), f(2)=f(6)=f(8), f(7)=f(10)=f(11), f(4)=f(5)=f(12)$ và dễ ktra $4$ giá trị này pb nên từ đó có $2$ số cùng thuộc $1$ tập, khi đó tồn tại $2$ số $cosm=cosn$ tức $a_u=b_v$ khi đó trái với giả sử $9$ số đôi một phân biệt, tương tự với TH mod $14$ ta ghép cặp $f(1)=f(3)=f(11), f(2)=f(6)=f(8), f(4)=f(10)=f(12), f(5)=f(9)=f(13)$ bỏ $f(7)=0$ thì ta cũng có ĐPCM
Câu $4$: 
$a)$ Thay giá trị $1,2$ vào dùng Dirichlet dễ có hàm không đơn ánh
$b)$ Giả sử tồn tại $f(2x)<-1$ khi đó từ $(1)$ có $f(x^3+x)^2<1$ và từ $(2)$ thì $f(x^3+x)<-1$ từ đây thấy ngay vô lí
Câu $7$:
$a)$ Ta giải quyết bằng cách chọn $4$ số sao cho không có điểm bất động, bằng xét TH ta được kq là $10$. Mà có $41$ lớp đồng dư module $41$ nên kq là $10^{41}$
$b)$ Sử dụng luật thuận nghịch Gauss và chú ý $41$ có dạng $8k+1$ nên $(2/41)=1$ từ đó ta tìm đc $20$ scp mod $41$ và $20$ số ko cp mod $41$. Ta giải quyết $41$ số đầu nhận giá trị từ $1$ đến $41$, $123$ số sau đơn thuần là đồng dư với $41$ số đầu theo mod $41$. Ta chỉ ra chu trình sau: $(2,6,13,12,11,7,14,28,15,17,19,22,34,29,24,35,27,26,30,38,36,31,23,37,1,32,8,5,4,10,18,21,33,40,20,39,9,35,223,16,41)$ thỏa mãn đề bài và câu trả lời là tồn tại (Tính toán khá mệt)
Câu $8$: Đưa mối quan hệ của bài toán lên đồ thị. Nối $2$ người quen nhau bởi $1$ cạnh
Gỉa thiết cho không có $3$ người đôi một quen nhau tức không có tam giác nên áp dụng định lí $Mantel - Turan$ ta có số cạnh không vượt quá $[100^2/4]=2500$
Mặt khác theo bổ đề bắt tay có $\sum d(i) = 1250$ mà do $d(i) \geq 1 \forall i=1,100$
Giải $BPT$ ta được $n>49$ nên từ đó ta tìm được max $d(i)=49$. Phần xây dựng dùng thuật toán tham ăn để nối các cạnh từ đó ta có ĐPCM  :mellow: 



#716121 Kì thi chọn đội tuyển quốc gia năm học 2018-2019 tỉnh Lâm Đồng

Gửi bởi nguyenhaan2209 trong 29-09-2018 - 13:00

Bài $1$: Đổi biến $(2y,x) \rightarrow (a,b)$

Khi đó $PT(2)$ tương đương với $a+a\sqrt{a^2+1}=b+b\sqrt{b^2+1}$ trừ $2$ vế cho nhau ta có $a=b$ do $\sqrt{a^2+1}+\sqrt{b^2+1}>1$

Thay vào $PT(1)$ thì ta có $(x^2+1)(x+2\sqrt{x})=6$

Xét $x<1$ thì $VT<6$, $x>1$ thì $VP>6$ do đó $x=2$. Thử lại ta có $(x,y)=(2,1/4)$ là nghiệm của HPT đã cho

Bài $2$: Ta cm bằng quy nạp hệ thức $x_{2n}=2x_n(x_{n-1}+x_{n+1})(*)$và $x_{2n+1}=x_nx_{n+2}+x_{n-1}x_{n+1}$

Từ đó ta có $x_{2n+1}$ lẻ và $x_{2n}$ chẵn nên $x_n+x_{n-1}$ lẻ
Nếu $2^k|x_n$ thì đặt $n=2^m.t$ với $t$ lẻ nên nếu $k>m$ thì áp dụng $(*)$ liên tục ta được $2^{k-m}|x_t$ vô lí vì $x_t$ lẻ
Vậy $k \leq m$ nên $2^k|2^m.t=n$. Chiều ngược lại nếu $2^k|n$ thì đặt $n=2^k.t$ từ $(*)$ ta cũng dễ dàng quy nạp được $2^k|a_n$ 
Bài $3$: Đổi biến $(a,2b,3c) \rightarrow (x,y,z)$
Ta có: $x+\frac{y}{2}+\frac{z}{3}+\frac{3}{x}+\frac{9}{y}+\frac{12}{z}=\frac{x+y+z}{4}+3(\frac{1}{x}+\frac{x}{4})+(\frac{9}{y}+\frac{y}{4})+(\frac{12}{z}+\frac{z}{12})\geq 5+3+12+2=22$. Dấu $"="$ xảy ra khi $x=2, y=6, z=12$ hay $a=2, b=3, c=4$
Bài $4$: 

$a)$ $AKM+AKN=ABL+ACL=180$ và $LKN+OLK=AKM+90-ACL=90$ nên dễ có ĐPCM

$b)$ Ta có $EKB$ ~ $CLB$ nên $LB/LC=KB/KE$ mà $KDB$ ~ $KCE$ từ đó $LB/LC=KB/KE=BD/CE=AB/AC$ từ đó $ABLC$ là tg điều hòa. Kẻ đgt $Lx // MN$ thì $L(MNKx)=L(BCAL)=-1$ nên $K$ là tđ $MN$ 





  1. Diễn đàn Toán học
  2. → Đang xem trang cá nhân: Likes: nguyenhaan2209