Đến nội dung

toanND

toanND

Đăng ký: 15-12-2018
Offline Đăng nhập: 12-09-2021 - 22:26
-----

Trong chủ đề: IJ đi qua điểm chính giữa cung BC

17-07-2021 - 19:08

Lời giải của mình: 

Gọi $E$ là giao điểm của $AC$ $BD$. $F$ là giao điểm của $AB$ $CD$.

Gọi $L$ là điểm chính giữa cung $BC$ không chứa $A,D$, $LI$ cắt $(O)$ lần thứ hai tại $T$.

Gọi $X,Y$ lần lượt là tâm các đường tròn bàng tiếp góc $C,B$ của $\triangle ABC, \triangle BDC$

Nếu gọi $S$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$ thì ta có $\angle XBS = \angle XAS = 90^0 \Rightarrow XBSA$ nội tiếp

$\Rightarrow \angle BXI = \angle BAS = \angle BTI \Rightarrow$ Tứ giác $XBIT$ nội tiếp.

Tương tự ta cũng chứng minh được tứ giác $TICY$ nội tiếp.

Từ đó ta có $\angle BXC = \angle BTL = \angle CTL = \angle BYC \Rightarrow XBCY$ nội tiếp.

Do $XB, BJ$ đều là phân giác ngoài góc $ABC$ nên $X,B,J$ thẳng hàng. Tương tự, $Y,C,J$ thẳng hàng.

Theo tính chất trục đẳng phương thì trục đẳng phương của ba đường tròn xanh phải đồng quy, tức là $XB, TI, YC$ đồng quy. Mà $XB$ cắt $YC$ tại $J$, suy ra $T,I,J$ thẳng thàng.

Do đó $I,J,L$ thẳng hàng hay ta có $đpcm \blacksquare$ 

File gửi kèm  comeback 1.PNG   28.54K   28 Số lần tải

P/S: Nếu ta dựng một đường tròn $\omega$ tiếp xúc với $AE, DE$ và tiếp xúc trong với $(O)$ thì $T$ là tiếp điểm của $\omega$ với $(O)$

File gửi kèm  comback 2.PNG   14.07K   29 Số lần tải


Trong chủ đề: CMR $ TM // BC $

08-08-2019 - 09:38

Bài này có thể giải bằng định lý Pascal


Trong chủ đề: $\widehat{NLP}=90^0$

05-08-2019 - 21:44

File gửi kèm  capture NVL.PNG   24.4K   45 Số lần tải

Gọi AQ là đường đối trung ứng với đỉnh A của tam giác ABC. AQ cắt (O) lần thứ hai tại T

$\Rightarrow$ Tứ giác ABTC điều hòa $\Rightarrow$ SA tiếp xúc với (O) tại A (S là giao của OL với BC).

Gọi $H_{a}$ là chân đường cao kẻ từ A của tam giác ABC. K là giao của OL với $AH_{a}$.

$\Rightarrow$ K là trực tâm tam giác AQS $\Rightarrow QK \perp AS$

Gọi M, I lần lượt là trung điểm của BC, $H_{b}H_{c}$. Khi đó M, I, N thẳng hàng và $MN\perp H_{b}H_{c}$

Mặt khác dễ thấy $AS \parallel H_bH_c$ $\Rightarrow QK \parallel MN$

$KLQH_a$ nội tiếp $\Rightarrow \widehat{H_aLQ}=\widehat{H_aKQ}=\widehat{H_aNI}(KQ\parallel MN)$

$\Rightarrow NILH_a$ nội tiếp. Mặt khác $I,H_a$ cùng nằm trên đường tròn đường kính NP

Suy ra L nằm trên đường tròn đường kính NP$\Rightarrow \widehat{NLP}=90^0$ (đpcm)  :like


Trong chủ đề: $1+\sqrt{\frac{2+1}{2}}+...

01-08-2019 - 21:05

 chỗ $\left ( 1+\frac{1}{n^{2}} \right )^{n}> 1+n.\frac{1}{n^{2}}$ này là sao bạn

Bất đẳng thức Bernoulli đó


Trong chủ đề: Bất đẳng thức

13-07-2019 - 09:53

  • Trước hết, ta chứng minh bđt phụ sau:

Cho các số thực dương a,b,c. Chứng minh rằng $\frac{a}{c}+\frac{c}{b}+\frac{b}{a}\geq\frac{\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}}{\sqrt[3]{abc}}$ (1)

Thật vậy $(1)\Leftrightarrow \frac{a^2}{c^2}+\frac{c^2}{b^2}+\frac{b^2}{a^2}+2(\frac{a}{b}+\frac{c}{a}+\frac{b}{c})\geq\frac{3(a^2+b^2+c^2)}{\sqrt[3]{(abc)^2}}$

Áp dụng BĐT AM-GM ta có $\frac{a^2}{c^2}+\frac{a}{b}+\frac{a}{b}\geq3\sqrt[3]{\frac{a^4}{b^2c^2}}=\frac{3a^2}{\sqrt[3]{(abc)^2}}$

Tương tự với các bđt còn lại, sau đó cộng lại ta có đpcm.

  • Trở lại bài toán, áp dụng bđt phụ trên thì ta cần chứng minh $\frac{\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}}{\sqrt[3]{abc}}+\sqrt[3]{abc}\geq\frac{10}{9(a^2+b^2+c^2)}$

Áp dụng bđt AM-GM ta có

$\frac{\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}}{\sqrt[3]{abc}}+\sqrt[3]{abc}=\frac{\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}}{\sqrt[3]{abc}}+9\sqrt[3]{abc}-8\sqrt[3]{abc}\geq2\sqrt{9\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}}-\frac{8}{3}(a+b+c)=6\sqrt[4]{3(a^2+b^2+c^2)}-\frac{8}{3}$

Đặt $t=\sqrt[4]{3(a^2+b^2+c^2)}\geq\sqrt[4]{(a+b+c)^2}=1$

Ta chỉ cần chứng minh $6t-\frac{8}{3}\geq\frac{10}{3t^4}\Leftrightarrow t^4(9t-4)\geq5$ (đúng do $t\geq1$ )

Vậy ta có đpcm. ~O)