hovutenha

$\mathbf{TH1}$ ($2$ bước lùi, $14$ bước tiến) Hai bước $15,16$ phải là tiến.

a) Bước thứ $14$ là tiến : Xác suất là $C_{13}^2.0,3^2.0,5^{11}$

b) Bước thứ $14$ là lùi, bước thứ $13$ phải là tiến : Xác suất là $C_{12}^1.0,3^1.0,5^{11}$

$\mathbf{TH2}$ ($1$ bước lùi, $2$ bước ngang, $13$ bước tiến) Bước thứ $16$ phải là tiến.

a) Bước thứ $15$ là tiến : Xác suất là $C_{14}^1C_{13}^2.0,3^1.0,2^2.0,5^{11}$

b) Bước thứ $15$ ngang, bước thứ $14$ tiến : XS là $C_{13}^1C_{12}^1.0,3^1.0,2^1.0,5^{11}$

c) Bước thứ $15$ và $14$ ngang, bước thứ $13$ phải tiến : XS là $C_{12}^1.0,3^1.0,5^{11}$

$\mathbf{TH3}$ ($4$ bước ngang, $12$ bước tiến) Bước thứ $16$ phải tiến.

  Xác suất là $C_{15}^4.0,2^4.0,5^{11}$

 

Đáp án là (xichma mấy cái trên lại) : $\frac{9717}{512000}\approx 0,018979$

 

Mình nghĩ cái chỗ TH1: khi biết chắc là bước 15 16 phải tiến nhưng mà vẫn phải nhân thêm 0.5 xác xuất chứ, nếu không thế thì xác xuất để bước thứ 15, 16 tiến là 1 thì đâu có hợp lí, các trường hợp sau cũng thế :? Mình cũng thử tính lại theo cách nghĩ trên thì đáp án ra xấp xỉ một số đáp án của bạn linhnopro đưa ra

Em ở Thanh Hóa nên thi hsg tỉnh 9 thì kiến thức chỉ được dùng đến học kỳ 1, liệu có anh chị hay bạn nào có thê cho em xin một số tài liệu về phần hình hay và khó và cho em biết ngoại trừ Thanh Hóa thì có tỉnh nào chỉ thi kiến thức học kỳ 1 lớp 9 không ạ?

Phần hình thì đọc trước hàng điểm điều hòa và chú ý phần tính toán là cân mọi bài hình THCS

 

ps: đọc trước là dễ bị loãng kiến thức đấy nhé, em nên thành thạo tất cả các phần , thi hsg tự tin dc hơn 9 điểm thì mới nên đọc trước để đạt điểm 10

Chỗ phép vị tự $V_J^{\frac{-1}{2}}$ biến $MN$ thành $BC$ là như thế nào vậy hovutenha? Ý chỗ này là biến đường thẳng $MN$ thành đường thẳng $BC$? 

Còn một chỗ nữa là $A'$ đối xứng với $A$ qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ chứ không phải nội tiếp. 

Chỗ đó ý là biến đường thẳng chứ đoạn $MN$ thành đường thẳng chứa đoạn $BC$

vì $J$ bây giờ đã nằm trên đường trung bình của hình thang $BMNC$

nên mỗi điểm thuộc $MN$ qua phép vị tự sẽ biến thành 1 điểm thuộc $BC$

ở đấy nên viết rõ ra là dùng thales thì sẽ dễ hiểu hơn

 

Dang-DDTH-15baihinhhsgNB-Bai12.jpeg

 

Bài 12 khá khó. Mình chưa có ý tưởng nào khả quan cả. Mọi người chung sức giải ạ! 

 

Lời giải phần b cho bài 12. 

Nói sơ qua về hướng giải:

- Bài này mình áp dụng triệt để phép vị tự để giải toán

- Thật ra vị tự cũng để làm rõ bài toán hơn thôi chứ bản chất ko cần phép vị tự

 

 bài 12.jpg   67.94K   0 Số lần tải

 

Nhờ vào các tính toán phức tạp của phần a)

Ta thu được điều rất quan trọng như sau: $IH=d_{M/BC}$  (khoảng cách từ $M$ đến $BC$)

Gọi $A'$ là điểm đối xứng $A$ qua tâm ngoại tiếp tam giác $ABC$

Gọi tiếp $J$ là trung điểm $IA'$ và $G$ là trung điểm $BC$

Khi đó: $OJ=$$\frac{AI}{2}$ ; $OG=\frac{AH}{2}$ suy ra $JG=\frac{IH}{2}=\frac{d_{M/BC}}{2}$ nên $J$ thuộc đường trung bình của hình thang $BMNC$

Xét phép $V_{J}^{-\frac{1}{2}}$ :

$MN \mapsto BC; P \mapsto Q';E,F\mapsto E',F'; I \mapsto A'$;$B,C\mapsto B', C'$

Dễ thấy $E'$ và $F'$ thuộc $BF$, $CE$ và $B', C'$ thuộc $MN$

Gọi giao điểm của $E'F'$ với $(O)$ là $K$ ta sẽ chứng minh $Q'K$ vuông góc với $E'F'$

Thật vậy gọi $L$ là chân đường cao kẻ từ $P$ xuống $EF$

Ta có: 

$\widehat{B'LC'}=\widehat{C'LP}+\widehat{PLB'}=\widehat{C'FP}+\widehat{B'EP}=\widehat{AMN}+\widehat{ANM}=180-\widehat{A}$

Sử dụng $IH=d_{M/BC}$ ta cũng chứng minh được:

$\widehat{B'IC'}=\widehat{BHC}=180-\widehat{A}$

Suy ra: tứ giác $ILB'C'$ nội tiếp

Do đó qua phép vị tự thì $Q'K$ vuông góc với $E'F'$ mà để ý thấy $AK$ cũng vuông góc $E'F'$

Nên 3 điểm $A, Q', K$ thẳng hàng.

Hơn nữa có $EF$ song song với $E'F'$ suy ra $Q\equiv Q'$

Đến đây ta nhận được dpcm.

 hình.jpg   61.11K   0 Số lần tải

Xét phép $f:$ nghịch đảo tâm $H$ phương tích $\overline{HA}.\overline{HA'}$ với A' là chân đường cao kẻ từ $A$

Gọi $X$ là giao điểm của tiếp tuyến tại $K,H$ của $(HKQ)$

Ta có $f:$

$(O)\Leftrightarrow (euler)$; $Q\Leftrightarrow M$; $K,T,X\Leftrightarrow K',T',X'$; dễ thấy $\widehat{HMK'}=90^{\circ}$

Vì T là trung điểm $HQ$ nên $T$ thuộc $(euler)$ $\rightarrow$ $T'$ thuộc $(O)$

$(HKQ)$$\Leftrightarrow$$MK'$

Tiếp tuyến tại $K$ $\Leftrightarrow$$(HK'X')$

$BC$ $\Leftrightarrow$ đường tròn đường kính $AH$

Ta cần cm: $X$ thuộc $BC$ 

 

Tương đương việc chứng minh bài toán Nghịch đảo như sau:

Cho tam giác $ABC$, trực tâm $H$, $M$ là trung điểm $BC$, $HM$ cắt đường tròn Euler của tam giác $ABC$ tại $T$. Qua $M$ và $H$ vẽ $HX'$ và $MK'$ vuông góc $HM$

($X', K'$ lần lượt thuộc $(AH)$ và đường tròn euler). CMR: $(HX'K')$ tiếp xúc $MK'$

  

 22.jpg   56.47K   0 Số lần tải

CM: lấy $F$ là trung điểm $AH$, dễ dàng cm được bài toán nghịch đảo dựa vào hình chữ nhật $FTMK'$

 

Nghịch đảo ngược lại bài toán trên

Suy ra $X$ thuộc $BC$$\rightarrow XT//KQ\rightarrow XT$ vuông góc $OT$.

dpcm

 

Chết, gõ xong bài mới nhận ra đây là box trung học cơ sở