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
<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