Tiêu đề Đề Thi Olympic Toán Duyên Hải Bắc Bộ 2016-2017 (Khối 11) [Đáp Án].pdf ✅

2 Cho tam giác ABC nhọn, AB AC  , đường cao AH và trực tâm là điểm K . Đường thẳng BK cắt đường tròn đường kính AC tại D E BD BE ,    . Đường thẳng CK cắt đường tròn đường kính AB tại F G CF CG ,    . Đường tròn ngoại tiếp tam giác DHF cắt BC tại điểm P P H   . a) Chứng minh rằng các điểm G H P E , , , cùng thuộc một đường tròn. b) Chứng minh rằng các đường thẳng BF CD PK , , đồng quy tại một điểm. Ý ĐÁP ÁN Điểm a. S F G P D E K H C B A 2,0đ Ta có 0   AHB 90 suy ra 5 điểm A G B H F , , , , cùng nằm trên một đường tròn. Do đó tứ giác AGHF nội tiếp   KG KF KA KH . . (1). Ta có 0   AHC 90 suy ra 5 điểm A E C H D , , , , cùng nằm trên một đường tròn. Do đó tứ giác ADHE nội tiếp   KD KE KA KH . . (2). Từ (1) và (2) ta được KD KE KG KF . .  suy ra tứ giác GDFE nội tiếp 0      GDF GEF 180 (3). 0,5đ Ta có AB là trung trực của GF AG AF   , AC là trung trực của DE AD AE    A là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác GDFE . Suy ra 1 2      GEF GAF BAF (4). Tứ giác DHPF nội tiếp nên    FDP FHP , tứ giác ABHF nội tiếp nên       FHP BAF FDP BAF (5). 0,5đ Từ (4) và (5) ta được    GEF FDP (6). Từ (3) và (6) ta được 0       GDF FDP A D P 180 , , thẳng hàng. Tương tự P F E , , thẳng hàng. 0,5đ Ta có 0 0 0 0                GHP AHP AHG AHG AFG BAF 90 90 90 90 suy ra 0     GHP BAF 180 (7). Từ (4) và (7) suy ra 0      GHP GEP 180 tứ giác GHPE nội tiếp. 0,5đ b. 2,0đ
3 Ta có HP là trục đẳng phương của DHPF và GHPE, DF là trục đẳng phương của DHPF và GDFE, GE là trục đẳng phương của GDFE và GHPE suy ra HP GE DF , , đồng quy tại điểm S . 0,5đ Xét tam giác SEP có EB GP SF , , đồng quy suy ra SPBC  1      E SPBC GFKC   1 1   (8). 1,0đ Xét tam giác KBC và kết hợp với (8) ta được BF CD PK , , đồng quy tại một điểm. 0,5đ Bài 3 (4,0 điểm)_chuyên Lê Khiết – Quảng Ngãi Tìm tất cả các hàm số f :  thỏa mãn điều kiện sau: f x f y f f x f y             1 với mọi x y,  . ĐÁP ÁN ĐIỂM 4,0đ Thay y f x f x f f x f f x f f x                     1 1 suy ra tồn tại số nguyên a sao cho f a   1. 0,5đ Thay y a  ta được f x f a f f x f a f x f f x x                  1 1 ,      (1). 0,5đ Thay x bởi f x  và y bởi x ta được f f x f x f f f x f x                1       f f f f x f x x 0 1,        (2). 0,5đ Từ (1) và (2) ta được f f x f x x 0 2 1,                   f x f x f x  2 0 1,      (3). Từ (3) ta được f x f x f x f x x          2 1 1 ,                 f x f x f x f x x  2 1 1 ,               f x f x f f x    1 1 0 ,      (4). 0,5đ Từ (4) và n nguyên dương ta được f n f n f f      0 1 0       (5) Từ (4) và n nguyên dương ta được f n f n f f         1 1 0       suy ra f n f n f f      0 1 0       (6). Từ (5) và (6) suy ra f x f x f f cx d x          0 1 0 ,       1,0đ Thử lại phương trình đã cho ta được f x cy d f cx d cy d x y                 1, ,             c x cy d d c cx d d cy d x y       1, , 2 2             cx c y cd d c x cd d cy d x y 1, , 1,0đ