Đến nội dung


Chú ý

Do trục trặc kĩ thuật nên diễn đàn đã không truy cập được trong ít ngày vừa qua, mong các bạn thông cảm.

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


Hình ảnh

Trận 8 - Hình học

mss 2014

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 23 trả lời

#1 E. Galois

E. Galois

    Chú lùn thứ 8

  • Quản trị
  • 3787 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hà Nội
  • Sở thích:Toán và thơ

Đã gửi 25-04-2014 - 19:36

Vào hồi 20h, Thứ Sáu, ngày 25/4/2014, Tổ trọng tài sẽ ra đề vào topic này, sau khi có đề, các toán thủ bắt đầu thi đấu.
 

I - Bạn cần biết:

1) Điều lệ giải đấu

2) Lịch thi đấu và tổng hợp kết qủa

 

II - Lưu ý

1) 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.

 

 
Để sử dụng chức năng xem trước, bạn click vào Sử dụng bộ soạn thảo đầy đủ và chọn Xem trước.

 

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) Thành viên diễn đàn không đăng kí thi đấu vẫn có thể giải bài, nhưng phải ghi rõ là: Mình không phải là toán thủ thi đấu

 

4) Sau trận 8, sẽ có 07 toán thủ ít điểm nhất bị loại. 


1) Xem cách đăng bài tại đây
2) Học gõ công thức toán tại: http://diendantoanho...oạn-thảo-latex/
3) Xin đừng đặt tiêu đề gây nhiễu: "Một bài hay", "... đây", "giúp tớ với", "cần gấp", ...
4) Ghé thăm tôi tại 
http://Chúlùnthứ8.vn

5) Xin đừng hỏi bài hay nhờ tôi giải toán. Tôi cực gà.


#2 E. Galois

E. Galois

    Chú lùn thứ 8

  • Quản trị
  • 3787 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hà Nội
  • Sở thích:Toán và thơ

Đã gửi 25-04-2014 - 19:52

Một đường thẳng đi qua tâm của đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$ cắt $AB;AC$ lần lượt tại $M;N$.
Chứng minh:

$$\frac{BM.CN}{AM.AN}\leq \frac{BC^{2}}{4AB.AC}$$

Đề thi của: 

Viet Hoang 99


1) Xem cách đăng bài tại đây
2) Học gõ công thức toán tại: http://diendantoanho...oạn-thảo-latex/
3) Xin đừng đặt tiêu đề gây nhiễu: "Một bài hay", "... đây", "giúp tớ với", "cần gấp", ...
4) Ghé thăm tôi tại 
http://Chúlùnthứ8.vn

5) Xin đừng hỏi bài hay nhờ tôi giải toán. Tôi cực gà.


#3 Viet Hoang 99

Viet Hoang 99

    $\textbf{Trương Việt Hoàng}$

  • Điều hành viên THPT
  • 2289 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đại học Bách Khoa Hà Nội
  • Sở thích:$\mathfrak{s}$treetwear

Đã gửi 25-04-2014 - 21:52

Một đường thẳng đi qua tâm của đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$ cắt $AB;AC$ lần lượt tại $M;N$.
Chứng minh:

$$\frac{BM.CN}{AM.AN}\leq \frac{BC^{2}}{4AB.AC}$$

Đề thi của: 

Viet Hoang 99

MSS47: Trương Việt Hoàng

 

Bài làm:
File gửi kèm  mss8.PNG   13.89K   0 Số lần tải

 

Gọi $(I;r)$ là đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$

 

Trước hết ta có:

$1/$ $\frac{S_{AMN}}{S_{ABC}}=\frac{2S_{AMN}}{2S_{ABC}}=\frac{AM.AN.sinA}{AB.AC.sinA}=\frac{AM.AN}{AB.AC}$

$2/$ $S_{ABC}=\frac{AB+AC-BC}{2}.r$

Ta có:
$S_{AIM}+S_{AIN}=\frac{S_{AMN}}{S_{ABC}}.S_{ABC}$
$\Leftrightarrow \frac{1}{2}.r.AM+\frac{1}{2}.r.AN=\frac{AM.AN}{AB.AC}.S_{ABC}$
$\Leftrightarrow \frac{1}{2}.r.(AM+AN)=\frac{AM.AN}{AB.AC}.\frac{AB+AC-BC}{2}.r$
$\Leftrightarrow AM+AN=\frac{AM.AN}{AB.AC}.(AB+AC-BC)$
$\Leftrightarrow \frac{AM.AB.AC}{AM.AN}+\frac{AN.AB.AC}{AM.AN}=AB+AC-BC$
$\Leftrightarrow \frac{AB.AC}{AN}-AB+\frac{AB.AC}{AM}-AC=BC$
$\Leftrightarrow \frac{AB.(AC-AN)}{AN}+\frac{AC.(AB-AM)}{AM}=BC$
$\Leftrightarrow \frac{AB.CN}{AN}+\frac{AC.BM}{AM}=BC$
$\Leftrightarrow \frac{AB.CN}{AN.BC}+\frac{AC.BM}{AM.BC}=1$

Áp dụng BĐT Cauchy ta có:
$1=\frac{AB.CN}{AN.BC}+\frac{AC.BM}{AM.BC}\geq 2\sqrt{\frac{AB.CN.AC.BM}{AN.BC.AM.BC}}=2\sqrt{\frac{AB.CN.AC.BM}{AM.AN.BC^2}}$
$\Rightarrow 1\geq 4.\frac{BM.CN}{AM.AN}.\frac{AB.AC}{BC^2}$
$\Leftrightarrow \frac{BC^2}{4.AB.AC}\geq \frac{BM.CN}{AM.AN}$

Dấu = có khi: $MN//BC$
 

P/s: Suýt thì quên cách làm :)

______________________
Hình như $AB=AC$ vẫn đúng thì phải

$d = 9$

$S = 41$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BlackSelena: 02-05-2014 - 23:35


#4 Super Fields

Super Fields

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 526 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo

Đã gửi 25-04-2014 - 23:03

Một đường thẳng đi qua tâm của đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$ cắt $AB;AC$ lần lượt tại $M;N$.
Chứng minh:

$$\frac{BM.CN}{AM.AN}\leq \frac{BC^{2}}{4AB.AC}$$

Đề thi của: 

Viet Hoang 99

File gửi kèm  4.png   42.96K   0 Số lần tải

 

Kí hiệu như hình vẽ

 

Áp dụng định lí Menelaus cho điểm $F$ và $\Delta ADC;\Delta ABD$

 

Ta có:

 

$\\frac{FD}{FC}.\frac{OA}{OD}.\frac{NA}{NC}=1$

 

Lại có:

 

$\\frac{FD}{FB}.\frac{MB}{MA}.\frac{OD}{OA}=1$

 

Dễ dàng lập luận theo tính chất phân giác, ta có được

 

$\frac{MB}{MA} \geq \frac{NC}{NA}$

 

Từ $3$ đẳng thức trên nhân lại vế theo vế, ta có:

 

$FD^2 \geq FB.FC$

 

Từ đó dễ dàng có đpcm

 

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $AB=AC$ và $MN||BC$


$\dagger$God made the integers, and else is the work of man.$\dagger$


$\boxed{\textrm{My Blog}}$


#5 lovemathforever99

lovemathforever99

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 216 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo

Đã gửi 26-04-2014 - 02:02

Một đường thẳng đi qua tâm của đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$ cắt $AB;AC$ lần lượt tại $M;N$.
Chứng minh:

$$\frac{BM.CN}{AM.AN}\leq \frac{BC^{2}}{4AB.AC}$$

 Bài làm của MSS 52:

 

Bổ đề: (Hình của bổ đề cũng là hình của bài toán trên)

Một đường thẳng đi qua tâm của đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$ cắt $AB;AC$ lần lượt tại $M;N$ 

Chứng minh:      $a=b.\frac{BM}{AM}+c.\frac{CN}{AN}$

 

Chứng minh :     Xem $AB=c,BC=a,CA=b$

 

File gửi kèm  hinh mss 8.jpg   26.77K   0 Số lần tải

 

$\bigtriangleup BDE\sim\bigtriangleup CDF\Rightarrow \frac{DE}{DF}=\frac{DB}{DC}=\frac{c}{b}$

$\Rightarrow DE.b=DF.c$ ( %%- 1)

 

Áp dụng định lí Thales :

 

$MI//BE\Rightarrow \frac{BM}{AM}=\frac{IE}{IA}=\frac{ID-DE}{IA}$

 

$NI//CF\Rightarrow \frac{CN}{AN}=\frac{IF}{IA}=\frac{ID+DF}{IA}$

 

$\Rightarrow b.\frac{BM}{AM}+c.\frac{CN}{AN}=\frac{b(ID-DE)+c(ID+DF)}{IA}=\frac{ID(b+c)-b.DE+c.DF}{IA}$  ( %%- 2)

 

Từ ( %%- 1) và ( %%- 2) ta có  $b.\frac{BM}{AM}+c.\frac{CN}{AN}=\frac{ID}{IA}.(b+c)$

 

Mặt khác theo tính chất đường phân giác :  $\frac{ID}{IA}=\frac{BD}{c}=\frac{DC}{b}=\frac{a}{b+c}$  

 

$b.\frac{BM}{AM}+c.\frac{CN}{AN}=\frac{a}{b+c}.(b+c)=a$. (dpcm)

 

 

Trở lại bài toán:

 

Áp dụng bổ đề trên và bất đẳng thức Cauchy:

 

$a=b.\frac{BM}{AM}+c.\frac{CN}{AN}$$\geq 2\sqrt{bc.\frac{BM}{AM}.\frac{CN}{AN}}$

 

$\Rightarrow a^{2}\geq 4bc.\frac{BM}{AM}.\frac{CN}{AN}$

 

$\frac{BM.CN}{AM.AN}\leq \frac{a^{2}}{4bc}$

 

Hay $\frac{BM.CN}{AM.AN}\leq \frac{BC^{2}}{4AB.AC}$


                                                 ''Chúa không chơi trò xúc xắc.''

Albert Einstein


#6 lovemathforever99

lovemathforever99

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 216 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo

Đã gửi 26-04-2014 - 02:32

Một đường thẳng đi qua tâm của đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$ cắt $AB;AC$ lần lượt tại $M;N$.
Chứng minh:

$$\frac{BM.CN}{AM.AN}\leq \frac{BC^{2}}{4AB.AC}$$

 

  

 

 Bài làm của MSS 52:

 

 

Bổ đề: (Hình của bổ đề cũng là hình của bài toán trên)

Một đường thẳng đi qua tâm của đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$ cắt $AB;AC$ lần lượt tại $M;N$ 

Chứng minh:      $a=b.\frac{BM}{AM}+c.\frac{CN}{AN}$

 

Chứng minh :     Xem $AB=c,BC=a,CA=b$

Gọi $I$ là tâm đường tròn nội tiếp  tam giác $ABC$

     $D$ là giao điểm $AF$ và $BC$.

Kẻ $BE//MN,CF//MN(E,F$ thuộc $AD)$

 

File gửi kèm  hinh mss 8.jpg   26.77K   0 Số lần tải

 

$\bigtriangleup BDE\sim\bigtriangleup CDF\Rightarrow \frac{DE}{DF}=\frac{DB}{DC}=\frac{c}{b}$

$\Rightarrow DE.b=DF.c$ ( %%- 1)

 

Áp dụng định lí Thales :

 

$MI//BE\Rightarrow \frac{BM}{AM}=\frac{IE}{IA}=\frac{ID-DE}{IA}$

 

$NI//CF\Rightarrow \frac{CN}{AN}=\frac{IF}{IA}=\frac{ID+DF}{IA}$

 

$\Rightarrow b.\frac{BM}{AM}+c.\frac{CN}{AN}=\frac{b(ID-DE)+c(ID+DF)}{IA}=\frac{ID(b+c)-b.DE+c.DF}{IA}$  ( %%- 2)

 

Từ ( %%- 1) và ( %%- 2) ta có  $b.\frac{BM}{AM}+c.\frac{CN}{AN}=\frac{ID}{IA}.(b+c)$

 

Mặt khác theo tính chất đường phân giác :  $\frac{ID}{IA}=\frac{BD}{c}=\frac{DC}{b}=\frac{a}{b+c}$  

 

$b.\frac{BM}{AM}+c.\frac{CN}{AN}=\frac{a}{b+c}.(b+c)=a$. (dpcm)

 

 

Trở lại bài toán:

 

Áp dụng bổ đề trên và bất đẳng thức Cauchy:

 

$a=b.\frac{BM}{AM}+c.\frac{CN}{AN}$$\geq 2\sqrt{bc.\frac{BM}{AM}.\frac{CN}{AN}}$

 

$\Rightarrow a^{2}\geq 4bc.\frac{BM}{AM}.\frac{CN}{AN}$

 

$\Rightarrow$$\frac{BM.CN}{AM.AN}\leq \frac{a^{2}}{4bc}$

 

Hay $\frac{BM.CN}{AM.AN}\leq \frac{BC^{2}}{4AB.AC}$

 

Đẳng thức xảy ra khi $b.\frac{BM}{AM}=c.\frac{CN}{AN}\Rightarrow \frac{BM}{CN}.\frac{AM}{AN}=\frac{c}{b}$

_____________
Lời giải đúng, mở rộng hơi củ chuối nhưng thôi chấp nhận cho 8 điểm mở rộng

$d = 9$

$S = 50$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BlackSelena: 02-05-2014 - 23:33

                                                 ''Chúa không chơi trò xúc xắc.''

Albert Einstein


#7 lovemathforever99

lovemathforever99

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 216 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo

Đã gửi 26-04-2014 - 15:57

MSS 52:

 

Mở rộng: 

Một đường thẳng đi qua tâm của đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$ cắt $AB;AC$ lần lượt tại $M;N$.

Chứng minh: $\frac{(AB+BC+CA)^{2}}{4AB.AC}\geq \frac{AB.AC}{AM.AN}$

 

Lời giải:    Đặt $AB=c,BC=a,CA=b$

Áp dụng bổ đề đã chứng minh ở bài toán trên : $a=b.\frac{BM}{AM}+c.\frac{CN}{AN}$

Cộng 2 vế với $b+c$: 

$a+b+c=b(\frac{BM}{AM}+1)+c.(\frac{CN}{AN}+1)$

$\Leftrightarrow a+b+c=b.\frac{AB}{AM}+c.\frac{AC}{AN}$

 

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy: 

$\Leftrightarrow a+b+c=b.\frac{AB}{AM}+c.\frac{AC}{AN}\geq 2\sqrt{bc.\frac{AB.AC}{AM.AN}}$

 

$\Leftrightarrow (a+b+c)^{2}\geq 4bc.\frac{AB.AC}{AM.AN}$

 

$\Leftrightarrow \frac{(a+b+c)^{2}}{4bc}\geq \frac{AB.AC}{AM.AN}$

 

Hay $\frac{(AB+BC+CA)^{2}}{4AB.AC}\geq \frac{AB.AC}{AM.AN}$


                                                 ''Chúa không chơi trò xúc xắc.''

Albert Einstein


#8 lovemathforever99

lovemathforever99

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 216 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo

Đã gửi 26-04-2014 - 16:00

MSS 52:

 

Mở rộng: 

Một đường thẳng đi qua tâm của đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$ cắt $AB;AC$ lần lượt tại $M;N$.

Chứng minh: $\frac{(AB+BC+CA)^{2}}{4AB.AC}\geq \frac{AB.AC}{AM.AN}$

 

Lời giải:   Hình vẽ giống như trên. 

 

Đặt $AB=c,BC=a,CA=b$

Áp dụng bổ đề đã chứng minh ở bài toán trên : $a=b.\frac{BM}{AM}+c.\frac{CN}{AN}$

 

Cộng 2 vế với $b+c$: 

 

$a+b+c=b(\frac{BM}{AM}+1)+c.(\frac{CN}{AN}+1)$

 

$\Leftrightarrow a+b+c=b.\frac{AB}{AM}+c.\frac{AC}{AN}$

 

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy: 

$\Leftrightarrow a+b+c=b.\frac{AB}{AM}+c.\frac{AC}{AN}\geq 2\sqrt{bc.\frac{AB.AC}{AM.AN}}$

 

$\Leftrightarrow (a+b+c)^{2}\geq 4bc.\frac{AB.AC}{AM.AN}$

 

Hay $\frac{(AB+BC+CA)^{2}}{4AB.AC}\geq \frac{AB.AC}{AM.AN}$


                                                 ''Chúa không chơi trò xúc xắc.''

Albert Einstein


#9 Super Fields

Super Fields

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 526 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo

Đã gửi 26-04-2014 - 16:56

Một đường thẳng đi qua tâm của đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$ cắt $AB;AC$ lần lượt tại $M;N$.
Chứng minh:

$$\frac{BM.CN}{AM.AN}\leq \frac{BC^{2}}{4AB.AC}$$

Đề thi của: 

Viet Hoang 99

Bài dự thi trận 8 của MSS 27

File gửi kèm  4.png   42.96K   0 Số lần tải

 

Kí hiệu như hình vẽ

 

Áp dụng định lí Menelaus cho điểm $F$ và $\Delta ADC;\Delta ABD$

 

Ta có:

 

$\frac{FD}{FC}.\frac{OA}{OD}.\frac{NA}{NC}=1$

 

Lại có:

 

$\frac{FD}{FB}.\frac{MA}{MB}.\frac{OA}{OD}=1$

 

Dễ dàng lập luận theo tính chất phân giác, ta có được

 

$\frac{MA}{MB} \leq \frac{NA}{NC}$

 

Từ $3$ đẳng thức trên nhân lại vế theo vế, ta có:

 

$FD^2 \leq \frac{OD^2}{OA^2}$ (vì cũng có $FD^2 \geq FD.FC$ từ đó)

 

Mà $\frac{OA}{OD}=\frac{AB}{BD}=\frac{AC}{CD}=\frac{AB+AC}{BC}$

 

Vậy $\frac{OD^2}{OA^2} = \frac{BC^2}{(AB+AC)^2} \leq \frac{BC^2}{4AB.AC}$

 

Từ đó dễ dàng có đpcm

 

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $AB=AC$ và $\frac{MA}{MB} = \frac{NA}{NC}$ hay $MN||BC$

 

Mà $\Delta ABC$ cố định nên $AB \neq AC$ 

 

Vậy dấu bằng không xảy ra

________________
Chỗ "dễ dàng" nên nói rõ ra

Dấu bằng có xảy ra

$d = 6$

$S = 27$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BlackSelena: 02-05-2014 - 23:32

$\dagger$God made the integers, and else is the work of man.$\dagger$


$\boxed{\textrm{My Blog}}$


#10 phuocdinh1999

phuocdinh1999

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 265 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quảng Nam

Đã gửi 27-04-2014 - 12:02

Một đường thẳng đi qua tâm của đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$ cắt $AB;AC$ lần lượt tại $M;N$.
Chứng minh:

$$\frac{BM.CN}{AM.AN}\leq \frac{BC^{2}}{4AB.AC}$$

Đề thi của: 

Viet Hoang 99

$SBD:\boxed{MSS48}$

3003552041_623185713.jpg

Vẽ $ID\perp AC;IE\perp AB$

Đặt $BC=a;AC=b;AB=c;ID=IE=r$   và    $AM=m;AN=n(a,b,c,r,m,n>0)$

 

Ta có: $\frac{S_{AMN}}{S_{ABC}}=\frac{\frac{1}{2}AM.AN.sinA}{\frac{1}{2}AB.AC.sinA}=\frac{mn}{bc}(1)$

 

Lại có: $\frac{S_{AMN}}{S_{ABC}}=\frac{2S_{AMI}+2S_{ANI}}{2S_{ABC}}=\frac{r.m+r.n}{r(a+b+c)}=\frac{m+n}{a+b+c}(2)$

 

Từ $(1);(2)$ suy ra $\frac{mn}{bc}=\frac{m+n}{a+b+c}\Leftrightarrow \frac{1}{m}+\frac{1}{n}=\frac{a+b+c}{bc}$

Lại đặt $x=\frac{1}{m};y=\frac{1}{n}(x,y>0)\Rightarrow (x+y).bc=a+b+c\Leftrightarrow b(cx-1)+c(by-1)=a(*)$

 

Do $c>m;b>n\Rightarrow cx>1;by>1\Rightarrow b(cx-1);c(by-1)>0$

Từ $(*)$ áp dụng BĐT AM-GM: 

$a^2=\left [ b(cx-1)+c(by-1) \right ]^2\geq 4bc(cx-1)(by-1)\Rightarrow (cx-1)(by-1)\leq \frac{a^2}{4bc}(3)$

 

Lại có: $\frac{BM.CN}{AM.AN}=\frac{(c-m)(b-n)}{mn}=\left ( \frac{c}{m}-1 \right )\left ( \frac{b}{n}-1 \right )=(cx-1)(by-1)(4)$

 

Từ $(3);(4)$ suy ra $\frac{BM.CN}{AM.AN}\leq \frac{a^2}{4bc}=\frac{BC^2}{4AB.AC}$ (đpcm)

_________________
Lời giải đúng

d = 9

S = 31 + 20  = 51


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BlackSelena: 02-05-2014 - 23:30


#11 phuocdinh1999

phuocdinh1999

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 265 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quảng Nam

Đã gửi 27-04-2014 - 16:24

$SBD:\boxed{MSS48}$                           $\boxed{MỞ RỘNG}$

3003551952_1257943786_574_574.jpg

Theo bài làm ở trên ta có đẳng thức $(*)$: $b(cx-1)+c(by-1)=a(*)$

 

 

MỞ RỘNG 1: Một đường thẳng đi qua tâm đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$ cắt $AB,AC$ lần lượt tại $M,N$.

Chứng minh: $\frac{BM^2}{AM^2}+\frac{CN^2}{AN^2}\geq \frac{BC^2}{AB^2+AC^2}$

 

Kí hiệu các đoạn thẳng như ở bài làm trên

Từ $(*)$ và áp dụng BĐT CBS:

$a^2=\left [ b(cx-1)+c(by-1) \right ]^2\leq (b^2+c^2)\left [ (cx-1)^2+(by-1)^2 \right ]$

 

Mà cũng theo bài trên thì $\frac{BM}{AM}=cx-1;\frac{CN}{AN}=by-1$ nên:

 

$\frac{BM^2}{AM^2}+\frac{CN^2}{AN^2}\geq \frac{a^2}{b^2+c^2}$ (đpcm)

 

Từ mở rộng 1 ta tiếp tục có mở rộng 2:
 

MỞ RỘNG 2:Đường thẳng $d_1$ đi qua tâm đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$ cắt $AB,AC$ lần lượt tại $M,N$.

                     Đường thẳng $d_2$ đi qua tâm đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$ cắt $AB,BC$ lần lượt tại $P,Q$.

                     Đường thẳng $d_3$ đi qua tâm đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$ cắt $BC,AC$ lần lượt tại $S,T$.

Chứng minh: $\frac{BM^2}{AM^2}+\frac{CN^2}{AN^2}+\frac{AP^2}{BP^2}+\frac{CQ^2}{BQ^2}+\frac{BS^2}{CS^2}+\frac{AT^2}{CT^2}\geq \frac{3}{2}$

 

 

3003664412_260501393_574_574.jpg

Áp dụng mở rộng 1 lần lượt cho các đường thẳng $d_1;d_2;d_3$:

$\frac{BM^2}{AM^2}+\frac{CN^2}{AN^2}\geq \frac{a^2}{b^2+c^2}$;          $\frac{AP^2}{BP^2}+\frac{CQ^2}{BQ^2}\geq \frac{b^2}{a^2+c^2}$

$\frac{BS^2}{CS^2}+\frac{AT^2}{CT^2}\geq \frac{c^2}{a^2+b^2}$

Cộng theo vế: $VT\geq \frac{a^2}{b^2+c^2}+\frac{b^2}{a^2+c^2}+\frac{c^2}{a^2+b^2}\geq \frac{3}{2}$ (BĐT NESBIT)

 

Ở các bài toán trên ta đã nhắc đến đại lượng $\frac{BM}{AM}.\frac{CN}{AN}$ và $\frac{BM^2}{AM^2}+\frac{CN^2}{AN^2}$, bây giờ ta sẽ đề cập đến $\frac{BM}{AM}+\frac{CN}{AN}$:

 

MỞ RỘNG 3: Một đường thẳng đi qua tâm đường tròn nội tiếp tam giác $ABC(AB \leq AC)$ cắt $AB,AC$ lần lượt tại $M,N$ sao cho $AM\geq AN$. Chứng minh $\frac{BM}{AM}+\frac{CN}{AN}\leq \frac{2a}{b+c}$

 

Đặt $\frac{BM}{AM}=cx-1=p(p>0);\frac{CN}{AN}=by-1=q(q>0)$

 

Theo $(*):bp+cq=a$

 

Lại có $\frac{c}{b}=\frac{AB}{AC}\leq 1\leq \frac{AM}{AN}=\frac{m}{n}=\frac{y}{x}\Rightarrow cx\leq by\Rightarrow p\leq q$

 

Do đó $(c-b)(p-q)\leq 0\Rightarrow (b+c)(p+q)\leq 2(bq+cq)=2a$ (theo $(*)$)

 

$\Rightarrow \frac{BM}{AM}+\frac{CN}{AN}=p+q\leq \frac{2a}{b+c}$ (đpcm)



#12 buiminhhieu

buiminhhieu

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1150 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Inequality

Đã gửi 27-04-2014 - 17:54

Một đường thẳng đi qua tâm của đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$ cắt $AB;AC$ lần lượt tại $M;N$.
Chứng minh:

$$\frac{BM.CN}{AM.AN}\leq \frac{BC^{2}}{4AB.AC}$$

Đề thi của: 

Viet Hoang 99

Bài làm của MSS 13:Bùi Minh Hiếu:

Giải:

Gọi tâm đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$ là $I$ ; đường thẳng qua $I$ cắt $BC$ tại $M,N$ là $d$

Xét 2 trường hợp :

TH1: $d$ song song $BC$

Theo định lí $Talet$ ta được:

$\frac{AM}{BM}=\frac{AI}{ID};\frac{AN}{NC}=\frac{AI}{ID}$

$\Rightarrow \frac{AN.AM}{BM.CN}=(\frac{AI}{ID})^{2}$

Lại có $\frac{AI}{ID}=\frac{AB}{BD}=\frac{AC}{CD}=\frac{AB+AC}{CB}$(Do $BI;CI$ là các đường phân giác trong góc $B;C$)

Do đó $\frac{AM.AN}{BM.CN}=(\frac{AB+AC}{BC})^{2}\geq \frac{4AB.AC}{BC^{2}}$(theo $BĐT$ $AM-GM$)

Do đó $\frac{BM.CN}{AM.AN}\leq \frac{BC^{2}}{4AB.AC}$(1)

File gửi kèm  Untitled2.png   104.86K   0 Số lần tải

 

TH2: $MN$ không song song $BC$ Không mất tính tổng quát giả sử $d$ cắt $BC$ tại mặt phẳng bờ $AB$ không chứa $C$ .Gọi giao $d$ với $BC$ là $K$

Áp dụng định lí $Menelaus$ Ta được

$\Delta ABD$ có $K,M,I$ thẳng hàng:$\frac{MA}{MB}=\frac{IA}{ID}.\frac{KD}{KB}$

$\Delta ACD$ có $K,I,N$ thẳng hàng :$\frac{AN}{CN}=\frac{KC}{KD}.\frac{IA}{ID}$

Do đó $\frac{AM.AN}{BM.CN}=(\frac{IA}{ID})^{2}.\frac{KC}{KB}>(\frac{IA}{ID})^{2}$(Do $KC>KB$ theo điều giả sử)

$=(\frac{AB+AC}{BC})^{2}\geq \frac{4AB.AC}{BC^{2}}$

$\rightarrow \frac{BM.CN}{AM.AN}< \frac{BC^{2}}{4AB.CA}$(2)

File gửi kèm  Untitled.png   109.54K   1 Số lần tải

Từ (1) và (2) ta được

$\frac{BM.CN}{AM.AN}\leq \frac{BC^{2}}{4AB.AC}$

Dấu "=" khi $AB=AC$ và $MN$ song song $BC$

Vậy $\frac{BM.CN}{AM.AN}\leq \frac{BC^{2}}{4AB.AC}$

Dấu"=" khi ...

p/s:Ảo tung chảo

_______
Kể cả khi sửa bài làm vẫn sai...

d = 4

S = 13.3


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BlackSelena: 02-05-2014 - 23:29

%%- Chuyên Vĩnh Phúc

6cool_what.gif


#13 Nguyen Duc Thuan

Nguyen Duc Thuan

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 367 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Hùng Vương, Phú Thọ

Đã gửi 27-04-2014 - 22:51

Một đường thẳng đi qua tâm của đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$ cắt $AB;AC$ lần lượt tại $M;N$.
Chứng minh:

$$\frac{BM.CN}{AM.AN}\leq \frac{BC^{2}}{4AB.AC}$$

Đề thi của: 

Viet Hoang 99

MSS 001 - Nguyễn Đức Thuận

File gửi kèm  vmf.jpg   21.68K   0 Số lần tải

 

Gọi I là tâm đường trong nội tiếp tam giác ABC, phân giác trong AD.

Từ B và C kẻ BH, CK song song với MN (H, K thuộc AD)

 Không mất tính tổng quát, giả sử $AB\leq AC$ $\Rightarrow BD\leq DC\Rightarrow DH\leq DK$

Theo định lí Thales trong $\Delta ABH, \Delta ACK$ ta có:

$\frac{BM}{AM}=\frac{IH}{IA};\frac{CN}{AN}=\frac{IK}{IA}\Rightarrow \frac{BM.CN}{AM.AN}=\frac{IH.IK}{IA^2}$

Áp dụng BĐT AM-GM ta có $4IH.IK\leq (IH+IK)^2=(2ID+DK-DH)^2\leq 4ID^2$

$\Rightarrow \frac{BM.CN}{AM.AN}\leq \frac{ID^2}{AI^2}=\frac{BP}{AP}.\frac{CQ}{AQ}=\frac{IP.IQ}{AP.AQ}=\frac{BD.DC}{AB.AC}$

(Do áp dụng định lí Thales vào $\Delta ABD, \Delta ACD$ và sử dụng PB=PI, QC=QI do $\Delta PIB, \Delta QCI$ cân tại P và Q)

Từ đây sử dụng tiếp AM-GM ta có:

$BD.DC\leq \frac{(BD+DC)^2}{4}=\frac{BC^2}{4}$

$\frac{BM.CN}{AM.AN}\leq \frac{BC^{2}}{4AB.AC}$ (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi tam giác ABC cân tại A và $MN//BC$

______________
Ngược dấu đáng tiếc

d = 3

S = 9.7


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BlackSelena: 02-05-2014 - 23:28


#14 BlackSelena

BlackSelena

    $\mathbb{Sayonara}$

  • Hiệp sỹ
  • 1549 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo

Đã gửi 01-05-2014 - 18:59

Xin lỗi vì đã bỏ bê việc chấm bài MSS dạo gần đây, mầy tuần trước anh mắc thi học kì (và tới tiếp là thi chuyển hệ)
Với trận này, các toán thủ nhanh chóng nhận xét để anh tranh thủ mấy ngày nghỉ lễ chấm luôn.


"I helped rehabilitate a part of the world. If I use this ability, maybe I can even help restore the rest of this depraved world."

#15 buiminhhieu

buiminhhieu

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1150 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Inequality

Đã gửi 01-05-2014 - 19:05

MSS47: Trương Việt Hoàng

 

Bài làm:
attachicon.gifmss8.PNG

 

Gọi $(I;r)$ là đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$

 

Trước hết ta có:

$1/$ $\frac{S_{AMN}}{S_{ABC}}=\frac{2S_{AMN}}{2S_{ABC}}=\frac{AM.AN.sinA}{AB.AC.sinA}=\frac{AM.AN}{AB.AC}$

$2/$ $S_{ABC}=\frac{AB+AC-BC}{2}.r$

Ta có:
$S_{AIM}+S_{AIN}=\frac{S_{AMN}}{S_{ABC}}.S_{ABC}$
$\Leftrightarrow \frac{1}{2}.r.AM+\frac{1}{2}.r.AN=\frac{AM.AN}{AB.AC}.S_{ABC}$
$\Leftrightarrow \frac{1}{2}.r.(AM+AN)=\frac{AM.AN}{AB.AC}.\frac{AB+AC-BC}{2}.r$
$\Leftrightarrow AM+AN=\frac{AM.AN}{AB.AC}.(AB+AC-BC)$
$\Leftrightarrow \frac{AM.AB.AC}{AM.AN}+\frac{AN.AB.AC}{AM.AN}=AB+AC-BC$
$\Leftrightarrow \frac{AB.AC}{AN}-AB+\frac{AB.AC}{AM}-AC=BC$
$\Leftrightarrow \frac{AB.(AC-AN)}{AN}+\frac{AC.(AB-AM)}{AM}=BC$
$\Leftrightarrow \frac{AB.CN}{AN}+\frac{AC.BM}{AM}=BC$
$\Leftrightarrow \frac{AB.CN}{AN.BC}+\frac{AC.BM}{AM.BC}=1$

Áp dụng BĐT Cauchy ta có:
$1=\frac{AB.CN}{AN.BC}+\frac{AC.BM}{AM.BC}\geq 2\sqrt{\frac{AB.CN.AC.BM}{AN.BC.AM.BC}}=2\sqrt{\frac{AB.CN.AC.BM}{AM.AN.BC^2}}$
$\Rightarrow 1\geq 4.\frac{BM.CN}{AM.AN}.\frac{AB.AC}{BC^2}$
$\Leftrightarrow \frac{BC^2}{4.AB.AC}\geq \frac{BM.CN}{AM.AN}$

Dấu = có khi: $MN//BC$
 

P/s: Suýt thì quên cách làm :)

 

 

 

Bài dự thi trận 8 của MSS 27

attachicon.gif4.png

 

Kí hiệu như hình vẽ

 

Áp dụng định lí Menelaus cho điểm $F$ và $\Delta ADC;\Delta ABD$

 

Ta có:

 

$\frac{FD}{FC}.\frac{OA}{OD}.\frac{NA}{NC}=1$

 

Lại có:

 

$\frac{FD}{FB}.\frac{MA}{MB}.\frac{OA}{OD}=1$

 

Dễ dàng lập luận theo tính chất phân giác, ta có được

 

$\frac{MA}{MB} \leq \frac{NA}{NC}$

 

Từ $3$ đẳng thức trên nhân lại vế theo vế, ta có:

 

$FD^2 \leq \frac{OD^2}{OA^2}$ (vì cũng có $FD^2 \geq FD.FC$ từ đó)

 

Mà $\frac{OA}{OD}=\frac{AB}{BD}=\frac{AC}{CD}=\frac{AB+AC}{BC}$

 

Vậy $\frac{OD^2}{OA^2} = \frac{BC^2}{(AB+AC)^2} \leq \frac{BC^2}{4AB.AC}$

 

Từ đó dễ dàng có đpcm

 

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $AB=AC$ và $\frac{MA}{MB} = \frac{NA}{NC}$ hay $MN||BC$

 

Mà $\Delta ABC$ cố định nên $AB \neq AC$ 

 

Vậy dấu bằng không xảy ra

 

Cả 2 đều sai và thiếu dấu "="


%%- Chuyên Vĩnh Phúc

6cool_what.gif


#16 buiminhhieu

buiminhhieu

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1150 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Inequality

Đã gửi 01-05-2014 - 19:08

attachicon.gif4.png

 

Kí hiệu như hình vẽ

 

Áp dụng định lí Menelaus cho điểm $F$ và $\Delta ADC;\Delta ABD$

 

Ta có:

 

$\\frac{FD}{FC}.\frac{OA}{OD}.\frac{NA}{NC}=1$

 

Lại có:

 

$\\frac{FD}{FB}.\frac{MB}{MA}.\frac{OD}{OA}=1$

 

Dễ dàng lập luận theo tính chất phân giác, ta có được

 

$\frac{MB}{MA} \geq \frac{NC}{NA}$

 

Từ $3$ đẳng thức trên nhân lại vế theo vế, ta có:

 

$FD^2 \geq FB.FC$

 

Từ đó dễ dàng có đpcm

 

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $AB=AC$ và $MN||BC$

 

 

 

Bài dự thi trận 8 của MSS 27

attachicon.gif4.png

 

Kí hiệu như hình vẽ

 

Áp dụng định lí Menelaus cho điểm $F$ và $\Delta ADC;\Delta ABD$

 

Ta có:

 

$\frac{FD}{FC}.\frac{OA}{OD}.\frac{NA}{NC}=1$

 

Lại có:

 

$\frac{FD}{FB}.\frac{MA}{MB}.\frac{OA}{OD}=1$

 

Dễ dàng lập luận theo tính chất phân giác, ta có được

 

$\frac{MA}{MB} \leq \frac{NA}{NC}$

 

Từ $3$ đẳng thức trên nhân lại vế theo vế, ta có:

 

$FD^2 \leq \frac{OD^2}{OA^2}$ (vì cũng có $FD^2 \geq FD.FC$ từ đó)

 

Mà $\frac{OA}{OD}=\frac{AB}{BD}=\frac{AC}{CD}=\frac{AB+AC}{BC}$

 

Vậy $\frac{OD^2}{OA^2} = \frac{BC^2}{(AB+AC)^2} \leq \frac{BC^2}{4AB.AC}$

 

Từ đó dễ dàng có đpcm

 

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $AB=AC$ và $\frac{MA}{MB} = \frac{NA}{NC}$ hay $MN||BC$

 

Mà $\Delta ABC$ cố định nên $AB \neq AC$ 

 

Vậy dấu bằng không xảy ra

 

Sai CT và $menelaus$ sai


%%- Chuyên Vĩnh Phúc

6cool_what.gif


#17 Viet Hoang 99

Viet Hoang 99

    $\textbf{Trương Việt Hoàng}$

  • Điều hành viên THPT
  • 2289 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đại học Bách Khoa Hà Nội
  • Sở thích:$\mathfrak{s}$treetwear

Đã gửi 01-05-2014 - 20:09

Cả 2 đều sai và thiếu dấu "="

Nghe như ông nói bài tôi sai ấy @@
 

 

Xin lỗi vì đã bỏ bê việc chấm bài MSS dạo gần đây, mầy tuần trước anh mắc thi học kì (và tới tiếp là thi chuyển hệ)
Với trận này, các toán thủ nhanh chóng nhận xét để anh tranh thủ mấy ngày nghỉ lễ chấm luôn.

Nghỉ lễ anh chấm mấy trận trước luôn đi,

P/s:
- Làm bảng điểm trận 3 trước đi anh

- Mà anh Hoang Tung 126 cũng đang được chấm.

 

 

MSS 001 - Nguyễn Đức Thuận

attachicon.gifvmf.jpg

 

Gọi I là tâm đường trong nội tiếp tam giác ABC, phân giác trong AD.

Từ B và C kẻ BH, CK song song với MN (H, K thuộc AD)

 Không mất tính tổng quát, giả sử $AB\leq AC$ $\Rightarrow BD\leq DC\Rightarrow DH\leq DK$

Theo định lí Thales trong $\Delta ABH, \Delta ACK$ ta có:

$\frac{BM}{AM}=\frac{IH}{IA};\frac{CN}{AN}=\frac{IK}{IA}\Rightarrow \frac{BM.CN}{AM.AN}=\frac{IH.IK}{IA^2}$

Áp dụng BĐT AM-GM ta có $4IH.IK\leq (IH+IK)^2$ $=(2ID+DK-DH)^2\leq 4ID^2$

$\Rightarrow \frac{BM.CN}{AM.AN}\leq \frac{ID^2}{AI^2}=\frac{BP}{AP}.\frac{CQ}{AQ}=\frac{IP.IQ}{AP.AQ}=\frac{BD.DC}{AB.AC}$

(Do áp dụng định lí Thales vào $\Delta ABD, \Delta ACD$ và sử dụng PB=PI, QC=QI do $\Delta PIB, \Delta QCI$ cân tại P và Q)

Từ đây sử dụng tiếp AM-GM ta có:

$BD.DC\leq \frac{(BD+DC)^2}{4}=\frac{BC^2}{4}$

$\frac{BM.CN}{AM.AN}\leq \frac{BC^{2}}{4AB.AC}$ (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi tam giác ABC cân tại A và $MN//BC$

$1/$ $P;Q$ ở đâu

$2/$ Chỗ tô đỏ tức là $DK-DH\leq 0$ à. (Ngược dấu)

$3/$ Chỗ tô màu xanh tắt


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Viet Hoang 99: 01-05-2014 - 20:11


#18 Viet Hoang 99

Viet Hoang 99

    $\textbf{Trương Việt Hoàng}$

  • Điều hành viên THPT
  • 2289 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đại học Bách Khoa Hà Nội
  • Sở thích:$\mathfrak{s}$treetwear

Đã gửi 01-05-2014 - 20:16

Bài làm của MSS 13:Bùi Minh Hiếu:

Giải:

Gọi tâm đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$ là $I$ ; đường thẳng qua $I$ cắt $BC$ tại $M,N$ là $d$

Xét 2 trường hợp :

TH1: $d$ song song $BC$

Theo định lí $Talet$ ta được:

$\frac{AM}{BM}=\frac{AI}{ID};\frac{AN}{NC}=\frac{AI}{ID}$

$\Rightarrow \frac{AN.AM}{BM.CN}=(\frac{AI}{ID})^{2}$

Lại có $\frac{AI}{ID}=\frac{AB}{BD}=\frac{AC}{CD}=\frac{AB+AC}{CB}$(Do $BI;CI$ là các đường phân giác trong góc $B;C$)

Do đó $\frac{AM.AN}{BM.CN}=(\frac{AB+AC}{BC})^{2}\geq \frac{4AB.AC}{BC^{2}}$(theo $BĐT$ $AM-GM$)

Do đó $\frac{BM.CN}{AM.AN}\leq \frac{BC^{2}}{4AB.AC}$(1)

attachicon.gifUntitled2.png

 

TH2: $MN$ không song song $BC$ Không mất tính tổng quát giả sử $d$ cắt $BC$ tại mặt phẳng bờ $AB$ không chứa $C$ .Gọi giao $d$ với $BC$ là $K$

Áp dụng định lí $Menelaus$ Ta được

$\Delta ABD$ có $K,M,I$ thẳng hàng:$\frac{MA}{MB}=\frac{IA}{ID}.\frac{KD}{KB}$

$\Delta ACD$ có $K,I,N$ thẳng hàng :$\frac{AN}{CN}=$ $\frac{KC}{KD}$ $.\frac{IA}{ID}$

Do đó $\frac{AM.AN}{BM.CN}=(\frac{IA}{ID})^{2}.\frac{KC}{KB}>(\frac{IA}{ID})^{2}$(Do $KC>KB$ theo điều giả sử)

$=(\frac{AB+AC}{BC})^{2}\geq \frac{4AB.AC}{BC^{2}}$

$\rightarrow \frac{BM.CN}{AM.AN}< \frac{BC^{2}}{4AB.CA}$(2)

attachicon.gifUntitled.png

Từ (1) và (2) ta được

$\frac{BM.CN}{AM.AN}\leq \frac{BC^{2}}{4AB.AC}$

Dấu "=" khi $AB=AC$ và $MN$ song song $BC$

Vậy $\frac{BM.CN}{AM.AN}\leq \frac{BC^{2}}{4AB.AC}$

Dấu"=" khi ...

p/s:Ảo tung chảo

Chỗ tô đỏ bị sai, dẫn theo sai cả bài (Khổ thân)
Không cần xét $MN//BC$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Viet Hoang 99: 01-05-2014 - 20:18


#19 Viet Hoang 99

Viet Hoang 99

    $\textbf{Trương Việt Hoàng}$

  • Điều hành viên THPT
  • 2289 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đại học Bách Khoa Hà Nội
  • Sở thích:$\mathfrak{s}$treetwear

Đã gửi 01-05-2014 - 20:35

$SBD:\boxed{MSS48}$

3003552041_623185713.jpg

Vẽ $ID\perp AC;IE\perp AB$

Đặt $BC=a;AC=b;AB=c;ID=IE=r$   và    $AM=m;AN=n(a,b,c,r,m,n>0)$

 

Ta có: $\frac{S_{AMN}}{S_{ABC}}=\frac{\frac{1}{2}AM.AN.sinA}{\frac{1}{2}AB.AC.sinA}=\frac{mn}{bc}(1)$

 

Lại có: $\frac{S_{AMN}}{S_{ABC}}=\frac{2S_{AMI}+2S_{ANI}}{2S_{ABC}}=\frac{r.m+r.n}{r(a+b+c)}=\frac{m+n}{a+b+c}(2)$

 

Từ $(1);(2)$ suy ra $\frac{mn}{bc}=\frac{m+n}{a+b+c}\Leftrightarrow \frac{1}{m}+\frac{1}{n}=\frac{a+b+c}{bc}$

Lại đặt $x=\frac{1}{m};y=\frac{1}{n}(x,y>0)\Rightarrow (x+y).bc=a+b+c\Leftrightarrow b(cx-1)+c(by-1)=a(*)$

 

Do $c>m;b>n\Rightarrow cx>1;by>1\Rightarrow b(cx-1);c(by-1)>0$

Từ $(*)$ áp dụng BĐT AM-GM: 

$a^2=\left [ b(cx-1)+c(by-1) \right ]^2\geq 4bc(cx-1)(by-1)\Rightarrow (cx-1)(by-1)\leq \frac{a^2}{4bc}(3)$

 

Lại có: $\frac{BM.CN}{AM.AN}=\frac{(c-m)(b-n)}{mn}=\left ( \frac{c}{m}-1 \right )\left ( \frac{b}{n}-1 \right )=(cx-1)(by-1)(4)$

 

Từ $(3);(4)$ suy ra $\frac{BM.CN}{AM.AN}\leq \frac{a^2}{4bc}=\frac{BC^2}{4AB.AC}$ (đpcm)

Cách này giống mình, nhưng nhiều ẩn quá, khó theo dõi.

Chưa có dấu =

 

 

 

 

Bài dự thi trận 8 của MSS 27

attachicon.gif4.png

 

 

Dễ dàng lập luận theo tính chất phân giác, ta có được

 

$\frac{MA}{MB} \leq \frac{NA}{NC}$

 

 

 

Chỗ màu đỏ tại sao?

P/s: Post lời giải sớm quá, tự làm mất điểm :)



#20 buiminhhieu

buiminhhieu

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1150 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Inequality

Đã gửi 01-05-2014 - 20:44

BQT tha cho em với (nếu có thể)

Bài em sai chỗ này:

 

Bài làm của MSS 13:Bùi Minh Hiếu:

Giải:

Gọi tâm đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$ là $I$ ; đường thẳng qua $I$ cắt $BC$ tại $M,N$ là $d$

Xét 2 trường hợp :

TH1: $d$ song song $BC$

Theo định lí $Talet$ ta được:

$\frac{AM}{BM}=\frac{AI}{ID};\frac{AN}{NC}=\frac{AI}{ID}$

$\Rightarrow \frac{AN.AM}{BM.CN}=(\frac{AI}{ID})^{2}$

Lại có $\frac{AI}{ID}=\frac{AB}{BD}=\frac{AC}{CD}=\frac{AB+AC}{CB}$(Do $BI;CI$ là các đường phân giác trong góc $B;C$)

Do đó $\frac{AM.AN}{BM.CN}=(\frac{AB+AC}{BC})^{2}\geq \frac{4AB.AC}{BC^{2}}$(theo $BĐT$ $AM-GM$)

Do đó $\frac{BM.CN}{AM.AN}\leq \frac{BC^{2}}{4AB.AC}$(1)

attachicon.gifUntitled2.png

 

TH2: $MN$ không song song $BC$ Không mất tính tổng quát giả sử $d$ cắt $BC$ tại mặt phẳng bờ $AB$ không chứa $C$ .Gọi giao $d$ với $BC$ là $K$

Áp dụng định lí $Menelaus$ Ta được

$\Delta ABD$ có $K,M,I$ thẳng hàng:$\frac{MA}{MB}=\frac{IA}{ID}.\frac{KD}{KB}$

$\Delta ACD$ có $K,I,N$ thẳng hàng :$\frac{AN}{CN}=\frac{KC}{KD}.\frac{IA}{ID}$

Do đó $\frac{AM.AN}{BM.CN}=(\frac{IA}{ID})^{2}.\frac{KC}{KB}>(\frac{IA}{ID})^{2}$(Do $KC>KB$ theo điều giả sử)

$=(\frac{AB+AC}{BC})^{2}\geq \frac{4AB.AC}{BC^{2}}$

$\rightarrow \frac{BM.CN}{AM.AN}< \frac{BC^{2}}{4AB.CA}$(2)

attachicon.gifUntitled.png

Từ (1) và (2) ta được

$\frac{BM.CN}{AM.AN}\leq \frac{BC^{2}}{4AB.AC}$

Dấu "=" khi $AB=AC$ và $MN$ song song $BC$

Vậy $\frac{BM.CN}{AM.AN}\leq \frac{BC^{2}}{4AB.AC}$

Dấu"=" khi ...

p/s:Ảo tung chảo

Cho em sửa :

$\Delta ABD$ có $K,M,I$ thẳng hàng:$\frac{MA}{MB}=\frac{IA}{ID}.\frac{KD}{KB}$

$\Delta ACD$ có $K,I,N$ thẳng hàng :$\frac{AN}{CN}=\frac{KD}{KC}.\frac{IA}{ID}$

Từ đó :

$\frac{AM.AN}{BM.CN}=\frac{KD^{2}}{KB.KC}.(\frac{IA}{ID})^{2}=\frac{KD^{2}}{KB.KC}.(\frac{AB+AC}{CB})^{2}$

Đặt $KB=x;BD=y;DC=z$ Khi đó:

$\frac{AM.AN}{BM.CN}=\frac{KD^{2}}{KB.KC}.\frac{(AB+AC)^{2}}{BC^{2}}$

$=\frac{(AB+AC)^{2}.(x+y)^{2}}{(x+y+z)x.BC^{2}}$

Suy ra ĐPCM$\Leftrightarrow (AB+AC)^{2}(x+y)^{2}\geq 4(x+y+z)x.AB.AC$

$\Leftrightarrow (\frac{AB}{AC}+1)^{2}(x+y)^{2}\geq 4(x+y+z)x\frac{AB}{AC}$

Mà $\frac{AB}{AC}=\frac{y}{z}\Rightarrow$

BĐT$\Leftrightarrow$$(y+z)^{2}(x+y)^{2}\geq 4xz(y^{2}+yx+yz)\Leftrightarrow (y^{2}+xy+yz-zx)^{2}\geq 0$(LĐ)

Dấu "="không xảy ra

 


%%- Chuyên Vĩnh Phúc

6cool_what.gif






2 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh