Đề thi HMEO - Bảng B

M

minhtuyb

[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.

Đề thi HMEO <Đề chính thức>
--Bảng B--

Câu 1:
a)(3 đ) Chứng minh rẳng A=(2n1)(2n+1)A=(2^n-1)(2^n+1) chia hết cho 33 với mọi số tự nhiên nn

b)(4 đ) Chứng minh rằng 22p+22q2^{2p}+2^{2q} không thể là số chính phương với mọi p,qp,q là các số nguyên không âm

Câu 2: Giải các phương trình, hệ phương trình sau:

a) (3,5d) x4+9=5x(3x2)a)\ (3,5 d) \ x^4+9=5x(3-x^2)
b (3,5d){x+y+z=6xy+yz+zx=1x2+y2+z2=14b\ (3,5 d) \left\{\begin{matrix}x+y+z=6\\ xy+yz+zx=-1\\ x^2+y^2+z^2=14\end{matrix}\right.

Câu 3: (7 đ) Cho hai hàm số:
A(x)=x3+ax2+bx+cB(x)=x2+x+2012A(x)=x^3+ax^2+bx+c\\ B(x)=x^2+x+2012
Biết rằng phương trình A(x)=0A(x)=0 có 3 nghiệm phân biệt và phương trình A[B(x)]=0A\left [ B(x) \right ]=0 vô nghiệm.
Chứng minh rằng: A(2012)>164\large{A(2012)>\frac{1}{64}}

Câu 4:
a) (3 đ) Cho hai điểm A(2;3)A(2;3)B(7;7)B(7;7) trên mặt phẳng toạ độ OxyOxy. Tìm điểm MM nằm trên trục OxOx để MA+MBMA+MB đạt GTNN. Tìm GTNN đó.

b) (4 đ) Trên mặt phẳng toạ độ OxyOxy cho 3 hàm số sau:
(1):y=x+1(2):y=x1(3):y=ax+a3a213(1): y=-x+1\\ (2): y=x-1\\ (3):y=-ax+a^3-a^2-\frac{1}{3}
(Với aa là tham số)
Tìm aa để đồ thị của 3 hàm số trên đồng quy.

Câu 5:
a) (4 đ) Cho ΔABC\Delta ABC nhọn ngoại tiếp đường tròn (O)(O) tiếp xúc với AB,ACAB,AC lần lượt tại D,ED,E. Lấy MM bất kì trên đoạn ADAD khác A,DA,D. CMCM cắt DEDE tại II.
Chứng minh rằng: IMIC=DMCE\large{\frac{IM}{IC}=\frac{DM}{CE}}

b) (3 đ) Cho hình chữ nhật ABCDABCD. Một góc vuông xAyxAy quay xung quanh AA. Các tia Ax,AyAx,Ay lần lượt cắt đoạn thẳng BCBC, đường thẳng CDCD tại M,NM,N. Gọi EE là đỉnh thứ tư của hình chứ nhật MANEMANE
Chứng minh rằng: ACCEAC\perp CE

Câu 6: (7 đ) Chứng minh rằng trong đa giác lồi 2n2n cạnh nN,n2n\in \mathbb{N}, n\ge 2, luôn tồn tại ít nhất nn đường chéo không song song với bất kì cạnh nào của đa giác đó

--------------------------HẾT--------------------------
Câu 6 trong đề này khá phổ biến. Xin lỗi vì sai sót này của mình. Vòng sau BTC sẽ tự ra đề và đáp án nên sẽ không còn trường hợp này xảy ra nữa :D
Cảm ơn mọi người đã ủng hộ. Đáp án chính thức sẽ được đăng vào ngày 19-20/07/2012. Trong thời gian này mọi người cứ giải đề tự nhiên nhé ;;)

 
N

netarivar

Câu 1:
a) Ta có:
(2n1)(2n+1)\left ( 2^n-1 \right )\left ( 2^n+1 \right )
=(2n)21=\left ( 2^n \right )^2-1
=22n1=2^{2n}-1
=4n1=4^n-1
=(41)(4n1+4n2+...+1)=\left ( 4-1 \right )\left ( 4^{n-1}+4^{n-2}+...+1 \right )
=3.A3=3.A\vdots 3
Câu 2:
a) PTPT\Leftrightarrow x4+5x315x+9=0x^4+5x^3-15x+9=0
\Leftrightarrow (x1)(x+3)(x23x3)=0(x-1)(x+3)(x^2-3x-3)=0
\Leftrightarrow ......
 
Last edited by a moderator:
S

star_music

Câu 2: Giải các phương trình, hệ phương trình sau:


b (3,5d){x+y+z=6xy+yz+zx=1x2+y2+z2=14b\ (3,5 d) \left\{\begin{matrix}x+y+z=6\\ xy+yz+zx=-1\\ x^2+y^2+z^2=14\end{matrix}\right.
------------------------------------------------------------------------
Câu này hình như là:xy+yzzx=1xy+yz-zx=-1
 
J

jd3t2qh36r

Câu 1:
a) Ta có:
(2n−1)(2n+1)
=(2n)2−1
=22n−1
=4n−1
=(4−1)(4n−1+4n−2+...+1)
=3.A⋮3
 
V

vy000

Câu 2: Giải các phương trình, hệ phương trình sau:


b (3,5d){x+y+z=6xy+yz+zx=1x2+y2+z2=14b\ (3,5 d) \left\{\begin{matrix}x+y+z=6\\ xy+yz+zx=-1\\ x^2+y^2+z^2=14\end{matrix}\right.
------------------------------------------------------------------------
Câu này hình như là:xy+yzzx=1xy+yz-zx=-1

Câu đấy trong bài mình kết luận hệ vô nhiệm;có được tính điểm ko nhỉ
 
V

vngocvien97

Câu hàm số (b) đơn giản:Đề thi vào chuyên ngoại ngữ năm 2007-2008
Đáp số: a=1431a=\frac{1}{\sqrt[3]{4}-1}
Bằng việc giải phương trình quen thuộc: a3a2a13=0a^3-a^2-a-\frac{1}{3}=0
:)|
 
V

vy000

Câu 3: (7 đ) Cho hai hàm số:
A(x)=x3+ax2+bx+cB(x)=x2+x+2012A(x)=x^3+ax^2+bx+c\\ B(x)=x^2+x+2012
Biết rằng phương trình A(x)=0A(x)=0 có 3 nghiệm phân biệt và phương trình A[B(x)]=0A\left [ B(x) \right ]=0 vô nghiệm.
Chứng minh rằng: A(2012)>164\large{A(2012)>\frac{1}{64}}

phương trình[TEX] A(x)=0[/TEX] có 3 nghiệm phân biệt

\Rightarrow [TEX] A(x)=(x-x_1)(x-x_2)(x-x_3)[/TEX]

\Rightarrow phương trình [TEX]A\left [ B(x) \right ]=0[/TEX] vô nghiệm

\Rightarrow phương trình [TEX](x^2+x+2012-x_1)(x^2+x+2012-x_2)(x^2+x+2012-x_3)=0[/TEX] vô no

\Rightarrow
[TEX]x^2+x+2012-x_1=0[/TEX] vô nghiệm
[TEX]x^2+x+2012-x_2=0[/TEX] vô nghiệm
[TEX]x^2+x+2012-x_3=0[/TEX] vô nghiệm

\Rightarrow
[TEX]1-4(2012-x_1)<0\\1-4(2012-x_2)<0\\1-4(2012-x_3)<0[/TEX]

\Rightarrow
[TEX]2012-x_1>\frac{1}{4}\\2012-x_2>\frac{1}{4}\\2012-x_3>\frac{1}{4}[/TEX]

\Rightarrow
[TEX]A(2012) > \frac{1}{64}[/TEX]
 
Last edited by a moderator:
B

bosjeunhan

Câu tổ hợp có bé nào làm khác cái đán áp của KHTN không nhỉ =))
Làm được lão kia nhớ cho thêm điểm sáng tạo nhá :D
 
V

vy000

Câu tổ hợp của KHTN ah,thế mà ko biết,tiếc ghê,có ai nộp trước mình ko?

xử nó đã,xem có giống KHTN ko

trong số 2n cạnh của đa giác,chọn lấy 1 cạnh bất kỳ,gọi nó là AB

gọi C là điểm có khoảng cách với AB là xa nhất,do đó từ C không có đường chéona //AB(dấu song song đúng ko nhỉ,lâu ko động đén toán)

từ 1 điểm khác 3 điểm A,B,C;có nhiều nhất 1 điểm có thể tạo với nó 1 đường chéo //AB

có 2n-3 điểm --> có nhiều nhất (n-2) đường chéo song song vs AB (lười chuyển qua trả lời đầy đủ)

có 2n cạnh --> có nhiều nhất 2n(n-2)=2n^2-4n đường chéo song song vs 1 cạnh bất kỳ

đa giác có 2n cạnh --> có n(2n-3) đường chéo

trừ đi -->ok
 
K

kool_boy_98

Đây là bài làm của mình [Chém bừa =))]

1a) Làm nhầm roài =))

b) Giả sử pp \geq qq ta có: 22p+22q=4q(4pq+1)2^{2p}+2^{2q}=4^q(4^{p-q}+1)

4q4^q là số chính phương nên cần chứng minh (4pq+1)(4^{p-q}+1) không là số chính phương.

Giả sử 4pq+1=(2k+1)2(kN)4^{p-q}+1=(2k+1)^2 (k \in N)

\Leftrightarrow 4pq1=k(k+1)4^{p-q-1}=k(k+1)

Vô lí vì tích hai số tự nhiên liên tiếp không thể là số chính phương.

Vậy ta có: 22p+22q2^{2p}+2^{2q} không là số chính phương với mọi p,qp,q là các số nguyên không âm.

2. a) Vì x=0x=0 không phải nghiệm của phương trình nên chia cả hai vế của phương trình cho x2x^2, ta được:

x4+9=5x(3x2)x^4+9=5x(3-x^2)

\Leftrightarrow (x3x)2+5(x3x)+6=0(x-\frac{3}{x})^2+5(x-\frac{3}{x})+6=0

[TEX]\Leftrightarrow \left[\begin{x-\frac{3}{x}=-2}\\{x-\frac{3}{x} = -3} [/TEX]

[TEX]\Leftrightarrow \left[\begin{x^2+2x-3=0}\\{x^2+3x-3=0} [/TEX]

[tex]\Leftrightarrow \left[\begin{x=1}\\{x =-3}\\{x=\frac{-3+\sqrt{21}}{2}}\\{x=\frac{-3-\sqrt{21}}{2}} [/tex]

b) Ta có: x2+y2+z2=14x^2+y^2+z^2=14

\Leftrightarrow (x+y+z)22(xy+yz+zx)=14(x+y+z)^2-2(xy+yz+zx)=14

Thay: x+y+z=6;xy+yz+zx=1x+y+z=6; xy+yz+zx=-1 vào ta được: VT=622.(1)=36+2=38VPVT=6^2-2.(-1)=36+2=38 \neq VP

Em nghĩ đề sai :-S

Câu 6: Giả sử có n(2n4)+1n(2n-4)+1 đường chéo song song với cạnh , có 2n2n cạnh nên tồn tại một cạnh song song với n1n-1 đường chéo, vô lí vì mỗi cạnh chỉ song song nhiều nhất n2n-2 đường chéo

Vậy có ít nhất n(2n3)n(2n4)=nn(2n-3)-n(2n-4)=n đường chéo không song song với bất kì cạnh nào của đa giác.
 
T

thaiha_98


b) Ta có: x2+y2+z2=14x^2+y^2+z^2=14

\Leftrightarrow (x+y+z)22(xy+yz+zx)=14(x+y+z)^2-2(xy+yz+zx)=14

Thay: x+y+z=6;xy+yz+zx=1x+y+z=6; xy+yz+zx=-1 vào ta được: VT=622.(1)=36+2=38VPVT=6^2-2.(-1)=36+2=38 \neq VP

Em nghĩ đề sai :-S
Bài này lừa tình đó :D
Hệ phương trình đã cho vô nghiệm
 
L

linhhuyenvuong

Đề thi HMEO <Đề chính thức>
--Bảng B--

Câu 1:
a)(3 đ) Chứng minh rẳng A=(2n1)(2n+1)A=(2^n-1)(2^n+1) chia hết cho 33 với mọi số tự nhiên nn
Cái câu này tui nghĩ nó đơn giản hơn nhiều.
[TEX](2^n-1).2^n(2^n+1) \vdots 3[/TEX]
[TEX]2^n \not\vdots 3[/TEX]
\Rightarrow đpcm :D:D
 
S

son9701


Câu 1:
b)(4 đ) Chứng minh rằng 22p+22q2^{2p}+2^{2q} không thể là số chính phương với mọi p,qp,q là các số nguyên không âm


[/SIZE]

Cách khác cho câu này : Ta có : [TEX]2^{2p}+2^{2q} = 4^p+4^q [/TEX]
Vì [TEX]4 \equiv 1(mod 3) \Rightarrow 4^p \equiv 4^q \equiv 1 (mod 3) \Rightarrow 2^{2p}+2^{2q} \equiv 2 (mod 3)[/TEX]

Mà 1 số chính phương chia 3 chỉ dư 0 hoặc 1 nên ta có đpcm
 
M

minhtuyb

Mình sẽ post trước đáp án 4 câu do giới hạn 12000 kí tự. Câu 5,6 sẽ post sau :D
Đáp án đề thi HMEO
--Bảng B--

Câu 1:
a)(3 đ) Chứng minh rẳng A=(2n1)(2n+1)A=(2^n-1)(2^n+1) chia hết cho 33 với mọi số tự nhiên nn
Có: A=(2n1)(2n+1)=4n1A=(2^n-1)(2^n+1)=4^n-1
Xét modun 3:
+)41 (mod 3)4n1n1 (mod 3)4n1110 (mod 3)+)4\equiv 1\ (mod\ 3)\\ \Rightarrow 4^n\equiv 1^n\equiv 1\ (mod\ 3)\\ \Rightarrow 4^n-1\equiv 1-1\equiv 0\ (mod\ 3)
Hay A3 A\vdots 3\ \square

b)(4 đ) Chứng minh rằng 22p+22q2^{2p}+2^{2q} không thể là số chính phương với mọi p,qp,q là các số nguyên không âm
*Bổ đề: Một số chính phương chia 3 dư 0,1.
Thật vậy, xét số tự nhiên nn. Xảy ra ba trường hợp:
+) Nếu n0 (mod 3)n20 (mod 3)n\equiv 0\ (mod\ 3)\Rightarrow n^2\equiv 0\ (mod\ 3)
+) Nếu n1 (mod 3)n2121 (mod 3)n\equiv 1\ (mod\ 3)\Rightarrow n^2\equiv 1^2\equiv 1\ (mod\ 3)
+) Nếu n2 (mod 3)n2221 (mod 3)n\equiv 2\ (mod\ 3)\Rightarrow n^2\equiv 2^2\equiv 1\ (mod\ 3)
Vậy ta có: n20,1 (mod 3) n^2\equiv 0,1\ (mod\ 3)\ \blacklozenge
*Áp dụng bổ đề ta có:
22p+22q(1)2p+(1)2q2 (mod 3)2^{2p}+2^{2q}\equiv (-1)^{2p}+(-1)^{2q}\equiv 2\ (mod\ 3)
Theo bổ đề thì một số chính phương chia 3 dư 0,1 nên 22p+22q2^{2p}+2^{2q} không thể là số chính phương \square
Câu 2: Giải các phương trình, hệ phương trình sau:

a) (3,5d) x4+9=5x(3x2) (I)a)\ (3,5 d) \ x^4+9=5x(3-x^2)\ (I)
b (3,5d){x+y+z=6xy+yz+zx=1x2+y2+z2=14 (II)b\ (3,5 d) \left\{\begin{matrix}x+y+z=6\\ xy+yz+zx=-1\\ x^2+y^2+z^2=14\end{matrix}\right.\ (II)
a) Với x=0x=0 thì: VT(I)=90=VP(I)VT(I)=9\ne 0=VP(I)
Vậy x=0x=0 không là nghiệm của phương trình
-Với x0x\ne 0, chia 2 vế của (I)(I) cho x20x^2\ne 0 , ta có:
(I)x2+9x2+5(x3x)=0(x3x)2+5(x3x)+6=0(I) \Leftrightarrow x^2+\frac{9}{x^2}+5(x-\frac{3}{x})=0\\ \Leftrightarrow (x-\frac{3}{x})^2+5(x-\frac{3}{x})+6=0\\ \Leftrightarrow x-\frac{3}{x}=-2 \vee x-\frac{3}{x} = -3
\\ \Leftrightarrow x=1\vee x =-3\vee x=\dfrac{-3+\sqrt{21}}{2}\vee x=\dfrac{-3-\sqrt{21}}{2}
Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm x=1;x=3;x=3+212;x=3212x=1;x=-3;x=\dfrac{-3+\sqrt{21}}{2};x=\dfrac{-3-\sqrt{21}}{2}

b) Bình phương phương trình đầu của hệ thu được:
(x+y+z)2=36x2+y2+z2+2(xy+yz+zx)=36(x+y+z)^2=36\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2+2(xy+yz+zx)=36
Trừ phương trình trên cho phương trình thứ 3 của hệ thu được:
2(xy+yz+zx)=12xy+yz+zx=62(xy+yz+zx)=12\\ \Leftrightarrow xy+yz+zx=6
Tuy nhiên điều này mâu thuẫn với phương trình thứ 2 của hệ. Vậy hệ đã cho vô nghiệm \square



Câu 3: (7 đ) Cho hai hàm số:
A(x)=x3+ax2+bx+cB(x)=x2+x+2012A(x)=x^3+ax^2+bx+c\\ B(x)=x^2+x+2012
Biết rằng phương trình A(x)=0A(x)=0 có 3 nghiệm phân biệt và phương trình A[B(x)]=0A\left [ B(x) \right ]=0 vô nghiệm.
Chứng minh rằng: A(2012)>164\large{A(2012)>\frac{1}{64}}
Theo giả thiết, phương trình A(x)=0A(x)=0 có 3 nghiệm phân biệt, gọi ba nghiệm đó là x1;x2;x3x_1;x_2;x_3. Theo định lí Bơ-du thì A(x)A(x) có thể được phân tích thành dạng:
A(x)=m(xx1)(xx2)(xx3)A(x)=m(x-x_1)(x-x_2)(x-x_3) với m0m\ne 0. Ta để ý hạng tử bậc 3 của A(x)A(x) có hệ số là (1)(1) nên m=1m=1, hay:
A(x)=(xx1)(xx2)(xx3)A(x)=(x-x_1)(x-x_2)(x-x_3)
-Ta có: phương trình A[B(x)]=0A\left [ B(x) \right ]=0 vô nghiệm
\Leftrightarrow phương trình (x2+x+2012x1)(x2+x+2012x2)(x2+x+2012x3)=0(x^2+x+2012-x_1)(x^2+x+2012-x_2)(x^2+x+2012-x_3)=0 vô nghiệm
{x2+x+2012x10x2+x+2012x20x2+x+2012x30{Δ1=14(2012x1)<0Δ2=14(2012x2)<0Δ3=14(2012x3)<0{2012x1>142012x2>142012x3>14A(2012)=(2012x1)(2012x2)(2012x3)>164 \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}x^2+x+2012-x_1\ne 0\\ x^2+x+2012-x_2\ne 0\\ x^2+x+2012-x_3\ne 0\end{matrix}\right.\\ \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}\Delta_1=1-4(2012-x_1)<0\\ \Delta_2=1-4(2012-x_2)<0\\\Delta_3=1-4(2012-x_3)<0\end{matrix}\right.\\ \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}2012-x_1>\dfrac{1}{4}\\ 2012-x_2>\dfrac{1}{4}\\ 2012-x_3>\dfrac{1}{4}\end{matrix}\right.\\ \Rightarrow A(2012)=(2012-x_1)(2012-x_2)(2012-x_3)>\frac{1}{64}\ \square


Câu 4:
a) (3 đ) Cho hai điểm A(2;3)A(2;3)B(7;7)B(7;7) trên mặt phẳng toạ độ OxyOxy. Tìm điểm MM nằm trên trục OxOx để MA+MBMA+MB đạt GTNN. Tìm GTNN đó.
-Lấy điểm AA’ đối xứng với AA qua OxA(2;3)Ox\Rightarrow A’(2;-3). Gọi MM là giao điểm của ABA’B với trục OxOx. Giả sử NN là một điểm thuộc OxOxNMN\ne M, ta có MA=MA;NA=NAMA=MA’;NA=NA’
NA+NB=NA+NB>AB=MA+MB\Rightarrow NA+NB=NA’+NB>A’B=MA+MB (BĐT tam giác)
Do vậy điểm MM cần tìm là giao điểm của ABA’B với OxOx. Phương trình đường thẳng ABA’B có dạng : y=ax+by=ax+b. Thay tọa độ của AA’BB vào phương trình ta được :
{7a+b=72a+b=3{a=2b=7\left\{\begin{matrix}7a+b=7\\ 2a+b=-3\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}a=2\\ b=-7\end{matrix}\right.
-Vậy đường thẳng ABA’B có phương trình :y=2x7y=2x-7
Choy=0x=72 y=0\Rightarrow x=\frac{7}{2}. Vậy điểm MM cần tìm là M(3,5;0)M(3,5;0). GTNN đó là:
AM+MB=AB=(xBxA)2+(yByA)2=(72)2+(7+3)2=55AM+MB=A’B=\sqrt{(x_B-x_{A’})^2+(y_B-y_{A’})^2}=\sqrt{(7-2)^2+(7+3)^2}=5\sqrt{5}
Vậy min(AM+MB)=55min(AM+MB)= 5\sqrt{5} khi M(3,5;0)M(3,5;0)


b) (4 đ) Trên mặt phẳng toạ độ OxyOxy cho 3 hàm số sau:
(1):y=x+1(2):y=x1(3):y=ax+a3a213(1): y=-x+1\\ (2): y=x-1\\ (3):y=-ax+a^3-a^2-\frac{1}{3}
(Với aa là tham số)
Tìm aa để đồ thị của 3 hàm số trên đồng quy.

Giả sử đồ thị 3 hàm số trên đồng quy tại một điểm M(x1;y1)M(x_1;y_1). Thay tọa độ điểm MM vào 3 phương trìn, ta có hệ:
{y1=x1+1y1=x11y1=ax1+a3a213{x1=1y1=0y1=ax1+a3a213\left\{\begin{matrix}y_1=-x_1+1\\y_1=x_1-1 \\ y_1=-ax_1+a^3-a^2-\frac{1}{3}\end{matrix}\right.\\\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}x_1=1\\y_1=0 \\ y_1=-ax_1+a^3-a^2-\frac{1}{3}\end{matrix}\right.
-Phương trình thứ 33 tương đương với:
0=a+a3a2133a3=3a2+3a+14a3=a3+3a2+3a+1=(a+1)343a=a+1a=14310=-a+a^3-a^2-\frac{1}{3} \\ \Leftrightarrow 3a^3=3a^2+3a+1\\ \Leftrightarrow 4a^3=a^3+3a^2+3a+1=(a+1)^3\\ \Leftrightarrow \sqrt[3]{4}a=a+1\\ \Leftrightarrow a= \frac{1}{\sqrt[3]{4}-1}
Vậy với a=1431 a= \dfrac{1}{\sqrt[3]{4}-1} thì đồ thị 3 hàm số trên đồng quy
 
M

minhtuyb

Nốt đáp án 2 câu cuối ^_^:
Câu 5:
a) (4 đ) Cho ΔABC\Delta ABC nhọn ngoại tiếp đường tròn (O)(O) tiếp xúc với AB,ACAB,AC lần lượt tại D,ED,E. Lấy MM bất kì trên đoạn ADAD khác A,DA,D. CMCM cắt DEDE tại II.
Chứng minh rằng: IMIC=DMCE\large{\frac{IM}{IC}=\frac{DM}{CE}}
HMEObangB-bai4a.png

-Trên đường thẳng AEAE lấy điểm KK sao cho CK//DMCK// DM. Theo địnl lí Ta-let, ta có:
IMIC=DMCK (1)\frac{IM}{IC}=\frac{DM}{CK}\ (1)
Mặt khác :
CKE^=ADE^=AED^=CEK^\widehat{CKE}=\widehat{ADE}=\widehat{AED}=\widehat{CEK}
ΔCKE\Rightarrow \Delta CKE cân tại CCE=CK (2)C\Rightarrow CE=CK\ (2)
-Thế (1)(1) vào (2)(2) ta có :
IMIC=DMCE \frac{IM}{IC}=\frac{DM}{CE}\ \square
Ngoài ra bài này còn có rất nhiều cách kẻ đường phụ để chứng minh. Ví dụ kẻ MH//DE(HAC)MH// DE(H\in AC) hoặc ML//AC(LDE)ML// AC (L\in DE)

b) (3 đ) Cho hình chữ nhật ABCDABCD. Một góc vuông xAyxAy quay xung quanh AA. Các tia Ax,AyAx,Ay lần lượt cắt đoạn thẳng BCBC, đường thẳng CDCD tại M,NM,N. Gọi EE là đỉnh thứ tư của hình chứ nhật MANEMANE

Chứng minh rằng: ACCEAC\perp CE
HMEObangB-bai4b.png

-Có MAN^=MEN^=BCN^=90o\widehat{MAN}=\widehat{MEN}=\widehat{BCN}=90^o nên 5 điểm A,M,E,C,NA,M,E,C,N nằm trên đường tròn đường kính MNMN.
-Vì ACE^\widehat{ACE} là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn trên suy ra ACE^=90o\widehat{ACE}=90^o hay ACCE AC\perp CE\ \square


Câu 6: (7 đ) Chứng minh rằng trong đa giác lồi 2n2n cạnh nN,n2n\in \mathbb{N}, n\ge 2, luôn tồn tại ít nhất nn đường chéo không song song với bất kì cạnh nà-o của đa giác đó

-Lấy một cạnh bất kì của đa giác, giả sử cạnh đó là AiAi+1 (iN){A}_{i}{A}_{i+1}\ (i\in \mathbb{N^*}) ta chứng minh không có quá (n2)(n-2) đường chéo của đa giác song song với AiAi+1{A}_{i}{A}_{i+1}.
Thật vậy, gọi số đường chéo của đa giác song song với AiAi+1{A}_{i}{A}_{i+1}k (kN)k\ (k\in \mathbb{N^*}), kí hiệu đường thẳng chứa chúng là d1;d2;....;dk{d}_{1}; {d}_{2};....;{d}_{k} thì tất cả các đường thẳng d1;d2;....;dk{d}_{1}; {d}_{2};....;{d}_{k} nằm về một phía của đường thẳng AiAi+1{A}_{i}{A}_{i+1}. Theo nguyên lí cực hạn, luôn tồn tại đường thẳng xa AiAi+1{A}_{i}{A}_{i+1} nhất. Giả sử đó là đường thẳng dk{d}_{k}. Khi đó vì dk{d}_{k} chứa một đường chéo nên có ít nhất một đỉnh Aj{A}_{j} của đa giác nằm khác phía với AiAi+1{A}_{i}{A}_{i+1} đối với dk{d}_{k}. Do vậy số đỉnh của đa giác gồm Ai;Ai+1{A}_{i};{A}_{i+1} và các đầu mút của các đường chéo song song với nó bé hơn 2n2n hay:

2+2k<2nk<n1kn22+2k<2n \Rightarrow k < n-1 \Rightarrow k \leq n-2

Vậy nếu lấy một cạnh bất kì của đa giác thì số đường chéo song song với nó không vượt quá (n2)(n-2). Vì đa giác có 2n2n cạnh nên số đường chéo song song với ít nhất một cạnh không vượt quá:

2n(n2)=2n24n2n(n-2)=2n^2-4n

Ta biết rằng số đường chéo của 2n - giác lồi bằng:

(2n3)2n2=2n23n=(2n24n)+n \frac{(2n-3)2n}{2}=2n^2-3n=(2n^2-4n)+n

Trong chúng số đường chéo song song với ít nhất một cạnh không vượt quá(2n24n)(2n^2-4n) nên còn lại ít nhất nn đường chéo không song song với bất kì cạnh nào \square
———————–HEˆˊT———————–\text{-----------------------HẾT-----------------------}
 
Top Bottom