Đến nội dung

Nguyenkhanhdatchi

Nguyenkhanhdatchi

Đăng ký: 17-10-2018
Offline Đăng nhập: 29-07-2019 - 11:24
-----

Trong chủ đề: Tìm Max $M=\sqrt{a^2-6a+25}+\sqrt{b^2-6b+25...

16-07-2019 - 08:24

Bạn thử bộ số $\left ( a;b;c \right )=\left ( 3;0;0 \right )$ ta sẽ được $M> 6\sqrt{5}$


Trong chủ đề: Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán THPT Chuyên Sở GD&ĐT Hà Nam năm...

12-07-2019 - 10:51

Bài hình chuyên Hà Nam vòng 1


Trong chủ đề: Đề thi vào 10 chuyên toan tỉnh Tây NInh 2019

08-06-2019 - 00:20

Bài 7. Bạn đọc tự vẽ hình nhé (mình không biết vẽ hình trên này)

Gọi T là tiếp điểm của BC với đường tròn tâm I. Khi đó ta có biến đổi góc$\widehat{CEF}=\widehat{AED}=90^{0}-\frac{1}{2}\widehat{BAC}$. 

lại có $\widehat{CIF}=\frac{1}{2}(\widehat{ABC}+\widehat{ACB})=90^{0}-\frac{1}{2}\widehat{BAC}$.

Do đó $\widehat{CIF}=\widehat{CEF}$ nên tứ giác CIEF nội tiếp đường tròn, suy ra $\widehat{IEC}=\widehat{IFC}=90^{0}$.

Chứng minh tương tự ta cũng được $\widehat{IGB}=90^{0}$. Do vậy tứ giác BCFG nội tiếp đường tròn đường kính BC. Do M là trung điểm của BC nên suy ra M là tâm đường tròn ngoại tiếp tớ giác BCFG, Từ đó tam giác MFG cân tại M.

Mặt khác do tam giác ABC có $\widehat{BAC}=60^{0}$.

Suy ra $\widehat{CIF}=\widehat{CEF}=\widehat{AED}=60^{0}$.

Do đó $\widehat{FCG}=30^{0}$ nên $\widehat{GMF}=2\widehat{GCF}=60^{0}$.

Do vậy tam giác GMF là tam giác đều.


Trong chủ đề: Đề thi vào 10 chuyên toan tỉnh Tây NInh 2019

07-06-2019 - 23:40

Bài 9. Trước hết xin nhắc là bất đẳng thức Schur.

Cho a, b, c là các số thưc không âm. Khi đó ta có $a\left ( a-b \right )\left ( a-c \right )+b\left ( b-c \right )\left ( b-a \right )+c\left ( c-a \right )\left ( c-b \right )\geqslant 0$

Biến đổi bất đẳng thức trên ta được một hệ quả: $a^{3}+b^{3}+c^{3}+3abc\geqslant a^{2}\left ( b+c \right )+b^{2}\left ( c+a \right )+c^{2}\left ( a+b \right )$  

Trở lại bài toán. Để ý đến đẳng thức $(x+y+z)^{3}=x^{3}+y^{3}+z^{3}+3(x+y)(y+z)(z+x)$.

Khi đó ta có $(x+y+z)^{3}+9xyz=x^{3}+y^{3}+z^{3}+9xyz+3(x+y)(y+z)(z+x)$.

Theo hệ quả trên ta có $x^{3}+y^{3}+z^{3}+9xyz+3(x+y)(y+z)(z+x)\geq x^{2}(y+z)+y^{2}(z+x)+z^{2}(x+y)+6xyz+3(x+y)(y+z)(z+x)$.

Lại để ý đến hai đẳng thức

$x^{2}(y+z)+y^{2}(z+x)+z^{2}(x+y)+3xyz=(x+y+z)(xy+yz+zx)$

và $(x+y)(y+z)(z+x)+xyz=(x+y+z)(xy+yz+zx)$.

Do vậy ta được $x^{3}+y^{3}+z^{3}+9xyz+3(x+y)(y+z)(z+x)\geq 4(x+y+z)(xy+yz+zx)$

Từ đó suy ra điều cần chứng minh.


Trong chủ đề: ĐÁP ÁN THAM KHẢO ĐỀ THI HSG TOÁN 9 TỈNH LONG AN 2018 - 2019

24-04-2019 - 20:24

Không biết được, nhưng có lẽ là 150 phút đó vì thời gian thi HSG cấp tỉnh thường là như vậy. Hơn nữa với đề như vậy thì 150 phút may ra mới làm hết được.