Đến nội dung


Chú ý

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.


DarkBlood

Đăng ký: 18-09-2012
Offline Đăng nhập: Riêng tư
***--

Bài viết của tôi gửi

Trong chủ đề: Kỳ thi Olympic toán học Nghệ - Tĩnh lần 2 năm 2013-2014

27-08-2014 - 19:05

Câu 5 : Cho $a,b,c,d>0$ có tổng bằng $4$. Tìm giá trị nhỏ nhất :

$$P=\dfrac{(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)(d^2+1)}{abc+bcd+cda+dab}$$

Ta có: $(a^2+1)(b^2+1)\geq(a+b)^2$

Tương tự suy ra $(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)(d^2+1)\geq(a+b)(b+c)(c+d)(d+a)$

Ta chứng minh $(a+b)(b+c)(c+d)(d+a)\geq(a+b+c+d)(abc+bcd+cda+dab) \Leftrightarrow (ac-bd)^2$ $($Đúng$)$

Do đó $(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)(d^2+1)\geq 4(abc+bcd+cda+dab)$ 

$\Rightarrow P\geq 4$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=d=1$


Trong chủ đề: Đề chuyên toán TPHCM 2014

22-06-2014 - 21:52

Mời mọi ngườiattachicon.gifimage.jpg

Câu 3:

File gửi kèm  Untitled.png   9.41K   65 Số lần tải

Ta có $DM+EM=(BM+CM).\textrm{sin}\ 60^{\circ}=BC.\textrm{sin}\ 60^{\circ}=\textrm{const}$

Do đó chu vi tam giác $MDE$ nhỏ nhất $\Leftrightarrow$ $DE$ nhỏ nhất.

Tam giác $ADE$ nội tiếp đường tròn đường kính $AM$ nên $DE=AM.\textrm{sin}\widehat{\textrm{BAC}}=AM.\textrm{sin}\ 60^{\circ}$

Vì $\textrm{sin}\ 60^{\circ}$ không đổi nên $DE$ nhỏ nhất $\Leftrightarrow$ $AM$ nhỏ nhất $\Leftrightarrow$ $M\equiv H$ $(H$ là chân đường vuông góc hạ từ $A$ xuống $BC)$

Vậy khi $M$ là chân đường vuông góc hạ từ $A$ xuống $BC$ thì chu vi tam giác $MDE$ nhỏ nhất.

 

Câu 5: 

File gửi kèm  abc.png   19.96K   62 Số lần tải

a) $AO$ cắt $(O)$ tại $E,$ $EH$ cắt $(O)$ tại $K',$ $AK'$ cắt $EB$ tại $D.$ 

Dễ thấy $H$ là trực tâm tam giác $AED$ nên $DH\perp AO \Rightarrow DH\parallel AM$

Ta có $\widehat{BDH}=\widehat{EAH}=\widehat{HMB}$ nên tứ giác $HMDB$ nội tiếp

Suy ra $\widehat{HMD}=180^{\circ}-\widehat{HBD}=90^{\circ}$

$\Rightarrow HM\perp MD \Rightarrow DM\parallel AH$

Do đó tứ giác $AHDM$ là hình bình hành

$\Rightarrow$ $AD$ đi qua trung điểm $I$ của $HM$

$\Rightarrow$ $K'$ là giao điểm của $AI$ với $(O)$

$\Rightarrow$ $K'\equiv K$

$\Rightarrow$ $HK\perp AI$

b) Ta có

$\widehat{IAM}=\widehat{ABK}$ $(AM$ là tiếp tuyến$)$

$\widehat{AMI}=\widehat{OBA}$

Nên $\widehat{IAM}+\widehat{AMI}=\widehat{ABK}+\widehat{OBA}$

$\Leftrightarrow \widehat{AIH}=\widehat{OBK}$

Mặt khác

$\widehat{AIH}+\widehat{KHI}=90^{\circ}$

$\widehat{OBK}+\widehat{KBM}=90^{\circ}$

Nên $\widehat{KHI}=\widehat{KBM}$

$\Rightarrow$ Tứ giác $HKMB$ nội tiếp 

$\Rightarrow$ $\widehat{BKM}=\widehat{BHM}=90^{\circ}$


Trong chủ đề: Với $a,b,c \geq0$, chứng minh rằng: $a+b+c\geq 3...

14-06-2014 - 00:06

Với $a,b,c \geq0$, chứng minh rằng:

$a+b+c\geq 3\sqrt[3]{abc}$

p/s: Chứng minh theo BĐT Cô-si cho 2 số.

BĐT tưởng đương $a+b+c+\sqrt[3]{abc}\geq 4\sqrt[3]{abc}$

Áp dụng BĐT Cô si 2 số 

$a+b\geq 2\sqrt{ab}$

$c+\sqrt[3]{abc}\geq 2\sqrt{c\sqrt[3]{abc}}$

$\sqrt{ab}+\sqrt{c\sqrt[3]{abc}}\geq 2\sqrt[4]{abc\sqrt[3]{abc}}=2\sqrt[3]{abc}$

Từ đó có điều phải chứng minh.


Trong chủ đề: Đề thi tuyển sinh lớp 10 ĐHKHTN (2 vòng) năm 2014-2015

11-06-2014 - 13:26

Câu III:
Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$ và điểm $P$ nằm trong tam giác sao cho $BP=PC$. $D$ là điểm nằm trên $BC$ ($D$ nằm giữa $B$ và $C$) sao cho $P$ nằm trong đường tròn ngoại tiếp tam giác $DAB$ và đường tròn ngoại tiếp tam giác $DAC$. Đường thẳng $PB$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $DAB$ tại $E$ khác $B$. Đường thẳng $PC$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $DAC$ tại $F$ khác$C$.
1) CMR 4 điểm $A,E,P,F$ thuộc 1 đường tròn.
2) Giả sử đường thẳng $AD$ cắt $(O)$ tại $Q$ khác $A$, đường thẳng $AF$ cắt đường thẳng$CQ$ tại $L$. CMR $\triangle ABE$ đồng dạng với $\triangle CLF$.
3) Gọi $K$ là giao điểm của đường thẳng $AE$ và đường thẳng $QB$. CMR $\widehat{QKL}+\widehat{PAB}=\widehat{QLK}+\widehat{PAC}$.

Câu 3

File gửi kèm  Untitledaaa.png   127.89K   67 Số lần tải

Cho mượn cái hình nha Hiếu :D

Ta có $\bigtriangleup BAE \sim \bigtriangleup LCF \Rightarrow LF.AE=BE.CF$

Tương tự $KE.AF=BE.CF$ suy ra $KE.AF=LF.AE \Leftrightarrow \dfrac{LF}{AF}=\dfrac{KE}{AE}$

Suy ra $EF \parallel LK \Leftrightarrow \widehat{AEF}=\widehat{AKL}$

$\Leftrightarrow \widehat{APF}=\widehat{AKL}$

$\Leftrightarrow \widehat{PAC}+\widehat{PCA}=\widehat{EKB}+\widehat{QKL}$

Mà $\widehat{PCA}=\widehat{EKB}$ $($vì $\bigtriangleup CAF \sim \bigtriangleup KBE)$

Nên $\widehat{PAC}=\widehat{QKL}$

Tương tự $\widehat{PAB}=\widehat{QLK}$

Suy ra điều phải chứng minh.


Trong chủ đề: Đề thi tuyển sinh lớp 10 ĐHKHTN (2 vòng) năm 2014-2015

11-06-2014 - 12:25

Câu I:
1) Giả sử $x,y$ là những số thực dương phân biệt thoả mãn:
$\frac{y}{x+y}+\frac{2y^{2}}{x^{2}+y^{2}}+\frac{4y^{4}}{x^{4}+y^{4}}+\frac{8y^{8}}{x^{8}-y^{8}}= 4$
CMR $4x=5y$
Câu II:
1) Cho $x,y$ là những số nguyên lớn hơn 1 sao cho $4x^{2}y^{2}-7x+7y$ là số chính phương. CMR $x=y$
2) Giả sử $x,y$ là những số thực không âm thoả mãn $x^{3}+y^{3}+xy=x^{2}+y^{2}$. Tìm max và min của biểu thức
$P=\frac{1+\sqrt{x}}{2+\sqrt{y}}+\frac{2+\sqrt{x}}{1+\sqrt{y}}$

Câu I Quy đồng :D Có 3 mẫu đầu nhân nhau nhân với $x-y$ thành mẫu thứ 4 :D

Câu II

1) Đặt $4x^2y^2-7x+7y=A$

Xét $x>y\geq 2$

Ta chứng minh $(2xy-1)^2<A<(2xy+1)^2$

$\Leftrightarrow -4xy+1<-7x+7y<4xy+1$

Vì $x>y$ nên $-7x+7y<0<4xy+1$

Ta có $-4xy+1\leq -8x+1<-7x+7y$ $($Do $x,y\geq 2)$

Do đó $A=4x^2y^2 \Rightarrow x=y$ $($Vô lý$)$

 

Xét $y>x\geq 2$ 

Tương tự suy ra $x=y$ $($Vô lý$)$

 

Vậy $x=y.$

 

2) Từ giả thiết suy ra $x=y=0$ hoặc $x+y=1$

Xét $x=y=0$ ta có $P=\dfrac{3}{2}$

Xét $x+y=1$ suy ra $x,y\leq 1$

Ta có

$\frac{4}{3}=\dfrac{1+0}{2+1}+\dfrac{2+0}{1+1}\leq \dfrac{1+\sqrt{x}}{2+\sqrt{y}}+\dfrac{2+\sqrt{x}}{1+\sqrt{y}}\leq \dfrac{1+1}{2+0}+\dfrac{2+1}{1+0}=4$

Vậy $\textrm{min} P=\dfrac{4}{3}$ khi $x=0, y=1.$

$\textrm{max} P=4$ khi $x=1, y=0.$