Bài hình ngày thứ hai chỉ cần chứng minh MN vuông góc AP và sử dụng tính các góc theo góc tam giác ABC là sẽ có điều phải chứng minh.
MN vuông góc AP cả một vấn đề đấy
- quantv2006 yêu thích
Gửi bởi vpvn trong 21-10-2016 - 01:23
Bài hình ngày thứ hai chỉ cần chứng minh MN vuông góc AP và sử dụng tính các góc theo góc tam giác ABC là sẽ có điều phải chứng minh.
MN vuông góc AP cả một vấn đề đấy
Gửi bởi vpvn trong 09-10-2016 - 20:29
Câu 3 $\sum \sqrt{a^{2}b+b^{2}c}$ =$\sum \sqrt{b(a^{2}+bc)}$$\leq \sqrt{(a+b+c)(a^{2}+b^{2}+c^{2}+ab+bc+ca)}$
$\leq \sqrt{3(3^{2}-ab-bc-ca)}$ $\leq \sqrt{3(3^{2}-\frac{(a+b+c)^{2}}{3}}$=3$\sqrt{2}$
Gửi bởi vpvn trong 06-10-2016 - 21:26
câu 6
a) ta có $\widehat{AEC}=\widehat{AMB}=\widehat{ADB}$ suy ra BDOE nội tiếp
$\Rightarrow \widehat{AOE}= \widehat{ABC}= \widehat{AME}$ suy ra AEOM nội tiếp
b)theo định lý pappus có OMN thẳng hàng
$\Rightarrow$ $\widehat{CMN}= \widehat{AMO}= \widehat{BEC}= \widehat{BMC}$
$\Rightarrow$ MN luôn đi qua điêm đối xứng của B qua AC $\Rightarrow$ dpcm
Gửi bởi vpvn trong 06-10-2016 - 20:11
nhận xét $2\sqrt{1+8y^{3}}\leq 2+4y^{2}$ (am gm)
$\Rightarrow$ P $\geq \sum \frac{x}{y(y^{2}+x)}$ =$\sum \frac{1}{y}-\sum \frac{y}{x+y^{2}}$
$\geq \sum \frac{1}{x}-\frac{1}{2}\sum \frac{1}{\sqrt{x}}$ (do x+y2 $\geq$ 2y$\sqrt{x}$)
mà $\sum \frac{1}{\sqrt{x}}\leq \sqrt{3(\sum \frac{1}{x})}$
$\Rightarrow$ P $\geq \sum \frac{1}{x}-\frac{1}{2}\sqrt{3(\sum \frac{1}{x})}$ và $\sum \frac{1}{x}\geq 3$ $\Rightarrow$ P $\geq$ $\frac{3}{2}$
Gửi bởi vpvn trong 05-10-2016 - 19:25
Bài hình
a) SI vuông góc AC ID vuông góc SD $\Rightarrow$ SI2 =SD*SC $\Rightarrow$ S thuộc trục đẳng phương của (O) và (C) $\Rightarrow$ dpcm
b) dễ có SJD cân với trung trực SE $\Rightarrow$ $\widehat{JEF}= \widehat{DEF}= \widehat{DAF}$ và SE vuông góc AD
$\Rightarrow$ AF vuông góc EJ
Gửi bởi vpvn trong 04-10-2016 - 22:14
câu hình
a) dùng phương tích
b)EP cắt QF tại U , PF cắt EQ taị V AN cắt BM tại T $\Rightarrow$ UV là đường đối cực của T đối với (EFPQ).
(ADN) cắt (BDM) tại K $\Rightarrow$ T là trực tâm của KAB $\Rightarrow$ TD vuông góc AB .
từ đây được (ATEF)=(BTPQ)=-1 (1) $\Rightarrow$ A B thuộc đường đối cực của T đối với (EFPQ).
$\Rightarrow$ ABUV thẳng hàng
(1) $\Rightarrow$ AB PE QF đồng qui tại U .
AQ cắt BF tại H áp dụng định lý Desargues cho 2 tam giác AQE BPF được H V T thẳng hàng
Có (UVAB)=-1 đặt AP căt BE tại Z $\Rightarrow$ TZV thẳng hàng
$\Rightarrow$ TZVH thẳng hàng áp dụng định lý Desargues cho 2 tam giác AEY BPX $\Rightarrow$ AB PE XY đồng qui
$\Rightarrow$ đpcm
Gửi bởi vpvn trong 03-10-2016 - 20:35
BÀI 74 để ý $\frac{x^{2}+y^{2}+z^{2}}{xy+yz+zx}\geq \frac{x^{2}+y^{2}+z^{2}+y^{2}}{xy+yz+zx+y^{2}}$
=$\frac{x^{2}+2y^{2}+z^{2}}{(x+y)(y+z)}$
suy ra VT =$\frac{x^{2}+2y^{2}+z^{2}+(x+y)\sqrt{xy}+(y+z)\sqrt{yz}}{(x+y)(y+z)}$
$\geq$ $\frac{x^{2}+2y^{2}+z^{2}+2xy+2yz}{(x+y)(y+z)}$
=$\frac{(x+y)^{2}+(y+z)^{2}}{(x+y)(y+z)}$
$\geq$ 2
Dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow$ x=z , y=0
Gửi bởi vpvn trong 03-10-2016 - 03:18
$AP$ cắt $BC$ tại $L$.
Ta có tứ giác toàn phần $ABFPEC$ có $(ABE)$ cắt $(ACF)$ tại $G$ nên $G$ là điểm $Miquel$ của tứ giác $ABFPEC$.
Do đó tứ giác $GPBF$ và $GPCE$ nội tiếp.
Ap dụng định lý $Brocard$ cho tứ giác $ABPC$ ta suy ra $O,L,G$ thẳng hàng và $OG\perp EF$.
Ta có $\widehat{ALR}=\frac{1}{2}(\widetilde{AC}+\widetilde{BP})=\frac{1}{2}\widetilde{AQ}=\widehat{ADR}$
$\Rightarrow ALDR$ nội tiếp.
Ta cũng có $AOPG$ nội tiếp(kết quả quen thuộc)(1) và $OG$ là trung trực $PD$.
Từ đó $\widehat{AOL}=\widehat{LPG}$(do(1))$=\widehat{LDG}=180-\widehat{ARL}$
$\Rightarrow A,O,L,D,R$ cùng thuộc một đường tròn $\Rightarrow \widehat{ARO}=\widehat{ADO}=\widehat{DAO}=\widehat{DRO}=\widehat{QRO}$.
Đến đây sử dụng bổ đề cũ:Tam giác $ABC$ cân tại $A$ một điểm D thỏa mãn $\widehat{ADB}=\widehat{ADC}$ thì ta có $AD\perp BC$.
$\Rightarrow OR\perp AQ.$
Gửi bởi vpvn trong 02-10-2016 - 16:26
Gửi bởi vpvn trong 02-10-2016 - 16:20
bài 4 a+b+c+$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$ $\geq$ a+b+c+$\frac{9}{a+b+c}$ = a+b+c+$\frac{9}{4(a+b+c)}$ +$\frac{27}{4(a+b+c)}$
$\geq$ 3+$\frac{27}{4*\frac{3}{2}}$ =....
Gửi bởi vpvn trong 02-10-2016 - 16:12
bài 3 thay 1=ab+bc+ca vào mẫu rồi nhóm sau đó dùng am gm
bài 8 để ý$\frac{1}{a+2b}$ $\leq$ $\frac{1}{9}$($\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{b}$) $\Rightarrow$ ....
bài 9 có $\frac{1}{1+a}$ = $\frac{b}{1+b}+\frac{c}{1+c}$ $\geq$ 2$\sqrt{\frac{bc}{(1+b)(1+c)}}$ tương tự ....
nhìn lướt qua mới chỉ làm được 3 bài
Gửi bởi vpvn trong 01-10-2016 - 20:49
AI cắt (ABC) tại J $\Rightarrow$ J là tâm của (BICD).
Tiếp tuyến tại B cắt tiếp tuyến tại C của (BIC) tại T .
chứng minh ACBT nội tiếp (bằng biến đổi góc) suy ra AT vuông góc AI $\Rightarrow$ T A E thẳng hàng
Dựa vào TB2=TC2=TI*TD=TA*TE $\Rightarrow$ $\widehat{TEC}$ = $\widehat{TCA}$ = $\widehat{TBA}$= $\widehat{TEB}$
$\Rightarrow$ DPCM
Gửi bởi vpvn trong 30-09-2016 - 14:56
không biết có nhầm hay k
xét x=0 $\Rightarrow$ y=1
với x $\neq$ 0 từ phương trình (1) được x3-x2y+xy2-x2-3xy-2x=0 kết hợp với phương trình(2)
$\Rightarrow$ x2+y2+3xy+3x-y=0 kết hợp với (1) $\Rightarrow$ 4xy+4x+2y+2=0 $\Leftrightarrow$ (y+1)(4x+2)=0
$\Rightarrow$ ....
Gửi bởi vpvn trong 27-09-2016 - 21:36
C1: Quy nạp |xn-$\sqrt{2}$| <$\frac{1}{2^{n}}$ với mọi n$\geq$3
mà lim$\frac{1}{2^{n}}$=0
suy ra lim$x_{n}$ = $\sqrt{2}$
C2 dùng định lý Lagrang
Gửi bởi vpvn trong 24-09-2016 - 23:01
Đường thẳng qua $I$ vuông góc $AI$ cắt $AC, AB$ tại $H$ và $G' ; CG'$ cắt $EF$ tại $K'$.
ta có $\Delta CIH \sim \Delta IBG' (g-g)\Rightarrow BG'.HC=G'I^2=G'E.G'A \Rightarrow \frac{BG'}{G'A}=\frac{G'E}{HC}$ (1)
$G'H$ song song $K'F \Rightarrow \frac{K'G'}{G'C}=\frac{FH}{HC}=\frac{EG'}{HC}$ (2)
từ (1)(2) $\Rightarrow \frac{BG'}{G'A}=\frac{K'G'}{G'C}$ hay $BK'$ song song $AC$.
$\Rightarrow K\equiv K'\Rightarrow G \equiv G'$ (đpcm)
Community Forum Software by IP.Board
Licensed to: Diễn đàn Toán học