phamquangtoan

Lưu trữ

Author Archive

Chuyển địa chỉ Blog

Tháng Tám 7, 2016 phamquangtoan Bạn nghĩ gì về bài viết này?

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 phamquangtoan Bạn nghĩ gì về bài viết này?

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 10 và tháng 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:

Điều lệ VMEO

Thông báo mới về VMEO, về đề thi mới.

Xin cảm ơn.

BTC VMEO IV.

Chuyên mục:VMF Thẻ:VMEO, VMF

Number theory 30

Tháng Sáu 1, 2014 phamquangtoan Bạn nghĩ gì về bài viết này?

(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.

Chuyên mục:Bài toán, Lý thuyết số, Phép chia hết, phép chia có dư, Phương trình nghiệm nguyên, Sơ cấp

Geometry 21

Tháng Tư 24, 2014 phamquangtoan 3 comments

(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.

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 $EF \parallel MN$ .

Vì $P \in EF$ và $MN$ đi qua trung điểm $AP$ nên $MN$ đi qua trung điểm $Q$ của $AF$ .

Lấy điểm $R$ là giao của $EF$ và $AN$ . Tam giác $ARF$ có $Q$ trung điểm $AF$ và $NQ \parallel RF$ nên $N$ trung điểm $AR$ .

Vì $NQ \parallel RF$ 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.

Vì $ARSE$ nội tiếp nên $\angle ASR= \angle AER$ mà $\angle AER= \angle NSE$ vì $AE$ 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 $\dfrac{TN}{TA}= \dfrac{AN}{AM'}$ vì $\triangle TNA \sim \triangle TAM'$ và $\dfrac{TN}{TS}= \dfrac{SN}{SM'}$ vì $\triangle TNS \sim \triangle TSM'$ . 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 $\angle GNM+ \angle GH'M=180^{\circ}$ vì $NGH'M$ 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 $GH$ và $MN$ . Vậy $TA=TS$ hay $\triangle TAS$ cân tại $T$ . $\blacksquare$

Chuyên mục:Bài toán, Hình học, Hình học THCS, Sơ cấp Thẻ:hinh hoc thcs, khtn

Geometry 20

Tháng Tư 8, 2014 phamquangtoan Bạn nghĩ gì về bài viết này?

(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 $\angle MXT= \angle TXC, \angle MYZ= \angle ZYD$ và $\angle CKD=135^{\circ}$ .

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

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

Lời giải.

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 $\angle OBY=ODY$ mà $\angle OBY= \angle DYZ$ 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 $(1)$ và $(2)$ , 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 $IZ=IT$ và $\angle ZIT=90^{\circ}$ . 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 $\triangle KZT$ . $\blacksquare$

Chuyên mục:Bài toán, Hình học, Hình học THCS, Sơ cấp Thẻ:hinh hoc thcs, khtn

Geometry 19

Tháng Ba 4, 2014 phamquangtoan Bạn nghĩ gì về bài viết này?

(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 $\angle CBT= \angle QEM$ mà $\angle CBT+ \angle QBM=180^{\circ}$ 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 $\angle QBR= \angle BDR$ và $\angle FBQ= \angle ACB= \angle AFE= \angle QFB$ . 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.

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

Vì $RMCP$ 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 $RB$ và $RQ$ , 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 $\angle QPM= 90^{\circ}- \angle PEC= 90^{\circ}- \angle ABC \qquad (2)$ .

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

Vì $QBMR$ 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 $(O)$ và $(I)$ 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 $R$ . $\blacksquare$