sieunhan nội dung
Có 124 mục bởi sieunhan (Tìm giới hạn từ 27-04-2020)
#184998 "Giải một bài toán như thế nào" của Polya
Đã gửi bởi sieunhan on 11-05-2008 - 04:38 trong Seminar Phương pháp toán sơ cấp
Em dang tim cuon nay tren mang ma trang nuoc ngoai no khong tai mien phi...
Cam on anh nhieu...
#49002 TIM GIA TRI CUA ........
Đã gửi bởi sieunhan on 22-12-2005 - 17:10 trong Công thức lượng giác, hàm số lượng giác
Tam giác ABC có AB=AC,góc A = 20 độ khi đó ta có: a^3+b^3=3*a*b^2 trong đó a,b là các cạnh của tam giác.Từ đó suy ra điều cần tìm.
#44858 bài hình khá dễ
Đã gửi bởi sieunhan on 30-11-2005 - 18:04 trong Hình học phẳng
Trước hết AD cắt BC ở L.Ta có L,I,J thẳng hàng(Đường thẳng Gauss).
Mặt khác IJ song song với phân giác góc ALD.
Từ đó theo địng lý đường trung bình ta có đpcm.
#44507 bài hình khá dễ
Đã gửi bởi sieunhan on 28-11-2005 - 17:36 trong Hình học phẳng
dùng định lý Ceva ta tính được tỉ số AA0 chia BC là A2C/A1B.
Sau đó thiết lập các đẳng thức tượng tự chú ý công thức tính bán kính Ra là r/(cos(A/2))^2 với r là bán kính đường tròn nội tiêpa ABC.
#44308 Bai hinh
Đã gửi bởi sieunhan on 27-11-2005 - 17:30 trong Hình học không gian
Hoi co ton tai hay khong phep bien hinh bien d1->d'1,d2->d'2 ma d'1//d'2 hoac d'1 trung voi d'2?
#43749 bài hình khá dễ
Đã gửi bởi sieunhan on 24-11-2005 - 18:01 trong Hình học phẳng
#43747 bài hình khá dễ
Đã gửi bởi sieunhan on 24-11-2005 - 17:57 trong Hình học phẳng
Dựng P,Q nằm trên AB,CD sao cho PQ là phân giác chung của hai góc AQB và CPD.
Có thể nghĩ rằng đây là bài dựng hình nhưng thực chất là một tính chất khá hay của tgnt.
#43745 bài hình khá dễ
Đã gửi bởi sieunhan on 24-11-2005 - 17:54 trong Hình học phẳng
Em xin nêu 4 tính chât mà em tìm được,mong các anh quan tâm đóng góp thêm vào để phong phú hơn:
1)X,Y,Z là trung điểm A1A2,A3A4,A5A6 và X',Y',Z' là trung điểm A4A5,A6A1,A2A3
thì XX',YY',ZZ' đồng qui.
Tổng quát: xác định X trên A1A2,X' trên A4A5 sao cho XA1/XA2=X'A4/X'A5=k, tương tự có Y,Z,Y',Z' và các tỉ số l,m.Xác định quan hệ k,l,m để XX',YY',ZZ' dồng qui.
2)A1A6 cắt A2A3 ở B45,A2A3 cắt A4A5 ở B61,A4A5 cắt A1A6 ở B23.
Tương tự
A1A2 cắt A3A4 ở B56,A3A4 cắt A5A6 ở B12,A5A6 cắt A1A2 ở B43.
Khi đó B45X,B23Z,B16Y đồng qui ở R1.
B43Y',B56Z',B12X' đồng qui ở R2.
3)Với G là trọng tấm hệ điểm A1A2A3A4A5A6 thì G thuộc R1R2.
4)Xét đường chéo chính A6A3.Với tứ giác A1A2A3A6 thì hai đường chéo cắt nhau ở K,với thứ giác A4A5A6A3 thì hai đường chéo cắt nhau ở K',
Xét các đường chéo chính còn lại để được L,L' và T,T'
Chứng minh KK',LL',TT' đồng qui.
Ngoài ra câu hỏi là các đường như B45X',B23Z',B16Y' có đồng qui không?(Tương tự cho bộ thứ hai..)
Nhận xét thêm về điểm G liêu có lục giác mà XX',YY',ZZ' đồng qui ở G không?
Các đường chéo chính A3A6,A1A4,A2A5 cắt nhau tạo thành tam giác:
1)Khi nào tam giác suy biến?
2)Ước lượng về diẹn tích S của tam giác đó?.
Chú ý rằng Bij=Bji.
#41865 Bạn là ai?!
Đã gửi bởi sieunhan on 12-11-2005 - 17:41 trong Góc giao lưu
#40636 bài hình khá dễ
Đã gửi bởi sieunhan on 03-11-2005 - 17:43 trong Hình học phẳng
Hệ quả 1: Cho tam giác ABC nội tiếp (O) M1,M2 là 2 điểm bất kỳ.AM1 cắt (O) ở A2,A2M2 cắt (O) ở A3,AM2 cắt (O) ở A4.Tương tự có B4,C4.Chứng minh AA4,BB4,CC4 đồng qui ở T nằm trên M1M2.
Sau đó áp dụng hệ quả này cho các điểm đặc biệt ta có đpcm.
Cách phát biểu khác:
Cho tam giác ABC nội tiếp (O) AD,BE,CF là 3 đường cao.EF cắt BC ở A2,AA2 cắt (O) ở A3.AO cắt (O) ở A4.Chứng minh AA4,BB4,CC4 đồng qui.
#40444 thách cả diễn đàn
Đã gửi bởi sieunhan on 01-11-2005 - 17:45 trong Hình học
#39673 bài hình khá dễ
Đã gửi bởi sieunhan on 27-10-2005 - 17:49 trong Hình học phẳng
1)MI cắt AH ở P khi đó AP=r.Suy ra APDI là hbh nên DP//AI-> DP vuong góc EF.Vậy DP,EQ,FR đồng qui ở H' là trực tâm DEF.
2)Trực tâm tam giác DEF nằm trên OI hay OI là đường thẳng ơle tam giác DEF.
Bài toán được chứng minh.
#39353 bài hình khá dễ
Đã gửi bởi sieunhan on 25-10-2005 - 17:00 trong Hình học phẳng
Cho tam giác ABC với (I) nội tiếp.Dựng (T) qua B,C và tiếp xúc với (I).
Lời giải(Gợi ý):Gọi M là tiếp điểm của (I) với BC ròi sử dụng nghịch đảo cực M phương tích tùy ý.
Sau đó lời giải hoàn toàn tương tự như phép chứng minh dử dụng đối cực trong bài TST 2003 mình đã giải.
#39123 bài hình khá dễ
Đã gửi bởi sieunhan on 23-10-2005 - 18:03 trong Hình học phẳng
Thực ra bài toán này chính là đề thi Iran năm 99:
Cho (O') tiếp xúc trong với (O) ở T các tiếp tuyến MAP và NAQ với (O') cắt nhau ở A.Chứnh minh phân giác MTN đi qua tâm nội tam giác AMN.(1)
Bổ đề 1 Định lý Ptoleme cho tứ giác nội tiếp);
Bổ đề 2:Cho ABC bội tiếp (O) AA',BB',CC' tiếp xúc với (O') khi đó AA'*BC,BB'*CA,CC'*AB có một đoạn là tổng hay đoạn còn lại khi và chỉ khi (O') tiếp xúc với (O);(ĐỊnh lý Ceasy);
Bây giờ gọi E,F là tiếp điểm của (O') với MP,NQ.TRứơc hết ta chứng minh (TM+TQ)/MQ=(TN+TP)/NP
Áp dụng bd 2 ta có
TM/TN*NE/MF=1 (1)
TQ=TM*QE/MF suy ra TQ+TM= TM*(QE+MF)/MF nên
(TM+TQ)/MQ=TM/QM*(QE+MF)/MF (2)
Tương tự có (TN+TP)/NP=(FP+NE)/NE*TN/PN (3)
Từ 1),2),3) kết hợp với tam giác AMQ,ANP đồng dạng suy ra ĐPCM;
Phép nghich đảo cực T phương tích tùy ý cho ta
Cho (O1),(O2) cắt nhau ở điểm T.Đừong thẳng song song với tiếp tuyến của 2 đưởng tròn cắt chung thứ tụ ở Q,N và M,P.K,L là chân phan giác từ T của TMQ,TNP.Chứng minh phân giác MTN là trục đẳng phương của (TKN) và (TLM).
Bằng tính toán các bạn có thể đưa về mà ta vừa chứng minh.
Xin nếu ở đây 2 hẹ quả:
1)Gọi I1,I2 là tâm nội tiếp TMQ,QNP phất biểu ở (1) chứng minh I1I2//EF;
2)TY,TZ là chân các phân giác của TMQ,TNP hạ từ T.Khi đó Y,E,F,Z thẳng hàng.
Mong các bạn đóng góp thêm.
#38995 cm bdt hay day
Đã gửi bởi sieunhan on 22-10-2005 - 08:17 trong Phương trình - Hệ phương trình - Bất phương trình
từng biểu thức trong () >1(dùng đạo hàm)
#38851 bài hình khá dễ
Đã gửi bởi sieunhan on 20-10-2005 - 17:38 trong Hình học phẳng
#38850 bài hình khá dễ
Đã gửi bởi sieunhan on 20-10-2005 - 17:35 trong Hình học phẳng
MA/BC=(MA*GA)/(BC*GA);
BC*GA<=(a^2+b^2+c^2)/(2*sqrt(3)) và tương tự cho 3 bddt thức khác.
Đồng thời ta có MA*GA+MB*GB+MC*GC>=GA^2+GB^2+GC^2;
Ta có đpcm;
#38270 bài hình khá dễ
Đã gửi bởi sieunhan on 15-10-2005 - 17:50 trong Hình học phẳng
1)góc(BMC)>=90;
2)góc(BMC)<90;
Không khó khăn lắm thực hiện được điều trên;
Tư tưởng chứnh minh theo tôi là đúng.
#38262 bài hình khá dễ
Đã gửi bởi sieunhan on 15-10-2005 - 17:33 trong Hình học phẳng
1)X,Y,Z nằm trên BC,CA,AB thì các đường tròn AYZ,BZX,CXY có điểm chung;
2)Các đường thẳng đối xứng của d1 qua 3 cạnh BC,CA,AB đồng qui ở điểm S1 (Điểm Avi-Steiner) đồng thời các đường thẳng này qua Ha,Hb,Hc là đối xứng của H qua 3 cạnh tam giác.
Ý tưởng cơ bản ở đây là chứng minh đường tròn đường kính A1A2,B1B2,C1C2 và (ABC) có điểm chung F;
#37469 bài hình khá dễ
Đã gửi bởi sieunhan on 08-10-2005 - 17:58 trong Hình học phẳng
Vấn đề này không mới vì đã có nhiều bdt như thế được nêu ra:
1)(BDT ERDOS-MODEL) http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?MA+MB+MC\ge{2(MA'+MB'+MC')}với A',B',C' là hình chiếu của M lên 3 cạnh.
Chứng minh và mở rộng của bdt này các bạn có thể tìm thấy ở trong nhiều tài liệu hay bài báo "Từ một bât đẳng thức trong tam giác " của tác giả Bùi Việt Hà trong 30 năm toán tuổi trẻ hoặc bài " BDT ERDOS" của Nguyễn Công Quì ở cùng tài liệu đó.
2) http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\dfrac{MA.MB}{CA.CB}+\dfrac{MB.MC}{AB.AC}+\dfrac{MC.MA}{BC.BA}\ge{1}
Chứng minh bdt trên có thể tìm thấy trên diẽn đàn này.
4)http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\dfrac{MA}{bc}+\dfrac{MB}{ca}+\dfrac{MC}{ab}\ge{\dfrac{1}{R}} trong đó a,b,c,R là các kí hiệu quen thuộc.
Có một bdt "tương tư" như vậy:
5) http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\dfrac{MA}{a^2}+\dfrac{MB}{b^2}+\dfrac{MC}{c^2}\ge{1}{R} (USAMO 2001).
Mong các bạn đưa được bdt mạnh hơn.
6)Một ý tưởng là đánh giá http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?S=\dfrac{MB.MC}{MA.a}+\dfrac{MC.MA}{MB.b}+\dfrac{MA.MB}{MC.c}.
Lúc đầu tôi chỉ đánh giá được http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?S\ge{\dfrac{\sqrt{a^2+b^2+c^2+4.S.\sqrt{3}}}{a+b+c}}.
Sau một vài biến đổi tôi đã thu được http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?S\ge{\sqrt{3}}. Hiển nhiên đánh giá trên tốt hơn nhiều.(Các bạn tự chứng minh)
Sau cùng là một vài bdt tôi đã thu được mong các bạn quan tâm đóng góp thêm để phong phú hơn:
7)http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\dfrac{MA^2}{b.c}+\dfrac{MB^2}{c.a}+\dfrac{MC^2}{a.b}\ge{1}
8) http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\sin{MA.\sin{BMC}.(\sin{B}.\sin{C})^2}\ge{\dfrac{1}{4}.MA.MB.MC.\sin{BMC}.\sin{CMA}.\sin{AMB}
Vấn đề: Cho tam giác ABC Mở trong tam giác đó hãy tìm các bdt liên quan giữa M và tam giác. Vấn đề này không mới vì đã có nhiều bdt như thế được nêu ra: 1)(BDT ERDOS-MODEL) [TeX]MA+MB+MC\ge{2(MA'+MB'+MC')}[/TeX]với A',B',C' là hình chiếu của M lên 3 cạnh. Chứng minh và mở rộng của bdt này các bạn có thể tìm thấy ở trong nhiều tài liệu hay bài báo "Từ một bât đẳng thức trong tam giác " của tác giả Bùi Việt Hà trong 30 năm toán tuổi trẻ hoặc bài " BDT ERDOS" của Nguyễn Công Quì ở cùng tài liệu đó. 2) [TeX] \dfrac{MA}{a}+\dfrac{MB}{b}+\dfrac{MC}{c}\ge{\sqrt{3}}[/TeX] Tuy nhiên bdt này như đã biết chỉ là hệ quả của: 3) [TeX]\dfrac{MA.MB}{CA.CB}+\dfrac{MB.MC}{AB.AC}+\dfrac{MC.MA}{BC.BA}\ge{1}[/TeX] Chứng minh bdt trên có thể tìm thấy trên diẽn đàn này. 4)[TeX]\dfrac{MA}{bc}+\dfrac{MB}{ca}+\dfrac{MC}{ab}\ge{\dfrac{1}{R}}[/TeX] trong đó a,b,c,R là các kí hiệu quen thuộc. Có một bdt "tương tư" như vậy: 5) [TeX]\dfrac{MA}{a^2}+\dfrac{MB}{b^2}+\dfrac{MC}{c^2}\ge{1}{R}[/TeX] (USAMO 2001). Mong các bạn đưa được bdt mạnh hơn. 6)Một ý tưởng là đánh giá [TeX]S=\dfrac{MB.MC}{MA.a}+\dfrac{MC.MA}{MB.b}+\dfrac{MA.MB}{MC.c}[/TeX]. Lúc đầu tôi chỉ đánh giá được [TeX]S\ge{\dfrac{\sqrt{a^2+b^2+c^2+4.S.\sqrt{3}}{a+b+c}}[/TeX]. Sau một vài biến đổi tôi đã thu được [TeX]S\ge{\sqrt{3}}[/TeX]. Hiển nhiên đánh giá trên tốt hơn nhiều.(Các bạn tự chứng minh) Sau cùng là một vài bdt tôi đã thu được mong các bạn quan tâm đóng góp thêm để phong phú hơn: 7)[TeX]\dfrac{MA^2}{b.c}+\dfrac{MB^2}{c.a}+\dfrac{MC^2}{a.b}\ge{1}[/TeX] 8) [TeX]\sin{MA.\sin{BMC}.(\sin{B}.\sin{C})^2}\ge{\dfrac{1}{4}.MA.MB.MC.\sin{BMC}.\sin{CMA}.\sin{AMB}[/TeX] [TeX]9) MA.BC+MB.CA+MC.AB\ge{\sum{MA.BC.(\sin{MBC}+\sin{MCB})}[/TeX] Các anh quản lý giúp em đánh lại mấy chỗ xích ma với.Cảm ơn nhiều.Bài viết của bạn rất thú vị, MrMATH đã sửa lại công thức như trên, mong bạn có thêm nhiều bài post chất lượng.
Thân mến!
#37261 Xin chỉ bảo
Đã gửi bởi sieunhan on 06-10-2005 - 17:27 trong Hình học không gian
Nếu có tài liệu thì đọc ở đâu ạ?
#36793 BAI HINH KHONG GIAN HAY
Đã gửi bởi sieunhan on 02-10-2005 - 17:37 trong Hình học không gian
Tỉ số là 4/9 (hay 9/4 em không rõ)
Phương pháp là dùng Vecto và điều kiện thẳng hàng của 3 điểm.
#36666 bài hình khá dễ
Đã gửi bởi sieunhan on 01-10-2005 - 17:08 trong Hình học phẳng
- Diễn đàn Toán học
- → sieunhan nội dung