Toán [Thảo luận] Topic ôn tập thi tuyển sinh vào 10 chuyên

Thảo luận trong 'Đề thi vào lớp 10' bắt đầu bởi Ann Lee, 7 Tháng năm 2018.

Lượt xem: 9,224

  1. Bonechimte

    Bonechimte Học sinh tiêu biểu Thành viên

    Bài viết:
    2,537
    Điểm thành tích:
    563
    Nơi ở:
    Hà Nội
    Trường học/Cơ quan:
    ...

    [QUOTE="Ann Lee, post: 3423638, member: 2574360
    Bài tồn đọng của chuyên đề 2( Số chính phương )
    Bài 2: Chứng minh rằng: Trong 3 số chính phương tùy ý luôn tồn tại hai số mà hiệu của chúng chia hết cho 4.[/QUOTE] 5C35B558-3471-4271-A4A2-0ADFEA7657FE.jpeg
    # đề bình Phước =-= năm $kia^2$
    #Ann: Nào nào, có nhất thiết phải nói toẹt ra như vậy không =.=
     
    Last edited by a moderator: 15 Tháng năm 2018
    Kyanhdo, Đình Hải, Ann Lee1 other person thích bài này.
  2. Ann Lee

    Ann Lee Cựu Mod Toán Thành viên

    Bài viết:
    1,782
    Điểm thành tích:
    424
    Nơi ở:
    Hưng Yên

    Để tồn mãi cái chuyên đề 1 như này cũng không hay :3
    Bài 6:
    ĐKXĐ: [tex]x\leq 1-\sqrt{3}[/tex]
    Pt đã cho $\sqrt{3x^{2}-6x-6}=3(2-x)^{2}\sqrt{2-x}+(7x-19)\sqrt{2-x}$
    $\Leftrightarrow \sqrt{3x^{2}-6x-6}=\sqrt{2-x}(3x^{2}-5x-7)$
    $\Leftrightarrow \sqrt{3x^{2}-6x-6}-\sqrt{2-x}=\sqrt{2-x}(3x^{2}-5x-8)$
    $\Leftrightarrow \frac{3x^{2}-5x-8}{\sqrt{3x^{2}-6x-6}+\sqrt{2-x}}=\sqrt{2-x}(3x^{2}-5x-8)$
    $\Leftrightarrow (3x^{2}-5x-8)(\frac{1}{\sqrt{3x^{2}-6x-6}+\sqrt{2-x}}-\sqrt{x-2})=0$
    +) Th1: [tex]3x^{2}-5x-8=0\Leftrightarrow (x+1)(3x-8)=0\Leftrightarrow x=-1(t/m)[/tex] hoặc [tex]x=\frac{8}{3}[/tex](loại)
    +)Th2: $\frac{1}{\sqrt{3x^{2}-6x-6}+\sqrt{x-2}}-\sqrt{x-2}=0$
    $\Leftrightarrow 1-\sqrt{2-x}(\sqrt{3x^{2}-6x-6}+\sqrt{2-x})=0$
    $\Leftrightarrow 1-(2-x)-\sqrt{3x^{2}-6x-6}.\sqrt{2-x}=0$
    $\Leftrightarrow \sqrt{3x^{2}-6x-6}.\sqrt{2-x}=x-1$(*)
    Vì [tex]x\leq 1-\sqrt{3}\Rightarrow x-1< 0\leq \sqrt{3x^{2}-6x-6}.\sqrt{2-x}[/tex]
    => pt (*) vô nghiệm
    Vậy pt đã cho có nghiệm duy nhất x=1
    Bài 15:
    ĐKXĐ: [tex]x^{2}+3x-y\geq 0;y^{2}+4x\geq 0;x\geq \frac{-1}{2}[/tex]
    +) Th1: [tex]\left\{\begin{matrix} x^{2}+3x-y=0\\ y^{2}+4x=0 \\ x+1=0 \end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x=-1\\ y=-2 \end{matrix}\right.\\[/tex]
    x=-1;y=-2 không là nghiệm của hpt đã cho
    +) Th2: [tex]x\neq -1;y\neq -2[/tex]
    Pt (1) $\Leftrightarrow (\sqrt{x^{2}+3x-y}-\sqrt{y^{2}+4x})+(\sqrt{x^{2}+3x-y}-x-1)=0$
    $\Leftrightarrow \frac{x^{2}+3x-y-y^{2}-4x}{\sqrt{x^{2}+3x-y}+\sqrt{y^{2}+4x}}+\frac{x^{2}+3x-y-x^{2}-2x-1}{\sqrt{x^{2}+3x-y}+x+1}=0$
    $\Leftrightarrow \frac{(x-y-1)(x+y)}{\sqrt{x^{2}+3x-y}+\sqrt{y^{2}+4x}}+\frac{x-y-1}{\sqrt{x^{2}+3x-y}+x+1}=0$
    $\Leftrightarrow (x-y-1)(\frac{x+y}{\sqrt{x^{2}+3x-y}+\sqrt{y^{2}+4x}}+\frac{1}{\sqrt{x^{2}+3x-y}+x+1})=0$
    +) Th1: $\frac{x+y}{\sqrt{x^{2}+3x-y}+\sqrt{y^{2}+4x}}+\frac{1}{\sqrt{x^{2}+3x-y}+x+1}=0$ (*)
    Vì [tex]y^{2}+4x\geq 0;y^{2}\geq 0\Rightarrow 4x\geq 0\Rightarrow x\geq 0\Rightarrow 2y=4\sqrt{2x+1}+x+2>0\Rightarrow y>0\Rightarrow x+y>0[/tex]
    Suy ra $\frac{x+y}{\sqrt{x^{2}+3x-y}+\sqrt{y^{2}+4x}}+\frac{1}{\sqrt{x^{2}+3x-y}+x+1}>0$ => (*) vô nghiệm
    +) Th2: [tex]x-y-1=0\Leftrightarrow y=x-1[/tex]
    Thay cào (2) được $4\sqrt{2x+1}+x+2=2x-2$
    $\Leftrightarrow 4\sqrt{2x+1}=x-4$ ( ĐK: [tex]x\geq 4[/tex])
    [tex]\Leftrightarrow 16(2x+1)=x^{2}-8x+16\Leftrightarrow x(x-40)=0[/tex]
    • [tex]x=0\Rightarrow y=-1[/tex] (loại vì y>0)
    • [tex]x=40\Rightarrow y=39(t/m)[/tex]
    Vậy (x;y)=(40;39)
     
  3. Ann Lee

    Ann Lee Cựu Mod Toán Thành viên

    Bài viết:
    1,782
    Điểm thành tích:
    424
    Nơi ở:
    Hưng Yên

    BÀI TẬP CỦA CHUYÊN ĐỀ 3: HÌNH HỌC
    Bài 1:
    Cho hình bình hành ABCD với [tex]\widehat{BAD}<90^{\circ}[/tex] . Đường phân giác của [tex]\widehat{BCD}[/tex] cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD tại O khác C . Kẻ đường thẳng d đi qua A và vuông góc với CO. Đường thẳng d lần lượt cắt các đường thẳng CB; CD tại E; F .
    1). Chứng minh rằng [tex]\Delta OBE=\Delta ODC[/tex] .
    2). Chứng minh rằng O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CEF .
    3). Gọi giao điểm của OC và BD là I , chứng minh rằng [tex]IB.BE.EI=ID.DF.FI[/tex]
    Hình vẽ:
    upload_2018-5-15_21-58-15.png
    Bài 2:
    Cho hình bình hành ABCD có [tex]\widehat{BAD}<90^{\circ}[/tex]. Giả sử O là điểm nằm trong [tex]\Delta ABD[/tex] sao cho OC không vuông góc với BD. Vẽ đường tròn tâm O đi qua C. BD cắt (o) tại hai điểm M; N sao cho B nằm giữa M và D. Tiếp tuyến tại C của (O) cắt AD, AB lần lượt tại P, Q.
    1) Chứng minh rằng bốn điểm M; N; P; Q cùng thuộc một đường tròn.
    2) CM cắt QN tại K; CN cắt PM tại L. Chứng minh rằng [tex]KL\perp OC[/tex]
    upload_2018-5-15_22-3-23.png
    Xem thêm : [Lýthuyết]
    ____________________________________________________________________________________
    Bài tồn đọng của chuyên đề 2 ( Phép chia hết và phép chia có dư )
    Bài 1: Chứng minh rằng trong 1900 số tự nhiên liên tiếp có một số có tổng các chữ số chia hết cho 27.
    Bài 2: Cho a, b là các số tự nhiên không chia hết cho 5. Chứng minh rằng: [tex]pa^{4m}+qb^{4m}[/tex] chia hết cho 5 khi và chỉ khi p + q chia hết cho 5 (với p, q, m thuộc N).

    Bài 4: Cho 5 số nguyên phân biệt tùy ý [tex]a_{1};a_{2};a_{3};a_{4};a_{5}[/tex]. Chứng minh rằng tích [tex](a_{1}-a_{2})(a_{1}-a_{3})(a_{1}-a_{4})(a_{1}-a_{5})(a_{2}-a_{3})(a_{2}-a_{4})(a_{2}-a_{5})(a_{3}-a_{4})(a_{3}-a_{5})(a_{4}-a_{5})[/tex] chia hết cho 288
    Bài tồn đọng của chuyên đề 2( Phương trình nghiệm nguyên )
    Bài 1: Chứng minh rằng phương trình [tex]x^{3}+y^{3}=(x+y)^{2}+(xy)^{2}[/tex] không có nghiệm nguyên dương
     
    Đình Hải thích bài này.
  4. Bonechimte

    Bonechimte Học sinh tiêu biểu Thành viên

    Bài viết:
    2,537
    Điểm thành tích:
    563
    Nơi ở:
    Hà Nội
    Trường học/Cơ quan:
    ...

    Giả sử 1900 số tự nhiên liên tiếp là [tex]n,n+1,...n+1899[/tex]
    Trong 1000 số tự nhiên liên tiếp có 1 số chia hết cho 1000
    giả sử số đó là [tex]n_o[/tex] . Khi đó [tex]n_o[/tex] khi đó no có tận cùng là 3 chữ số 0
    giả sử tổng các chữ số của [tex]n_o[/tex] là k
    khi đo 27 só [tex]n_o,n_o+1,n_o+2,....,n_o+9,n_o+19...n_o+899[/tex]
    tổng các chữ số lần lượt là [tex]k,k+1,....k+26[/tex]
    Trong 27 số tự nhiên liên tiếp có 1 số chia hết cho 27 => đpcm
     
    Last edited: 15 Tháng năm 2018
    Đình Hải, lengoctutb, Ann Lee1 other person thích bài này.
  5. lengoctutb

    lengoctutb Học sinh tiến bộ Thành viên

    Bài viết:
    1,085
    Điểm thành tích:
    196

    Theo nguyên lý $Dirichlet$ thì trong $n+1$ số nguyên tùy ý$,$ luôn tồn tại hai số có hiệu chia hết cho $n$$.$ Trong $4$ số $a_{1},a_{2},a_{3},a_{4}$ có hai số có hiệu chia hết cho $3$$.$ Không mất tính tổng quát$,$ ta giả sử $(a_{1}-a_{2})\vdots 3$$.$ Xét $4$ $a_{2},a_{3},a_{4},a_{5}$ ta cũng được hai số có hiệu chia hết cho $3$$.$ Như thế $P$ có ít nhất hai hiệu khác nhau cùng chia hết cho $3$$.$ Do đó $P \vdots 3^{2} \Leftrightarrow P \vdots 9$
    Lại theo nguyên lý $Dirichlet$ trong $5$ số đã cho có ít nhất $3$ số cùng tính chẵn$,$ lẻ$.$ Chỉ có hai trường hợp sau xảy ra $:$
    $TH1$ $:$ Nếu ít nhất có $4$ số có cùng tính chẵn lẻ$,$ thì từ $4$ số này có thể lập nên $6$ hiệu khác nhau cùng chia hết cho $2$$,$ do đó tích của chúng chia hết cho $2^{6}$ hay là $P \vdots 2^{5} \Leftrightarrow P \vdots 32$
    $TH2$ $:$ Nếu có đúng $3$ số có cùng tính chẵn lẻ$.$ Không mất tính tổng quát$,$ ta giả sử đó là $a_{1},a_{2},a_{3}$$,$ khi đó còn lại hai số $a_{4},a_{5}$ có cùng tính chẵn lẻ nhưng khác với tính chẵn lẻ của $a_{1},a_{2},a_{3}$$.$ Vậy nên $4$ hiệu sau chia hết cho $2$ $:$ $a_{1}-a_{2},a_{1}-a_{3},a_{2}-a_{3},a_{4}-a_{5}$$.$ Mặt khác$,$ trong $5$ số đã cho có ít nhất hai hiệu chia hết cho $4$$,$ vì thế trong $4$ số $a_{1}-a_{2},a_{1}-a_{3},a_{2}-a_{3},a_{4}-a_{5}$ có ít nhất một hiệu chia hết cho $4$$.$ Do đó $:$ $[(a_{1}-a_{2})(a_{1}-a_{3})(a_{2}-a_{3})(a_{4}-a_{5})] \vdots 2^{5}$ hay là $P \vdots 2^{5} \Leftrightarrow P \vdots 32$
    Vậy trong cả hai trường hợp ta đều có $P \vdots 32$
    Ta có $:$ $\left\{\begin{matrix} P \vdots 9 & \\ P \vdots 32 & \\ (9,32)=1 & \end{matrix}\right. \Leftrightarrow P \vdots 9.32 \Leftrightarrow P \vdots 288$ $($đpcm$)$

    $P/s$ $:$ Bài $3$ bạn @hdiemht giải rồi mà @Ann Lee $!$
    #Ann: Nhầm ạ. Đã sửa lại thành bài 2. Cảm ơn vì đã nhắc. ^^
     
  6. Fighting_2k3_

    Fighting_2k3_ Học sinh chăm học Thành viên

    Bài viết:
    215
    Điểm thành tích:
    86
    Nơi ở:
    Hà Tĩnh

    BG:
    1) +)Tam giác CEF cân tại C (CA vừa là đg cao vừa là đg phân giác)
    => CE=CF (1)
    và [tex]\angle CEA=\angle CFA[/tex]. Mặt khác [tex]\angle CEA=\angle DAF[/tex](CE//AD)=> [tex]=>\angle CFA=\angle DAF[/tex]
    => DA=BC(=DF) (2)
    Từ (1) và (2) => CD=BE (*)
    +) [tex]\angle OBC+\angle OCD=180[/tex] độ (BCDO nt)
    [tex]\angle OBC+\angle EBO=180[/tex] độ (kb)
    => [tex]\angle ODC=\angle EBO[/tex] (**)
    +) BCDO nt => [tex]\angle OBD=\angle ODB(=\angle BCO)[/tex]
    => Tam giác BOD cân tại O => OB=OD (***)
    Từ (*), (**), (***) => đpcm
    2) Ta có AE=AF mà OA vuông góc EF=> Tam giác OEF cân tại O => OE=OF (3)
    Mà OE=OC (câu a) (4)
    Từ (3), (4) => đpcm

    @Ann Lee : Phiền bạn xem lại đề bài và hình vẽ. CA không phải là đường cao, đường phân giác của tam giác CEF. CO mới là đường cao, đường phân giác của tam giác CEF. Bạn xem lại những chỗ màu đỏ nhé.
     
    Đình Hải, Ann Leelengoctutb thích bài này.
  7. lengoctutb

    lengoctutb Học sinh tiến bộ Thành viên

    Bài viết:
    1,085
    Điểm thành tích:
    196

    $I$ nằm trên trung trực của $EF \Rightarrow IE=IF$$.$ Khi đó $:$ $IB.BE.EI=ID.DF.FI \Leftrightarrow IB.BE= ID.DF \Leftrightarrow IB.DC= ID.DF$ $(*)$
    Kẻ $IH \perp BC$ tại $H$$,$ $IK \perp CD$ tại $K$ và $CL \perp BD$ tại $L$$.$ Do $I$ nằm trên phân giác của $\widehat{BCD}$ nên $IH=IK$ $(1)$
    Chứng minh tương tự $:$ Câu $1)$$,$ ta có $:$ $\Delta OBC=\Delta ODF \Rightarrow BC=DF$ $(2)$
    $(1)(2) \Rightarrow \frac{1}{2} IH.BC= \frac{1}{2}IK.DF \Leftrightarrow S_{IBC}=S_{IFD} \Leftrightarrow \frac{S_{IBC}}{S_{ICD}}=\frac{S_{IFD}}{S_{ICD}} \Leftrightarrow \frac{\frac{1}{2}IB.CL}{\frac{1}{2}ID.CL}=\frac{\frac{1}{2}DF.IK}{\frac{1}{2}DC.IK} \Leftrightarrow \frac{IB}{ID}=\frac{DF}{DC} \Leftrightarrow IB.DC= ID.DF$
    $\Rightarrow (*)$ đúng $\Rightarrow$ đpcm
     
    Đình Hải, Ann LeeFighting_2k3_ thích bài này.
  8. Ann Lee

    Ann Lee Cựu Mod Toán Thành viên

    Bài viết:
    1,782
    Điểm thành tích:
    424
    Nơi ở:
    Hưng Yên

    BÀI TẬP CỦA CHUYÊN ĐỀ 3: HÌNH HỌC
    Bài 3: Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn O . H là trực tâm của tam giác ABC . AD là đường kính của (O) . E thuộc AC sao cho HE// BC .
    1) Chứng minh rằng các đường thẳng BH và DE cắt nhau trên (O)
    2) Gọi F là giao điểm của các đường thẳng EH và AB. Chứng minh rằng A là tâm đường tròn bàng tiếp ứng với đỉnh D của tam giác DEF
    3) Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác DEF. Chứng minh rằng BE, CF và IH đồng quy.
    [​IMG]

    Bài 4: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). P di chuyển trên cung BC chứa A của (O). I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC . Q là tâm đường tròn nội tiếp tam giác PBC.
    1) Chứng minh rằng B; I; Q; C cùng nằm trên một đường tròn.
    2) Trên tia BQ; CQ lần lượt lấy các điểm M; N sao cho BM = BI; CN = CI . Chứng minh rằng MN luôn đi qua một điểm cố định.
    upload_2018-5-16_22-1-5.png
    Xem thêm : [Lýthuyết]
    ____________________________________________________________________________________
    Bài tồn đọng của chuyên đề 3
    Bài 2:Cho hình bình hành ABCD có [tex]\widehat{BAD}<90^{\circ}[/tex]. Giả sử O là điểm nằm trong [tex]\Delta ABD[/tex] sao cho OC không vuông góc với BD. Vẽ đường tròn tâm O đi qua C. BD cắt (o) tại hai điểm M; N sao cho B nằm giữa M và D. Tiếp tuyến tại C của (O) cắt AD, AB lần lượt tại P, Q.
    1) Chứng minh rằng bốn điểm M; N; P; Q cùng thuộc một đường tròn.
    2) CM cắt QN tại K; CN cắt PM tại L. Chứng minh rằng [tex]KL\perp OC[/tex]
    View attachment 54873

    Bài tồn đọng của chuyên đề 2 ( Phép chia hết và phép chia có dư )
    Bài 2: Cho a, b là các số tự nhiên không chia hết cho 5. Chứng minh rằng: [tex]pa^{4m}+qb^{4m}[/tex] chia hết cho 5 khi và chỉ khi p + q chia hết cho 5 (với p, q, m thuộc N).
    Bài tồn đọng của chuyên đề 2( Phương trình nghiệm nguyên )
    Bài 1: Chứng minh rằng phương trình [tex]x^{3}+y^{3}=(x+y)^{2}+(xy)^{2}[/tex] không có nghiệm nguyên dương
     
  9. Fighting_2k3_

    Fighting_2k3_ Học sinh chăm học Thành viên

    Bài viết:
    215
    Điểm thành tích:
    86
    Nơi ở:
    Hà Tĩnh

    @Ann Lee xin lỗi bn nhé mk nhìn nhầm hình
    #Ann: Sao lại phải xin lỗi mình nhỉ :D Nhìn nhầm hình thì làm lại thôi mà. Dù sao thì ý tưởng của bạn cũng đúng rồi, chỉ nhầm lẫn đôi chút nên mới thành sai như vậy thôi :3 Sửa lại một chút là ok ngay mà ^^ Tiếp tục ủng hộ topic nhé :D
     
    Last edited by a moderator: 16 Tháng năm 2018
    Đình HảiAnn Lee thích bài này.
  10. Ann Lee

    Ann Lee Cựu Mod Toán Thành viên

    Bài viết:
    1,782
    Điểm thành tích:
    424
    Nơi ở:
    Hưng Yên

    Mọi người có vẻ không hào hứng với chuyên đề Hình học nhỉ :<
    Tối nay sẽ ngưng đăng bài tập về hình học nhé để các bạn có thời gian giải quyết nốt 3 bài tồn kia.

    Mình xin giải quyết 2 bài tồn của chuyên đề 2
    Giải sử phương trình [tex]x^{3}+y^{3}=(x+y)^{2}+(xy)^{2}[/tex] (1)có nghiệm nguyên dương (x;y)
    Với các số nguyên dương [tex]a;b[/tex] ta kí hiệu [tex](a;b)[/tex] là ước số chung lớn nhất của a và b
    Đặt [tex](x;y)=d[/tex] , ta có: [tex]x=dx_{1};y=dy_{1}[/tex] với [tex]x_{1};y_{1}\in \mathbb{N}^{*}[/tex] và [tex](x_{1};y_{1})=1[/tex]. Khi đó:
    [tex](1)\Leftrightarrow d(x_{1}^{3}+x_{2}^{3})=(x_{1}+y_{1})^{2}+(x_{1}y_{1})^{2}(2)[/tex]
    Lại có: [tex](x_{1}^{3}+x_{2}^{3})\vdots (x_{1}+x_{2})[/tex] nên từ [tex](2)[/tex] ta được [tex](x_{1}y_{1})^{2}\vdots (x_{1}+y_{1})[/tex] (3)
    Từ [tex](x_{1};y_{1})=1[/tex] suy ra: [tex](x_{1}y_{1};x_{1}+y_{2})=1[/tex]
    Kết hợp với (3) ta được [tex]x_{1}y_{1}\vdots (x_{1}+y_{1})[/tex] và do đó [tex]x_{1}+y_{1}=1[/tex] mâu thuẫn với [tex]x_{1};y_{1}\in \mathbb{N}^{*}[/tex]
    Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyen dương
    Ta có: [tex]pa^{4m}+qb^{4m}=p(a^{4m}-1)+q(b^{4m}-1)+p+q[/tex] (1)
    Mặt khác:
    [tex]a^{4m}-1=(a^{4})^{m}-1\vdots (a^{4}-1)[/tex]
    [tex]a^{4}-1=(a^{2}-1)(a^{2}+1)=(a^{2}-1)[(a^{2}-4)+5]=(a^{2}-1)(a^{2}-4)+5(a^{2}-1=(a-2)(a-1)(a-1)(a-2)+5(a^{2}-1)[/tex]
    Vì [tex](a-2);(a-1);a;(a+1);(a+2)[/tex] là 5 số nguyên liên tiếp nên có ít nhất 1 số chia hết cho 5 mà a lại không chia hết cho 5 nên một trong các số [tex](a-2);(a-1);(a+1);(a+2)[/tex] phải chia hết cho 5
    [tex]\Rightarrow (a^{4}-1)\vdots 5\Rightarrow (a^{4m}-1)\vdots 5[/tex]
    Tương tự: $(b^{4m}-1)\vdots 5$
    Do vậy, từ (1) suy ra [tex](pa^{4m}+qb^{4m})\vdots 5 \Leftrightarrow (p+q)\vdots 5 [/tex] (đpcm)
     
    Đình Hải, hdiemht, lengoctutb1 other person thích bài này.
  11. lengoctutb

    lengoctutb Học sinh tiến bộ Thành viên

    Bài viết:
    1,085
    Điểm thành tích:
    196

    1.PNG
    $1)$ Gọi $M$ là giao điểm của $DE$ và $(O)$ $;$ $N$ là giao điểm của $AH$ và $BC$
    $AD$ là đường kính nên $\widehat{DMA}=90^{\circ}$ $(1)$
    $HE \parallel BC \Rightarrow \widehat{AHE}=\widehat{ANC}=90^{\circ}$ $(2)$ $($$H$ là trực tâm của $\Delta ABC$$)$
    $(1)(2) \Rightarrow \widehat{AME}+ \widehat{AHE}= 90^{\circ}+ 90^{\circ}=180^{\circ} \Rightarrow$ Tứ giác $AMEH$ nội tiếp $\Rightarrow \widehat{HME}= \widehat{HAE}$ $(*)$
    Ta có $:$ $\widehat{AEH}= \widehat{ACB}$ $(HE \parallel BC)$ mà $\widehat{ACB}= \widehat{ADB}$ $($tứ giác $ABDC$ nội tiếp $(O)$$)$ nên $\widehat{AEH} = \widehat{ADB}$ $(3)$
    Lại có $:$ $\widehat{AHE}= 90^{\circ}= \widehat{ABD}$ $($$AD$ là đường kính$)$ $(4)$
    $(3)(4) \Rightarrow \Delta AHE \backsim \Delta ABD \Rightarrow \widehat{HAE}= \widehat{BAD}$ lại do $\widehat{BAD}= \widehat{BMD}$ $($tứ giác $ABDM$ nội tiếp $(O)$$)$ nên $\widehat{HAE}= \widehat{BMD}$ $(**)$
    $(*)(**) \Rightarrow \widehat{HME}= \widehat{BMD} \Rightarrow M,H,B$ thẳng hàng $\Rightarrow$ đpcm

    $2)$ Chứng minh tương tự câu $a)$$,$ ta có $:$ $DF$ cắt $CH$ tại một điểm thuộc $(O)$$,$ điểm đó gọi là $P$
    Ta có $:$ $\widehat{AMD}=90^{\circ}= \widehat{APD}$ $($$AD$ là đường kính$)$ $\Rightarrow AM \perp MD$ và $AP \perp PD$
    Chứng minh được $:$ $\widehat{CAN}= \widehat{CBM}$ mà $\widehat{CAM}= \widehat{CBM}$ $($tứ giác $AMCB$ nội tiếp $(O)$$)$
    Nên $\widehat{CAN}=\widehat{CAM}$$.$ Từ đó ta chứng minh được $:$ $\Delta AME = \Delta AHE$
    $\Rightarrow A$ thuộc phân giác của $\widehat{HEM} \Rightarrow AH=AM$$.$ Chứng minh tương tự $:$ $AH=AP$
    $\Rightarrow AP=AH=AM \Rightarrow A$ là tâm đường tròn bàng tiếp ứng với đỉnh $D$ của $\Delta DEF$
     
    Last edited: 19 Tháng năm 2018
    Đình Hải, hdiemhtAnn Lee thích bài này.
  12. lengoctutb

    lengoctutb Học sinh tiến bộ Thành viên

    Bài viết:
    1,085
    Điểm thành tích:
    196

    Mà hình như câu $3)$ là tâm ngoại tiếp mới đúng chứ $!$ @Ann Lee
    #Ann Lee: Là tâm đường tròn nội tiếp ạ. Lúc vẽ hình không cẩn thận nên vẽ sai. Đã sửa lại. Thành thực xin lỗi.
     
    Last edited by a moderator: 18 Tháng năm 2018
    Đình HảiAnn Lee thích bài này.
  13. Ann Lee

    Ann Lee Cựu Mod Toán Thành viên

    Bài viết:
    1,782
    Điểm thành tích:
    424
    Nơi ở:
    Hưng Yên

    BÀI TẬP CỦA CHUYÊN ĐỀ 3: HÌNH HỌC
    Bài 5: Cho tam giác ABC nhọn không cân nội tiếp đường tròn (O) . D là điểm thuộc cạnh BC (D khác B và D khác C ). Trung trực của CA; AB lần lượt cắt đường thẳng AD tại E; F . Đường thẳng qua E song song với AC cắt tiếp tuyến qua C của (O) tại . M Đường thẳng qua qua F song song với AB cắt tiếp tuyến qua B của (O) tại N.
    1) Chứng minh rằng đường thẳng MN tiếp xúc với (O) .
    2) Giả sử [tex]\frac{FN}{EM}=\frac{BN}{CM}[/tex]. Chứng minh rằng AD là phân giác của tam giác ABC .

    Bài 6: Cho hình thang cân ABCD nội tiếp đường tròn (O) với AB song song CD và AB <CD. M là trung điểm CD. P là điểm di chuyển trên đoạn MD (P khác M, D ). AP cắt (O) tại Q khác A, BP cắt (O) tại R khác B, QR cắt CD tại E. Gọi F là điểm đối xứng với P qua E.
    1) Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AQF luôn thuộc một đường thẳng cố định khi P di chuyển.
    2) Giả sử EA tiếp xúc (O). Chứng minh rằng khi đó QM vuông góc với CD.

    Xem thêm : [Lýthuyết]
    ____________________________________________________________________________________
    Bài tồn đọng của chuyên đề 3
    Bài 2:Cho hình bình hành ABCD có [tex]\widehat{BAD}<90^{\circ}[/tex]. Giả sử O là điểm nằm trong [tex]\Delta ABD[/tex] sao cho OC không vuông góc với BD. Vẽ đường tròn tâm O đi qua C. BD cắt (o) tại hai điểm M; N sao cho B nằm giữa M và D. Tiếp tuyến tại C của (O) cắt AD, AB lần lượt tại P, Q.
    1) Chứng minh rằng bốn điểm M; N; P; Q cùng thuộc một đường tròn.
    2) CM cắt QN tại K; CN cắt PM tại L. Chứng minh rằng [tex]KL\perp OC[/tex]
    View attachment 54873

    Bài 3: Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn O . H là trực tâm của tam giác ABC . AD là đường kính của (O) . E thuộc AC sao cho HE// BC.
    1) Chứng minh rằng các đường thẳng BH và DE cắt nhau trên (O) ( đã có người làm)
    2) Gọi F là giao điểm của các đường thẳng EH và AB. Chứng minh rằng A là tâm đường tròn bàng tiếp ứng với đỉnh D của tam giác DEF ( đã có người làm)
    3) Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác DEF. Chứng minh rằng BE, CF và IH đồng quy.

    Bài 4: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). P di chuyển trên cung BC chứa A của (O). I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC . Q là tâm đường tròn nội tiếp tam giác PBC.
    1) Chứng minh rằng B; I; Q; C cùng nằm trên một đường tròn.
    2) Trên tia BQ; CQ lần lượt lấy các điểm M; N sao cho BM = BI; CN = CI . Chứng minh rằng MN luôn đi qua một điểm cố định.
    View attachment 55013



     
    Đình HảiCoco99 thích bài này.
  14. lengoctutb

    lengoctutb Học sinh tiến bộ Thành viên

    Bài viết:
    1,085
    Điểm thành tích:
    196

    2.PNG
    $3)$ Do $I$ là tâm nội tiếp của $\Delta EDF \Rightarrow EI,EA$ lần lượt là các đường phân giác trong và đường phân giác ngoài của $\widehat{FED}$
    $\Rightarrow \widehat{AEI}=90^{\circ} \Rightarrow IE \perp EF$ mà $BH \perp AC$ $($H là trực tâm của $\Delta ABC$$)$ nên $IE \parallel BH$$.$ Chứng minh tương tự$,$ ta cũng có $:$ $IF \parallel CH$
    Gọi $G$ là giao điểm của $EI$ với $BC$
    Ta có $:$ $\widehat{FEI}= \widehat{CGE}$ $(EF \parallel BC)$ mà $\widehat{CBH}= \widehat{CGE}$ $(EI \parallel BH)$ nên $\widehat{FEI}= \widehat{CBH}$ $(1)$
    Chứng minh tương tự $:$ $\widehat{EFI}= \widehat{BCH}$ $(2)$
    $(1)(2) \Rightarrow \Delta HBC \backsim \Delta IEF \Rightarrow \frac{IE}{BH}= \frac{IF}{HC}$
    Gọi $T$ là giao điểm của $BE$ với $HI$ và $S$ là giao điểm $CF$ với $HI$$.$ Áp dụng hệ quả định lý $Thales$$,$ ta có $:$
    $\frac{IT}{TH}=\frac{IE}{BH}$ và $\frac{IS}{SH}=\frac{IF}{HC}$ mà $\frac{IE}{BH}= \frac{IF}{HC}$ $($cmt$)$ nên $\frac{IT}{TH}= \frac{IS}{SH} \Rightarrow T \equiv S \Rightarrow BE,CF,IH$ đồng quy
     
    Last edited: 19 Tháng năm 2018
  15. lengoctutb

    lengoctutb Học sinh tiến bộ Thành viên

    Bài viết:
    1,085
    Điểm thành tích:
    196

    3.PNG
    $1)$ Ta có $:$ $\widehat{BIC}=180^{\circ}-(\widehat{BCI}+ \widehat{CBI})=180^{\circ}-\frac{\widehat{ABC}+ \widehat{ACB}}{2}=180^{\circ}-\frac{180^{\circ}-\widehat{BAC}}{2}=90^{\circ}+\frac{\widehat{BAC}}{2}$
    Chứng minh tương tự $:$ $\widehat{BQC} =90^{\circ}+\frac{\widehat{BAC}}{2}$ nên $\widehat{BIC}= \widehat{BQC} \Rightarrow$ $B,I,Q,C$ cùng nằm trên một đường tròn

    $2)$ Kẻ đường tròn $(B)$ bán kính $BI$ và đường tròn $(C)$ bán kính $CI$$.$ Gọi $K$ là giao điểm của $(B)$ và $(C)$
    Do $BM=BI$ nên $M \in (B)$$,$ tương tự do $CN=CI$ nên $N \in (C)$
    Khi đó$,$ ta có $:$ $\widehat{IBQ}=2.\widehat{IKM}$ và $\widehat{ICQ}=2.\widehat{IKN}$ mà $\widehat{IBQ}= \widehat{ICQ}$ $($tứ giác $IQCB$ nội tiếp$)$
    Nên $\widehat{IKM}= \widehat{IKN} \Rightarrow N,M,K$ thẳng hàng$,$ lại do đường tròn $(B)$ và $(C)$ cố định nên $K$ cố định $($đpcm$)$
     
    Last edited: 19 Tháng năm 2018
    Đình HảiAnn Lee thích bài này.
  16. hieu030103

    hieu030103 Học sinh chăm học Thành viên

    Bài viết:
    73
    Điểm thành tích:
    121
    Nơi ở:
    Lâm Đồng
    Trường học/Cơ quan:
    Thpt Da Huoai

    Mình nghĩ bạ mod nên khai thác các định lý, cấu hình quen và các bài toán liên quan hơn là cho 1 list bài tập vì bài tập không hề thiếu
     
    Đình Hải thích bài này.
  17. Ann Lee

    Ann Lee Cựu Mod Toán Thành viên

    Bài viết:
    1,782
    Điểm thành tích:
    424
    Nơi ở:
    Hưng Yên

    Cảm ơn ý kiến của bạn. Phần "các định lí, cấu hình quen " thì mình sẽ không đăng vào topic thảo luận này mà thay vào đó là đăng bên topic lý thuyết. ( Nhưng hiện tại vì lịch học kín tuần nên mình chưa thể đăng lý thuyết kịp với phần thảo luận, minh sẽ cố gắng hoàn thành phần lý thuyết sớm nhất có thể)
    Những bài tập mình đưa ra này đa phần đều tương tự với đề thi chuyên ở các tỉnh, riêng phần hình học thì lấy từ đề thi dự bị vào chuyên.
    Như vậy là có liên quan chưa bạn?
    Xem thêm : [Lý thuyết]
     
    hdiemht, Đình Hảilengoctutb thích bài này.
  18. lengoctutb

    lengoctutb Học sinh tiến bộ Thành viên

    Bài viết:
    1,085
    Điểm thành tích:
    196

    $1)$ Gọi $S$ là điểm đối xứng của $P$ qua $M$$.$ Chứng minh được $:$ $ABSP$ là hình thang cân $\Rightarrow \widehat{ASE}= \widehat{BPS}$
    Ta có $:$ $\widehat{QPC}= \widehat{QAB}$ $(AB \parallel CD)$ mà $\widehat{QRB}= \widehat{QAB}$ $($tứ giác $QRAB$ nội tiếp $(O)$$)$ nên $\widehat{QPC}= \widehat{QRB}$
    $\Leftrightarrow 180^{\circ}-\widehat{QPC}= 180^{\circ}-\widehat{QRB} \Leftrightarrow \widehat{QPE}= \widehat{PRE} \Rightarrow \Delta ERP \backsim \Delta EPQ \Rightarrow \widehat{EQP}= \widehat{EPR}$
    Mà $\widehat{BPS}= \widehat{EPR}$ nên $\widehat{EQP}= \widehat{BPS}$$,$ lại có $\widehat{ASE}= \widehat{BPS} \Rightarrow \widehat{EQP}= \widehat{ASE} \Rightarrow$ Tứ giác $AEQS$ nội tiếp
    $\Rightarrow PA.PQ=PE.PS=\frac{PF}{2}.2PM=PF.PM$ $(PE= \frac{PF}{2}, PS= 2PM)$ $\Rightarrow$ Tứ giác $AMQF$ nội tiếp
    $\Rightarrow$ Đường tròn ngoại tiếp $\Delta AQF$ qua điểm $M$ cố định

    $2)$ $EA$ là tiếp tuyến của $(O) \Rightarrow EA^{2}=ER.EQ$ mà $ER.EQ= EP^{2} $ $(\Delta ERP \backsim \Delta EPQ)$ nên $EA^{2}=EP^{2} \Rightarrow EP=EA$
    $\Rightarrow \Delta EPA$ cân tại $E \Rightarrow \widehat{EPA}= \widehat{EAP}$
    Ta có $:$ $\widehat{DAP}= \widehat{EAP}-\widehat{EAD}= \widehat{EPA}-\widehat{ACD}= \widehat{PAC} \Rightarrow AP$ là phân giác của $\widehat{DAC}$
    $\Rightarrow \stackrel\frown{QC}= \stackrel\frown{QC} \Rightarrow QC=QD \Rightarrow \Delta DCQ$ cân tại $Q$$,$ lại có $M$ là trung điểm của $DC \Rightarrow QM \perp DC$ $($đpcm$)$
     
    Last edited: 19 Tháng năm 2018
    Ann Leehdiemht thích bài này.
  19. lengoctutb

    lengoctutb Học sinh tiến bộ Thành viên

    Bài viết:
    1,085
    Điểm thành tích:
    196

    $1)$ Gọi $P$ là giao điểm của $AD$ với $(O)$ $(P \neq A)$
    Ta có $:$ $\widehat{PCM}= \widehat{PAC}$ $($góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung$)$ mà $\widehat{PEC}= \widehat{PAC}$ $(EM \parallel AC)$ nên $\widehat{PCM} = \widehat{PEC}$
    $\Rightarrow$ Tứ giác $ECMP$ nội tiếp $\Rightarrow \widehat{MPC}= \widehat{MEC}$ $(1)$
    Có $:$ $\widehat{ECA}= \widehat{MEC}$ $(EM \parallel AC)$ mà $\widehat{ECA}= \widehat{EAC}$ $($$E$ nằm trên trung trực của $AC$$)$ nên $\widehat{MEC}= \widehat{EAC}$ $(2)$
    $(1)(2) \Rightarrow \widehat{MPC}= \widehat{EAC} \Rightarrow MP$ là tiếp tuyến của $(O)$
    Chứng minh tương tự $:$ $NP$ là tiếp tuyến của $(O) \Rightarrow MN$ là tiếp tuyến của $(O)$ $($đpcm$)$

    $2)$ Do tứ giác $EPMC$ nội tiếp nên theo định lý $Ptoleme$$,$ ta có $:$ $EP.CM+PM.EC=EM.CP$
    $\Leftrightarrow CM.(EP+EC)=EM.CP$ $(MC=MP)$ $\Leftrightarrow CM.AP=EM.CP$ $(EC=EA)$$.$ Chứng minh tương tự $:$ $BN.AP=BP.FN$
    $\Rightarrow \frac{BN.AP}{CM.AP}=\frac{BP.FN}{EM.CP} \Rightarrow \frac{BN}{CM}=\frac{FN}{EM}.\frac{BP}{CP}$ mà $ \frac{BN}{CM}= \frac{FN}{EM} $ $($gt$)$ nên $\frac{BP}{CP}=1 \Leftrightarrow BP=CP \Rightarrow \stackrel\frown{BP}=\stackrel\frown{CP} \Rightarrow \widehat{PAC}= \widehat{PAB}$
    $\Rightarrow AP$ là phân giác của $\widehat{BAC}$ $($đpcm$)$
     
    Ann Lee thích bài này.
  20. Ann Lee

    Ann Lee Cựu Mod Toán Thành viên

    Bài viết:
    1,782
    Điểm thành tích:
    424
    Nơi ở:
    Hưng Yên

    Bạn @lengoctutb đã giải quyết những bài kia rồi nên mình sẽ giải quyết nốt bài 2 này nhé <3 Rồi chúng ta sẽ chuyển qua BĐT
    _____________
    upload_2018-5-19_20-52-25.png
    1) Gọi [tex]MN[/tex] giao với $PQ$ tại T
    Vì tứ giác ABCD là hình bình hành nên
    • $AD//BC$ hay $DP//BC$
    • $AB//DC$ hay $DC//BQ$
    Theo định lý Thales ta có: $\frac{TP}{TC}=\frac{TD}{TB}=\frac{TC}{TQ}$
    $\Rightarrow TC^{2}=TP.TQ$
    Vì TC là tiếp tuyến tại C của (O) nên dễ chứng minh $TC^{2}=TM.TN$
    Do đó $TM.TN=TP.TQ$
    $\Delta TQN\sim \Delta TMP(c-g-c)\Rightarrow \widehat{TQN}=\widehat{TMP}\Rightarrow $ Tứ giác MNPQ nội tiếp
    => bốn điểm M; N; P; Q cùng thuộc một đường tròn (đpcm)
    2) Gọi S là giao điểm thứ hia của MP với (O)
    Ta có:
    $\widehat{KML}=\widehat{CMS}=\widehat{SCP}$( góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung CS của (O) )
    $=\widehat{MSC}-\widehat{SPC}$( $\widehat{MSC}$ là góc ngoài tại đỉnh S của $\Delta CSP$)
    $=\widehat{MNC}-\widehat{MNQ}$ (do các tứ giác MNPQ và MNSC nội tiếp)
    $=\widetilde{KNL}$
    $\Rightarrow MKLN$ nội tiếp
    $\Rightarrow \widehat{KLM}=\widehat{KNM}=\widehat{QPM}$
    $\Rightarrow KL//PQ$
    Mà $PQ\perp OC\Rightarrow KL\perp OC$ (đpcm)
     
    lengoctutbHà Chi0503 thích bài này.
Chú ý: Trả lời bài viết tuân thủ NỘI QUY. Xin cảm ơn!

Draft saved Draft deleted

CHIA SẺ TRANG NÀY

-->