Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


*LinKinPark*

Đăng ký: 31-12-2009
Offline Đăng nhập: 14-07-2013 - 21:10
***--

#234891 Việt Nam TST 2010

Gửi bởi *LinKinPark* trong 18-04-2010 - 20:28

Bài 2-day 1

Hình đã gửi

Ta có: $BC$ là tiếp tuyến chung của $\left( {{O_1}} \right),\left( {{O_2}} \right)$. Mà $M$ trung điểm $BC$. Suy ra $M$ thuộc trục đẳng phương của $\left( {{O_1}} \right),\left( {{O_2}} \right)$

Mà $A \in DM$ nên $A$ nằm trên trục đẳng phương của $\left( {{O_1}} \right),\left( {{O_2}} \right)$. Suy ra $AP.AB=AQ.AC$ $ \Rightarrow \Delta AQP \sim \Delta ABC$

Gọi $Px,Py$ lần lượt là tiếp tuyến của $\left( {{O_1}} \right),\left( {{O_2}} \right)$. Ta có:

$180^\circ - \widehat{xPB} = \widehat{PBC} = \widehat{PQC} \Rightarrow Px$ là tiếp tuyến của đường tròn $(APQ)$

Vậy $\left( {{O_1}} \right)$ và $(APQ)$ tiếp xúc nhau tại $P$. Tương tự ta cũng có $\left( {{O_2}} \right)$ và $(APQ)$ tiếp xúc nhau tại $Q$

Vậy $Px,Qy$ là 2 tiếp tuyến của đường tròn $(APQ)$

Đến đây ta để ý do $ \widehat A \ne 90^\circ $ nên 2 tiếp tuyến đó luôn cắt nhau. Nếu $S$ là giao điểm thì $SP=SQ$. Suy ra $S$ cũng thuộc trục đẳng phương của $\left( {{O_1}} \right),\left( {{O_2}} \right)$ ( tức $AM$ ). Vậy $S$ di động trên 1 đường cố định


#234874 Việt Nam TST 2010

Gửi bởi *LinKinPark* trong 18-04-2010 - 18:07

Bài 4-day 2

Ta có: ${\left[ {a + b + \sqrt {2\left( {a + c} \right)} } \right]^3} = {\left[ {\left( {a + b} \right) + \left( {\sqrt {\dfrac{{a + c}}{2}} } \right) + \left( {\sqrt {\dfrac{{a + c}}{2}} } \right)} \right]^3} \ge \dfrac{{27}}{2}\left( {a + b} \right)\left( {a + c} \right)$

Suy ra:

$\left[ {\sum {{{\left( {\dfrac{1}{{a + b + \sqrt {2\left( {a + c} \right)} }}} \right)}^3}} } \right] \le \sum\limits_{cyc} {\dfrac{2}{{27\left( {a + b} \right)\left( {a + c} \right)}}} = \dfrac{{4\left( {a + b + c} \right)}}{{27\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right)}}$

Cần CM: $\dfrac{{4\left( {a + b + c} \right)}}{{27\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right)}} \le \dfrac{8}{9}$

$ \Leftrightarrow 6\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right) \ge \left( {a + b + c} \right)$

Từ ĐK đề bài ta có: $ab + bc + ca \le 16abc\left( {a + b + c} \right) \le \dfrac{{16}}{3}{\left( {ab + bc + ca} \right)^2}$

$ \Rightarrow ab + bc + ca \ge \dfrac{3}{{16}}$

Vậy: $9\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right) \ge 8\left( {a + b + c} \right)\left( {ab + bc + ca} \right) \ge \dfrac{3}{2}\left( {a + b + c} \right)$

$ \Leftrightarrow 6\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right) \ge \left( {a + b + c} \right)$ Q.E.D :D


#234802 Không biết có khó không...?

Gửi bởi *LinKinPark* trong 18-04-2010 - 11:07

Lo ôn thi HK nhiều quá nên toàn lướt qua :D. Giai luôn vậy

Ta có: $f\left( x \right) = - f\left( 0 \right).\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right) + \dfrac{1}{2}f\left( { - 1} \right).x\left( {x - 1} \right) + \dfrac{1}{2}f\left( 1 \right).x\left( {x + 1} \right)$

Vậy

$\left| a \right| = \left| { - f\left( 0 \right) + \dfrac{1}{2}f\left( { - 1} \right) + \dfrac{1}{2}f\left( 1 \right)} \right|$

$\left| b \right| = \left| { - \dfrac{1}{2}f\left( { - 1} \right) + \dfrac{1}{2}f\left( 1 \right)} \right|$

$\left| c \right| = \left| {f\left( 0 \right)} \right| \le t$

Nếu $ab = 0$ done!

Nếu $ab > 0$. Suy ra $\left| a \right| + \left| b \right| = \left| {a + b} \right| = \left| {f\left( 1 \right) - f\left( 0 \right)} \right| \le 2t$

Nếu $ab < 0$. Suy ra $\left| a \right| + \left| b \right| = \left| {a - b} \right| = \left| {f\left( { - 1} \right) - f\left( 0 \right)} \right| \le 2t$

Vậy ta luôn có $\left| a \right| + \left| b \right| + \left| c \right| \le 3t$


#228482 Bất đẳng thức!

Gửi bởi *LinKinPark* trong 09-02-2010 - 00:41

Bài 2: Đặt $ a = {2^x},b = {2^y}$ BĐT cần CM tương đương:
$ \dfrac{1}{{1 + {a^2}}} + \dfrac{1}{{1 + {b^2}}} \ge \dfrac{2}{{1 + ab}} \Leftrightarrow {\left( {a - b} \right)^2}\left( {ab - 1} \right) \ge 0$ (đúng vì $ {2^{x + y}} \ge 1$ với $ x + y \ge 0$)