Đề thi HMEO-bảng A

[son9701]

[TẶNG BẠN] TRỌN BỘ Bí kíp học tốt 08 môn
Chắc suất Đại học top - Giữ chỗ ngay!!

ĐĂNG BÀI NGAY để cùng trao đổi với các thành viên siêu nhiệt tình & dễ thương trên diễn đàn.

Vậy là HMEO đã bước qua 1 nửa chặng đường,và đây là đề bài của bảng A thân yêu :

---HOCMAI.VN---

1/Cho pt:
[TEX](a^2+b^2+c^2)x^2-2(a+b+c)x+2=0[/TEX]
a/Với giá trị nào của a;b;c thì pt có 2 nghiệm phân biệt $x_1;x_2$
b/CMR : [TEX]\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2} \leq \frac{(ab+bc+ca)^2}{3abc}[/TEX]
c/a;b;c thỏa mãn điều kiện câu (a) liệu có luôn là số đo độ dài 3 cạnh 1 tam giác hay không

2/Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp trong (O;R) (AB>AC).M di động trên cung BC.Gọi H;I;K lần lượt là hình chiếu của M trên BC;CA;AB.
a.CMR: H;I;K thẳng hàng
b.Tìm vị trí của M để tổng [TEX]S = \frac{BC}{MH}+\frac{AB}{MK}+\frac{CA}{MI}[/TEX] đạt GTLN;GTNN
c.Gọi N;P là điểm đối xứng của M qua AB;AC.CMR: NP đi qua 1 điểm cố định khi M di động

3/Giải hệ pt:
$ \begin{cases} \sqrt{x^4+x^2+1}=y^2+1 \\ \sqrt{y^4+y^2+1}= z^2+1 \\ \sqrt{z^4+z^2+1} = x^2+1 \end{cases} $

4/Cho dãy số {u_n} thỏa mãn:

$ \begin{cases}u_1=4 \\ u_2=9 \\ u_{n+1} = u_1.u_2.....u_n + 5 \end{cases} $

Tìm k để $u_k$ là số chính phương

5/CMR :[TEX](a+b-c)(b+c-a)(c+a-b) \leq abc[/TEX] đúng mọi a;b;c > 0

Từ đó suy ra bất đẳng thức Schur bậc 3:Với mọi a;b;c > 0 ta có:
[TEX]a(a-b)(a-c)+b(b-c)(b-a)+c(c-a)(c-b) \geq 0[/TEX]

6/Có thể không việc cắt ra 5 hình tròn bán kính 1 từ 1 tờ giấy hình vuông cạnh dài 4,5

Đáp án chính thức sẽ được đăng trong khoảng 19 đến 21 tháng 7

 

[netarivar]

Vậy là HMEO đã bước qua 1 nửa chặng đường,và đây là đề
5/CMR :[TEX](a+b-c)(b+c-a)(c+a-b) \leq abc[/TEX] đúng mọi a;b;c > 0
Đáp án chính thức sẽ được đăng trong khoảng 19 đến 21 tháng 7

Làm câu 5 nhé (tôi không đăng kí thi có sao không =))~)
Bosjeunhan: Anh bạn ak, cuộc thi bắt đầu roài =)). Đây chỉ là công bố đề thoai
L: Tôi chỉ làm thử thôi chứ tôi đâu có đăng kí thi
Bò: thì ai nói gì bạn đâu =))
Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử: $a$\geq $b$\geq $c$
Do đó: $c+a-b$\geq $0$ và $x+y-z$\geq $0$
* Nếu $b+c-a<0$ thì bất đẳng thức luôn đúng.
* Nếu $b+c-a$\geq $0$, lúc đó:
$a^2$\geq $a^2-(b-c)^2=(a+b-c)(a-b+c)$\geq $0$
$b^2$\geq $b^2-(c-a)^2=(a+b-c)(b+c-a)$\geq $0$
$c^2$\geq $c^2-(a-b)^2=(a-b+c)(b+c-a)$\geq $0$
Cho nên: $(abc)^2$\geq $(a+b-c)^2(b+c-a)^2(c+a-b)^2$
Hay $abc$\geq $(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)$

 

[netarivar]

ĐKXĐ: $x,y,z\in R$
$ \begin{cases} \sqrt{x^4+x^2+1}=y^2+1 \\ \sqrt{y^4+y^2+1}= z^2+1 \\ \sqrt{z^4+z^2+1} = x^2+1 \end{cases} $
\Leftrightarrow $ \begin{cases} x^4+x^2+1=y^4+2y^2+1 \\ y^4+y^2+1=z^4+2z^2+1 \\ z^4+z^2+1=x^4+2x^2+1 \end{cases} $
Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử: $x$\geq$y$, khi đó từ phương trình $(1)$ và $(3)$ ta được: $z$\geq$x$. Với $z$\geq$x$ từ phương trình $(2)$ và $(3)$ suy ra: $y$\geq$z$.
Vậy ta được: $x$\geq$y$\geq$z$\geq$x$ hay $x=y=z$.
Với $x=y=z$ thay vào một trong ba phương trình để giải.
Giả sử ngược lại: $x<y$, khi đó từ phương trình $(1)$ và $(3)$ ta được: $z<x$. Với $z<x$ từ phương trình $(2)$ và $(3)$ suy ra: $y<z$.
Vậy ta được: $y>x>z>y$ (điều này không xảy ra).

 

[minhtuyb]

ĐKXĐ: $x,y,z\in R$
$ \begin{cases} \sqrt{x^4+x^2+1}=y^2+1 \\ \sqrt{y^4+y^2+1}= z^2+1 \\ \sqrt{z^4+z^2+1} = x^2+1 \end{cases} $
\Leftrightarrow $ \begin{cases} x^4+x^2+1=y^4+2y^2+1 \\ y^4+y^2+1=z^4+2z^2+1 \\ z^4+z^2+1=x^4+2x^2+1 \end{cases} $
Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử: $x$\geq$y$, khi đó từ phương trình $(1)$ và $(3)$ ta được: $z$\geq$x$. Với $z$\geq$x$ từ phương trình $(2)$ và $(3)$ suy ra: $y$\geq$z$.
Vậy ta được: $x$\geq$y$\geq$z$\geq$x$ hay $x=y=z$.
Với $x=y=z$ thay vào một trong ba phương trình để giải.
Giả sử ngược lại: $x<y$, khi đó từ phương trình $(1)$ và $(3)$ ta được: $z<x$. Với $z<x$ từ phương trình $(2)$ và $(3)$ suy ra: $y<z$.
Vậy ta được: $y>x>z>y$ (điều này không xảy ra).

Tuy chưa xem đáp án nhưng mình nghĩ giải thế này là sai.
Ta chỉ có thể giả sử $x^2\ge y^2$ và sau một vài bước suy ra $x^2=y^2=z^2$. Thế vào một trong các pt trong hệ thu được $x^2=y^2=z^2=0 \Leftrightarrow x=y=z=0$
Tuy cách làm kia có kết quả tương tự nhưng bản chất không đúng. Chú ý: $x\ge y\not\Rightarrow x^2\ge y^2$
P/s: Bài này bác Sơn định lừa tình thì phải ^_^

 

[netarivar]

Tuy chưa xem đáp án nhưng mình nghĩ giải thế này là sai.
Ta chỉ có thể giả sử $x^2\ge y^2$ và sau một vài bước suy ra $x^2=y^2=z^2$. Thế vào một trong các pt trong hệ thu được $x^2=y^2=z^2=0 \Leftrightarrow x=y=z=0$
Tuy cách làm kia có kết quả tương tự nhưng bản chất không đúng. Chú ý: $x\ge y\not\Rightarrow x^2\ge y^2$
P/s: Bài này bác Sơn định lừa tình thì phải ^_^

Giả sử bài tôi sai thì ông phải nêu ra chỗ sai đi chứ? =.="
_______________________________________________________

 

[minhtuyb]

Giả sử bài tôi sai thì ông phải nêu ra chỗ sai đi chứ? =.="
_______________________________________________________

Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử: $x$\geq$y$, khi đó từ phương trình $(1)$ và $(3)$ ta được: $z$\geq$x$. Với $z$\geq$x$ từ phương trình $(2)$ và $(3)$ suy ra: $y$\geq$z$.

Sai ở đây! Tôi đã chú ý ở trên là $x\ge y\not\Rightarrow x^2\ge y^2$
Chắc ông nhận ra chỗ sai rồi chứ ;
Ko thì ngồi hóng kết quả cũng đc =))

2/Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp trong (O;R) (AB>AC).M di động trên cung BC.Gọi H;I;K lần lượt là hình chiếu của M trên BC;CA;AB.
a.CMR: H;I;K thẳng hàng
b.Tìm vị trí của M để tổng [TEX]S = \frac{BC}{MH}+\frac{AB}{MK}+\frac{CA}{MI}[/TEX] đạt GTLN;GTNN
c.Gọi N;P là điểm đối xứng của M qua AB;AC.CMR: NP đi qua 1 điểm cố định khi M di động

Câu hình cũng khá quen thuộc
Phần a là đường thẳng Simson
Phần b mấu chốt là việc chứng minh đẳng thức $\frac{AB}{MK}+\frac{CA}{MI}=\frac{BC}{MH}$ dựa vào các cặp tam giác đồng dạng (phần này nhiều cách cm lắm ^_^)
Phần c là đường thẳng Steiner (đi qua trực tâm tam giác). Mỗi tội chứng minh khá dài

P/s: Đi làm đáp án thôi, không bon chen đề của anh em nữa =))

 

[netarivar]

Nếu vậy thì vẫn như trên nhưng giả sử $x^2>y^2$ hoặc đặt $x^2=a$, $y^2=b$, $z^2=c$ từ đó ta vẫn suy ra được: $x^2=y^2=z^2$, thay vào một trong ba phương trình và giải (phương trình trùng phương), OK rồi chứ? =.="
@minhtuyb: Ờ như thế mới đúng )

 

[star_music]

Vậy là HMEO đã bước qua 1 nửa chặng đường,và đây là đề bài của bảng A thân yêu :

---HOCMAI.VN---


3/Giải hệ pt:
$ \begin{cases} \sqrt{x^4+x^2+1}=y^2+1 \\ \sqrt{y^4+y^2+1}= z^2+1 \\ \sqrt{z^4+z^2+1} = x^2+1 \end{cases} $
Đáp án chính thức sẽ được đăng trong khoảng 19 đến 21 tháng 7

Cộng vế theo vế của 3 PT,thu được:

$\sqrt[]{(x^2-x+1)(x^2+x+1)}+\sqrt[]{(y^2-y+1)(y^2+y+1)}+\sqrt[]{(z^2-z+1)(z^2+z+1)}=x^2+1+y^2+1+z^2+1$

Đặt:$\sqrt[]{x^2-x+1}=a,\sqrt[]{x^2+x+1}=b$....

$pt <=> ab+cd+ef= \frac{a^2+b^2}{2}+\frac{c^2+d^2}{2}+\frac{e^2+f^2}{2}$

VT \leq VP ''='' \Leftrightarrow $a=b$..... \Leftrightarrow $x=y=z=0$

 

[kakashi_hatake]

3/Giải hệ pt:
$ \begin{cases} \sqrt{x^4+x^2+1}=y^2+1 \\ \sqrt{y^4+y^2+1}= z^2+1 \\ \sqrt{z^4+z^2+1} = x^2+1 \end{cases} $

Bình phương cả 3 vế lên có
[TEX]x^4+x^2+1=y^4+2y^2+1[/TEX]
[TEX]y^4+y^2+1=y^4+2z^2+1[/TEX]
[TEX]z^4+z^2+1=x^4+2x^2+1[/TEX]
Công vế với vế ra
[TEX]x^2+y^2+z^2=0[/TEX]
Suy ra x=y=z=0
Được k nhỉ ?
@minhtuyb: Cách này mới tối ưu ^_^

 

[vy000]

6/Có thể không việc cắt ra 5 hình tròn bán kính 1 từ 1 tờ giấy hình vuông cạnh dài 4,5

để cắt được 1 hình tròn như thế cần ít nhất 1 hình vuông cạnh là 2

vậy để có thể cắt 5 hình tròn từ 1 tờ giấy hình vuông thì tờ giấy đó cần chứa được 5 hình

vuông cạnh 2

dễ chứng minh điều này ko thể đối với tờ giấy đề cho

 

[654321sss]

Tuy chưa xem đáp án nhưng mình nghĩ giải thế này là sai.
Ta chỉ có thể giả sử $x^2\ge y^2$ và sau một vài bước suy ra $x^2=y^2=z^2$. Thế vào một trong các pt trong hệ thu được $x^2=y^2=z^2=0 \Leftrightarrow x=y=z=0$
Tuy cách làm kia có kết quả tương tự nhưng bản chất không đúng. Chú ý: $x\ge y\not\Rightarrow x^2\ge y^2$
P/s: Bài này bác Sơn định lừa tình thì phải ^_^

Ta có:

$ \begin{cases} \sqrt{x^4+x^2+1}=y^2+1 \\ \sqrt{y^4+y^2+1}= z^2+1 \\ \sqrt{z^4+z^2+1} = x^2+1 \end{cases} $


\Leftrightarrow $\begin{cases} {x^4+x^2+1}=y^4 +2y^2 +1 \\ {y^4+y^2+1}= z^4 + 2z^2+1 \\ {z^4+z^2+1} = x^4 +2x^2+1 \end{cases} $

\Leftrightarrow$ \begin{cases} {x^4+x^2}=y^4 +2y^2 (1) \\ {y^4+y^2}= z^4 + 2z^2 (2)\\ {z^4+z^2} = x^4 +2x^2(3) \end{cases} $

Cộng từng vế của $(1),(2),(3)$ ta được

$x^4+x^2+y^4 +y^2+z^4+z^2 = y^4 + z^4 + x^4 +2(x^2+y^2+z^2)$

\Leftrightarrow $x^2+y^2+z^2 = 2(x^2+y^2+z^2)$

\Leftrightarrow $x^2+y^2+z^2 = 0$

Vì $x^2, y^2, z^2$ \geq 0 với mọi $x,y,z$

\Rightarrow $x^2+y^2+z^2 = 0$\Leftrightarrow $x=y=z=0$



@ Bài này e làm như zậy, nhưng bao giờ mới có kết quả chính thức nhỉ

 

[son9701]

Sau đây là đáp án đề thi bảng A,mình chừa lại câu hình vì nó có đáp án khá là dài

1/Cho pt:
[TEX](a^2+b^2+c^2)x^2-2(a+b+c)x+2=0[/TEX] a;b;c > 0
a/Với giá trị nào của a;b;c thì pt có 2 nghiệm phân biệt $x_1;x_2$
b/CMR : [TEX]\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2} \leq \frac{(ab+bc+ca)^2}{3abc}[/TEX]
c/a;b;c thỏa mãn điều kiện câu (a) liệu có luôn là số đo độ dài 3 cạnh 1 tam giác hay không

a/ Xét [TEX]\triangle' = (a+b+c)^2- 2(a^2+b^2+c^2)=2(ab+bc+ca)-(a^2+b^2+c^2)[/TEX]
Để pt đề bài có 2 nghiệm phân biệt thì $\triangle' > 0$ hay $2(ab+bc+ca) > a^2+b^2+c^2$
Vậy với a;b;c là các số thực dương thỏa mãn [TEX]2(ab+bc+ca) > a^2+b^2+c^2[/TEX] thì pt có 2 nghiệm phân biệt
b/Với a;b;c thỏa mãn câu a:
Theo định lí vi-ét ta có [TEX]x_1+x_2=\frac{2(a+b+c)}{a^2+b^2+c^2}[/TEX]

[TEX]x_1x_2=\frac{2}{a^2+b^2+c^2}[/TEX]

[TEX] \Rightarrow \frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}=\frac{x_1+x_2}{x_1x_2}= a+b+c[/TEX]
Do a;b;c > 0 nên abc > 0 nên ta chỉ cần cmr: [TEX]3abc(a+b+c) \leq (ab+bc+ca)^2 \Leftrightarrow (ab-bc)^2+(bc-ca)^2+(ca-ab)^2 \geq 0[/TEX](đúng mọi a;b;c (> 0) )

Vậy ta có đpcm
c/(câu này là câu lừa tình ) ) a;b;c k nhất thiết phải là độ dài 3 cạnh 1 tam giác,thật vậy,với
$a=b=1;c=2$ thì pt vẫn có 2 nghiệm phân biệt mà a;b;c k là độ dài 3 cạnh 1 tam giác

3/Giải hệ pt:
$ \begin{cases} \sqrt{x^4+x^2+1}=y^2+1 \\ \sqrt{y^4+y^2+1}= z^2+1 \\ \sqrt{z^4+z^2+1} = x^2+1 \end{cases} $

Hệ pt tương đương với:
$ \begin{cases} x^4+x^2+1=y^4+2y^2+1 \\ y^4+y^2+1= z^4+2z^2+1 \\ z^4+z^2+1 = x^4+2x^2+1 \end{cases} $

Cộng theo vế 3 pt của hệ ta được $(x^4+y^4+z^4)+(x^2+y^2+z^2)+3=(x^4+y^4+z^4)+2(x^2+y^2+z^2)+3$
hay $x^2+y^2+z^2=0$
Vì $x^2;y^2;z^2$ \geq $0$ mọi x;y;z nên $x^2+y^2+z^2=0$ \Leftrightarrow $x=y=z=0$

Thử lại ta thấy $x=y=z=0$ thỏa mãn hệ pt

Vậy $(x;y;z)=(0;0;0)$ là nghiệm của hệ

4/Cho dãy số {u_n} thỏa mãn:

$ \begin{cases}u_1=4 \\ u_2=9 \\ u_{n+1} = u_1.u_2.....u_n + 5 \end{cases} $

Tìm k để $u_k$ là số chính phương

Ta có $u_1=4;u_2=9$ đều là các số chính phương nên k=1;2 thỏa mãn điều kiện đề bài
Với $k$ \geq $3$ thì
$u_k= u_1.u_2.....u_{k-1}+5 = 4.9....u_{k-1}+5 = 36.m+5 \equiv 5 \equiv 2 (mod 3)$
(với m là số nguyên ($m=u_3...u_{k-1}$) (1)

Mặt khác,xét các dạng số n nguyên bất kì khi chia cho 3 thì $n = 3.p+r$ với r= 0;1;2
thì $n^2=9p^2+6pr+r^2 \equiv r^2 \equiv 0;1(mod 3)$
nên nếu $z$ là 1 số chính phương thì z chia 3 k dư 2 (2)

Từ (1) và (2) suy ra $k$ \geq $3$ thì $u_k$ k là số chính phương

Vậy ta có $k = 1$ hoặc $k =2$ thì $u_k$ là số chính phương

5/CMR :[TEX](a+b-c)(b+c-a)(c+a-b) \leq abc[/TEX] đúng mọi a;b;c > 0

Từ đó suy ra bất đẳng thức Schur bậc 3:Với mọi a;b;c > 0 ta có:
[TEX]a(a-b)(a-c)+b(b-c)(b-a)+c(c-a)(c-b) \geq 0[/TEX]

Ta có
$$ |(a+b-c)(b+c-a)|= |a^2-(b-c)^2| \le a^2 $$
Tương tự,ta có:
$$|(b+c-a)(c+a-b)| \le b^2 $$
$$|(c+a-b)(a+b-c)| \le c^2 $$

Nhân theo vế 3 bất đẳng thức trên,kết hợp với $ |A| $ \geq $A$ với mọi A,ta có:
$|(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)|^2$ \leq $(abc)^2$
\Leftrightarrow $(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)$ \leq $|(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)|$ \leq $abc$ mọi a;b;c dương (đpcm)

+ Bất đẳng thức trên tương đương với:

$(ab+ac-a^2+b^2+bc-ab-bc-c^2+ac)(a+c-b)$ \leq $abc$

\Leftrightarrow $a^3+b^3+c^3+3abc$ \geq $ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)$

\Leftrightarrow $(a^3-a^2b-a^2c+abc) + (b^3-b^2c-b^2a+abc)+ (c^3-c^2a-c^2b+abc)$ \geq $0$

hay $a(a-b)(a-c)+b(b-c)(b-a)+c(c-a)(c-b)$ \geq $0$ (đpcm)

6/Có thể không việc cắt ra 5 hình tròn bán kính 1 từ 1 tờ giấy hình vuông cạnh dài 4,5

Giả sử có thể cắt được ra 5 hình tròn bán kính 1 từ hình vuông cạnh 4,5

Xét hình vuông ABCD có cạnh dài 4,5 và xét hình vuông A'B'C'D' có cạnh dài 2,5 cm và các cạnh A'B';B'C';C'D';D'A' lần lượt song song với AB;BC;CD;DA và cách các cạnh này 1 khoảng đều bằng 1

Do bán kính mỗi hình tròn đều bằng 1 nên tâm 5 hình tròn này đều nằm trên hoặc trong hình vuông A'B'C'D'
Đến đây,ta chia hình vuông A'B'C'D' làm 4 hình vuông nhỏ bằng nhau cạnh dài 1,25
Theo nguyên lí đi-rích-lê tồn tại 2 tâm $O;O'$ nằm trên cùng 1 hình vuông.
Vì các đường tròn cắt ra không cắt nhau(có thể tiếp xúc) nên khoảng cách $OO'$ \geq $2$(1)
Mặt khác,do O;O' cùng nằm trên hoặc trong hình vuông cạnh 1,25 nên OO' k lớn hơn đường chéo hình vuông là d (2)
Mà $d = \sqrt{1,25^2+1,25^2}=\frac{5\sqrt{2}}{4}$
Dễ thấy $d < 2$ nên từ (1) và (2) suy ra mâu thuẫn

Vậy k thể cắt được 5 hình tròn bán kính 1 từ hình vuông cạnh 4,5

 

[son9701]

Bài 2:

(Hình vẽ của daovuquang @@)

a)Xét tứ giác MHIC có : $\widehat{MHC}=\widehat{MIC}=90^o$ nên tứ giác MHIC nội tiếp đường tròn đường kính MC
Tương tự,ta có tứ giác MHBK nội tiếp đường tròn đường kính MB
Từ 2 tứ giác nội tiếp trên,kết hợp với tứ giác ABMC nội tiếp (O),
ta có: $\widehat{IHK}=\widehat{MHI}+\widehat{MHK} = \widehat{MHI}+\widehat{MBK} = \widehat{MHI}+180^o-\widehat{MBA}=\widehat{MHI}+\widehat{MCA}=180^o$
Từ đây suy ra H;I;K thẳng hàng (đpcm)
b) Trên BC lấy điểm D sao cho $\widehat{DMC} = \widehat{BMA}$
Mà $\widehat{MCD}=\widehat{MAB}$ \Rightarrow $\triangle MAB \sim \triangle MCD$
nên $\frac{AB}{CD}=\frac{MK}{MH}$ hay $\frac{AB}{MK}=\frac{CD}{MH}$ (tỉ số đồng dạng và tỉ số đường cao)(1)
Mặt khác,$\triangle MAB \sim \triangle MCD$ nên $\widehat{MDC}=\widehat{MBA}$ \Rightarrow $\widehat{MDB}=\widehat{MCA}$ \Rightarrow $\triangle MAC \sim \triangle MBD$
nên $\frac{AC}{BD}=\frac{MI}{MH}$ \Leftrightarrow$\frac{AC}{MI}=\frac{BD}{MH}$(2)
Lấy (1) cộng (2) ta được
$\frac{BC}{MH}=\frac{CA}{MI}+\frac{AB}{MK}$
Nên $S= \frac{2BC}{MH}$
Vì BC cố định nên S min khi MH max;S max khi MH min
Vì MH k thể = 0 và khi M chạy dần về B hay C thì MH càng nhỏ nên MH k có GTNN hay S k có GTLN
Mặt khác,MH đạt GTLN khi M nằm giữa cung BC

Vậy M nằm giữa cung BC thì S min;S k có Max

c/Xét bổ đề sau: Tam giác nhọn ABC có trực tâm S thì [TEX]\widehat{ASB}+\widehat{ACB}=90^o[/TEX]
Cm bổ đề : Gọi X;Y lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ A;B xuống BC;CA thì tứ giác CXSY nội tiếp vì có $\widehat{CXS}+\widehat{CYS}=180^o$ và X;Y là 2 đỉnh đối diện của tứ giác
từ đó suy ra $\widehat{ACB}+\widehat{ASB}=\widehat{ACB}+\widehat{XSY}=180^o$ (đpcm)
Trở lại bài toán,gọi S là trực tâm tam giác ABC;ta sẽ cmr N;S;P thẳng hàng
Thật vậy,theo tính chất đối xứng,ta có:
$\widehat{AMB}=\widehat{ANB}$
Mà tứ giác ABMC nội tiếp (O) nên $\widehat{AMB}=\widehat{ACB}$ từ đây ta có $\widehat{ANB}=\widehat{ACB}$( * )

Theo bổ đề trên kết hợp với ( * ) suy ra $\widehat{ANB}+\widehat{ASB}=180^o$ và 2 đỉnh N;S là 2 đỉnh đối của tứ giác ASBN nên ASBN là tứ giác nội tiếp
\Rightarrow $\widehat{NSB}=\widehat{NAB}=\widehat{MAB}$(theo tính đối xứng)
CMTT ta có: $\widehat{PSC}=\widehat{MAC}$
Nên $\widehat{NSP}=\widehat{NSB}+\widehat{PSC}+ \widehat{BSC} = \widehat{MAB}+\widehat{MAC}+\widehat{BSC}=\widehat{BAC}+\widehat{BSC}=180^o$ (theo bổ đề)

Vậy ta có NP đi qua trực tâm S của tam giác ABC (cố định) (đpcm)

 

[son9701]

Sau khi kết thúc bảng A;có tới 3 thí sinh bằng điểm nhau và đều đứng vị trí thứ 2,vì vậy,câu hỏi phụ được sử dụng
Mình sẽ đăng lên đây câu hỏi phụ chính thức được sử dụng cùng 2 câu hỏi bị loại bỏ:

1.(Phần bị loại)
1.a: Cho a;b;c dương thỏa mãn:
$a+\frac{b}{2}+\frac{c}{3}$ \geq $3$
$\frac{b}{2}+\frac{c}{3}$ \geq $2$
$c$ \geq $3$
Tìm GTNN của $a^3+b^3+c^3$

1.b: CMR vs mọi a;b;c >0 thì
$$ \frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}+\frac{4abc}{(a+b)(b+c)(c+a)} \ge 2 $$

2(Bài chính thức) : Chứng minh rằng
$\sqrt{1^3+2^3+3^3+...+n^3}= \dfrac{n(n+1)}{2}$ với n là số nguyên dương

 

[cuong276]

Híc! Tệ quá
Mình tham gia thi mà tại bận quá nên chưa động đến dù chỉ là cái đề
Tiếc thật!

 

[cuong276]

Híc! Tệ quá
Mình tham gia thi mà tại bận quá nên chưa động đến dù chỉ là cái đề
Tiếc thật!