Chủ đề này có 17 trả lời

[E. Galois]

Chuyển nhanh đến:
1) Điều lệ
2) Đăng kí thi đấu
3) Lịch thi đấu và tổng hợp kết quả

Vào hồi 20h, Thứ Sáu, ngày 5/10/2012, Tổ trọng tài sẽ ra đề vào topic này, sau khi có đề, các toán thủ bắt đầu thi đấu.

Các toán thủ khi thi đấu, cứ yên tâm rằng, sau khi trả lời là bài làm đã được lưu, BTC đã nhận được bài làm của bạn, có điều bạn không nhìn thấy được mà thôi. Bạn nên mừng vì điều này, như thế các toán thủ khác không thể copy bài của bạn được.

Bạn cũng nên sử dụng chức năng xem trước của diễn đàn để sửa các lỗi Latex trước khi gửi bài, vì gửi rồi sẽ không xem và sửa lại được nữa.

BTC lưu ý:
1) Trận 6 có 23 toán thủ nên 2 toán thủ ít điểm nhất sẽ bị loại

2) Các toán thủ chớ quên rằng mỗi một mở rộng đúng sẽ được 10 điểm, các bạn nên mở rộng bài toán để thu được nhiều điểm hơn.

3) Sau khi trận đấu kết thúc, toán thủ không được tự ý sửa bài của mình vì nếu sửa sẽ bị chấm là 0 điểm.

[E. Galois]

Cho $\Delta$ABC thỏa mãn: $BC=\frac{\sqrt{3}}{2}$ và $\tan \frac{A}{2}+\tan \frac{B}{2}+\tan \frac{C}{2}=\frac{9R^{2}}{4S}$ ($S, R$ lần lượt là diện tích $\Delta ABC$ và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác)
tính các cạnh và các góc của $\Delta ABC$

Toán thủ ra đề:
chagtraife

[NGOCTIEN_A1_DQH]

lời giải:

trước hết ta có các công thức sau:

với mọi tam giác ABC có $ p,R,r $ lần lượt là nửa chu vi, bán kính đường tròn ngoại tiếp, bán kính đường tròn nội tiếp thì:

$ sinA+sinB+sinC=4cos\frac{A}{2}cos\frac{B}{2}cos\frac{C}{2} $ (1)

$ cosA+cosB+cosC=1+4sin\frac{A}{2}sin\frac{B}{2}sin\frac{C}{2} $ (2)

$ r=4Rsin\frac{A}{2}sin\frac{B}{2}sin\frac{C}{2} $ (3)

$ tan\frac{A}{2}+tan\frac{B}{2}+tan\frac{C}{2}=\frac{r+4R}{p} $ (4)

ba công thức (1), (2), (3) là 3 công thức cơ bản nên không chứng minh ở đây, ta sẽ chứng minh công thức (4)

thật vậy ta có:

$ VT(4)=\sum\frac{1}{2}(tan\frac{A}{2}+tan\frac{B}{2})=\frac{1}{2}\sum\frac{sin\frac{A+B}{2}}{cos\frac{A}{2}cos\frac{B}{2}}=\frac{1}{2}\sum\frac{cos\frac{C}{2}}{cos\frac{A}{2}cos\frac{B}{2}} $
$= \frac{cos^2\frac{A}{2}+cos^2\frac{B}{2}+cos^2\frac{C}{2}}{2cos\frac{A}{2}cos\frac{B}{2}cos\frac{C}{2}}=\frac{3+cosA+cosB+cosC}{4cos\frac{A}{2}cos\frac{B}{2}cos\frac{C}{2}}=\frac{4+4sin\frac{A}{2}sin\frac{B}{2}sin\frac{C}{2}}{sinA+sinB+sinC} $
$ =\frac{R(4+4sin\frac{A}{2}sin\frac{B}{2}sin\frac{C}{2})}{R(sinA+sinB+sinC)}=\frac{r+4R}{p} $ (theo các công thức (1),(2), (3).

vậy bổ đề được chứng minh

trở lại bài toán:

áp dụng bổ đề (4) và giả thiết ta được:

$ \frac{9R^2}{4S}=\frac{r+4R}{p} $

$ \Leftrightarrow \frac{9R^2}{4pr}=\frac{r+4R}{p} $

$ \Leftrightarrow 9R^2=16Rr+4r^2 $

$ \Leftrightarrow r=\frac{1}{2}R $ (*)

mà ta có: $ S=pr $ và $ R=\frac{abc}{4S} $ nên:

$ (*) \Leftrightarrow \frac{S}{p}=\frac{abc}{8S} $

$ \Leftrightarrow S^2=\frac{abc(a+b+c)}{16} $

mặt khác, theo công thức hê rông thì:

$ S^2=\frac{1}{16}(a+b+c)(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b) $

$ \Rightarrow (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)=abc $ (5)

mà theo bất đẳng thức AM-GM thì:

$ (a+b-c)(b+c-a) \leq b^2 $

$ (b+c-a)(c+a-b) \leq c^2 $

$ (c+a-b)(a+b-c) \leq a^2 $

từ đây suy ra: $ (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b) \leq abc $

kết hợp với (5) suy ra $ a=b=c $

vậy tam giác ABC có $ AB=BC=CA=\frac{\sqrt{3}}{2} $ và $ \widehat{A}=\widehat{B}=\widehat{C}=60^o $

Nói thêm chỗ (*): Từ (3) thì em dễ dàng suy ra được BĐT (quen thuộc) $R \ge 2r$, dấu bằng (*) xảy ra khi $A=B=C=60^0$ thì bài toán nhẹ nhàng hơn!
Điểm: 10

51+3x10=81

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 09-10-2012 - 18:43
Ghi điểm

[sogenlun]

Cho $\Delta$ABC thỏa mãn: $BC=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$ và $\tan \dfrac{A}{2}+\tan \dfrac{B}{2}+\tan \dfrac{C}{2}=\dfrac{9R^{2}}{4S}$ ($S$ là diện tích $\Delta ABC$)
tính các cạnh và các góc của $\Delta ABC$

Ta dễ dàng có : $$ \sin ^2 A+\sin ^2 B+\sin ^2 C \le \dfrac{9}{4} $$
Xét $2(\cos{A}.\sin{B}.\sin{C}+\cos{B}.\sin{A}.\sin{C}+\cos{C}.\sin{B}.\sin{A})=\sin{A}(\sin{B}\cos{C}+\sin{C}\cos{B})+\sin{B}(\sin{A}\cos{C}+\sin{C}\cos {A})+\sin{C}(\sin{B}\cos{A}+\sin{A}\cos{B})=\sin{A}.\sin{(B+C)}+\sin{B}.\sin{(A+C)}+\sin{C}.\sin{(A+B)} =\sin^2A+\sin^2B+\sin^2C$
Với $$\tan \dfrac{A}{2}+\tan \dfrac{B}{2}+\tan \dfrac{C}{2}=\dfrac{9R^{2}}{4S}$$
$$\Leftrightarrow 2\sin A\sin B\sin C (\tan \dfrac{A}{2}+\tan \dfrac{B}{2}+\tan \dfrac{C}{2}) = \dfrac{9}{4} $$
$$\Leftrightarrow 4(\sin^2 \dfrac{A}{2}.\sin B . \sin C +\sin^2 \dfrac{B}{2}.\sin A . \sin C +\sin^2 \dfrac{C}{2}.\sin B . \sin A) =\dfrac{9}{4}$$
$$\Leftrightarrow 2(1-\cos A)\sin B . \sin C+2(1-\cos B)\sin A . \sin C+2(1-\cos C)\sin B . \sin A=\dfrac{9}{4} $$
$$\Leftrightarrow 2(\sin B . \sin C+\sin A . \sin C+\sin B . \sin A)-2(\cos A.\sin B . \sin C+\cos B.\sin A . \sin C+\cos C.\sin B . \sin A) =\dfrac{9}{4}$$
$$\Leftrightarrow 2(\sin B . \sin C+\sin A . \sin C+\sin B . \sin A) - ( \sin^2 A+\sin^2 B +\sin^2 C) =\dfrac{9}{4}$$
$$ \Leftrightarrow (\sin^2 A+\sin^2 B +\sin^2 C) - (\sin A - \sin B)^2-(\sin B - \sin C)^2-(\sin C - \sin A)^2 =\dfrac{9}{4} \,\,\, (*)$$
Mà
$$ \sin ^2 A+\sin ^2 B+\sin ^2 C \le \dfrac{9}{4} $$
$$- (\sin A - \sin B)^2 \le 0$$
$$- (\sin B - \sin C)^2 \le 0$$
$$- (\sin C - \sin A)^2 \le 0$$
Nên $(*)$ tương đương với : $$\sin A = \sin B =\sin C = \dfrac{\sqrt{3}}{2} $$
Điều này chỉ xảy ra khi $A=B=C=60^0$
Khi đó $\Delta ABC đều $
Như vậy : $$AB=BC=CA =\dfrac{\sqrt{3}}{2} \text{và} A=B=C=60^0$$

Đành rằng $\sin ^2A+\sin ^2B+\sin^2C \le \frac{9}{4}$ là điều chứng minh không khó nhưng nội dung này không được viết ở đâu trong bất kì SGK nên bài làm của thí sinh bắt buộc phải chứng minh lại (Các đẳng thức 1, 2, 3 ở bài làm của Tiến, CD13 không bắt lỗi là vì chúng là các bài tập trong SGK!)
Điểm: 9.5

S=51+3x9.5=79.5

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 09-10-2012 - 18:45
Ghi điểm

[minh29995]

Ta có: $S=\frac{abc}{4R}$
$\Leftrightarrow 4S=\frac{abc}{R}$
Mặt khác ta có:
$\frac{a}{sinA}=\frac{b}{sinB}=\frac{c}{sinC}=2R$
nên $\frac{9R^2}{4S}=\frac{9}{8}\frac{1}{sinA.sinB.sinC}$
Do đó gt tương đương với:
$sinA.sinB.sinC(tan\frac{A}{2}+tan\frac{B}{2}+tan\frac{C}{2})=\frac{9}{8}$(*)
Ta chứng minh:
$tan\frac{A}{2}+tan\frac{B}{2}+tan\frac{C}{2}\leq cotA+cotB+cotC$
Thật vậy: Ta có:
$cotA+cotB=2\frac{sin(A+B)}{cos(A-B)-cos(A+B)}\geq 4\frac{sin\frac{C}{2}cos\frac{C}{2}}{1+cosC}=2tan\frac{A}{2}$
Xây dựng các BĐT tương tự cộng lại ta có ĐPCM. Áp dụng ta có:
$VT(*)\leq sinAsinBcosC+sinBsinCcosA+sinCsinAcosB$
$VT(*)\leq \frac{3}{2}-\frac{1}{2}(cos^2A+cos^2B+cos^2C)$
ta chứng minh:
$cos^2A+cos^2B+cos^2C\geq \frac{3}{4}$(1)
Giả sử A,B,C có 1 góc lớn hơn 90 độ là A thì $cos^2A\geq 0$
$B<90-C$ suy ra $cosB>sinC$ suy ra $cos^2B+ cos^2C>1$
Do đó (1) đúng:
Xét $A,B,C\leq 90^0$ giả sử C=min{A,B,C} ta có:
$cos^2A+cos^2B-2cos^2\frac{A+B}{2}=-cos(A+B)(1-cos(A-B))\geq 0$
do đó:
$VT(1)\geq 1-cosC+cos^2C\geq \frac{3}{4}$
Kết luận (1) đúng:
Do đó $VT(*)\leq VP(*)$. Dấu bằng khi tam giác ABC đều
Tóm lại:
các góc của tam giác ABC là 60 độ
$AB=AC=BC=\frac{\sqrt{3}}{2}$

Điểm: 10
S=50+3x10+5+7=92

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 09-10-2012 - 18:51
Ghi điểm

[kphongdo]

Cho $\Delta$ABC thỏa mãn: $BC=\frac{\sqrt{3}}{2}$ và $\tan \frac{A}{2}+\tan \frac{B}{2}+\tan \frac{C}{2}=\frac{9R^{2}}{4S}$ ($S, R$ lần lượt là diện tích $\Delta ABC$ và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác)
tính các cạnh và các góc của $\Delta ABC$

Toán thủ ra đề:
chagtraife

Bài làm:
Ta có $\tan \dfrac{A}{2}=\dfrac{\sin \dfrac{A}{2}}{\cos \dfrac{A}{2}}=\dfrac{\sin A}{1+\cos A}=\dfrac{abc}{R(b+c+a)(b+c-a)}=\dfrac{4S}{(b+c+a)(b+c-a)}$
Tương tự ta được:
$\tan \dfrac{B}{2}=\dfrac{4S}{(c+a+b)(c+a-b)}$
$\tan \dfrac{C}{2}=\dfrac{4S}{(a+b+c)((a+b-c)}$
Vậy:
$\tan \frac{A}{2}+\tan \frac{B}{2}+\tan \frac{C}{2}=\frac{9R^{2}}{4S}$
$\Leftrightarrow \dfrac{1}{a+b+c} ( \dfrac{1}{a+b-c}+ \dfrac{1}{b+c-a}+ \dfrac{1}{c+a-b})=\dfrac{9R^2}{16S^2}\;\;\;(1)$
Ta có $S=\dfrac{abc}{4R}$ và $S=\sqrt{\dfrac{(a+b+c)(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)}{16}}$
Vậy $(1)\Leftrightarrow \dfrac{2ab+2bc+2ca-a^2-b^2-c^2}{(a+b+c)(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)}=\dfrac{9a^2b^2c^2}{(a+b+c)^2(a+b-c)^2(b+c-a)^2(c+a-b)^2}$
$\Leftrightarrow 9(a^3+b^3+c^3+3abc-a^2b-ab^2-b^2c-bc^2-c^2a-ca^2)(a^3+b^3+c^3-7abc-a^2b-ab^2-b^2c-bc^2-c^2a-ca^2)=0\;\;\;\;(2)$
Ta có $a^3+b^3+c^3-7abc-a^2b-ab^2-b^2c-bc^2-c^2a-ca^2=-(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)-9abc<0$
Vậy $(2)\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3+3abc-a^2b-ab^2-b^2c-bc^2-c^2a-ca^2=0\;\;\;\;(3)$
Nhưng theo BĐT Schur với $a,b,c>0$ ta có $a^3+b^3+c^3+3abc-a^2b-ab^2-b^2c-bc^2-c^2a-ca^2 \geq 0$
(Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$)
Do đó $(3) \Leftrightarrow a=b=c=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$
$\Leftrightarrow \Delta ABC$ là tam giác đều có cạnh bằng $\dfrac{\sqrt{3}}{2}$
Khi đó các cạnh của $\Delta ABC$ bằng $\dfrac{\sqrt{3}}{2}$
Và các góc của $\Delta ABC$ bằng $60^o$


Dùng Schur 3 biến để giải bài này chẳng khác nào lấy dao mổ trâu đi giết lợn!
Điểm: 9.5

S=49+3x9.5=77.5

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 09-10-2012 - 18:48
Ghi điểm

[minh29995]

Cách 2:
Ta có:
$4S=\frac{abc}{R}$ và
$\frac{a}{sinA}=\frac{b}{sinB}=\frac{c}{sinC}=2R$ nên Gt tương đương với:
$sinAsinBsinC(tan\frac{A}{2}+tan\frac{B}{2}++tan\frac{C}{2})=\frac{9}{8}$
$\Leftrightarrow sinAsinB(1-cosC)+sinBsinC(1-cosA)+sinCsinA(1-cosB)=\frac{9}{8}$
$\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2-(a-b)^2-(b-c)^2-(c-a)^2=9R^2$
$\Leftrightarrow 2ab+2bc+2ca-a^2-b^2-c^2=9R^2$ (*)
Áp dụng AM-GM ta có:
$2ab+2bc+2ca\leq 2(a^2+b^2+c^2)$ Nên
$VT(*)\leq a^2+b^2+c^2$
Gọi M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ta có:
$(\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC})^2\geq 0$
$\Leftrightarrow 3R^2\geq -2\overrightarrow{MA}\overrightarrow{MB}-2\overrightarrow{MA}\overrightarrow{MC}-2\overrightarrow{MB}\overrightarrow{MC}$
$\Leftrightarrow 9R^2\geq (\overrightarrow{MA}-\overrightarrow{MB})^2+(\overrightarrow{MA}-\overrightarrow{MC})^2+(\overrightarrow{MB}-\overrightarrow{MC})^2$
$\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\leq 9R^2$
Do đó ta có ĐPCM.
dấu bằng xảy ra khi tam giác ABC đều. các góc bằng $60^0$ và $AB=BC=CA=\frac{\sqrt{3}}{2}$

Cách 2 này giải tương đối đẹp!
Điểm: 5

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi CD13: 06-10-2012 - 15:37

[songvui000]

Trong mọi tam giác có
$r=(p-a)tan(\frac{A}{2})=(p-b)tan\frac{B}{2}=(p-c)tan(\frac{C}{2})$
Mà $r=\sqrt{\frac{(p-a)(p-b)(p-c)}{p}}$
$\Rightarrow tan(\frac{A}{2})=\sqrt{\frac{(p-b)(p-c)}{p(p-a)}}$
Tương tự ta có:
$\Rightarrow tan(\frac{A}{2})+tan(\frac{B}{2})+tan(\frac{C}{2})=\sqrt{\frac{(p-b)(p-c)}{p(p-a)}}+\sqrt{\frac{(p-a)(p-c)}{p(p-b)}}+\sqrt{\frac{(p-b)(p-a)}{p(p-c)}}$
Theo đề ta có

$tan(\frac{A}{2})+tan(\frac{B}{2})+tan(\frac{C}{2})=\frac{9R^{2}}{4S}$

$\Leftrightarrow \sqrt{\frac{(p-b)(p-c)}{p(p-a)}}+\sqrt{\frac{(p-a)(p-c)}{p(p-b)}}+\sqrt{\frac{(p-b)(p-a)}{p(p-c)}}=\frac{9R^{2}}{4S}$

$\Leftrightarrow \frac{(p-b)(p-c)}{\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}}+\frac{(p-a)(p-c)}{\sqrt{p(p-b)(p-a)(p-c)}}+\frac{(p-b)(p-a)}{\sqrt{p(p-c)(p-b)(p-a)}}=\frac{9R^{2}}{4S}$

$\Leftrightarrow (p-b)(p-c))+(p-a)(p-c)+(p-a)(p-b)=\frac{9R^{2}}{4}$

$\Leftrightarrow a^{2}-(b-c)^{2}+b^{2}-(a-c)^{2}+c^{2}-(b-a)^{2}=9R^{2}$

$\Leftrightarrow -a^{2}-b^{2}-c^{2}+2ab+2ac+2bc=9R^{2}$

Ta có
$2ab+2ac+2bc\leq 2a^{2}+2b^{2}+2c^{2}$ (BĐT côsi)

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi
$\left\{\begin{matrix} ac=ab & \\ bc=ab & \\ ac=bc & \end{matrix}\right.$
$\Leftrightarrow a=b=c$


$\Leftrightarrow A=B=C=\frac{\pi }{3}\Leftrightarrow \bigtriangleup ABC $ đều

Suy ra
$9R^{2}\leq a^{2}+b^{2}+c^{2}$
Ta có $a=2RsinA$
$ b=2RsinB$
$c=2RsinC$
Do đó
$\frac{9}{4}\leq sin^{2}A+sin^{2}B+sin^{2}C$ (1)
Mặt khác
$sin^{2}A+sin^{2}B+sin^{2}C\leq \frac{9}{4}$(2)
Thật vậy
$4(sin^{2}A+sin^{2}B+sin^{2}C)\leq 9$
$\Leftrightarrow 4sin^{2}A+2(1-2cos(2B))+2(1-2cos(2C))\leq 9$
$\Leftrightarrow 4sin^{2}A-4cos(B+C)cos(B-C)\leq 5$
$\Leftrightarrow 4(1-cos^{2}A)+4cosAcos(B-C)\leq 5$
$\Leftrightarrow 4cos^{2}A-4cosAcos(B-C)+1\geq 0$
$\Leftrightarrow [2cosA-cos(B-C)]^{2}+1-cos^{2}(B-C)\geq 0$ ( Luôn đúng)
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi

$\left\{\begin{matrix} 2cosA=cos(B-C) & \\ Cos^{2}(B-C)=1 & \end{matrix}\right.$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} 2cosA=1 & \\ Sin(B-C)=0 & \end{matrix}\right.$

$\Leftrightarrow A=B=C=\frac{\pi }{3}\Leftrightarrow \bigtriangleup ABC $ đều




Từ (1) và (2) suy ra tam giác ABC đều
Vậy tam giác ABC đều $A=B=C=\frac{\pi }{3}$
và$ AB=AC=BC=\frac{\sqrt{3}}{2}$

Bài giải dài ngoằn!
Điểm: 10

S=27+3x10=57

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 09-10-2012 - 18:50
Ghi điểm

[minh29995]

Mở rộng: Khai thác biểu thức vec tơ trong tam giác:
Cho tam giác ABC bất kì.. Ta gọi D là 1 điểm bất kì thì:
$(\overrightarrow{DA}+\overrightarrow{DB}+\overrightarrow{DC})^2 \geq 0$
$\Leftrightarrow 3(DA^2+DB^2+DC^2)\geq a^2+b^2+c^2$ (*)
TH1: Cho $D\equiv O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC bán kính R thì ta có:
$a^2+b^2+c^2\leq 9R^2$
Khi đó ta có bài toán trên.
**Áp dụng BĐT $a^2+b^2+c^2\geq \frac{1}{3}(a+b+c)^2$ ta có:
$\frac{1}{3}(a+b+c)^2\leq 9R^2$
Thay $a=2RsinA, b=2RsinB, c=2RsinC$ ta có:
$sinA+sinB+sinC\leq \frac{3\sqrt{3}}{2}$

TH2: $M\equiv I$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC bán kình r.
Gọi E là tiếp điểm của AC với đường tròn. khi đó tam giác AIE vuông tại E. Ta có:
$3(IA^2+IB^2+IC^2)\geq a^2+b^2+c^2\geq \frac{1}{3}(a+b+c)^2=\frac{4}{3}p^2$(1)
$sin\frac{A}{2}=\frac{IE}{IA}$
$\Leftrightarrow IA=\frac{r}{sin\frac{A}{2}}$
Tương tự ta có: $IB=\frac{r}{sin\frac{B}{2}}$
$IC=\frac{r}{sin\frac{C}{2}}$
Thay vào (1) ta có:
$\frac{1}{sin^2\frac{A}{2}}+\frac{1}{sin^2\frac{B}{2}}+\frac{1}{sin^2\frac{C}{2}}\geq (\frac{2p}{3r})^2$

TH3: $M\equiv H$ là trực tâm tam giác ABC nhọn. Suy ra:
$3(HA^2+HB^2+HC^2)\geq a^2+b^2+c^2\geq \frac{1}{3}(a+b+c)^2=\frac{4}{3}p^2$ (2)
Gọi A', B', C' là chân đường cao thứ tự từ đỉnh A,B,C ta có:
$HC=\frac{CA'}{sinCHA'}=\frac{ACcosC}{sinB}=2RcosC$
tương tự ta có: $HB=2RcosB, HA=2RcosA$
Thay vào (2) ta được:
$cos^2A+cos^2B+cos^2C\geq (\frac{p}{3R})^2$

Điểm mở rộng: 7
Hướng dẫn chứng minh (*): Khai triển VT và sử dụng định lí côsin trong tam giác.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi CD13: 09-10-2012 - 11:29

[Tran Hoai Nghia]

Đây là bài làm của em  msh trận 6.doc   78.5K   165 Số lần tải.


Nhắc thành viên: Bài làm phải được gõ Latex trực tiếp trên diễn đàn không gửi bằng file word hay pdf.
Điểm: 9

S=3+3x9=30

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 09-10-2012 - 18:52
Ghi điểm

[Tran Hoai Nghia]

phần mở rộng: với mọi tam giác thỏa mãn hệ thức đã nêu.Cho dù độ dài cạnh có bao nhiêu thì vẫn là tam giác đều.

Điểm mở rộng: 0 điểm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi CD13: 09-10-2012 - 11:34

[19kvh97]

Cho $\Delta$ABC thỏa mãn: $BC=\frac{\sqrt{3}}{2}$ và $\tan \frac{A}{2}+\tan \frac{B}{2}+\tan \frac{C}{2}=\frac{9R^{2}}{4S}(1)$
($S, R$ lần lượt là diện tích $\Delta ABC$ và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác)
tính các cạnh và các góc của $\Delta ABC$

Toán thủ ra đề:
chagtraife

ta có $\tan \frac{A}{2}+\tan \frac{B}{2}=\frac{\sin \frac{A+B}{2}}{\cos \frac{A}{2}\cos \frac{B}{2}}$
tương tự thì ta có$2\sum \tan \frac{A}{2}=\frac{\sum (\sin \frac{A+B}{2}\cos \frac{C}{2})}{\cos \frac{A}{2}\cos \frac{B}{2}\cos \frac{C}{2}}$
mà $\sum (\sin \frac{A+B}{2}\cos \frac{C}{2})=\frac{\sum (1+\cos C)}{2}$
$\Rightarrow \sum \tan \frac{A}{2}=\frac{\sum (1+\cos C)}{4\cos \frac{A}{2}\cos \frac{B}{2}\cos \frac{C}{2}}=\frac{3+\sum \cos C}{\sum \sin A}$
Theo hệ quả ĐL $côsin$ ta có
$\sum \cos A=\frac{\sum (b^{2}a+c^{2}a-a^{3})}{2abc}$
Theo ĐL $sin$ ta có
$\sum \sin A=\frac{a+b+c}{2R}$
$\Rightarrow \sum \tan \frac{A}{2}=\frac{R\left [ 6abc+\sum (b^{2}a+c^{2}a-a^{3}) \right ]}{abc(a+b+c)}$
mà $6abc+\sum (b^{2}a+c^{2}a-a^{3})=(a+b+c)(2ab+2bc+2ac-a^{2}-b^{2}-c^{2})$
$\Rightarrow \sum \tan \frac{A}{2}=\frac{R(2ab+2bc+2ac-a^{2}-b^{2}-c^{2})}{abc}$
Mà $\frac{9R^{2}}{4S}=\frac{9R^{3}}{abc}$
nên từ $(1)\Rightarrow \frac{R(2ab+2bc+2ac-a^{2}-b^{2}-c^{2})}{abc}=\frac{9R^{3}}{abc}$
$\Rightarrow 2ab+2bc+2ac-a^{2}-b^{2}-c^{2}=9R^{2}$
Mặt khác Gọi $O,G$ lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp và trọng tâm tam giác $ABC$
Ta có $\sum \vec{OA}^{2}=\sum (\vec{GA}-\vec{GO})^{2}=\sum \vec{GA}^{2}-2\vec{GO}(\vec{GA}+\vec{GB}+\vec{GC})+3\vec{GO}^{2}$
Do $OA=OB=OC=R$ và $\vec{GA}+\vec{GB}+\vec{GC}=\vec{0}$nên
$3R^{2}=GA^{2}+GB^{2}+GC^{2}+3GO^{2}$
Mà $GA^{2}+GB^{2}+GC^{2}=\frac{4}{9}({m_{a}}^{2}+{m_{b}}^{2}+{m_{c}}^{2})$
$=\frac{4}{9}\sum (\frac{b^{2}+c^{2}}{2}-\frac{a^{2}}{4})=\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{3}$
$\Rightarrow 9R^{2}=a^{2}+b^{2}+c^{2}+9GO^{2}=2ab+2bc+2ac-a^{2}-b^{2}-c^{2}$
$\Rightarrow GO^{2}+(a-b)^{2}+(b-c)^{2}+(c-a)^{2}=0$
$\Leftrightarrow \begin{Bmatrix} GO=0 & & \\ a=b & & \\ b=c & & \\ c=a & & \end{Bmatrix}$
$\Rightarrow \Delta ABC$ là tam giác đều
Nên $AB=BC=AC=\frac{\sqrt{3}}{2}$ và $\widehat{A}=\widehat{B}=\widehat{C}=60 ^{\circ}$

Đọc bài giải chóng mặt quá!
Điểm 10
S=2+3x10=32

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 09-10-2012 - 19:26
Ghi điểm

[E. Galois]

Trận đấu đã kết thúc. Mời các toán thủ nhận xét bài làm của nhau

[chagtraife]

hi hi, việt giải sai bài dây rồi!

$\Leftrightarrow -a^{2}-b^{2}-c^{2}+2ab+2ac+2bc=9R^{2}$

Ta có
$2ab+2ac+2bc\leq 2a^{2}+2b^{2}+2c^{2}$ (BĐT côsi)

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi
$\left\{\begin{matrix} ac=ab & \\ bc=ab & \\ ac=bc & \end{matrix}\right.$
$\Leftrightarrow a=b=c$


$\Leftrightarrow A=B=C=\frac{\pi }{3}\Leftrightarrow \bigtriangleup ABC $ đều

Suy ra
$9R^{2}\leq a^{2}+b^{2}+c^{2}$

ta có:$-a^{2}-b^{2}-c^{2}+2ab+2bc+2ca\leq a^{2}+b^{2}+c^{2}$
và:$9R^{2}\leq a^{2}+b^{2}+c^{2}$
thì đâu nói lên dược gì dâu!

[CD13]

Bài giải đã được chấm xong! Mọi thắc mắc có thể hỏi tại đây!

[Tran Hoai Nghia]

BGK ơi,ko biết sao LATEX của em bị mất dòng trên.Em rất muốn tiếp tục giải toán trên VMF, có thể chiếu cố cho em ko ạ.

[E. Galois]

Điểm ra đề:
$S = 4x1+15x2+2x2=38$

[songvui000]

hi hi, việt giải sai bài dây rồi!


ta có:$-a^{2}-b^{2}-c^{2}+2ab+2bc+2ca\leq a^{2}+b^{2}+c^{2}$
và:$9R^{2}\leq a^{2}+b^{2}+c^{2}$
thì đâu nói lên dược gì dâu!

hi hi, việt giải sai bài dây rồi!


ta có:$-a^{2}-b^{2}-c^{2}+2ab+2bc+2ca\leq a^{2}+b^{2}+c^{2}$
và:$9R^{2}\leq a^{2}+b^{2}+c^{2}$
thì đâu nói lên dược gì dâu!

Nghĩ sao vậy. Giải thế này có gì sai. Kết hợp điều kiện ở phía dưới thì ra vấn đề.