Bài 5.2 Áp dụng định lí brahamagupta suy ra M,N lần lượt là trung điểm AD, BC. Tới đây quen thuộc rồi
- Tea Coffee yêu thích
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.
<a href="https://www.fodey.co...atext.asp"><imgsrc="https://r11.fodey.com/2448/4cda7dc985784e7a951248463b7f0f54.1.gif" border=0 width="325" height="117" alt=""></a>
Gửi bởi CaptainCuong
trong 29-03-2018 - 17:41
Bài 5.2 Áp dụng định lí brahamagupta suy ra M,N lần lượt là trung điểm AD, BC. Tới đây quen thuộc rồi
Gửi bởi CaptainCuong
trong 15-01-2018 - 23:52
Câu 4. Cho $A$ là tập hợp gồm $n$ phần tử là các số nguyên dương phân biệt ($n>1$) sao cho khi bớt đi một phần tử bất kỳ của $A$ thì tập hợp còn lại có thể chia được thành 2 tập con (có giao khác rỗng) sao cho tổng các phần tử ở mỗi tập con bằng nhau. Chứng minh các phần tử của $A$ cùng tính chẵn lẻ và $n\geq 7$.
Câu 5. Cho tam giác nhọn không cân $ABC$, có đường trung tuyến $AM$ và đường cao $AH$ ($M,H\in BC$). Các điểm $Q$ và $P$ lần lượt thuộc các tia $AB$ và $AC$ sao cho $QM\perp AC$ và $PM\perp AB$. Đường tròn ($PMQ$) cắt cạnh $BC$ lần thứ hai tại điểm $X$. Chứng minh rằng $BH=CX$.
https://artofproblem...126020p5204821
All Russia MO 2015
Gửi bởi CaptainCuong
trong 22-12-2017 - 08:44
Cho $\Delta ABC(AB<AC)$ nội tiếp đường tròn $(O).$ Tiếp tuyến tại $B$ và $C$ cắt nhau tại $P. AO, AC$ cắt $(BOC)$ lần lượt tại $L$ và $Q.T$ là giao điểm của $PQ$ và $BL.$ Chứng minh $T$ thuộc trung tuyến của tam giác $ABC.$
Gửi bởi CaptainCuong
trong 26-04-2017 - 08:37
$\boxed{\text{Bài Toán 61}}$ [Sưu tầm] Từ $A$ nằm ngoài đường tròn $(O;R)$ vẽ $2$ tiếp tuyến $AB,AC$ với đường tròn $(O)$ ($B,C$ là các tiếp điểm). Gọi $P,Q$ lần lượt là trung điểm của $AB,AC$. Từ điểm $M$ bất kỳ thuộc cạnh $PQ$ kẻ tiếp tuyến $MD$ của đường tròn. Chứng minh rằng: $MA=MD$
$PB^2=PA^2; QA^2=QC^2 \rightarrow PQ$ là trục đẳng phương của $(O;R)$ và $(A;0)$ vậy. Vậy phương tích từ D đến $(O;R)$ và $(A;0)$ bằng nhau $\rightarrow MD^2=MA^2$ suy ra đpcm
Gửi bởi CaptainCuong
trong 15-02-2017 - 23:14
Gửi bởi CaptainCuong
trong 12-12-2016 - 11:24
Gửi bởi CaptainCuong
trong 10-12-2016 - 23:57
Ta sẽ đăt: $x=\sqrt{2}(t-\dfrac{1}{t})$
Khi đó thay vào pt ta có:
$2\sqrt{2}(t-\dfrac{1}{t})^5+20\sqrt{2}(t-\dfrac{1}{t})^3+40\sqrt{2}(t-\dfrac{1}{t})-18=0$
$\iff 4\sqrt{2}(t^5-\dfrac{1}{t^5})=18$
$\iff 4\sqrt{2}t^{10}-18t^5-4\sqrt{2}=0$
Đến đây ta được phương trình bậc 2, giải ra $t$
Từ đó ta có nghiệm duy nhất của pt:
$x=\sqrt{2}(\sqrt[5]{\dfrac{9+\sqrt{113}}{4\sqrt{2}}}-\sqrt[5]{\dfrac{4\sqrt{2}}{9+\sqrt{113}}})$
Sao anh lại đặt được ẩn phụ $x=\sqrt{2}(t-\dfrac{1}{t})$
Gửi bởi CaptainCuong
trong 08-11-2016 - 21:11
Gọi giao điểm đường trung trực của $AD$ với tiếp tuyến tại $D$ ($D$ di động trên $O$) là $M'$
Ta có $M'D^2=M'A^2\Rightarrow M'\in$ trục đẳng phương của $(A;0)$ và $(O)$
Lại có $PA^2=PB^2\Rightarrow P\in$ trục đẳng phương của $(A;0)$ và $(O)$
$QA^2=QC^2\Rightarrow Q\in$ trục đẳng phương của $(A;0)$ và $(O)$
$\Rightarrow$ $M',P,Q$ thẳng hàng $\Rightarrow M\equiv M'$
Gửi bởi CaptainCuong
trong 07-11-2016 - 21:19
Một cách của thầy Cẩn
Để ý rằng $3-\frac{(2a+b+c)^2}{2a^2+(b+c)^2}=\frac{2(a+b-c)^2}{2a^2+(a+b)^2}$ nên bất đẳng thức cần C/m tương đương$\sum \frac{2(a+b-c)^2}{2a^2+(a+b)^2}\geq 1\Leftrightarrow \sum \frac{2(a+b-c)^2}{2a^2+2(b^2+c^2)}\geq 1\Leftrightarrow \sum \frac{(a+b-c)^2}{a^2+b^2+c^2}\geq 1$
$\Leftrightarrow (b+c-a)^2+(c+a-b)^2+(a+b-c)^2\geq a^2+b^2+c^2$
Bất đẳng thức này đúng do bất đẳng thức sau $\frac{(b+c-a)^2+(c+a-b)^2}{2}\geq c^2$
Gửi bởi CaptainCuong
trong 09-10-2016 - 20:55
Bài toán 1: Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $a+b+c=6$. Cm:
\[\sqrt{\frac{{{\left( a+b \right)}^{3}}}{a+1}}+\sqrt{\frac{{{\left( b+c \right)}^{3}}}{b+2}}+\sqrt{\frac{{{\left( c+a \right)}^{3}}}{c+3}}\ge 12\]
$VT= \frac{(a+b)^2}{\sqrt{(a+1)(a+b)}}+\frac{(b+c)^2}{\sqrt{(b+2)(b+c)}}+\frac{(c+a)^2}{\sqrt{(c+3)(a+c)}}\geq \frac{144}{\sqrt{(a+1)(a+b)}+\sqrt{(b+2)(b+c)}+\sqrt{(c+3)(a+c)}}$
Có $\sqrt{(a+1)(a+b)}+\sqrt{(b+2)(b+c)}+\sqrt{(c+3)(a+c)}\leq\frac{a+1+a+b}{2}+\frac{b+2+b+c}{2}+\frac{c+3+a+c}{2}=12$
$\Rightarrow VT\geq \frac{144}{12}=12$
Gửi bởi CaptainCuong
trong 28-09-2016 - 18:33
Cho $a,b,c$ thực thỏa mãn $a+b+c=0$
Tìm $GTNN$ của $P=(a^2+1)^2+(b^2+1)^2+(c^2+1)^2+6\sqrt{6}abc$
Gửi bởi CaptainCuong
trong 11-09-2016 - 10:09
Ta có:
$x^2+y^2\geq 2xy$
$2y^2+\frac{1}{2}z^2\geq2yz$
$2x^2+\frac{1}{2}z^2\geq2zx$
$\Rightarrow 3x^2+3y^2+z^2\geq 2(xy+yz+zx)=10$
Gửi bởi CaptainCuong
trong 06-08-2016 - 23:02
Bài 471: Giải hệ phương trình:
$$\left\{\begin{matrix}a^2-b^2-2a+2b+3=0(1) \\ a^2-2ab+2b+7=0(2) \end{matrix}\right.$$
$8PT(1)-3PT(2)=0\Leftrightarrow (5a-4b-1)(a+2b-3)=0$
Gửi bởi CaptainCuong
trong 30-07-2016 - 01:10
À với cách đặt như vậy thì $abc=1$ nên em liên tưởng tới BĐT $vasc: \;\;\;\;\;\;\;\ \sum \frac{1}{a^{2k}+a^{k}+1}\geq 1.$
Ta sẽ chứng minh: $\frac{1}{(1+a)^3}\geq \frac{{\color{Red} 3}}{{\color{Red} 8}(a^{2k}+a^k+1)}\Leftrightarrow 8a^{2k}+8a^k+5\geq 3a^3+9a^2+9a$
Để có được như vậy thì đẳng thức phải xảy ra, tức là $8a^{2k}+8a^k+5= 3a^3+9a^2+9a$
Đạo hàm cả $2$ vế thì được $16k.a^{2k-1}+8k.a^{k-1}=9a^2+18a+9$
Mà dấu $"="$ xảy ra khi $x=y=z$ nên $a=1,$ từ đó tính được $k=\frac{3}{2}.$
Việc cuối cùng chỉ là đi chứng minh BĐT: $\frac{1}{(1+a)^3}\geq \frac{3}{8(a^3+\sqrt{a^3}+1)}$ là đúng.
---------------------------------------
Em cũng không biết tại sao anh lại nghĩ đến chứng minh BĐT: $(1+a)^3 \leq (1+abc)(1+\frac{a}{b})(1+\frac{a}{c})$
Vậy còn hai số 3 và 8 này em chọn như thế nào?
Gửi bởi CaptainCuong
trong 12-06-2016 - 23:19
$\widehat{C_1B_1H}=\widehat{HCA_1}\Rightarrow \Delta BB_1L\sim \Delta HCA_1\Rightarrow \frac{LB_1}{A_1C}=\frac{BB_1}{HC}\Rightarrow LB_1=\frac{BB_1.A_1C}{HC}$
Cmtt, ta có:
$A_1K=\frac{BB_1.AK}{AB_1}(do \Delta AKA_1\sim \Delta ABB_1)$
$\Rightarrow \frac{LB_1}{A_1K}=\frac{A_1C.AB_1}{HC.AK}$
mà $\Delta AB_1K\sim \Delta CHA_1\Rightarrow \frac{A_1C}{AK}=\frac{HC}{AB_1}\Rightarrow \frac{A_1C.AB_1}{HC.AK}=1$
$\Rightarrow \frac{LB_1}{A_1K}=1\Rightarrow LB_1=A_1K$
Community Forum Software by IP.Board
Licensed to: Diễn đàn Toán học