Chuyển địa chỉ Blog

Mình hiện giờ không còn dùng blog này nữa. Blog này mình viết chủ yếu là giải toán THCS để luyện thi vào cấp 3. Blog mới của mình hiện tại là

https://combigeomery.wordpress.com

 

Chuyên mục:Sơ cấp

Kì thi giải toán VMEO của diễn đàn VMF.

Tháng Mười 31, 2015 Để lại bình luận
Các bạn thân mến, Kỳ thi VMEO (viết tắt của Vietnamese Mathematical E-Olympiad) là kỳ thi giải toán o­nline thường niên của www.diendantoanhoc.net. Đối tượng chính của cuộc thi là các bạn học sinh phổ thông muốn tìm tòi thêm về toán sơ cấp (bao gồm THCS vả THPT), chúng tôi khuyến khích các bạn đang có dự định tham dự kì thi VMO sắp tới tham gia thi VMEO. Hình thức của cuộc thi là giải các đề toán định kỳ. Cụ thể, vào đầu mỗi tháng 10, 11, 12. Các bạn có thể tìm hiểu thêm về kì thi VMEO tại topic Tuyển tập đề thi đáp án VMEO hay trong box Những sự kiện đã kết thúc.

Các đề thi của kỳ thi VMEO trước được các thành viên của nhóm Cộng Tác Viên thiết kế. Đề thi vừa rất gần gũi với các bạn học sinh, vừa tạo nhiều điều kiện để các bạn trẻ có thể trao đổi nhiều hơn với nhau về các bài toán sơ cấp đẹp, khó và thú vị. Đây chính là điểm đặc biệt của kỳ thi VMEO mà chúng tôi  sẽ cố gắng gìn giữ và phát huy hơn nữa.

Tiếp nối những kì VMEO cũ, chúng tôi xin thông báo với các bạn về kì thi VMEO IV. Đề thi được sự đóng góp của các bạn học sinh, sinh viên, các thầy cô dạy học THCS, THPT (thầy Trần Quang Hùng THPT chuyên KHTN, thầy Hà Duy Hưng THPT chuyên ĐHSP HN…).  Hiện tại, cuộc thi đang diễn ra đợt một tháng 10 (1/10 đến 20/11) và đợt 2 tháng 11 (1/11 đến 20/12). Mọi lời giải xin gửi về email vmeovmf@gmail.com.

Xin giới thiệu với các bạn đề thi tháng 10tháng 11. Rất mong các bạn có thể tham gia dự thi. Giải thưởng cho kì thi này sẽ là giấy chứng nhận, sách toán hoặc tiền mặt.

Nếu các bạn có mong muốn đóng góp đề đề nghị cho VMEO, xin hãy gửi đề và lời giải đề nghị của bạn qua email vmeovmf@gmail.com kèm theo tên bạn (tên tác giả) và một số bình luận (nếu có).

Các bạn có thể tham khảo link chi tiết hơn về điều lệ VMEO tại các link sau:

Xin cảm ơn.
BTC VMEO IV.
Chuyên mục:VMF Tags: ,

Number theory 30

(Switzerland National Olympiad 2007) Tìm mọi số tự nhiên a,b thỏa mãn \dfrac{a^3+1}{2ab^2+1} là số nguyên.

Lời giải. Xem tại đây.

Geometry 21

(Thi thử vào lớp 10 chuyên KHTN năm 2013-2014) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Đường tròn (K) tiếp xúc CA,AB lần lượt tại E,F và tiếp xúc trong (O) tại S. SE,SF lần lượt cắt (O) tại M,N khác S. Đường tròn ngoại tiếp \triangle AEM, AFN cắt nhau tại P khác A.

a) Chứng minh rằng AMPN là hình bình hành.

b) Gọi EN,FM làn lượt cắt (K) tại G,H khác E,F. Gọi GH cắt MN tại T. Chứng minh \triangle AST cân.

Untitled

 

Lời giải. a) Vì tứ giác APEM nội tiếp nên \angle APE=180^{\circ}- \angle AME. Tương tự ta cũng có \angle APF=180^{\circ}- \angle ANF.

Lại có tứ giác ANSM nội tiếp nên \angle AME+ \angle ANF=180^{\circ}.

Từ ba điều trên ta suy ra \angle ANF+ + \angle AME=180^{\circ}. Vậy P,F,E thẳng hàng.

 

Ta có \angle NAP= \angle EFS (cùng bù với \angle NFP) do tứ giác ANFP nội tiếp.

Ta có \angle APM= \angle AEM= \angle SEC vì tứ giác APEM nội tiếp.

Hơn nữa thì P,E,F thẳng hàng nên \angle SEC= \angle SFE. Do đó \angle NAP= \angle APM hay AN \parallel PM.

Chứng minh tương tự AM \parallel NP. Do đó ANPM là hình bình hành.

 

b) Theo câu a ta có ANPM là hình bình hành nên MN đi qua trung điểm AP.

Kẻ tiếp tuyến Sx của (O) thì suy ra Sx cũng là tiếp tuyến của (K). Ta có \angle NMS= \angle NSx= \angle FSx= \angle FES suy ra \angle NMS= \angle FES nên EF \parallel MN.

P \in EFMN đi qua trung điểm AP nên MN đi qua trung điểm Q của AF.

 

Untitled

Lấy điểm R là giao của EFAN. Tam giác ARFQ trung điểm AFNQ \parallel RF nên N trung điểm AR.

NQ \parallel RF nên \angle ANQ= \angle ARF. Mặt khác thì \angle ANQ= \angle ASM vì tứ giác ANSM nội tiếp. Do đó \angle ARF= \angle ASE nên tứ giác ARSE nội tiếp.

ARSE nội tiếp nên \angle ASR= \angle AER\angle AER= \angle NSEAE là tiếp tuyến của (K). Do đó \angle ASR= \angle NSE.

Dễ chứng minh tia SN nằm giữa hai tia SR,SA và tia SA nằm giữa hai tia SN,SE. Khi đó từ \angle ASR= \angle NSE suy ra \angle NSR= \angle ASM. Kết hợp với \angle RNS= \angle AMS ta suy ra \triangle RNS \sim \triangle AMS \; ( \text{g.g}). Ta có \dfrac{NS}{NA}= \dfrac{NS}{NR}= \dfrac{MA}{MS} (vì N trung điểm AR) hay MA \cdot NA= NS \cdot MS \qquad (1).

Giả sử tiếp tuyến tại A cắt tiếp tuyến tại S tại T. TN \cap (O)= M'.

Dễ chứng minh \dfrac{TN}{TA}= \dfrac{AN}{AM'}\triangle TNA \sim \triangle TAM'\dfrac{TN}{TS}= \dfrac{SN}{SM'}\triangle TNS \sim \triangle TSM'. Mà TS=TA nên suy ra \dfrac{AN}{AM'}= \dfrac{SN}{SM'} hay \dfrac{AN}{SN}= \dfrac{AM'}{SM'}.

Hơn nữa theo (1) thì \dfrac{NA}{NS}= \dfrac{MA}{MS} nên \dfrac{AM'}{SM'}= \dfrac{MA}{MS}. Mặt khác M,M' cùng thuộc cung AS của (O) nên \angle AMS= \angle AM'S. Do đó \triangle AMS \sim \triangle AM'S \; ( \text{c.g.c}) suy ra AM=AM' nên M \equiv M'. Vậy T,M,N thẳng hàng.

H'= TG \cap (K). Trong (K) thì TG \cdot TH'= TS^2= TA^2=TM \cdot TN. Do đó tứ giác NGH'M nội tiếp.

Ta có \angle GH'F= \angle GEF= \angle GNM (vì EF \parallel MN). Mà \angle GNM+ \angle GH'M=180^{\circ}NGH'M nội tiếp. Do đó \angle GH'F+\angle GH'M=180^{\circ}. Ta suy ra M,H',F thẳng hàng. Như vậy thì H' \equiv H.

Hay nói cách khác T (giao của hai tiếp tuyến tại A,S của (O)) chính là giao của GHMN. Vậy TA=TS hay \triangle TAS cân tại T. \blacksquare

 

 

 

Geometry 20

(Thi vào lớp 10 chuyên ĐHKHTN-DHQGHN 2012-2013) Cho hình vuông ABCD nội tiếp đường tròn (O). Điểm M thuộc cung nhỏ CD của (O) (M khác C,D). MA cắt DB,DC theo thứ tự tại X,Z. MB cắt CA,CD theo thứ tự tại Y,T. DY cắt CX tại K.

a) Chứng minh \angle MXT= \angle TXC, \angle MYZ= \angle ZYD\angle CKD=135^{\circ}.

b) Chứng minh \dfrac{KM}{MX}+ \dfrac{KY}{MY}+ \dfrac{ZT}{CD}=1.

c) Gọi L là giao điểm của MKCD. Chứng minh rằng XT, YZ,OL cùng đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác KZT.

Lời giải.

Untitled

a) Ta có \angle MAC= \angle MBC nên \angle AXO= \angle BTC (phụ với \angle MAC) hay \angle DXM= \angle DTM (đối đỉnh). Ta suy ra DXTM nội tiếp. Do đó \angle MXT= \angle MDT= \angle MAC= \frac{1}{2}\angle MOC.

Lại có \angle XOC= \angle XMC=90^{\circ} nên XOCM nội tiếp nên \angle MXC= \angle MOC= 2 \angle MXT. Do đó \angle MXT= \angle TXC= \angle MAC.

Chứng minh tương tự \angle MYZ= \angle ZYD= \angle DBM.

\triangle OYB có $YO$ vừa là trung truyến vừa là đường cao nên \triangle OYB cân tại Y. Do đó \angle OBY=ODY\angle OBY= \angle DYZ nên \angle ODY= \angle DYZ suy ra YZ \parallel BD. Chứng minh tương tự XT \parallel AC.

YZ \parallel BD nên \angle YZC= \angle BDC=45^{\circ}. Do đó \angle ZDY=\angle YZC- \angle ZYD= 45^{\circ}- \angle DBM= \angle MBC. Chứng minh tương tự \angle KCD= \angle MBD. Khi đó thì 180^{\circ}- \angle CKD=\angle ZDY+\angle KCD= 45^{\circ} suy ra \angle CKD=135^{\circ}.

b) Vì YZ \parallel BD, XT \parallel AC nên \angle XTD= \angle YZC=45^{\circ}. Do đó \triangle DXT,ZYC lần lượt vuông cân tại X,Y. Khi đó XD=XT,YC=YZ. Ta cũng dẫn đến XT \perp BD, YZ \perp AC nên \triangle IZT vuông cân tại I với XT \cap YZ=I.

Dễ chứng minh \triangle DXK \sim \triangle BTD \; ( \text{g.g}) suy ra \dfrac{KX}{XD}= \dfrac{DT}{BT}. Mà \triangle DTM \sim \triangle BTC \; ( \text{g.g}) nên \dfrac{DT}{BT}= \dfrac{DM}{BC}. Như vậy KX= \dfrac{XD \cdot DM}{BC} \qquad (1).

Ta có XT \parallel AC nên \dfrac{XT}{AY}= \dfrac{MX}{AM} hay MX= \dfrac{AM \cdot XT}{AY}. Mà \triangle YAM \sim \triangle YBC \; ( \text{g.g}) nên \dfrac{AM}{AY}= \dfrac{BC}{BY}. Như vậy MX= \dfrac{BC \cdot XT}{BY} \qquad (2).

Từ (1)(2), kết hợp với XD=XT (chứng minh trên) ta suy ra \dfrac{KX}{MX}= \dfrac{DM \cdot BY}{BC^2}.

Lại có \triangle BYC \sim \triangle BCM \; ( \text{g.g}) nên BC^2=BY \cdot BM. Do đó \dfrac{KX}{MX}= \dfrac{DM}{BM}.

\triangle DMB \sim \triangle ZDA \; ( \text{g.g}) nên \dfrac{DM}{BM}= \dfrac{DZ}{DA} suy ra \dfrac{KX}{MX}= \dfrac{DZ}{DA}.

Chứng minh tương tự \dfrac{KY}{MY}= \dfrac{TC}{BC}= \dfrac{TC}{DC}.

Vậy \dfrac{KX}{MX}+ \dfrac{KY}{MY}+ \dfrac{ZT}{CD}= \dfrac{DZ+ZT+TC}{CD}=1.

c) Theo câu b, ta có \angle KDC= \angle MDC= \angle MAC= \angle MXT= \angle TXC. Do đó \angle MDK= \angle MXK=2 \angle MAC. Ta suy ra DXKM nội tiếp. Khi đó \angle KMX= \angle KDX= \angle YBD= \angle XAD nên MK \parallel AD. Mà AD \perp DC nên MK \perp DC.

\triangle KDM có $DC$ vừa là đường cao vừa là phân giác nên L trung điểm KM. Hay nói cách khác K đối xứng với M qua CD. Cho nên \angle ZKT= \angle ZMT= \angle DMC- \angle DMZ- \angle TMC=45^{\circ}.

Ta đã có IZ=IT\angle ZIT=90^{\circ}. Vì \angle ZKT=45^{\circ} nên K nằm trên cung góc 45^{\circ} dựng trên đoạn TZ. Ta xét các trường hợp K nằm trong, ngoài (I,IZ) suy ra mâu thuẫn. Do đó chỉ có thể K \in (I,IZ). Nói cách khác I là tâm đường tròn ngoại tiếp \triangle KZT.

Bây giờ ta sẽ chứng minh O,I,L thẳng hàng. Ta có ML \parallel AD nên \dfrac{LZ}{LD}= \dfrac{MZ}{MA}= \dfrac{ZT}{AB}= \dfrac{\sqrt 2ZI}{ \sqrt 2 DO}= \dfrac{ZI}{DO}. Vậy \dfrac{LZ}{LD}= \dfrac{ZI}{DO} suy ra O,I,L thẳng hàng.

Vậy XT,YZ,OL cùng đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp \triangle KZT. \blacksquare

 

Geometry 19

(Thi thử vào lớp 10 chuyên KHTN) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O). BE,CF là hai đường cao với E,F tương ứng thuộc cạnh AC,AB. Tiếp tuyến tại B,C của (O) cắt nhau tại T. TC,TE cắt EF tại P,Q. M trung điểm BC.

a) Chứng minh M là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác TPQ.

b) AD là đường kính của (O). DM cắt (O) tại R khác D. Chứng minh rằng các tứ giác RQBM,RPCM,RQTP nội tiếp.

c) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác TPQ tiếp xúc với (O) tại R.

Lời giải.

a) Vì T là giao hai tiếp tuyến tại B,C của (O) nên TO là đường trung trực của BC. Mà M trung điểm BC nên O,M,T thẳng hàng và OT phân giác \angle BTC.

Ta có \angle QEM= \angle QEC- \angle MEC= 180^{\circ}- \angle AEF- \angle ACB= 180^{\circ}- \angle ABC- \angle ACB= \angle BAC.

Hơn nữa thì \angle CBT= \angle BAC nên \angle CBT= \angle QEM\angle CBT+ \angle QBM=180^{\circ} nên \angle QBM+ \angle QEM=180^{\circ}. Ta có tứ giác EQBM nội tiếp. Do đó \angle MQE= \angle MBE= \angle MEB= \angle MQB hay QM phân giác \angle EQB.

M là giao điểm của hai phân giác của \triangle PQT nên M là tâm đường tròn nội tiếp \triangle PQT.

b) Vì TQ là tiếp tuyến của (O) nên \angle QBR= \angle BDR\angle FBQ= \angle ACB= \angle AFE= \angle QFB. Từ đó dẫn đến \triangle QBF cân tại $latex $Q$ có QM là phân giác nên QM \perp AB.

Ta cũng có AD đường kính nên AB \perp DB. Do đó DB \parallel QM nên \angle BDR= \angle QMR. Từ hai điều trên ta suy ra \angle QBR= \angle QMR dẫn đến RQBM nội tiếp.

Chứng minh tương tự, ta có RPCM nội tiếp.

QRMB nội tiếp nên \angle RQB= \angle RMC.

RMCP nội tiếp nên \angle RMC+ \angle RPC=180^{\circ}. Do đó \angle RQB+ \angle RPC=180^{\circ}. Ta suy ra tứ giác RQTP nội tiếp.

c) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác TPQ. Kẻ tiếp tuyến Rx tại R của đường tròn này (vì RQTP nội tiếp nên R \in (I)).

Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử R nằm trên cung nhỏ AC. Do Rx là tiếp tuyến của I nên Rx không thể nằm giữa RBRQ, mà RQ là tia nằm giữa.

Theo cách dựng ta có \angle xRQ= \angle RPQ= \angle RPB- \angle QPB \qquad (1).

Dễ chứng minh tương tự theo câu c thì MP \perp AC nên \angle QPM= 90^{\circ}- \angle PEC= 90^{\circ}- \angle ABC \qquad (2).

RPCM nội tiếp nên \angle RPB= \angle RCB. Như vậy kết hợp với (1)(2) ta suy ra \angle xRQ= \angle RCB+ \angle ABC-90^{\circ}.

QBMR nội tiếp nên \angle QRB= \angle QMB= \angle FCB= 90^{\circ}- \angle ABC.

Ta có \angle xRB= \angle xRQ+ \angle QRB= \angle RCB+ \angle ABC-90^{\circ}+90^{\circ}- \angle ABC= \angle RCB. Từ đây ta suy ra Rx cũng là tiếp tuyến của (O).

Như vậy (O)(I) có tiếp tuyến chung, các điểm thuộc (I),(O) nằm trên cùng một nửa mặt phẳng bờ Rx nên hai đường tròn này tiếp xúc trong tại R. \blacksquare

Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên có chứa ẩn ở số mũ

Đây là một bài viết của mình nhân dịp 10 năm sinh nhật Diễn đàn Toán học.

Bài viết giới thiệu một số phương pháp, kĩ thuật để giải quyết các bài toán phương trình nghiệm nguyên có chứa ẩn ở số mũ.

Ptnn-somu