nguyenqn1998

Gọi hai điểm $P,Q$  là 2 điểm đẳng giác của tam giác ABC. Kẻ $PH,PK$ lần lượt  vuông góc $AB,AC$. Kẻ $QM,QN$ lần lượt vuông góc với $AB,AC$, $HK$ cắt $MN$ tại $S$. Chứng minh rằng $AS\perp PQ$

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $\left ( O \right )$. Đường cao $BE,CF$ cắt nhau tại $H$. $EF$ cắt $AH$ tại $M$. Gọi $I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $AEHF$. CMR: $CM \perp BI$

@mod: lần sau nhớ gõ latex nhé

cho $a,b,c\geq 0$ và $a+b+c=1$

CMR: $ \frac{a}{\sqrt{a+b^2}}+\frac{b}{\sqrt{b+c^2}}+\frac{c}{\sqrt{c+a^2}}\leq\frac{3}{2} $

$(x-x^2)(x^2+3x+2007)-2005x\sqrt{4-4x}=30\sqrt[4]{x^2+x-1}+2006$

Giải hệ: 

$\left\{\begin{matrix} ab+bc+ca=1 & & \\ \dfrac{bc(b+c)}{2}=\dfrac{ca(c+a)}{4}=\dfrac{ab(a+b)}{10} \end{matrix}\right.$

Cho $a,b,c>0$ CMR:

$(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a})^2\geq (a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})$

1,   $1+\frac{r}{R}=cosA+cosB+cosC$

cmr: tam giác này đều!

 

với $r$ là bán kính đường tròn nội tiếp.

 

$R$ là bán kính đường tròn ngoài tiếp!

 

 

2, tam giác ABC có đặc điểm gì nếu biết:   $\frac{cosB-sinC}{cosC-sinB}=\frac{1}{c}$

theo hệ thức ơ le thì: $d^2=R^2-2Rr$

=> $d^2=R^2-2Rr\geq 0$

=> $\frac{R}{r}\geq 2$

=> $1+\frac{R}{r} \geq \frac{3}{2}$

mà $cosA+cosB+cosC \leq \frac{3}{2}$

=> tam giác ABC đều

Cho đường tròn $(O)$ đường kinh $AB$, $C,D$ là hai điểm di động trên $(O)$, $CD$ cắt $AB$ tại $M$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $OAC$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $OBD$ tại $K$. CMR: $OK\perp KM$

Cách 2: 

Nhận xét 1: nếu giữa 3 thành phố $A,B,C$ mà có 3 con đường một chiều thì chiều của chúng là $A->B->C$hoặc $C->B->A$.(Hiển nhiên đúng)
Nhận xét 2: Cứ 4 thành phố $A,B,C,D$ thì có 2 thành phố mà giữa chúng không có con đường nào. 
Chứng minh: Giả sử ngược lại, cứ hai thành phố bất kì trong 4 thành phố $A,B,C,D$ thì có 1 con đường một chiều. 
Không mất tính tổng quát, ta xét 3 thành phố $A,B,C$. Theo nhận xét 1, chiều của các con đường trong 3 thành phố này là $A->B->C$ hoặc ngược lại. Không mất tổng quát xem hướng của chúng là $A->B->C$. Xét thành phố $D$. Nếu có $D->A$ thì sẽ không có $C->D$. Tức là sẽ phải có $D->C$. Nhưng khi đó ta có $D->C->A$ và $D->A$ nên không thỏa mãn. Vai trò của $A,B,C$ như nhau nên ta cũng không có $D->B$hay $D->C$. Như vậy thì ta phải có $A->D,B->D$ và $C->D$. Nhưng khi đó $A->B->D$ và $A->D$ nên cũng không thỏa mãn. Vậy điều giả sử là sai. Bổ đề được chứng minh.

Trở lại bài toán. Với bổ đề thì ta sẽ có 4 thành phố bất kì thì có hai thành phố không được nối với nhau bởi một con đường ( hướng tùy ý). Áp dụng định lý Turan ta có tổng số con đường không vượt quá $(1-\frac{1}{3})\frac{n^2}{2}=210^2.(với $n=210$)
Xét một cách xây đường như sau: Chia 210 thành phố thành 3 nhóm $X,Y,Z$ mỗi nhóm có 70 thành phố. Ta xây các con đường từ mỗi thành phố trong nhóm X, đến mỗi thành phố trong nhóm Y. Tương tự Y đến Z và Z đến X. Tổng số con đường được xây là $3.70^2=\frac{210^2}{3}. Dễ thấy là cách xây này thỏa mãn điều kiện bài toán.

Đề bài của LNH

 

Một quốc gia có $210$ thành phố. Ban đầu giữa các thành phố chưa có đường. Người ta muốn xây dựng một số con đường một chiều nối giữa các thành phố sao cho: Nếu có đường đi từ $A$ đến $B$ và từ $B$ đến $C$ thì không có đường đi từ $A$ đến $C$. Hỏi có thể xây dựng được nhiều nhất bao nhiêu đường?

Gọi A là thành phố có nhiều đường đi nhất.

Khi đó ta chia các thành phố còn lại thành 3 nhóm sao cho:

+Nhóm 1: có đường đi xuất phát từ A 

+Nhóm 2: có đường đi đến A

+Nhóm 3:không có đường đi đến A hoặc xuất phát từ A

Gọi $a$ là số thành phố của nhóm 1

       $b$ là số thành phố của nhóm 2

       $c$ là số thành phố của nhóm 3

Khi đó ta có $a+b+c=209$

Theo giả thiết thì không có đường đi giữa các thành phố trong nhóm và nhóm 2

Số các đường đi liên quan đến các thành phố nhóm 3 không vượt quá c(a+b) (Do bậc của $A=a+b$ lớn nhất)

Khi đó tổng số đường đi bao gồm:

+Số đường đi liên quan đến A: $a+b$

+Số đường đi liên quan đến các thành phố trong nhóm 3: $\leq c(a+b)$ 

+Số đường đi giữa nhóm 1 và 2: $\leq a.b$

Suy ra tổng số đường đi nhỏ hơn:

$ab+a+b+c(a+b)=ab+a(c+1)+b(c+1) \geq \frac{(a+b+c+1)^2}{3}=\frac{210^2}{3}$ (Theo AM-GM)

Dấu "=" xảy ra khi đồ thị có 3 nhóm, mỗi nhóm có 70 thành phố, thành phố nhóm 1 có đường đi đến thành phố nhóm 2, thành phố nhóm 2 có đường đi đến thành phố nhóm 3,thành phố nhóm 3 có đường đi đến thành phố nhóm 1 

http://diendantoanho...-dẳng-thức-dẹp/

http://diendantoanho...bc1geq-2abbcca/

Gọi R,r lần lượt là bán kính các đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp của tam giác ABC, d là khoảng cách giữa trọng tâm G và tâm O của đường tròn ngoại tiếp tam giác đó, chứng minh $d^{2}< R(R-2r)$

ta dễ có $9OG^2=9R^2-(a^2+b^2+c^2)$

$R^2-OG^2=\frac{1}{9}(a^2+b^2+c^2)\geq\frac{1}{3}\sqrt[3]{a^2b^2c^2}$ 

Mà $pr=\frac{abc}{4R}=>2Rr=\frac{abc}{a+b+c}\leq\frac{1}{3}\sqrt[3]{a^2b^2c^2}$

$=>d^2\leq R(R-2r)$ 

p/s: có dấu '=' nhá bạn

Cho $x,y,z>0$ thỏa mãn $x+y+z=xyz$

Tìm Max  $\frac{2}{\sqrt{x^2+1}}+\frac{1}{\sqrt{y^2+1}}+\frac{1}{\sqrt{z^2+1}}$

Do $x+y+z=xyz$ nên tồn tại $tanA,tanB,tanC$ sao cho:

$x=tanA,y=tanB,z=tanC$

$=> \frac{2}{\sqrt{x^2+1}}+\frac{1}{\sqrt{y^2+1}}+\frac{1}{\sqrt{z^2+1}}=2.cosA+cosB+cosC=2.(1-2sin^2\frac{A}{2})+2cos(\frac{B+C}{2}).cos(\frac{B-C}{2})\leq 2-4sin^2\frac{A}{2}+2.sin\frac{A}{2}=2,5-(2sin\frac{A}{2}-\frac{1}{2})^2\leq 2,5$

Đặt $p=a+b+c$ , $q=ab+bc+ca$ và $r=a.b.c$,
Từ BĐT ban đầu ta quy đồng vế trái lên, sẽ đưa về được :
$\frac{p^2+q}{p.q-r}\leq \frac{3}{2}$
$\Leftrightarrow 2p^2+2q\leq 3pq-3r$
$\Leftrightarrow p^2-2p-3r\geq p^2-2p-\frac{p^2}{3}\geqslant 0$ ( Vì $p=q$ )
Ta có :$r\geq \frac{p.q}{9}=\frac{p^2}{9}$ 
Nên $p^2-2p-3r\geq p^2-2p-\frac{p^2}{3}$
Ta cần chứng minh $p^2-2p-\frac{p^2}{3}\geq 0$ hay $p.(p-3)\geq 0$ (1)
Từ giả thiết $p=q \Rightarrow p=q\leq \frac{p^2}{3}$ 
$\Rightarrow p\geq 3$  (2) 
Từ (2) suy ra (1) đúng
Vậy BĐT được chứng minh

chỗ này ngược dấu rồi bạn