Đến nội dung

Hình ảnh

[ĐẤU TRƯỜNG] Trận 10: BETA - ALPHA


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 15 trả lời

#1
PSW

PSW

    Những bài toán trong tuần

  • Quản trị
  • 493 Bài viết
Trận đấu sẽ diễn ra ngày 15/04, BTC yêu cầu 2 đội nộp đề cho thầy Thanh. (hxthanh)
1) Thể lệ
2) Danh sách các bài toán đã qua: 1-100, 101-200, 201-300, 301-400
Còn chờ gì nữa mà không tham gia! :luoi:

#2
hxthanh

hxthanh

    Tín đồ $\sum$

  • Hiệp sỹ
  • 3915 Bài viết
ĐỀ THI CỦA ALPHA

Câu 1 - Số học THCS
Đặt $a_1=7$. Tạo các số $a_i,i=1,2,...$ theo nguyên tắc như sau:
$$a_{i+1}=a_i^7,\forall i \geq 1$$
Biện luận theo $k$ chữ số cuối cùng của $a_k$.

Câu 2 - HH THCS
Cho hình bình hành $ABCD$. Các đường phân giác trong của 4 góc tạo thành tứ giác $MNPQ$. Tứ giác này là hình gì? Khi nào nó là hình vuông?



Câu 3- HH THPT
Tứ diện $ABCD$ có $AC\perp BC; AD\perp BD$ gọi $\alpha$ là góc giữa hai đường thẳng $AC; BD$. Chứng minh $\cos \alpha < \frac{CD}{AB}$

Câu 4 - GT THPT:
Biện luận theo $a\geq 0;b> 0$ sự hội tụ của dãy số $u_n$ biết:

$$\left\{\begin{matrix}u_1
&=&a \\
u_{n+1}&=&\dfrac{u_n+b}{u_n+1} ;\forall n \geq 1
\end{matrix}\right.$$

Cân 5 - ĐS THPT
Tìm số các số tự nhiên có $n$ chữ số được lập từ các chữ số $3,4,5,6$ và chia hết cho 3

Câu 6 -Olympiad

Tìm tất cả các hàm $f: \mathbb{N^*} \setminus \{1 \} \to \mathbb{R}$ tăng nghiêm ngặt thỏa mãn:
  • $f(3)=9$
  • $\left\{\begin{matrix}f(xy-x-y+2)-f(x)-f(y)+8=0 \\ 2^{f(x)-8} \in \mathbb{N^*} \end{matrix}\right.;\forall x,y \in \mathbb{N^*} \setminus \{1 \}$
---------------


ĐỀ ĐỘI BETA GỬI ALPHA
1. (THCS) Giải hệ phương trình sau:

\[
\left\{ \begin{array}{l}
\sqrt[4]{{3xy^2 - 2y^2 + 3x - 3}} + \sqrt {2x^2 y - x^2 + 2y - 2} + \sqrt {5 - 3x - 2y} = 2 \\
\frac{1}{{9x^2 - 15x + 9}} + \frac{1}{{4y^2 - 6y + 5}} + \frac{1}{{9x^2 + 4y^2 + 12xy - 33x - 22y + 33}} = 1 \\
\end{array} \right.
\]

2.(THCS) Cho tam giác $ABC$ với $E$ là trung điểm của đoạn thẳng nối trực tâm và $l$ tâm đường tròn ngoại tiếp. Gọi $B_a, C_a$ lần lượt là điểm đối xứng với $B, C$ qua $AE$; $A_b, C_b$ lần lượt là điểm đối xứng với $A, C$ qua $BE$; $A_c, B_c$ lần lượt là điểm đối xứng với $A, B$ qua $CE$. Chứng minh rằng bán kính đường tròn ngoại tiếp các tam giác $AB_cC_b, A_cBC_a, A_bB_aC$ bằng nhau.

3. (THPT) Với $a,b,c$ là ba số thực bất kì đôi một khác nhau. Chứng minh rằng:

\[
\sum\nolimits_{a,b,c} {\frac{{a^2 b^2 + ab + 2}}{{(a - b)^2 }}} \ge \frac{2}{{abc}} + \frac{5}{4}
\]

4.(THPT) Tìm tất cả các đa thức $P(x,y), Q(x,y), R(x,y)$ có $deg<m$ thoả mãn đồng nhất thức sau:
\[
x^{2m} P(x,y) + y^{2m} Q(x,y) \equiv (x + y)^{2m} R(x,y)
\]

5.(THPT) Cho tam giác $ABC$ với tâm đường tròn ngoại tiếp là $O$. Gọi $d$ là đường thẳng bất kì trong mặt phẳng và cắt lần lượt $BC, CA, AB$ tại các điểm $X, Y, Z$ . Gọi $H$ là hình chiếu của $O$ trên $d$. Chứng minh rằng ba đường tròn $(AXH), (BYH), (CZH)$ cùng trục đẳng phương (fixed).

6.(Olympiad) Cho tam giác $ABC$ và 1 điểm $P$. Gọi $A’$ là giao điểm khác $P$ của đường tròn ngoại tiếp tam giác $BCP$ và đường thẳng $AP$, tương tự xác định $B’$ và $C’$. Gọi $X, Y, Z$ lần lượt là tâm của đường tròn ngoại tiếp các tam giác $B’C’P, C’A’P,A’B’P$. CMR tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác $PAX, PBY, PCZ$ thẳng hàng.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hxthanh: 24-04-2012 - 00:20
Sửa theo Trần Đức Anh @@


#3
Nguyễn Hưng

Nguyễn Hưng

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 140 Bài viết

ĐỀ THI CỦA ALPHA

Câu 1 - Số học THCS
Đặt $a_1=7$. Tạo các số $a_i,i=1,2,...$ theo nguyên tắc như sau:
$$a_{k+1}=a_i^7,\forall i \geq 1$$
Biện luận theo $k$ chữ số cuối cùng của $a_k$.

Em chưa hiểu rõ lắm, có phải là $a_{k+1}=a_k^7,\forall k \geq 1$ không ạ?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyễn Hưng: 15-04-2012 - 11:38


#4
hxthanh

hxthanh

    Tín đồ $\sum$

  • Hiệp sỹ
  • 3915 Bài viết

Em chưa hiểu rõ lắm, có phải là $a_{k+1}=a_k^7,\forall k \geq 1$ không ạ?

Updated

#5
Nguyễn Hưng

Nguyễn Hưng

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 140 Bài viết
Vâng, thế thì.. câu 1 ạ

Kí hiệu chữ số tận cùng bên phải của $m$ là $m \bmod 10$

Ta chứng minh \[{m^7}\bmod 10 = {\left( {m\bmod 10} \right)^7}\bmod 10\]. Thật vậy, đặt $k = m\bmod 10$, ta có
\[ \Rightarrow {m^7}\bmod 10 = {k^7}\bmod 10 = {\left( {m\bmod 10} \right)^7}\bmod 10\]

Đặt dãy ${x_i} = {a_i}\bmod 10$, ta cần tìm số hạng tổng quát của dãy $(x_i)$

Theo chứng minh trên, ta có
\[{x_{i + 1}} = a_i^7\bmod 10 = {\left( {{a_i}\bmod 10} \right)^7}\bmod 10 = x_i^7\bmod 10\]
Thử tính vài giá trị đầu theo công thức trên, ta có
\[{x_1} = 7;{x_2} = 3;{x_3} = 7;{x_4} = 3\]
Quy nạp (bước cơ sở đã xong): giả sử ${x_{2k - 1}} = 7;{x_{2k}} = 3$, ta có

\[\begin{array}{l}
{x_{2k + 1}} = x_{2k}^7\bmod 10 = 7 \\
{x_{2k + 2}} = x_{2k + 1}^7\bmod 10 = 3 \\
\end{array}\]
Theo nguyên lí quy nạp ta có

\[\left\{ \begin{array}{l}
{x_{2n - 1}} = 7 \\
{x_{2n}} = 3 \\
\end{array} \right.,\forall n \ge 1\]

#6
Nguyễn Hưng

Nguyễn Hưng

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 140 Bài viết
Câu 2

Hình đã gửi


Dựng hình như hình vẽ

Ta có
\[\widehat{BEA} = {180^ \circ } - \widehat{BAE} - \widehat{EBA} = {180^ \circ } - \left( {{{180}^ \circ } - \widehat{ABC}} \right) - \frac{1}{2}\widehat{ABC} = \frac{1}{2}\widehat{ABC} = \widehat{ADF}\]
Nên $EB//DF$. Tương tự $AH//GC$
Vậy $MNPQ$ là hình bình hành.

Tam giác $ABE$ có $\widehat{BEA} = \frac{1}{2}\widehat{ABC} = \widehat{ABE}$ nên cân tại $A$, lại có $AH$ là phân giác nên $AH \bot BE$. Vậy $MNPQ$ là hình chữ nhật.

Ta có 2 tam giác $ABE$ và $CDF$ bằng nhau theo góc-cạnh-góc (vì góc $A$ bằng góc $C$; $CD=AB$; $\widehat{CDF} = \frac{1}{2}\widehat{ABC} = \widehat{ABE}$), vậy $BE=DF$ nên $ME=PD$ (cùng bằng nửa $BE$)
Lại có $ME//PD$ nên $MPDE$ là hình bình hành, suy ra $MP//ED$. Vậy $\widehat{NPM} = \widehat{FDA}$

Hình chữ nhật $MNPQ$ nội tiếp đường tròn tâm $O$ bán kính $ON$ nên $\widehat{NOM} = 2\widehat{NPM} = 2\widehat{FDA} = \widehat{ABC}$

MỘT HÌNH CHỮ NHẬT LÀ HÌNH VUÔNG KHI VÀ CHỈ KHI NÓ CÓ 2 ĐƯỜNG CHÉO VUÔNG GÓC

Vậy $MNPQ$ là hình vuông $ \Leftrightarrow \widehat{NOM} = {90^ \circ } \Leftrightarrow \widehat{ABC} = {90^ \circ } \Leftrightarrow ABCD$ là hình chữ nhật.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyễn Hưng: 15-04-2012 - 16:03


#7
Trần Đức Anh @@

Trần Đức Anh @@

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 286 Bài viết
Định chém bài 1 vs 2 thì anh Hưng làm mất rồi zz, chém tạm bài 5 vậy.
Trần Đức Anh@@ của đội BETA xin giải bài 5 của ALPHA:
Một số chia hết cho 3 nếu tổng các chữ số của nó chia hết cho 3. Mỗi chữ số có thể là 3, 4, 5 ,6. Xét hàm sinh: $G(x)=(x^3+x^4+x^5+x^6)^n=g_0+g_1x+...+g_{6n}x^{6n}$.
Gọi số tất cả các số có n chữ số lập từ các chữ số 3,4,5,6 và chia hết cho 3 là $S_{n}$ thì $S_n$ chính là tổng các hệ số của các số mũ chia hết cho 3.
Gọi $\epsilon=e^{\frac{2\pi i}{3}}$ là căn bậc ba nguyên thủy của phương trình $x^3=1$, ta có $\epsilon^2+\epsilon+1=0$. Suy ra:
$G(1)+G(\epsilon)+G(\epsilon^2)$$=3g_0+(1+\epsilon+\epsilon^2)g_1+(1+\epsilon+\epsilon^2)g_2+3g_3+...=3(g_0+g_3+...)=3S_n$
Vậy $S_n=\frac{1}{3}(G(1)+G(\epsilon)+G(\epsilon^2))=$$\frac{1}{3}[(1+1+1+1)^n+(\epsilon^2+1+\epsilon+1)^n+(\epsilon+1+\epsilon^2+1)^n]=\frac{1}{3}(4^n+2)$
Chữ ký spam! Không cần xoá!

#8
Ispectorgadget

Ispectorgadget

    Nothing

  • Quản lý Toán Phổ thông
  • 2946 Bài viết
Đội Beta xin giải bài 6 - OLYMPIAD của Alpha

Câu 6 -Olympiad

Tìm tất cả các hàm $f: \mathbb{N^*} \setminus \{1 \} \to \mathbb{R}$ tăng nghiêm ngặt thỏa mãn:

  • $f(3)=9$
  • $\left\{\begin{matrix}f(xy-x-y+2)-f(x)-f(y)+8=0 \\ 2^{f(x)-8} \in \mathbb{N^*} \end{matrix}\right.;\forall x,y \in \mathbb{N^*} \setminus \{1 \}$

$\left\{ \begin{array}{l}
f(xy - x - y + 2) - f(x) - f(y) + 8 = 0(1) \\
2^{f(x) - 8} (2) \\
\end{array} \right.$
Từ (1) ta có điều tương đương:
f((x-1)(y-1)+1) = f(x) + f(y) – 8, với mọi x, y thuộc N*\{1} (3)
Đặt g(x) = f(x+1) thì (3) trở thành:
g((x-1)(y-1)) = g(x-1) + g(y-1) - 8 với mọi x, y thuộc N*\{1}
Hay: g(xy) = g(x) + g(y) – 8 với mọi x, y thuộc N*\{1} (4)
Và: g(2) = f(3) = 9 (5)
Đặt:${\rm{h}}\left( {\rm{x}} \right) = 2^{g(x) - 8}$
Hàm tăng nghiêm ngặt trên N* và có giá trị trên N*, thì (4) trở thành $h(xy) = 2^{g(xy) - 8} = 2^{g(x) + g(y) - 16} = 2^{g(x) - 8} .2^{g(y) - 8} = h(x)h(y)$
Tức là:h(xy) = h(x).h(y) với mọi x, y thuộc N*
Từ (5) ta có : h(2)=2
Đặt:$h(3) = x ( x \in N, x > 2 )$
Thì: h(6) = h(2).h(3) = 2x
Và :$h(10) = h(2)h(5) = 2h(5) \le 2[h(6) - 1] = 2(2x - 1) = 4x - 2$
$h(9) \le h(10) - 1 \le 4x - 3$
$\Rightarrow h(18) = h(2)h(9) = 2h(9) \le 8x - 6$
$h(15) \le h(18) - 3 \le 8x - 9$
$h(15) \le h(18) - 3 \le 8x - 9$ (6)
Mặt khác: $h(5) \ge x + 2$
Nên $h(15) = h(5)h(3) \ge (x + 2)x$ (7)
Từ (6) và (7) suy ra $(x + 2)x \le 8x - 9 \Rightarrow x^2 - 6x + 9 \le 0 \Rightarrow x = 3$
Vậy $h(3) = h(2^1 + 1) = 2^1 + 1 = 3$
Giả sử với $n \in N*$ ta được $h(2^n + 1) = 2^n + 1$
Thì $h(2^{n + 1} + 2) = h(2)h(2^n + 1) = 2^{n + 1} + 2$
Do f tăng nghiêm ngặt nên các số:$h(2^n + 2),h(2^n + 3),.........h(2^{n + 1} + 2)$
Đôi một phân biệt, sắp theo thứ tự đó và thuộc tập hợp:{$ 2^n + 2,2^n + 3,.........2^{n + 1} + 2$}
Do đó: $h(2^n + i) = 2^n + i$ với mọi $i \in$ { $2,3,.........,2^n + 2$}
Thành thử thì $h(2^{n + 1} + 1) = 2^{n + 1} + 1$
Tiếp tục lập luận như trên với n+1, n+2, ……ta suy ra:
h(n) = n với mọi n thuộc $N*$
Và như vậy ta sẽ có được là:$f(n)=g(n-1)=log_2(n-1)+8, \forall x \in N *$ \{1}
Đây là điều phải chứng minh.


P/S1 : CÔng thức xuất ra hơi xấu :( mong mọi người thông cảm.

P/S 2: Khó vật vã :(

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 15-04-2012 - 21:48

►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫


#9
Nguyễn Hưng

Nguyễn Hưng

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 140 Bài viết
Đức Anh: bài 5 em trình bày lại dạng dùng đa thức cho nó chuẩn với THPT nào :D

#10
Nguyễn Hưng

Nguyễn Hưng

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 140 Bài viết
Giải câu 4 của Alpha

Với $b=1$ ta thu được dãy hằng bất chấp $a$ nên hiển nhiên dãy số có giới hạn bằng 1

Chia dãy số ban đầu thành 2 dãy con vô hạn là

\[\begin{array}{l}
A = \left\{ {{u_1},{u_3},...,{u_{2n - 1}},...} \right\} \\
B = \left\{ {{u_2},{u_4},...,{u_{2n}},...} \right\} \\
\end{array}\]
Với công thức truy hồi chung là
\[{u_{n + 2}} = \frac{{\left( {b + 1} \right){u_n} + 2b}}{{2{u_n} + b + 1}}\]
Kí hiệu:

\[\begin{array}{l}
L = \lim {u_{2n - 1}} \\
l = \lim {u_{2n}} \\
\end{array}\]
Chú ý 1:
\[{u_{n + 2}} - {u_n} = \frac{{2\left( {b - u_n^2} \right)}}{{2{u_n} + b + 1}}\]
Chú ý 2:
\[{u_{n + 2}} = \frac{{b + 1}}{2} - \frac{{{{\left( {b - 1} \right)}^2}}}{{4{u_n} + 2b + 2}}\]
Bổ đề 1: nếu $x_n < \sqrt{b}$ thì $x_{n+2} < \sqrt{b}$
Thật vậy, ta có ${u_{n + 2}} = \frac{{b + 1}}{2} - \frac{{{{\left( {b - 1} \right)}^2}}}{{4{u_n} + 2b + 2}} < \frac{{b + 1}}{2} - \frac{{{{\left( {b - 1} \right)}^2}}}{{4\sqrt b + 2b + 2}} = \sqrt b $

Bổ đề 2: nếu $x_n < \sqrt{b}$ thì $x_{n+2} < \sqrt{b}$ (chứng minh tương tự bổ đề 1)

TH1: $a < \sqrt{b}$
Khi đó ta có $u_1 < \sqrt{b}$, suy ra ${u_3} = \frac{{b + 1}}{2} - \frac{{{{\left( {b - 1} \right)}^2}}}{{4a + 2b + 2}} < \frac{{b + 1}}{2} - \frac{{{{\left( {b - 1} \right)}^2}}}{{4\sqrt b + 2b + 2}} = \sqrt b $. Theo bổ đề 1 và nguyên lí quy nạp, ta suy ra dãy con trong tập $A$ bị chặn trên bởi $\sqrt{b}$ và là dãy tăng, vì ${u_{n + 2}} - {u_n} = \frac{{2\left( {b - u_n^2} \right)}}{{2{u_n} + b + 1}}>0$. Vậy dãy con trong tập $A$ có giới hạn tính bởi:
\[L = \frac{{\left( {b + 1} \right)L + 2b}}{{2L + b + 1}} \Leftrightarrow L = \sqrt b \]
* Với $b<1$, ta có
\[{u_2} = \frac{{{u_1} + b}}{{{u_1} + 1}} = 1 - \frac{{1 - b}}{{{u_1} + 1}} < \sqrt b \]
Theo bổ đề 1 và nguyên lí quy nạp ta có dãy con trong tập $B$ bị chặn trên bởi $\sqrt{b}$ và là dãy tăng, vì ${u_{n + 2}} - {u_n} = \frac{{2\left( {b - u_n^2} \right)}}{{2{u_n} + b + 1}}>0$. Vậy dãy con trong tập $B$ có giới hạn tính bởi:
\[l = \frac{{\left( {b + 1} \right)l + 2b}}{{2l + b + 1}} \Leftrightarrow l = \sqrt b \]
* Với $b>1$, ta có
\[{u_2} = \frac{{{u_1} + b}}{{{u_1} + 1}} = 1 + \frac{{b-1}}{{{u_1} + 1}} > \sqrt b \]
Theo bổ đề 2 và nguyên lí quy nạp ta có dãy con trong tập $B$ bị chặn dưới bởi $\sqrt{b}$ và là dãy giảm, vì ${u_{n + 2}} - {u_n} = \frac{{2\left( {b - u_n^2} \right)}}{{2{u_n} + b + 1}}<0$. Vậy dãy con trong tập $B$ có giới hạn tính bởi:
\[l = \frac{{\left( {b + 1} \right)l + 2b}}{{2l + b + 1}} \Leftrightarrow l = \sqrt b \]
Tóm lại, trong trường hợp 1 ta chứng minh được dãy số đã cho luôn có giới hạn là $\sqrt{b}$

TH2: $a > \sqrt{b}$
hoàn toàn tương tự trường hợp 1, ta chứng minh được dãy số đã cho luôn có giới hạn là $\sqrt{b}$

TH3: $a = \sqrt{b}$
dãy số đã cho là dãy hằng có $u_n=\sqrt{b}$ nên hiển nhiên có giới hạn là $\sqrt{b}$.

Kết luận: dãy số đã cho $(u_n)$ luôn có giới hạn. Với $b=1$ thì $\lim{u_n}=1$,, những trường hợp còn lại đều cho ta $\lim{u_n}=\sqrt{b}$

#11
E. Galois

E. Galois

    Chú lùn thứ 8

  • Quản lý Toán Phổ thông
  • 3861 Bài viết
E.GALOIS CỦA ALPHA XIN GIẢI CÂU 5 CỦA BETA

5.(THPT) Cho tam giác $ABC$ với tâm đường tròn ngoại tiếp là $O$. Gọi $d$ là đường thẳng bất kì trong mặt phẳng và cắt lần lượt $BC, CA, AB$ tại các điểm $X, Y, Z$ . Gọi $H$ là hình chiếu của $O$ trên $d$. Chứng minh rằng ba đường tròn $(AXH), (BYH), (CZH)$ đồng quy.


Untitled.png
Vì $(AXH), (BYH), (CZH)$ là đường tròn ngoại tiếp các tam giác $AXH,BYH,CZH$ nên chúng đồng quy tại $H$.
Ta có đpcm

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.


#12
Trần Đức Anh @@

Trần Đức Anh @@

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 286 Bài viết
Thật sự xin lỗi ALPHA cùng tổ trọng tài, trong lúc gõ đề có sơ suất, BETA xin đính chính lại câu hỏi của bài 5 là đồng trục chứ không phải đồng quy, thành thật xin lỗi.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Trần Đức Anh @@: 23-04-2012 - 21:04

Chữ ký spam! Không cần xoá!

#13
hxthanh

hxthanh

    Tín đồ $\sum$

  • Hiệp sỹ
  • 3915 Bài viết
Nghĩa là 3 đường tròn có tâm nằm trên một đường thẳng phải không?
ALPHA có thêm 1 ngày để bổ xung lời giải!

#14
Trần Đức Anh @@

Trần Đức Anh @@

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 286 Bài viết
Thầy sửa cho em là cùng trục đẳng phương. Một lần nữa xin lỗi mọi người vì sự cố này!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Trần Đức Anh @@: 23-04-2012 - 21:04

Chữ ký spam! Không cần xoá!

#15
Ispectorgadget

Ispectorgadget

    Nothing

  • Quản lý Toán Phổ thông
  • 2946 Bài viết
Không biết bây giờ ghi bàn phút 90+ được không Hình đã gửi

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 24-04-2012 - 22:53

►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫


#16
Ispectorgadget

Ispectorgadget

    Nothing

  • Quản lý Toán Phổ thông
  • 2946 Bài viết
Cứ up lên vậy :P Anh em Beta up hộ cái hình (GPS) c*rack hết hạn rồi :(
Ispectorgadget đội Beta giải Bài 3: -Hình học THPT của Alpha

Từ giả thiết ta có : $\widehat{ACB}=\widehat{ADB}= 90^{o}$
$\Rightarrow$ tứ diện $ABCD$ là mặt cầu đường kính $AB$ .
Vẽ dây cung $DE$ của mặt cầu đường kính $AB$ sao cho $DE//AC$
$\Rightarrow (AC; BD)= \alpha = \widehat{BDE}$
và : $ACED$ là hình thang nội tiếp mặt cầu $\Rightarrow CD=AE$
Đặt $\beta = \widehat{BAE}$
$\Rightarrow cos\beta = \frac{AE}{AB}= \frac{CD}{AB}$ (1)
Mặt khác :
$\widehat{BDE}; \widehat{BAE}$ cùng nhìn dây $EB$ của mặt cầu đường kính $AB$ nhưng mp$(BAE)$ qua tâm chứa đường kính $AB$ nên $\alpha \geq \beta$
$\Rightarrow cos\alpha \leq cos\beta$ (2)
Từ (1) và (2) suy ra $\Rightarrow cos\alpha \leq \frac{CD}{AB}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 24-04-2012 - 23:10

►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫





1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh