Đến nội dung

tranquocluat_ht

tranquocluat_ht

Đăng ký: 10-03-2008
Offline Đăng nhập: 05-04-2021 - 14:45
****-

#721701 THÔNG BÁO TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG (TUYỂN SINH CẢ N...

Gửi bởi tranquocluat_ht trong 26-04-2019 - 13:14

THÔNG BÁO TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG (TUYỂN SINH CẢ NƯỚC, 3 LỚP CHUYÊN TOÁN) TP. HCM NĂM HỌC 2019 - 2020
(bạn nào quan tâm thì inbox)
.

 




#707617 THÔNG BÁO TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG (TUYỂN SINH CẢ N...

Gửi bởi tranquocluat_ht trong 04-05-2018 - 12:08

THÔNG BÁO TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG (TUYỂN SINH CẢ NƯỚC, 3 LỚP CHUYÊN TOÁN) TP. HCM NĂM HỌC 2018 - 2019
.
(bạn nào quan tâm thì inbox nhé)

 




#700150 Đề Thi VMO năm 2018

Gửi bởi tranquocluat_ht trong 12-01-2018 - 15:16

Câu 6 có thể làm như sau

Hình gửi kèm

  • 06.jpg
  • 11.jpg
  • 13.jpg



#700147 Đề Thi VMO năm 2018

Gửi bởi tranquocluat_ht trong 12-01-2018 - 12:33

 

Câu a có thể tiếp cận như sau

Hình gửi kèm

  • 02.jpg
  • 08.jpg



#700128 Đề Thi VMO năm 2018

Gửi bởi tranquocluat_ht trong 12-01-2018 - 00:48

Con số 1.01 như lời giải này được tìm ra (phát hiện ra đánh giá) như thế nào khi chúng ta không dùng máy tính nhỉ?

Có thể khắc phục bằng cách dùng $x_n<x_3$ thì để có đpcm cần $x_3<\frac{3-t}{2}$ với $x_3=\sqrt{t+8}-\sqrt{t+3}.$

Chú ý $0<t=\sqrt{10}-\sqrt{5}<1$ nên biến đổi điều trên được $(1-t)\left(1+\frac{2}{\sqrt{t+8}+3}-\frac{2}{\sqrt{t+3}+2}\right)>0,$ đúng.




#700082 Đề Thi VMO năm 2018

Gửi bởi tranquocluat_ht trong 11-01-2018 - 15:33

Bản chất và một hướng giải câu b:

 

Hình gửi kèm

  • 108.jpg



#700080 Đề Thi VMO năm 2018

Gửi bởi tranquocluat_ht trong 11-01-2018 - 14:54

Câu hình a có thể làm như sau:

Hình gửi kèm

  • 103.gif



#700079 Đề Thi VMO năm 2018

Gửi bởi tranquocluat_ht trong 11-01-2018 - 14:12

Một hướng tiếp cận bài 1.

Hình gửi kèm

  • 003.jpg



#700076 Đề Thi VMO năm 2018

Gửi bởi tranquocluat_ht trong 11-01-2018 - 13:21

 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO                                KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA THPT NĂM 2018

                                                                                                         

       ĐỀ THI CHÍNH THỨC

                             Môn Toán 

                         Thời gian : 180 phút

                         Ngày thi thứ nhất 11/01/2018

 

 

 

Bài 4 (5,0 điểm). Trong mặt phẳng $Oxy$, cho $(C)$ là đồ thị hàm số $y=\sqrt[3]{x^2}$. Một đường thẳng $d$ thay đổi sao cho $d$ cắt $(C)$ tại ba điểm có hoành độ lần lượt là $x_1,x_2,x_3$.

 

a)Chứng minh rằng đại lượng $\sqrt[3]{\frac{x_1x_2}{x_3^2}}+\sqrt[3]{\frac{x_2x_3}{x_1^2}}+\sqrt[3]{\frac{x_3x_1}{x_2^2}}$ là một hằng số.

 

b)Chứng minh rằng: $\sqrt[3]{\frac{x_1^2}{x_2x_3}}+\sqrt[3]{\frac{x_2^2}{x_3x_1}}+\sqrt[3]{\frac{x_3^2}{x_1x_2}}< -\frac{15}{4}$

 

-------------------------------------------------------------------------------------------HẾT----------------------------------------------------------------------------------------------

 

Một hướng tiếp cận bài 4.

Hình gửi kèm

  • 001.jpg



#644506 Thảo luận về Đề thi và Lời giải của IMO 2016

Gửi bởi tranquocluat_ht trong 11-07-2016 - 14:49

 

Ngày 11-07-2016

 

 

Bài 1. Tam giác $BCF$ vuông tại $B.A$ là một điểm trên đường thẳng $CF$ sao cho $FA=FB,F$ nằm giữa $A$ và $C$. Chọn điểm $D$ sao cho $DA=DC$ và $AC$ là phân giác của $\angle DAB$. Chọn điểm $E$ sao cho $EA=ED$ và $AD$ là phân giác của $\angle EAC$. $M$ là trung điểm $CF$. $X$ là điểm thỏa mãn $AMXE$ là hình bình hành. Chứng minh rằng $BD$, $FX$ và $ME$ đồng quy.

 

 

756.jpg?dl=0

Mấu chốt là chứng minh $B, F, E$ thẳng hàng.

Giả sử vị trí các điểm như hình vẽ, các trường hợp khác chứng minh tương tự.

Thật vậy, sử dụng kỹ năng gọi điểm phẩy. Giả sử $BF$ cắt đường thẳng qua $D$ song song với $AC$ tại $E'.$

Ta sẽ chứng minh $E'$ trùng $E.$

Ta có $\widehat{E'DA}=\widehat{DAC}=\widehat{E'BA}$ nên tứ giác $E'DBA$ nội tiếp. 

Gọi $(E'DBA)$ cắt $AC$ tại $M'$ khác $A.$ Ta sẽ chứng minh $M'$ trùng $M$.

Thật vậy, ta có $\widehat{DM'B}=180^0-\widehat{DE'B}=180^0-2 \widehat{CAB}=2 \widehat{DCB}$ (chú ý $DE'M'C$ là hình bình hành vì có 2 cặp cạnh đối song song nên $\widehat{M'CD}=\widehat{M'E'D}=\widehat{CAB}$) nên $M'$ là tâm nội tiếp tam giác $DCB.$

Cũng do $DE'M'C$ là hình bình hành nên $DE'=CM'=M'D$ suy ra luôn $M'$ trùng $M$ và $E'$ trùng $E.$ 

Sau khi có $B, F, E$ thằng hàng thì $EX=MA=EB, ED=FM=EF$ và $MX=AE=MB$ từ đó có đpcm.




#622751 Việt Nam TST 2016 - Thảo luận đề thi

Gửi bởi tranquocluat_ht trong 26-03-2016 - 18:43

 

 

Bài 3. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ có $B,C$ cố định, $A$ chuyển động trên cung $BC$ của $ (O)$. Các phân giác $AD,BE,CF$ giao nhau tại $I$. Đường tròn qua $D$ tiếp xúc với $OA$ tại $A$ cắt $(O)$ tại $G$. $GE,GF$ giao $(O)$ lần thứ hai tại $M,N$. $BM$ giao $CN$ tại $H.$

 a) Chứng minh rằng $AH$ đi qua một điểm cố định.

b) $BE, CF$ giao $(O)$ lần lượt tại $K,L$. $AH$ giao $KL$ tại $P$. $Q$ là một điểm trên $EF$ sao cho $QP=QI.$ $J$ là điểm nằm trên $(BIC)$ sao cho $IJ\perp IQ$. Chứng minh rằng trung điểm $IJ$ chuyển động trên một đường tròn cố định.
 
 
Ý 3.a có thể dùng tư tưởng phép chiếu xuyên tâm giải kiểu gọi điểm phẩy như sau:
 
 

313.jpg?dl=0

 
Rõ ràng $GABC$ là tứ giác điều hòa (mô hình này từng xuất hiện trong VMO 2014 và VMO 2010).
 
Đặt $EF \cap AD=H'; BH' \cap (O)=M', ME \cap (O)=G'.$ 
 
Ta chỉ cần chứng minh 
 

$\dfrac{GB}{GC}=\dfrac{c}{b}.$

 
Thật vậy, ta có 
 

$\dfrac{H'E}{H'F}=\dfrac{AE}{AF}=\dfrac{a+b}{a+c}.$

 
Suy ra (theo Định lý sin)
 

$\dfrac{M'E_1}{M'A}=\dfrac{\sin \widehat{H'BE}}{\sin \widehat{H'BF}}=\dfrac{H'E}{H'F}.\dfrac{BF}{BE}= \dfrac{ca}{l_b (c+a)}.$

 
Do vậy (theo Định lý sin)
 

$\dfrac{GB}{GC}=\dfrac{GB}{ME_1}.\dfrac{ME_1}{MA}.\dfrac{MA}{GC}=\dfrac{l_b}{ME}.\dfrac{ca}{(c+a) l_b}.\dfrac{ME.ab}{(c+a)}=\dfrac{c}{b}.$

 
 
Câu hình 3b sau khi vẽ hình chắc tay để phát hiện ra $IJ$ đi qua $O,$ ta chuyển bài toán về ít điểm như sau:
 
Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O),$ ngoại tiếp $(I),$ phân giác trong $BE, CF;$ $D_2$ là trung điểm cung lớn $BC.$ Đường thẳng qua $O$ vuống góc $OI$ cắt $EF$ và $AD_2$ tại $Q$ và $X.$ Chứng minh $IX=4IQ.$

 

314.jpg?dl=0

 
 
Bài toán này giải qua 2 bước như sau:
 
Bước 1. Gọi $IQ \cap BC=X_1$ và $X'$ là trung điểm của $AD_2.$ 
 
Ta sẽ chứng minh $QX=QX_1.$
 
 

  315.jpg?dl=0

 
 
Thật vậy, theo một tính chất quen thuộc (tính chất này thầy TQH đã khai thác nhiều) thì $EF \bot I_aO.$
 
Theo tiêu chuẩn song song trung điểm thì $O(I_aID_1X')=-1.$ 
 
Theo tính chất chùm vuông góc, suy ra $Y(IxBA)=-1$ với $Yx || X'X_1.$
 
Suy ra $QX=QX_1.$
 
Bước 2. Chứng minh $IX_1=2IQ.$
 
Điều này vào bước 1, cụ thể như sau:
 
Do $Y(X_1QIX)=-1$ nên $\dfrac{QX}{QI}=\dfrac{X_1X}{X_1I}.$
 
Đặt $X_1X=6a, IX_1=x$ thì tỷ lên trên được viết lại $\dfrac{3a}{3a-x}=\dfrac{6a}{x}.$
 
Giải phương trình đại số này được $x=2a$ hay bước 2 được chứng minh.
 
Tóm lại bài toán được giải quyết.
 
 
 
 
 
Bài 4. Cho tam giác $ABC$ nhọn có $\angle ACB<\angle ABC<\angle ACB+\dfrac{\angle BAC}{2}$. Lấy điểm $D$ thuộc cạnh $BC$ sao cho $\angle ADC=\angle ACB+\dfrac{\angle BAC}{2}$. Tiếp tuyến với đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ tại $A$ cắt $BC$ tại $E$. Phân giác $\angle AEB$ cắt $AD$ và cắt $(ADE)$ tại $G$ và $ F$, $DF$ giao $AE$ tại $H.$
a) Chứng minh rằng các đường tròn đường kính $AE,DF,GH$ có một điểm chung.
b) Trên phân giác ngoài $\angle BAC $ và trên tia $AC$ lần lượt lấy các điểm $K$ và $M$ sao cho $KB=KD=KM$, trên phân giác ngoài $\angle BAC$ và trên tia $AB$ lần lượt lấy các điểm $L$ và $N$ sao cho $LC=LD=LN.$ Đường tròn đi qua $M,N$ và trung điểm $I$ của $BC$ cắt $BC$ tại $P$ ($P\neq I$). Chứng minh rằng $BM,CN,AP$ đồng quy.

 

 
 
Ý b.
 
307.jpg?dl=0

 

 
Sử dụng kỹ thuật gọi điểm phẩy (cụ thể là gọi P') kết hợp hệ thức Maclaurin (kiểu VMO 2009) ta thấy mấu chốt là cần chứng minh tứ giác $BNMC$ nội tiếp. 
 
Dùng phép chiếu song song sẽ thấy 
 

$\dfrac{AK}{AL}=\dfrac{AB}{AC}.$

 
Suy ra tam giác $ABK$ đồng dạng tam giác $ACL$ ($g-c-g$), chú ý $\widehat{KAM}=\widehat{LAN}$ theo tính chất phân giác trong. 
 
Đến đây, ta cần chứng minh được tam giác $AMK$ đồng dạng tam giác $ANL.$ 
 
Điều đó đúng do các góc $\widehat{MAL}, \widehat{NAK}$ nhọn và theo Định lý sin thì
 

$\dfrac{\sin \widehat{AMK}}{\sin \widehat{MAL}}=\dfrac{AK}{KM}=\dfrac{AK}{KB}= \dfrac{AL}{LC} =\dfrac{AL}{LN}=\dfrac{\sin \widehat{ANL}}{\sin \widehat{NAK}}.$

 
Câu hình a thì chỉ là một tính chất xung quanh Định lý Brocard.
 

311.jpg?dl=0

 
Gọi $AF \cap BC = H'$ thì dùng cộng góc thông thường được $AH' \bot BC.$ 
 
Gọi $Q$ là điểm Miquel của tứ giác toàn phần trong hình thì theo trên ta có $Q$ là giao của 2 đường tròn đường kính $AE$ và $BF$.
 
Theo tính chất của điểm MiquelĐịnh lý Brocard thì $O',G,Q$ thẳng hàng và $O'G \bot HH'.$
 
Suy ra điểm $Q$ thuộc đường tròn đường kính $GH.$
 
PS: Điểm Miquel thường là điểm đồng quy của các đường tròn cần chứng minh đồng quy và nó cũng thường là điểm tiếp xúc của các đường tròn cần chứng minh tiếp xúc.



#611594 VMO 2016: Cập nhật tình hình làm bài của các đội

Gửi bởi tranquocluat_ht trong 29-01-2016 - 01:11

Cám ơn vietanhpbc.




#569535 $\sum (\frac{a}{a+b})^2+3\geq \f...

Gửi bởi tranquocluat_ht trong 02-07-2015 - 21:51

  Ngoài ra ta cũng có thể thay số $\frac{5}{2}=k$ và tìm hằng số $k$ tốt nhất thỏa mãn bài toán.

 

Thật vậy ,BĐT $< = > \sum (\frac{a}{a+b})^2+3\geq k(\sum \frac{a}{a+b})< = > \sum \frac{1}{(1+\frac{b}{a})^2}+3\geq k(\sum \frac{1}{1+\frac{b}{a}})$

 

  Đặt $\frac{b}{a}=x,\frac{c}{b}=y,\frac{a}{c}=z= > xyz=1$

 

BĐT $< = > \sum \frac{1}{(x+1)^2}+3\geq k(\sum \frac{1}{x+1})$

 

-Chọn $x=y=m,z=\frac{1}{m^2}(m> 0)$

 

BĐT $< = > \frac{1}{(m+1)^2}+\frac{1}{(m+1)^2}+\frac{1}{(1+\frac{1}{m^2})^2}+3\geq k(\frac{1}{m+1}+\frac{1}{m+1}+\frac{1}{1+\frac{1}{m^2}})< = > \frac{2}{(m+1)^2}+\frac{m^2}{(m+2)^2}+3\geq k(\frac{2}{m+1}+\frac{m^2}{m^2+1})= > \frac{m^6+2m^5+3m^4+4m^2+2+3(m^2+2m+1)(m^4+2m^2+1)}{(m+1)^2(m^2+1)^2}\geq k(\frac{m^3+3m^2+2}{(m+1)(m^2+1)})$

$= > k\leq \frac{4m^6+8m^5+12m^4+12m^3+13m^2+6m+5}{(m+1)(m^2+1)(m^3+3m^2+2)}$ (1)

 

 - Cho $x=y\rightarrow z= > m\rightarrow \frac{1}{m^2}= >m\rightarrow 1$

 

Từ (1) $= > k\leq \lim_{m\rightarrow 1}\frac{4m^6+8m^5+12m^4+12m^3+13m^2+6m+5}{(m+1)(m^2+1)(m^3+3m^2+2)}=\frac{60}{4.6}=\frac{5}{2}= > k\leq \frac{5}{2}= > k_{max}=\frac{5}{2}$

 

Ý thầy là tìm $k$ tốt nhất để

$\sum k(\dfrac{a}{a+b})^2 \geq \dfrac{5}{2}(\sum \dfrac{a}{a+b})+\dfrac{3k}{4}-\dfrac{15}{4}.$




#554385 $n\leq 2p$ và $(p−1)^{n}+1$ chia hết cho $n^{p−...

Gửi bởi tranquocluat_ht trong 16-04-2015 - 14:44

Tìm tất cả các số nguyên dương $n$ và số nguyên tố $p$ thỏa mãn đồng thời các điều kiện $n \le 2p$ và ${{(p-1)}^{n}}+1$ chia hết cho ${{n}^{p-1}}.$




#531961 Bảng 36 ô vuông

Gửi bởi tranquocluat_ht trong 05-11-2014 - 13:33

Cho bảng $A$ kích thước $6 \times 6$ (đã được chia thành 36 ô vuông nhỏ). Ta thực hiện điền các số thuộc tập $\{1,2,3,4\}$ vào các ô của bảng $A$ (ô nào cũng được điền 1 số và các ô khác nhau có thể được điền số giống nhau). Gọi $X_i$ là tập hợp các số trong hàng thứ $i$ và $Y_j$ là tập hợp các số trong cột thứ $j$ với $1 \le i, j \le 6$) (các số xuất hiện nhiều lần trong tập hợp thì chỉ tính 1 lần). Bảng $A$ được gọi là bảng đẹp nếu các tập $X_1,X_2,...,X_6,Y_1,Y_2,...,Y_6$ đôi một phân biệt. Chứng minh rằng $A$ không thể là bảng đẹp.