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

Cho tam giác $ABC$ ngoại tiếp $(I)$, trực tâm $H$. $AH$ cắt $BC$ tại $D$. CMR: $HA.HD+HI^{2}=2.r^{2}$ với $r$ là bán kính $(I)$

Cho tam giác $ABC$ ngoại tiếp $(I)$, Trực tâm $H$. $(I)$ tiếp xúc $BC$ tại $D$, điểm $J$ đối xứng $I$ qua $D$. $DH$ cắt $(AH)$ tại $F$. CMR: $\widehat{HFI}=\widehat{HJI}$

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

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.

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 $MK'$

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

Gửi mọi người một bài toán hình nhỏ   

Cho $\bigtriangleup ABC$ vuông tại $A,$ đường cao $AH.$ Gọi $E$ là chân đường cao hạ từ $H$ xuống $AC$. $I$ là trung điểm của $EH$. Tia $AI$ cắt $BC$ tại $M.$ Chứng minh $EH$ là tia phân giác $\angle BEM.$ 

$AB//EH, AM$ đi qua trung điểm $EH$=>$A(BM,HE)=-1=(BM,HC)$ mà $EH$ vuông góc với $EC$$\rightarrow$ $EH$ là phân giác $\widehat{BEM}$

Giải xong một bài mà xây xẩm mặt mày! Bài 10 chắc chỉ cần ý mở rộng này là đủ rồi ạ ^^! 

 

Hơi ác 1 chút khi bài này em bê nguyên từ chủ đề đường thẳng simson steiner sang để mở rộng
ps: lúc đầu mở rộng bài thấy vui vui nhưng khi xem xong thấy giải "xây xẩm mặt mày" thì ko vui

a) Chắc ý này để kéo tí điểm cho học sinh nên mình ko trình bày

b) Ta có: $\widehat{APC}=\widehat{AMC}=\widehat{ABC}=180-\widehat{BHC}$ $\rightarrow$ tứ giác AHCP nội tiếp, Tương tự với AHBN

c) Đường thẳng steiner

d) Hạ $MX, MY, MZ$ vuông góc với $BC, CA, AB$ ta có $X, Y, Z$ thẳng hàng và $NP=2.YZ$ mà thông qua cách cm của đường thẳng simson thì ta có $\Delta MYZ\sim \Delta MCB$ =>$\frac{BC}{YZ}=\frac{MC}{MY}$ luôn có $MC\geq MY$ nên $NP$ đạt max khi $YZ$ max và khi $MC=MY\Leftrightarrow C\equiv Y$ hay $M$ là điểm đối xứng với $A$ qua $O$

Mở rất rộng cho bài toán trên

Cho $NP$ cắt $AB, AC$ tại $E$ và $F$ đường thẳng qua $E, F$ vuông góc với $OB, OC$ cắt nhau tại $Q$. CMR: $QM$ tiếp xúc $(O)$
 

Mời mọi người tiếp tục với các bài toán NHÓM 4 ạ! 

 

NHÓM 4. (Ba năm 2018, 2019, 2020) 

 

Dang-DDTH-15baihinhhsg-Bai10 (jpeg).jpg

Bài 10. (Năm 2018) Cho tam giác nhọn $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Các đường cao $AK, BD, CI$ của tam giác $ABC$ cắt nhau tại $H$. Gọi $M$ là một điểm thay đổi trên cung nhỏ $BC$ của đường tròn $(O)$, $M$ khác $B$ và $C$. Gọi $N, P$ lần lượt là điểm đối xứng của $M$ qua các đường thẳng $AB$ và $AC$. 

a) Chứng minh $AO$ vuông góc $ID$.

b) Chứng minh các tứ giác $AHCP$ và $AHBN$ là các tứ giác nội tiếp

c) Chứng minh ba điểm $N, H, P$ thẳng hàng

d) Tìm vị trí của điểm $M$ để đoạn thẳng $NP$ có độ dài lớn nhất.

a) Chắc ý này để kéo tí điểm cho học sinh nên mình ko trình bày

b) Ta có: $\widehat{APC}=\widehat{AMC}=\widehat{ABC}=180-\widehat{BHC}$ $\rightarrow$ tứ giác AHCP nội tiếp, Tương tự với AHBN

c) Đường thẳng steiner

d) Hạ $MX, MY, MZ$ vuông góc với $BC, CA, AB$ ta có $X, Y, Z$ thẳng hàng và $NP=2.YZ$ mà thông qua cách cm của đường thẳng simson thì ta có $\Delta MYZ\sim \Delta MCB$ =>$\frac{BC}{YZ}=\frac{MC}{MY}$ luôn có $MC\geq MY$ nên $NP$ đạt max khi $YZ$ max và khi $MC=MY\Leftrightarrow C\equiv Y$ hay $M$ là điểm đối xứng với $A$ qua $O$

Mình có 1 cách :

cách này chứng minh sử dụng đồ thị

xét trục tọa độ Oxy

bạn chỉ cần chứng minh: 

Đường tròn $(x+5)^{2}+(y-12)^{2}=14^{2}$ và đường tròn $x^{2}+y^{2}=1$ tiếp xúc trong nhau 

Rồi chứng minh đường tròn $x^{2}+y^{2}=T$ với $T> 1$ cắt đường tròn $(x+5)^{2}+(y-12)^{2}=14^{2}$ tại 2 điểm phân biệt

ps: Ý tưởng cho bài này xuất phát từ cái phương trình $(x+5)^{2}+(y-12)^{2}=14^{2}$ là phương trình đường tròn

với n = 2k thì số tập con thỏa mãn là $3^k$

với n = 2k+1 thì sô tập con thỏa mãn là $2.3^{k}$

Do $a,b,c>0$

Ta có: $\sum (\frac{a}{2a+b})^{3} = \sum(\frac{1}{2+\frac{b}{a}}) ^{3}$

Đặt $x=\frac{b}{a}$ ; $y=\frac{c}{b}$ ; $z=\frac{a}{c}$

Khi đó bất đẳng thức cần CM là $\sum(\frac{1}{2+x}) ^{3}\geq \frac{1}{9}$

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM:

 $\sum(\frac{1}{2+x}) ^{3}\geq \frac{3}{\prod (2+x)}$

Theo AM-GM: $\prod (2+x)\leq(\frac{6+\sum x}{3}) ^{3}$

=> $\sum(\frac{1}{2+x}) ^{3}\geq \frac{81}{(6+\sum x)^{3}}$

Do bất đẳng thức là thuần nhất đồng bậc nên ta chuẩn hóa $x+y+z=3$

Từ đó ta suy ra điều phải chứng minh

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x=y=z$ $<=> a=b=c$

Lời giải của bạn có vấn đề rồi kìa

Ban đầu BĐT chưa đồng bậc, hơn nữa khi bạn đặt $x=\frac{b}{a}, y=\frac{c}{b}, z=\frac{a}{c}\Rightarrow xyz=1$

lại không thể đặt thêm $x+y+z=3$

Bài 3:

a)

Gọi $x_{i}$ là số người ở toa thứ $i$ , $x_{i}\geq 2$ , $i=1\rightarrow 7$

Đặt thêm: $a_{i}=x_{i}-2, a_{i}\geq 0$

Ta có:

$\sum_{i=1}^{7}x_{i}=20\Leftrightarrow \sum_{i=1}^{7}a_{i}=6,a_{i}\geq 0$

dễ rồi

b)

Ý tưởng tương tự

Xét phương trình:

$\sum_{i=1}^{7}x_{i}=20,x_{i}\leq 3$

phương trình này giải bằng cách đếm phần bù

cái này dùng định lí viet nhé:
nếu pt dạng: $ax^2+bx+c=0$ có 2 nghiệm phân biệt $x_{1},x_{2}$ thì ta có: $x_{1}+x_{2}=\frac{-b}{a}$ và $x_{1}x_{2}=\frac{c}{a}$

mình nghĩ bạn chưa học phần này nên chưa biết