Chủ đề này có 18 trả lời

[NguyThang khtn]

Mình thấy trên VMF đặc biệt là 4rum cấp 2 toàn là BĐT đại số và rất ít BDDT hình học nên mình muốn lập một toppic để mọi người cùng nhau thảo luận về dạng BĐT hay này , cùng nhau nâng cao kiến thức BĐT!
Mong mọi người ủng hộ và giúp đỡ để topic không rơi vào quên lãng!
Sau đây là một số bài toán mở đầu!
Bài 1:
cho hình chữ nhật ABCD có BC=1, AB=3. Trên cạnh AB lấy điểm N sao cho 0.2<AN<1. Đường trung trực của DN cắt AD,DC tại E,F.
CHỨng minh:
$S_{EFD} \geq \dfrac{2\sqrt{3}}{9}$
Bài 2:
Kí hiệu $m_a;m_b;m_c$ là độ dài các đường trung tuyến tương ứng với các cạnh a,b,c của tam giác ABC.CMR:
a)$ \dfrac{a}{m_a} + \dfrac{b}{m_b} + \dfrac{c}{m_c} \geq 2\sqrt{3}$
b)$\dfrac{m_a}{a} + \dfrac{m_b}{b} + \dfrac{m_c}{c} \geq \dfrac{3\sqrt{3}}{2}$
Bài 3:Cho tam giác ABC , M là trung điẻm của cạnh BC .CMR nếu $r;r_1;r_2$ là bán kính các đường tròn nội tiếp các tam giác tương ứng ABC,ABM,ACM thì:
$\dfrac{1}{r_1} + \dfrac{1}{r_2} \geq 2(\dfrac{1}{r} + \dfrac{2}{a})$ với BC=a.
Bài 3:
Ttrong tam giác ABC $m_a;m_b;m_c$ là độ dài các đường trung tuyến xuất phát từ các đỉng A,B,C và $r_a;r_b;r_c$ theo thứ tự là bán kính đường tròn bàng tiếp ứng với các góc có đỉnh A,B,C .CMR:
$m_a^2+m_b^2+m_c^2 \leq r_a^2+r_b^2+r_c^2 $
Bài 4:
Cho tam giác ABC với BC=a;AC=b;AB=b. Gọi r và $ r_a;r_b;r_c$ theo thứ tự là bán kính đường tròn nội tiếp các và bàng tiếp của góc A,B,C của tam giác đó.CMR:
$ \dfrac{abc}{r} \geq \dfrac{a^3}{r_a} + \dfrac{b^3}{r_b} + \dfrac{c^3}{r_c}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bboy114crew: 27-02-2011 - 20:08

[Lê Xuân Trường Giang]

Kí hiệu $m_a;m_b;m_c$ là độ dài các đường trung tuyến tương ứng với các cạnh a,b,c của tam giác ABC.CMR:
a)$ \dfrac{a}{m_a} + \dfrac{b}{m_b} + \dfrac{c}{m_c} \geq 2\sqrt{3}$
$\Leftrightarrow \dfrac{{{a^2}}}{{a{m_a}}} + \dfrac{{{b^2}}}{{b{m_b}}} + \dfrac{{{c^2}}}{{c{m_c}}} \ge 2\sqrt 3$
Ta có $ \Rightarrow a{m_a} = a\sqrt {\dfrac{{2{b^2} + 2{c^2} - {a^2}}}{4}} = \dfrac{1}{2}\sqrt {\left( {2{b^2} + 2{c^2} - {a^2}} \right){a^2}} $
$\begin{array}{l}
= \dfrac{1}{{2\sqrt 3 }}\sqrt {\left( {2{b^2} + 2{c^2} - {a^2}} \right)3{a^2}} \le \dfrac{1}{{2\sqrt 3 }}\dfrac{{\left( {2{b^2} + 2{c^2} - {a^2}} \right) + 3{a^2}}}{2} = \dfrac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{{2\sqrt 3 }} \\
\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\dfrac{{{a^2}}}{{a{m_a}}} \ge \dfrac{{{a^2}}}{{\dfrac{1}{{2\sqrt 3 }} + \left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)}} = \dfrac{{2\sqrt 3 {a^2}}}{{\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)}} \\
\dfrac{{{b^2}}}{{b{m_b}}} \ge \dfrac{{2\sqrt 3 {b^2}}}{{\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)}} \\
\dfrac{{{c^2}}}{{c{m_c}}} \ge \dfrac{{2\sqrt 3 }}{{\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)}} \\
\end{array} \right. \\
\Rightarrow \dfrac{{{a^2}}}{{a{m_a}}} + \dfrac{{{b^2}}}{{b{m_b}}} + \dfrac{{{c^2}}}{{c{m_c}}} \ge \dfrac{{2\sqrt 3 \left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)}}{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}} = 2\sqrt 3 \\
\end{array}$


Mình post hình như lỗi nên thông cảm !

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Lê Xuân Trường Giang: 22-02-2011 - 20:05

[NguyThang khtn]

Kí hiệu $m_a;m_b;m_c$ là độ dài các đường trung tuyến tương ứng với các cạnh a,b,c của tam giác ABC.CMR:
a)$ \dfrac{a}{m_a} + \dfrac{b}{m_b} + \dfrac{c}{m_c} \geq 2\sqrt{3}$
$\Leftrightarrow \dfrac{{{a^2}}}{{a{m_a}}} + \dfrac{{{b^2}}}{{b{m_b}}} + \dfrac{{{c^2}}}{{c{m_c}}} \ge 2\sqrt 3$
Ta có $ \Rightarrow a{m_a} = a\sqrt {\dfrac{{2{b^2} + 2{c^2} - {a^2}}}{4}} = \dfrac{1}{2}\sqrt {\left( {2{b^2} + 2{c^2} - {a^2}} \right){a^2}} $
$\begin{array}{l}
= \dfrac{1}{{2\sqrt 3 }}\sqrt {\left( {2{b^2} + 2{c^2} - {a^2}} \right)3{a^2}} \le \dfrac{1}{{2\sqrt 3 }}\dfrac{{\left( {2{b^2} + 2{c^2} - {a^2}} \right) + 3{a^2}}}{2} = \dfrac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{{2\sqrt 3 }} \\
\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\dfrac{{{a^2}}}{{a{m_a}}} \ge \dfrac{{{a^2}}}{{\dfrac{1}{{2\sqrt 3 }} + \left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)}} = \dfrac{{2\sqrt 3 {a^2}}}{{\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)}} \\
\dfrac{{{b^2}}}{{b{m_b}}} \ge \dfrac{{2\sqrt 3 {b^2}}}{{\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)}} \\
\dfrac{{{c^2}}}{{c{m_c}}} \ge \dfrac{{2\sqrt 3 }}{{\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)}} \\
\end{array} \right. \\
\Rightarrow \dfrac{{{a^2}}}{{a{m_a}}} + \dfrac{{{b^2}}}{{b{m_b}}} + \dfrac{{{c^2}}}{{c{m_c}}} \ge \dfrac{{2\sqrt 3 \left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)}}{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}} = 2\sqrt 3 \\
\end{array}$
Mình post hình như lỗi nên thông cảm !

anh để cho lớp THCs bọn em làm với đó!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bboy114crew: 22-02-2011 - 20:18

[Lê Xuân Trường Giang]

anh để cho lớp THCs bọn em làm với đó!

Anh thì chẳng may làm được thôi chứ không giỏi đâu mà "chanh" hết phần của các em THCS

[Lê Xuân Trường Giang]

Post thêm vài bài xem sao góp vui cho topic của bboy 114crew nha !
1. Cho $ABC$ có $S = \dfrac{{\sqrt 3 }}{{12}}\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)$
CMR : $ABC$ đều .
2.Cho tam giác $ABC$. CMR $\dfrac{1}{{{a^2}}} + \dfrac{1}{{{b^2}}} + \dfrac{1}{{{c^2}}} \ge \dfrac{1}{{2Rr}}$
r: Bán kính trong; R: Bán kính ngoài

[Lê Xuân Trường Giang]

Post thêm vài bài xem sao góp vui cho topic của bboy 114crew nha !
1. Cho $ABC$ có $S = \dfrac{{\sqrt 3 }}{{12}}\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)$
CMR : $ABC$ đều .
2.Cho tam giác $ABC$. CMR $\dfrac{1}{{{a^2}}} + \dfrac{1}{{{b^2}}} + \dfrac{1}{{{c^2}}} \ge \dfrac{1}{{2Rr}}$
r: Bán kính trong; R: Bán kính ngoài

Mọi người zô đi EEs ẩm quá trời! (

[NguyThang khtn]

Mình thấy trên VMF đặc biệt là 4rum cấp 2 toàn là BĐT đại số và rất ít BDDT hình học nên mình muốn lập một toppic để mọi người cùng nhau thảo luận về dạng BĐT hay này , cùng nhau nâng cao kiến thức BĐT!
Mong mọi người ủng hộ và giúp đỡ để topic không rơi vào quên lãng!
Sau đây là một số bài toán mở đầu!
Bài 1:
cho hình chữ nhật ABCD có BC=1, AB=3. Trên cạnh AB lấy điểm N sao cho 0.2<AN<1. Đường trung trực của DN cắt AD,DC tại E,F.
CHỨng minh:
$S_{EFD} \geq \dfrac{2\sqrt{3}}{9}$
Bài 2:
Kí hiệu $m_a;m_b;m_c$ là độ dài các đường trung tuyến tương ứng với các cạnh a,b,c của tam giác ABC.CMR:
a)$ \dfrac{a}{m_a} + \dfrac{b}{m_b} + \dfrac{c}{m_c} \geq 2\sqrt{3}$
b)$\dfrac{m_a}{a} + \dfrac{m_b}{b} + \dfrac{m_c}{c} \geq \dfrac{3\sqrt{3}}{2}$
Bài 3:Cho tam giác ABC , M là trung điẻm của cạnh BC .CMR nếu $r;r_1;r_2$ là bán kính các đường tròn nội tiếp các tam giác tương ứng ABC,ABM,ACM thì:
$\dfrac{1}{r_1} + \dfrac{1}{r_2} \geq 2(\dfrac{1}{r} + \dfrac{2}{a})$ với BC=a.
Bài 4:
Ttrong tam giác ABC $m_a;m_b;m_c$ là độ dài các đường trung tuyến xuất phát từ các đỉng A,B,C và $r_a;r_b;r_c$ theo thứ tự là bán kính đường tròn bàng tiếp ứng với các góc có đỉnh A,B,C .CMR:
$m_a^2+m_b^2+m_c^2 \leq r_a^2+r_b^2+r_c^2 $
Bài 5:
Cho tam giác ABC với BC=a;AC=b;AB=b. Gọi r và $ r_a;r_b;r_c$ theo thứ tự là bán kính đường tròn nội tiếp các và bàng tiếp của góc A,B,C của tam giác đó.CMR:
$ \dfrac{abc}{r} \geq \dfrac{a^3}{r_a} + \dfrac{b^3}{r_b} + \dfrac{c^3}{r_c}$

Mình làm bài 3 cho mọi người tham khảo và cũng là để khởi đọng topic !
Ta có:
$S_{ABM} = S_{ACM} = \dfrac{1}{2}S_{ABC}$
Mặt khác:$AM \geq h $, với h là đường cao của tam giác ABC.
$ \Rightarrow \dfrac{4}{a} = \dfrac{2h}{S_{ABC}} \leq \dfrac{2AM}{S_{ABC}} = \dfrac{AM}{S_{ABM}}(1)$
$ \dfrac{2}{r} = \dfrac{a+b+c}{S_{ABC}} (2)$
Từ (1) và (2) suy ra:
$ \dfrac{4}{a} +\dfrac{2}{r} \leq \dfrac{AM+\dfrac{a}{2} + \dfrac{b}{2} + \dfrac{c}{2}}{S_{ABM}} = \dfrac{1}{r_1} + \dfrac{1}{r_2} \Leftrightarrow \dfrac{1}{r_1} + \dfrac{1}{r_2} \geq 2(\dfrac{1}{r} + \dfrac{2}{a})$,ĐPCM!

[Lê Xuân Trường Giang]

Theo anh để học tốt các dạng này các em nên mua sách của thầy Trần Phương http://nhasachtritue...-luong-giac.htm

[dark templar]

Mấy bài trên của bboy14crew và Trường Giang đều là các bài cũ cả ,có thể tham khảo trong rất nhiều sách hiện nay,điển hình là của Trần Phương Mấy bài trên chỉ là thuộc công thức mà gắn vào thôi chứ chẳng có gì mới mẻ cả ! Tốt nhất em nên tham khảo cuốn "các bài toán hình học phẳng của Võ Giang Giai đấy Trong đó có những bài toán Hình Học hay mà em cần
P/s:Mấy bài trên của em,tất cả đều có VMF cả rồi !Em chịu khó search đi nhé

[zzz.chelsea.zzz]

ủng hộ cậu mình cũng sắp thi rồi, rất cần những kinh nghiệm bổ ích, mình cũng góp vui tí vậy, ko biết cái này có dc ko:
đề thi HSG TP Hà Nội 09-10 ( năm ngoái)
Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp (O;R).D thuộc cung nhỏ AC (D#A,C). Gọi M,N lần lượt là chân đường vuông góc kẻ từ D tới các đường thẳng AB,AC. Gọi P là giao điểm các đường thẳng MN,BC.Vẽ(I) nội tiếp tam giác ABC
Tính khoảng cách OI ( định lí ơ-le)
Cách làm ko khó nhưng hơi dài.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi zzz.chelsea.zzz: 27-02-2011 - 00:05

[dark templar]

Post thêm vài bài xem sao góp vui cho topic của bboy 114crew nha !
1. Cho $ABC$ có $S = \dfrac{{\sqrt 3 }}{{12}}\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)$
CMR : $ABC$ đều .
2.Cho tam giác $ABC$. CMR $\dfrac{1}{{{a^2}}} + \dfrac{1}{{{b^2}}} + \dfrac{1}{{{c^2}}} \ge \dfrac{1}{{2Rr}}$
r: Bán kính trong; R: Bán kính ngoài

Nói sơ ý tưởng giải thôi
Bài 1:Xài AM-GM cho $S^2=p(p-a)(p-b)(p-c)$,ta chứng minh đc $S \le \dfrac{(a+b+c)^2}{12\sqrt{3}}$.Đến đây xài tiếp Cauchy-Schwarzt là ra thôi
Bài này có bài tổng quát như sau:Cho tam giac ABC ,$\left\{\begin{array}{l}m+n>0\\n+p>0\\m+p>0\\mn+np+mp>0\end{array}\right.$
Chứng minh rằng :$ma^2+nb^2+cp^2 \ge 4\sqrt{mn+np+mp}.S$(Hiển nhiên là bài này ko dễ làm đâu )
Bài 2:Sử dụng công thức $2rR=\dfrac{abc}{a+b+c}$,ta biến đổi tương đương $ \sum \dfrac{1}{a^2} \ge \dfrac{a+b+c}{abc}=\sum \dfrac{1}{ab}$(hiển nhiwên đúng theo AM-GM)
P/s:Đề nghị các bạn hãy giải hết các bài ở trên rồi hẵng đề nghị thêm bài mới ! Thân !

[wallunint]

Hoàn toàn đồng ý với ý kiến của anh dark templar
Sau đây, em xin đưa ra 1 bài bất đẳng thức khá chặt em mới chế

Cho $\Delta ABC$ có độ dài 3 cạnh là $a,b,c$
và độ dài các đường phân giác tương ứng là $x,y,z$
CMR : $\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} + \dfrac{1}{z} \geqslant \dfrac{{6\sqrt 3 }}{{a + b + c}}$




ps: dark templar @ đây là bài 23

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi wallunint: 27-02-2011 - 13:24

[dark templar]

Sử dụng công thức đường phân giác ta có :
$x+y+z=\sum \dfrac{2\sqrt{abp(p-c)}}{a+b} \le \sum \sqrt{p(p-a)} \le \sqrt{p}.\sqrt{3(p-a+p-b+p-c)}$
$=p\sqrt{3}(C-S+AM-GM)$
Sử dụng BĐT C-S,ta có :$VT \ge \dfrac{9}{x+y+z} \ge \dfrac{9}{p\sqrt{3}}=\dfrac{6\sqrt{3}}{a+b+c}=VP \rightarrow Q.E.D$
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c \leftrightarrow \Denta ABC$ đều

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 27-02-2011 - 13:43

[NguyThang khtn]

mọi người thử giải mấy bài đầu topic xem !
không đơn giản đâu!

[NguyThang khtn]

Mình thấy trên VMF đặc biệt là 4rum cấp 2 toàn là BĐT đại số và rất ít BDDT hình học nên mình muốn lập một toppic để mọi người cùng nhau thảo luận về dạng BĐT hay này , cùng nhau nâng cao kiến thức BĐT!
Mong mọi người ủng hộ và giúp đỡ để topic không rơi vào quên lãng!
Sau đây là một số bài toán mở đầu!

Bài 4:
Cho tam giác ABC với BC=a;AC=b;AB=b. Gọi r và $ r_a;r_b;r_c$ theo thứ tự là bán kính đường tròn nội tiếp các và bàng tiếp của góc A,B,C của tam giác đó.CMR:
$ \dfrac{abc}{r} \geq \dfrac{a^3}{r_a} + \dfrac{b^3}{r_b} + \dfrac{c^3}{r_c}(1)$

sao ko ai làm vậy mình chém thử bài này!
ta có:
$AK=p-a;AH=p$
với 2p=a+b+c
ta có:
tam giác AKI đồng dạng với AHQ
$ \Rightarrow \dfrac{r}{r_a} = \dfrac{IK}{HQ} = \dfrac{AK}{AH} =\dfrac{p-a}{p}$
xét:
$T=\dfrac{abc}{r} - (\dfrac{a^3}{r_a} + \dfrac{b^3}{r_b} + \dfrac{c^3}{r_c} = \dfrac{abc}{r} - \dfrac{a^3(p-1)}{rp} - \dfrac{b^3(p-1)}{r.p} - \dfrac{c^3(p-1)}{r.p} = \dfrac{1}{rp}[pabc-a^3(p-a) - b^3(p-b) - c^3(p-c)] $
ta có:
$(1) \Leftrightarrow T.r.p \geq 0$
đến dây dành cho các bạn tự làm!

[NguyThang khtn]

Bài khó!
Cho tứ giác lồi ABCD với M và N lần lượt là trung điểm của AD và BC.Gọi giao điểm của CM và DN là E, BM giao AN tại F.
CMR:
$\dfrac{AF}{FN} + \dfrac{BF}{FM} + \dfrac{CE}{EM} + \dfrac{DE}{EN} \geq 4$

[NguyThang khtn]

khó quá!
Cho tg ABC có $3.\hat{A}+2.\hat{B}=180^o. Prove: BC^2=AB(AB-AC)$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bboy114crew: 10-03-2011 - 20:37

[NguyThang khtn]

Nói sơ ý tưởng giải thôi
Bài 1:Xài AM-GM cho $S^2=p(p-a)(p-b)(p-c)$,ta chứng minh đc $S \le \dfrac{(a+b+c)^2}{12\sqrt{3}}$.Đến đây xài tiếp Cauchy-Schwarzt là ra thôi
Bài này có bài tổng quát như sau:Cho tam giac ABC ,$\left\{\begin{array}{l}m+n>0\\n+p>0\\m+p>0\\mn+np+mp>0\end{array}\right.$
Chứng minh rằng :$ma^2+nb^2+cp^2 \ge 4\sqrt{mn+np+mp}.S$(Hiển nhiên là bài này ko dễ làm đâu )

thế này hợp với THCS hơn anh ơi!
truoc tien, ta chung minh $S \leq \dfrac{p^2}{3\sqrt{3}} $( voi p la nua chu vi ) that vay : $ \Leftrightarrow S^2 \leq \dfrac{p^2}{27} $
ap dung cong thuc herong $\Rightarrow p(p-a)(p-b)(p-c) \leq \dfrac{p^4}{27} \\ \\ \Leftrightarrow \dfrac{(a+b+c)(a+b-c)(a+c-b)(b+c-a)}{16} \leq \dfrac{(a+b+c)^4}{27} \\ \\ \Leftrightarrow (a+b-c)(a+c-b)(b+c-a) \leq \dfrac{(a+b+c)^3}{27}$
nhung su dung cosi, ta de dang cm dc : $ (a+b-c)(b+c-a)(a+c-b) \leq abc abc \leq (\dfrac{a+b+c}{3})^3$

ket hop tat ca$ \Rightarrow a=b=c$

ta lai co :$ (a+b+c)^2 \leq 3(a^2+b^2+c^2) \Leftrightarrow \dfrac{(a+b+c)^2}{3} \leq a^2+b^2+c^2 \\ \Leftrightarrow \dfrac{(a+b+c)^2}{3\sqrt{3}.4} \leq \dfrac{a^2+b^2+c^2}{\sqrt{3}.4} $



$\tex{ \Leftrightarrow \dfrac{1}{3\sqrt{3}}.(\dfrac{a+b+c}{4})^2 \leq \dfrac{a^2+b^2+c^2}{\sqrt{3}.4} $



$\tex{ \Leftrightarrow \dfrac{p^2}{3\sqrt{3}} \leq \dfrac{a^2+b^2+c^2}{\sqrt{3}.4} va "=" \Leftrightarrow a=b=c(**)$

ket hop va (**) $ \Rightarrow S \leq \dfrac{a^2+b^2+c^2}{4\sqrt{3}}= \dfrac{\sqrt{3}(a^2+b^2+c^2)}{12}} \Leftrightarrow VT \leq VP \Rightarrow ...\Rightarrow OK...!$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bboy114crew: 18-03-2011 - 20:50

[nguyngocphuong]

Làm hộ tui mấy bài này với
1)Cho đường tròn (O;R),hai đường kính AB và CD vuông góc với nhau.E là một điểm trên cung nhỏ AD(E không trùng với A,D).Nối EC cắt OA tại M;EB cắt OD tại N.
a)Chứng minh AM.ED= $\sqrt{2}.OM.EA $
b)Xác định vị trí của E để $\dfrac{OM}{AM}+\dfrac{ON}{DN} $ nhỏ nhất