xuanha

$\Leftrightarrow V_{MB'C'D'}=\frac{1}{9}.\frac{1}{3}.d[A';(BCD)].S_{\Delta BCD}=\frac{1}{9}V$

do MB',MC',MD' song song với AB,AC,AD nên $\angle B'MC'=\angle BAC$ và t][ng tự với các góc còn lại
trên AB, AC, AD lấy E, F, P sao cho MB'=AE, MC'=CF, MD'=AP
khi đó: $V_{MB'C'D'}=V_{AEFP}=\frac{AE.AF.AP}{AB.AC.AD}.V_{ABCD}=\frac{1}{27}V$

Có một điều thú vị về Bài V này.
Dễ thấy phương pháp duy nhất là cần bằng hệ số để tạo ra $a+b+c$ ở phân thức thứ nhất.
$$xa+yb\geq 2\sqrt{xyab}$$
$$ma+nb+pc\geq 3\sqrt[3]{mnpabc}$$
Ta có hệ:
$\left\{\begin{matrix} xy=\frac{1}{4}\\mnp=\frac{1}{27} \\ ma=nb=pc \\xa=yb \\ m+x+1=n+y=z \\ \end{matrix}\right.$
Suy ra: $y=\frac{1}{4x}\Rightarrow b=4ax^{2}$
$ma=nb\Rightarrow m=4x^{2}n$
$\Rightarrow x+4x^{2}n+1=\frac{1}{4x}+n=\frac{1}{27.4.x^{2}n^{2}}\Rightarrow n=\frac{4x^{2}+4x-1}{4x(1-4x^{2})}$
Suy ra ta có phương trình ẩn $x$ là : $(x+0,5)(216x^{3}+452x^{2}-214x+23)=0$
Bấm máy tính phương trình trong ngoặc thứ 2 ta được 3 nghiệm là
$x_1=-2,50505717...; x_2=0,211247231...;x_3=0,201217346...$
Bạn có thấy điều gì kì lạ ở 2 nghiệm cuối không các số sau dấu phây của 2 nghiệm ghép lại : 21-12-2012 (tận thế rồi )

có đc mang máy tính vào phòng thi đâu. haizz..ngồi cân bằng hệ số mãi.hic

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI THPT CHUYÊN ĐẠI HỌC VINH 2012-2013


Câu IV: (8p)
Cho tứ diện $OABC$ có ba cạnh tại đỉnh $O$ đôi một vuông góc vơi nhau. Gọi $\alpha, \beta, \gamma $ lần lượt là góc tạo bởi $(ABC)$ với các mặt phẳng $(OBC);(OAC);(OAB)$, và $ A, B, C$ là các góc tương ứng trong tam giác $ABC$.
1. Chứng mình rằng: $cos^2 \alpha +cos^2 \beta +cos^2 \gamma =1 $

3. Chứng minh rằng: $\dfrac{sin^2\alpha}{sin2A}=\dfrac{sin^2\beta}{sin2B}=\dfrac{sin^2\gamma}{sin2C}$

kẻ OA' vuông góc với BC.khi đó AA' cũng vuông góc với BC
kẻ OH vuông góc với (ABC) => H thuộc AA'
ta có: $\angle AA'O=\angle AOH=\alpha$
=>$cos^{2}\alpha =\frac{OH^{2}}{OA^{2}}$
tương tự với các góc còn lại ta sẽ có đc đpcm
3.
ta có: $sin^{2}\alpha =\frac{AH^{2}}{OA^{2}}$$=\frac{AH}{AA'}$ vì $OA^{2}=AH.AA'$
Gọi I, G lần lượt làtam đường tròn ngoại tipế tam giác ABC. theo đường thẳng euler thì H,G,I thẳng hàng và HG=2GI
=> AH=2IM và $A=\angle BIM$ (=1/2 số đo cung BC) (và M thuộc BC, IM vuông BC)
ta có: $sin2A=2sinAcosA=2.\frac{BM}{IB}.\frac{IM}{IB}=2.\frac{BC}{2IB}.\frac{AH}{2IB}=\frac{BC.AH}{2R^{2}}$
từ đó ta đc: $\frac{sin^{2}\alpha }{sin2A}=\frac{R^{2}}{S}$
do sự bình đẳng giữa các cặp góc còn lại nên ta có đc đpcm

Spoiler

Sao không ai vào thảo luận nhỉ.

Câu I: (4p)
Tìm $m$ đề nghiệm của bất phương trình sau chứa đoạn $\left[1;2 \right]$
$$m\left|x^2-3x+1 \right|-\dfrac{2}{\left|x^2-3x+1 \right|+1} \leq 0$$
Vì $x\in \left[ 1;2 \right]\Leftrightarrow -\frac{5}{4}\le {{x}^{2}}-3x+1\le -1$
Đặt $t=\left| {{x}^{2}}-3x+1 \right|\Rightarrow 1\le t\le \frac{5}{4}$
Ta có \[mt-\frac{2}{t+1}\le 0\Rightarrow m\le \frac{2}{{{t}^{2}}+t}\] $f(x)=\frac{2}{{{t}^{2}}+t}$ với $t\in \left[ 1;\frac{5}{4} \right]$
\[{{f}^{/}}(t)=-\frac{4t+2}{{{({{t}^{2}}+t)}^{2}}}<0;\forall t\in \left[ 1;\frac{5}{4} \right]\]
Từ bảng biến thiên ta có nghiệm của bpt là $m\le \frac{32}{45}$

chứa đoạn chứ k phải nằm trên đoạn đó

câu 1:
pt$\Leftrightarrow (4x^{3}-7x+3)(1+\frac{1}{\sqrt[3]{(4x^{3}-3x+1)^{2}}+\sqrt[3]{(4x^{3}-3x+1)(4x-2)}+\sqrt[3]{(4x-2)^{2}}})=0$
$\Leftrightarrow (4x^{3}-7x+3)=0$
đến đây dễ rùi