Cao Xuân Huy

Ngày 1
Thời gian: 180 phút.

Bài 1: (5 điểm)
Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R^*} \to \mathbb{R}$ sao cho $f(x + y) = {x^2}f\left( {\frac{1}{x}} \right) + {y^2}f\left( {\frac{1}{y}} \right),\forall x,y \in \mathbb{R^*}$

Bài 2: (5 điểm)
Cho $n$ số nguyên dương $x_1, x_2,...x_n$ đôi một khác nhau ($n \ge 2$). Đặt $A=\{1,2,...,n\}$. Với mội $i \in A$ lấy ${p_i} = \prod\limits_{j \in A\backslash \{ i\} } {({x_i} - {x_j})} $. Chứng minh $\sum\limits_{i \in A} {\frac{{{x_i}^k}}{{{p_i}}}} $ nguyên với mọi $k$ tự nhiên.

Bài 3: (5 điểm)
Cho đường thẳng $d$ và điểm A không nằm trên $d$. Gọi $H$ là hình chiếu của $A$ trên d và K là trung điểm của $AH$. Hai đường tròn $(M), (N)$ di động nhưng luôn tiếp xúc với d và tiếp xúc với nhau tại A. Chứng minh:
a) Phương tích của K với đường tròn đường kính $MN$ không đổi.
b) Chứng minh đường tròn đường kính $MN$ luôn tiếp xúc với đường tròn cố định.

Bài 4: (5 điểm)
Cho bảng kẻ ô vuông kích thước $(2n) \times (2n+1)$. Hãy tìm giá trị lớn nhất của $k$ sao cho $k$ thoả mãn điều kiện: ta có thể tô màu $k$ ô vuông đơn vị của bảng sao cho không có hai ô vuông đơn vị nào được tô mà có đỉnh chung.


Ngày 2
Thời gian: 180 phút.

Bài 5: (6 điểm)
Cho số nguyên tố $p>3$. Gọi $k = \left\lfloor {\frac{{2p}}{3}} \right\rfloor $. Chứng minh:
\[\sum\limits_{i = 1}^k {C_p^i} \vdots {p^2}\]
Bài 6: (7 điểm)
Cho tam giác $ABC$ và điểm $C'$ nằm trên đường thẳng $AB$. Chứng minh rằng:
a) Tồn tại duy nhất tam giác $A'B'C'$ đồng dạng với tam giác $ABC$ mà các điểm $A'$ và $B'$ nằm lần lượt trên đường thẳng $BC$ và $AC$.
b) Trực tâm của tam giác $A'B'C'$ không phụ thuộc vị trí của điểm $C'$ trên đường thẳng $AB$.

Bài 7: (7 điểm)
Cho $(H)$ là một đa giác đều $24$ cạnh. Mỗi đỉnh của $(H)$ sẽ được tô bởi chỉ một trong hai màu xanh và đỏ. Khi đó, nếu $(K)$ là một đa giác đều thoả mãn đồng thời hai điều kiện:
- Tập đỉnh của $(K)$ là tập con của tập đỉnh của $(H)$.
- Tất cả các đỉnh của $(K)$ được tô bởi cùng một màu.
thì ta gọi $(K)$ là một mẫu đơn sắc. Hãy tính số cách tô màu các đỉnh của $(H)$ sao cho không có mẫu đơn sắc nào được tạo ra.

Cho tứ giác $ABCD$ có 2 đường chéo $AC, BD$ cắt nhau tại $E$. $M, N$ thuộc $AB$ sao cho $AM=MN=NB$. Hai điểm $P, Q$ thuộc $DC$ sao cho $DP=PQ=QC$. $MQ$ cắt $AC$ tại $K$. $NP$ cắt $BD$ tại $L$. $MQ$ cắt $NP$ tại $I$. Chứng minh $EI$ đi qua trung điểm $KL$.

______________________

 

P/s: Mình có một lời giải bằng vectơ nhưng không hay lắm. Có bạn nào có lời giải hình học thuần tuý thì post lên nhá.

Em xin đăng kí.
Anh cho em hỏi luôn là hình thức tổ chức khóa học là như thế nào ạ ?

Em này đừng nói xằng bậy Anh có mục tiêu rồi

Cần em up ảnh không anh =))

Lâu lâu post bài cái coi
Bài 1:
Tóm tắt:

\[hpt \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y + z = x + \frac{2}{x}\\z + x = y + \frac{3}{y}\\x + y = z + \frac{4}{z}\end{array} \right.\]
Cộng lần lượt theo vế các pt:

\[\left\{ \begin{array}{l}2z = \frac{2}{x} + \frac{3}{y}\\2x = \frac{3}{y} + \frac{4}{z}\\2y = \frac{2}{x} + \frac{4}{z}\end{array} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{2}{{zx}} + \frac{3}{{yz}} = 2\\\frac{3}{{xy}} + \frac{4}{{zx}} = 2\\\frac{1}{{xy}} + \frac{2}{{yz}} = 1\end{array} \right.\]
Tới đây chắc khỏe rồi.
Bài 3:
Dùng Holder:
\[(1 + 1 + 1)\left( {x + y + z} \right)\left[ {\sum\limits_{cyc} {{{(y - z)}^2}} } \right] \ge {\left( {\sum\limits_{cyc} {\sqrt[3]{{x{{(y - z)}^2}}}} } \right)^3}\]

Bài 54: Cho $a,b,c>0$ chứng minh $a^ab^bc^c\geq abc^{\frac{a+b+c}{3}}$
Canada 1995

Spoiler

bài này có hơn 3 cách

Giả sử $a\ge b \ge c$
Ta có bđt tương đương:
\[{\left( {\frac{a}{b}} \right)^{a - b}}.{\left( {\frac{b}{c}} \right)^{b - c}}.{\left( {\frac{a}{c}} \right)^{a - c}} \ge 1\]
Ta thấy ngay ĐPCM

Bài 2 tham khảo video này:
http://www.youtube.com/watch?v=0eBp0_VAKhg&feature=player_embedded
Nguồn: onluyentoan.vn

-Bài 2 thì có lẽ quy đồng lên là dễ nhất
-Bdt tương đương với:
$x^3y^2+y^3+x^2\geq x^3y+xy^3+xy\Leftrightarrow$$ x^3y(1-y)$$+y^3(1-x)+x(x-y)\geq 0$
-Bdt cuối đúng theo dk

Bạn ninhxa nhầm chỗ màu đỏ rồi

Bài 1: Với $x,y$ là các số nguyên dương thỏa mãn $xy| x^2+y^2+1$. Chứng minh: $\frac{x^2+y^2+1}{xy}=3$
Bài 2: Cho 2 số nguyên dương $a,b$ và số nguyên tố $p$ thỏa mãn:
\[p = \frac{4}{b}\sqrt {\frac{{2a - b}}{{2a + b}}} \]
Tìm giá trị lớn nhất của $p$

Câu hình không khó lắm.
Bài 4:
Ta có:

\[\left\{ \begin{array}{l}
\frac{{MA}}{{MB}} = \frac{{MA}}{{MD}}.\frac{{MD}}{{MB}} = \cot BAD.\cot BDM = \cot BAD.\cot BAH\\
\frac{{NC}}{{NA}} = \frac{{NC}}{{ND}}.\frac{{ND}}{{NA}} = \tan NDC.\tan DAC = \tan HAC.\tan DAC\\
\frac{{HB}}{{HC}} = \frac{{HB}}{{HA}}.\frac{{HA}}{{HC}} = \tan BAH.\cot HAC
\end{array} \right.\]
Từ đó ta có:
\[\frac{{\overline {MA} }}{{\overline {MB} }}.\frac{{\overline {NC} }}{{\overline {NA} }}.\frac{{\overline {HB} }}{{\overline {HC} }} = - \frac{{MA.NC.NA}}{{MB.NA.HC}} = - 1\]
Theo định lí Ceva suy ra ĐPCM

Lời giải:
Đặt $GCD(x,y,z)=d$. Thì $x=dx_0;y=dy_0;z=dz_0$ với $GCD(x_0,y_0,z_0)=1 \text{(1)}$
Từ đó:
\[\frac{{{x_0}}}{{{y_0}}} - \frac{{{y_0}}}{{{z_0}}} + \frac{{{z_0}}}{{{x_0}}} = 9 \Leftrightarrow {x_0}^2{z_0} - {y_0}^2{x_0} + {z_0}^2{y_0} = 9{x_0}{y_0}{z_0} \text{ (2)}\]
Nếu $xyz=\pm 1$ thì ta có ĐPCM.
Nếu $xyz \ne \pm 1 $; gọi $p$ là ước nguyên tố bất kì của $x_0y_0z_0$ thì từ $(1);(2)$ suy ra $p$ là ước của đúng 2 trong 3 số $x_0;y_0;z_0$. Giả sử $p$ chỉ là ước của $x_0;y_0$.
Gọi $m,n$ là số mũ của $p$ trong phân tích tiêu chuẩn của $x_0;y_0$. Ta xét các trường hợp:
+ Nếu $n\ge 2m+1$ thì: $p^{2m+1}$ là ước của ${y_0}^2x_0;{z_0}^2y_0;9x_0y_0z_0$ nên $p^{2m+1}$ cũng là ước của ${x_0}^2z_0$. Nhưng ${x_0}^2$ không chia hết cho $p^{2m+1}$ nên suy ra $z_0 \vdots p$ (trái giả thiết)
+ Nếu $n\le 2m-1$ thì $p^{n+1}$ là ước của ${x_0}^2{z_0};{y_0}^2{x_0};9{x_0}{y_0}{z_0}$ nên $p^{n+1}$ là ước của ${z_0}^2{y_0}$. Nhưng $y_0$ không chia hết cho $p^{n+1}$ nên $z_0 \vdots p$ (trái giả thiết).
Vì vậy $n=2m$ nên số mũ của $p$ trong phân tích tiêu chuẩn $x_0y_0z_0$ chia hết cho $3$.
Vậy $x_0y_0z_0={p_1}^{3m_1}{p_2}^{3m_2}...{p_k}^{3m_k}$ với $p_i$ là các ước nguyên tố của $x_0y_0z_0$.
Vậy ta có ĐPCM
________________________________
P/s: Câu hỏi đặt ra tiếp theo là ta có thể tổng quát số $9$ ở bên phải bằng $k$ được không.

Bài toán :
Chứng minh rằng, với mọi số thực dương $x,y,z$ thì ta ta có bất đẳng thức :
$$\dfrac{x}{(x+y)(x+z)}+\dfrac{y}{(y+z)(y+x)}+\dfrac{z}{(z+x)(z+y)} \le \dfrac{9}{4(x+y+z)}$$

Em lượng giác hóa phát coi.
Đặt $a=y+z;b=z+x;c=x+y$ thì $a,b,c$ là 3 cạnh tam giác $ABC$.
Ta có:
\[{\cos ^2}\frac{A}{2} = \frac{{1 + \cos A}}{2} = \frac{{2 + \frac{{{b^2} + {c^2} - {a^2}}}{{bc}}}}{4} = \frac{{{{(b + c)}^2} - {a^2}}}{{4bc}} = \frac{{(a + b + c)(b + c - a)}}{{4bc}} = \frac{{(x + y + z)x}}{{(x + y)(x + z)}}\]
Tương tự bđt trở thành:
\[{\cos ^2}\frac{A}{2} + {\cos ^2}\frac{B}{2} + {\cos ^2}\frac{B}{2} \le \frac{9}{4} \Leftrightarrow \frac{{1 + \cos A + 1 + \cos B + 1 + \cos C}}{2} \le \frac{9}{4}\]
\[ \Leftrightarrow \cos A + \cos B + \cos C \le \frac{3}{2}\]
Đến đây là 1 bđt lượng giác cơ bản.
Vậy ta có ĐPCM

Kết luận lại là cứ giải theo độ dài đại số đi
Đặt: $\frac{{\overline {GA} }}{{\overline {GA'} }} = x;\frac{{\overline {GB} }}{{\overline {GB'} }} = y;\frac{{\overline {GC} }}{{\overline {GC'} }} = z$ thì ta có: $\overrightarrow {GA} = x\overrightarrow {GA'} ;\overrightarrow {GB} = y\overrightarrow {GB'} ;\overrightarrow {GC} = z\overrightarrow {GC'} $
Ta có:
\[\overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} = \overrightarrow 0 \Rightarrow x\overrightarrow {GA'} + y\overrightarrow {GB'} + z\overrightarrow {GC'} = \overrightarrow 0 \Rightarrow \overrightarrow {GA'} = \frac{{ - y}}{x}\overrightarrow {GB'} + \frac{{ - z}}{x}\overrightarrow {GC'} \text{ (1)} \]
Ta lại có $A';B';C'$ thẳng hàng nên:
\[\overrightarrow {A'B'} = k\overrightarrow {A'C'} \Rightarrow \overrightarrow {GA'} = \frac{{\overrightarrow {GB'} - k\overrightarrow {GC'} }}{{1 - k}} \text{ (2)}\]
Từ $(1);(2)$ ta có:

\[\left\{ \begin{array}{l}\frac{{ - y}}{z} = \frac{1}{{1 - k}}\\\frac{{ - z}}{x} = \frac{{ - k}}{{1 - k}}\end{array} \right. \Rightarrow - \frac{{y + z}}{x} = \frac{{1 - k}}{{1 - k}} \Rightarrow x + y + z = 0\]
Vậy ta có ĐPCM

Bạn có thể tham khảo thêm file này của anh Khuê.
 BDTGarfunkel.pdf   335.08K   1331 Số lần tải

Dùng kiến thức hơi mạnh chút để giải tổng quát. Nếu ai thích thì có thể giải lại theo cách lớp 9 dựa vào cách này cũng được
Lời giải:

Chú ý các bộ điểm $(M,A,D,B);(N;A;D;C)$ đồng viên.
\[
\begin{array}{l}
\left( {PB;PC} \right) = \left( {PB;BD} \right) + \left( {BD;CD} \right) + \left( {CD;PC} \right)\left( {\bmod \pi } \right) \\
= \left( {AM;AD} \right) + \left( {DB;DC} \right) + \left( {AD;AN} \right)\left( {\bmod \pi } \right) \\
= \left( {AM;AN} \right) + \left( {DB;DC} \right) = \left( {DB;DC} \right)\left( {\bmod \pi } \right) \\
\end{array}
\]
Do đó, $D,B,P,C$ đồng viên hay quỹ tích $P$ là đường tròn ngoại tiếp $\vartriangle DBC$.

Cho em xài lại hình. Em không rõ thế này có được không.
Lời giải:
Thuận:
Ta có:
\[\widehat {MBD} + \widehat {NCD} = \widehat {MBD} + \left( {{{180}^o} - \widehat {DAN}} \right) = \widehat {MBD} + \widehat {MAD} = {180^o}\]
Do đó:
\[\widehat {DBP} + \widehat {DCP} = {360^o} - \left( {\widehat {MBD} + \widehat {NCD}} \right) = {180^o}\]
Vì thế $BDCP$ là tứ giác nội tiếp nên $P$ nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác $BDC$
Đảo:
Lấy điểm P trên đường tròn ngoại tiếp tam giác $BDC$. $PB,PC$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $DAB,DAC$ tại $M,N$.
Ta có:
\[\widehat {MAD} = \widehat {PBD};\widehat {NAD} = \widehat {DCP}\]
Mà: $\widehat {PBD} + \widehat {DCP} = {180^o}$ nên $M,A,N$ thẳng hàng
Vậy quĩ tích của $P$ là ...

Cho $ABCD$ là tứ giác nội tiếp. Các điểm $P,Q,R$ lần lượt là chân các đường vuông góc hạ từ $D$ xuống các đường thẳng $BC,CA,AB$. CMR $PQ=QR$ khi và chỉ khi các đường phân giác của các góc $\angle ABC$ và $\angle ADC$ cắt nhau trên $AC$.

Đây chính là bài toán IMO lần thứ 44 năm 2003 mà.
Trích dẫn 1 lời giải trong THTT nhá.

Theo tính chất của đường thẳng Simpson ta có $P,Q,R$ thẳng hàng.
Trên tia đối của tia $DA$ lấy M sao cho $DM=DA$.
Theo tính chất phân giác:
\[ \text{E thuộc AC} \Leftrightarrow \frac{{AB}}{{BC}} = \frac{{DA}}{{DC}}\left( { = \frac{{AE}}{{EC}}} \right) \Leftrightarrow \frac{{AB}}{{BC}} = \frac{{DM}}{{DC}}\]
Mặt khác: $\widehat{ABC}=\widehat{MDC}$ (cùng bù với $\widehat{ADC}$)
Vì thế: $\triangle ABC$ đồng dạng $\triangle MDC \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\widehat {ACB} = \widehat {MCD}\\\widehat {CAB} = \widehat {CMD}\end{array} \right.$
Mà tứ giác $AQDR$ nột tiếp nên $\widehat{DRQ}=\widehat{DAQ}$ và $\widehat{RDQ}=\widehat{CMD} \left( =\widehat{CAB} \right)$
$\Leftrightarrow \triangle DRQ$ đồng dạng $\triangle MAC \Leftrightarrow \frac{{RQ}}{{AC}} = \frac{{DR}}{{MA}} = \frac{{DR}}{{2.AD}} \text{ (1)}$
Dễ thấy rằng: $\triangle ADC \text{ đồng dạng } \triangle RDP$ nên luôn có: $\frac{{RP}}{{AC}} = \frac{{DR}}{{AD}} \text{ (2)}$
Từ $(1);(2)$ ta thấy ngay ĐPCM