1) Tên nick ứng viên : I Love MC , baopbc , bangbang1412, Zaraki .
2) Thành tích nổi bật : luôn tích cực tham gia thảo luận cho TOPIC diễn đàn
3) Ghi chú : ko có
- Cuongpa, tritanngo99, ineX và 1 người khác yêu thích
Gửi bởi hoaichung01 trong 07-01-2017 - 20:32
1) Tên nick ứng viên : I Love MC , baopbc , bangbang1412, Zaraki .
2) Thành tích nổi bật : luôn tích cực tham gia thảo luận cho TOPIC diễn đàn
3) Ghi chú : ko có
Gửi bởi hoaichung01 trong 04-01-2017 - 22:02
bạn trình bày lời giải ra dùm mình câu a thôi có được ko
Chứng minh $\angle ACI+\angle ABI =\angle EIF$ là đc bài này chỉ đúng với trường hợp MN đi qua I thôi
Gửi bởi hoaichung01 trong 04-01-2017 - 15:54
Cho $x,y,z$ không âm thỏa mãn: $2(xy+yz+zx)=x^2+y^2+z^2$.
Chứng minh rằng:
$\frac{x+y+z}{3}\geq \sqrt[3]{2xyz}$
Ta có $\left ( x+y+x \right )^{2}\geq 4(xy+yz+zx)$ (*)
Giả sử $x\equiv max \left \{ x,y,z \right \}$
(*) $\Leftrightarrow \left ( x+y \right )^{2}-2z(x+y)+z^{2}-4xy \geq 0$
$\Leftrightarrow \left ( x+y-z-2\sqrt{xy} \right )\left ( x+y-z+2\sqrt{xy} \right )\geq 0\Rightarrow x+y\geq z+2\sqrt{xy}$
$\Rightarrow \frac{x+y+z}{3}\geq \frac{2z+2\sqrt{xy}}{3}\geq \frac{2z+\sqrt{xy}+\sqrt{xy}}{3}\geq \sqrt[3]{2xyz}$
=> ...
Gửi bởi hoaichung01 trong 03-01-2017 - 22:13
Đường tròn nội tiếp (I) của tam giác ABC tx BC , CA , AB tại D, E,F. AD giao (I) tại P , tiếp tuyến tại P cắt CA , AB tại Q , R . G là một điểm nằm trên AD . QG , RG cắt (I) tại L, M . Chứng minh LM , EF , BC đồng quy
Gửi bởi hoaichung01 trong 02-01-2017 - 17:16
Cho tam giác ABC nội tiếp (O) ngoại tiếp (I) , IB , IC cắt (O) tại M,N . P,Q thuộc tia đối của BC , CB sao cho BP=BA , CQ=CA .K, L lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp NBP , MCQ .BL cắt CK tại D . Đường tròn bàng tiếp góc A cắt (O) tại S , T . Chứng minh AD vuông góc ST
Gửi bởi hoaichung01 trong 18-09-2016 - 16:48
ta cần chứng minh $\sum \frac{1}{9-ab}\leq \frac{3}{8}$$\Leftrightarrow 8(243-18p+3r)\leq 3(729-81q+27r-r^{2})$$\Leftrightarrow 243-99q+57r-3r^{2}\geq 0$
với $p=a+b+c ; q=ab+bc+ca ; r=abc$
$3=3(\frac{a+b+c}{3})^{6}\geq 3(abc)^{2}\Rightarrow 1\geq r^{2}$
theo BĐT schur $r\geq \frac{p(4q-p^{2})}{3}\Rightarrow 57r\geq 19(4q-9)$
nên ta cần cm $72-23q-3r^{2}\geq 0\Leftrightarrow 3(1-r^{2})+23(3-q)\geq 0$ luôn đúng
ta có bài tổng quát $a,b,c \geq 0, a+b+c=3 , k\geq 6$
$\sum \frac{1}{k-ab}\leq \frac{3}{k-1}$
Gửi bởi hoaichung01 trong 09-09-2016 - 21:55
Gửi bởi hoaichung01 trong 26-08-2016 - 20:05
chuẩn hóa bất đẳng thức ta có ab+bc+ca =3
$a+b+c\geq 3 và abc\leq 1
mà (a+b)(b+c)(c+a)=(ab+bc+ca)(a+c+b)-abc=3(a+b+c)-abc\geq 8$ => đpcm
Gửi bởi hoaichung01 trong 17-08-2016 - 23:43
Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm I , (I) tiếp xúc với BC , CA , AB tại D, E, F . P, Q , R lần lượt là điểm đối xứng với D, E, F qua EF, FD, DE. AP , QB,CR cắt BC,AC, AB tại M , K , L
Chứng minh M, K , L thẳng hàng
Gửi bởi hoaichung01 trong 11-07-2016 - 09:17
Cho a,b,c dương. Tìm GTLN của:
$T=\frac{a(b+c)}{(b+c)^2+a^2}+\frac{b(c+a)}{(c+a)^2+b^2}+\frac{c(a+b)}{(a+b)^2+c^2}$
đây là dạng BĐT đối xứng thuần nhất nên ta giả sử a+b+c=1
Ta có $1-2a+2a^{2}=1-2a(1-a)\geq 1-\frac{(a+1)^{2}}{4}=\frac{(1-a)(3+a)}{4}\Rightarrow \frac{a(1-a)}{1-2a+2a^{2}}\leq \frac{4a}{3+a}=4-\frac{12}{a+3}$
$\frac{b(1-b)}{1-2b+2b^{2}}\leq 4-\frac{12}{3+b}$
$T\leq 12-12(\frac{1}{3+a}+\frac{1}{3+b}+\frac{1}{3+c})\leq \frac{6}{5}$
Gửi bởi hoaichung01 trong 06-07-2016 - 15:23
kẻ AD vuông góc BC
Ta có :$\frac{BI}{BA}=\frac{CI}{CA}$
Mà $\Delta ABD$ đồng dạng $\Delta IBH$=>$\frac{BD}{BH}=\frac{AB}{IB}$
TƯƠNG TỰ $\frac{KC}{DC}=\frac{IC}{AC}$
=>$\frac{BD}{BH}=\frac{DC}{KC}\Leftrightarrow \frac{BH}{KC}=\frac{BD}{CD}$}
=>$\frac{BH}{AH}.\frac{AK}{KC}.\frac{CD}{BD}=1$
=> AD, CH , BK đồng quy tại một điểm M
=> AM vuông góc BC
Gửi bởi hoaichung01 trong 06-07-2016 - 15:03
Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Hai đường chéo $AC$ và $BD$ vuông góc với nhau tại $H$. Gọi $M$ là điểm trên cạnh $AB$ sao cho $AM=\frac{1}{3}AB$ và $N$ là trung điểm của $HC$. Chứng minh rằng $DN⊥MH.$
gọi E ,F lần lượt là trung điểm của HB , MB
=> AM = MF = FB = $\frac{1}{3 }$AB
K,G lần lượt là giao điểm của MH với DN và AE
$\Delta AHB$ đồng dạng $\Delta DHC$ => $\frac{AH}{HB}=\frac{DH}{HC}\Rightarrow \frac{AH}{2HE}=\frac{DH}{2HN}\Rightarrow \frac{AH}{HE}=\frac{DH}{HN}$
=>$\Delta AHE$ đồng dạng $\Delta DHN$=> $\angle NDH =\angle EAH$
Ta có : HM//EF ; AG=GE ;
$\Rightarrow \Delta AHG$ cân tại G => $\angle AHG =\angle EAG$
Ta có : $\angle KDH +\angle DHK= \angle EAH +\angle DHK=\angle AHG+\angle DHK=90$
=> $\Delta DHK$ vuông góc tại K
=> đpcm
Gửi bởi hoaichung01 trong 04-07-2016 - 16:10
Cho phân số A=$\frac{m^3+3m^2+2m+5}{m(m+1)(m+2)+6}$;(m thuộc N)
a)Chứng minh rằng A là phân số tối giản.
b)Phân số A có biểu diễn thập phân là hữu hạn hay vô hạn tuần hoàn? Vì sao?
A=$\frac{m^{3}+3m^{2}+2m+5}{m^{3}+3m^{2}+2m+6}$
mẫu và tử là hai số liên tiêp nên nguyên tố cùng nhau nên A tối giản
Gửi bởi hoaichung01 trong 04-07-2016 - 15:53
Cho đường tròn $(O;R)$ đường kính $AB.$ Qua $B$ kẻ tiếp tuyến $d$ của đường tròn $(O).MN$ là một đường kính thay đổi của đường tròn $(M$ không trùng với $A,B).$ Các đường thẳng $AM$ và $AN$ cắt đường thẳng $d$ lần lượt tại $C$ và $D.$ Gọi $I$ là giao điểm của $CO$ và $BM.$ Đường thẳng $AI$ cắt $(O)$ tại điểm thứ hai là $E,$ cắt đường thẳng $d$ tại $F.$ Chứng minh $3$ điểm $C,E,N$ thẳng hàng.
Ta có CO, BM, AF đồng quy tại I trong tam giác ABC nên theo định lí Ceva ta có :
$\frac{AM}{MC}.\frac{CF}{FB}.\frac{BO}{AO}=1$ Mà BO=AO $\Rightarrow \frac{AM}{MC}=\frac{BF}{CF}$=>MF//BA
dễ dàng chứng minh đc tứ giác MEFC nội tiếp => $\angle MEC=\angle CFM=90$
MÀ MEN =90 => C,E,N thẳng hàng
Gửi bởi hoaichung01 trong 01-07-2016 - 20:50
Giải hệ phương trình $\left\{\begin{matrix}x^2+2+(y^2-y-1)\sqrt{x^2+2}=y^3-y & & \\ 2x+xy+2+(x+2)\sqrt{y^2+4x+4}=0 & & \end{matrix}\right.$
ĐK :...
$x^{2}+2 + (y^{2}-y-1)\sqrt{x^{2}+2}-y^{3}+y=0\Leftrightarrow (\sqrt{x^{2}+2}-y)(\sqrt{x^{2}+2}+y^{2}-1)=0\Leftrightarrow \sqrt{x^{2}+2}=y$
vì $\sqrt{x^{2}+2}\geq \sqrt{2}\Leftrightarrow \sqrt{x^{2}+2}+y^{2}\geq \sqrt{2}> 1$=> loại
thay vào phương trình 2 ...$y>\geq 0 \Rightarrow x^{2}+2=y^{2}$
nghiệm bằng -1 =>nhân liên hợp
Community Forum Software by IP.Board
Licensed to: Diễn đàn Toán học