Circle nội dung

Javascript bị vô hiệu

Javascript bị vô hiệu, một vài chức năng sẽ không hoạt động. Vui lòng bật lại Javascript để sử dụng đầy đủ các chức năng.

Có 132 mục bởi Circle (Tìm giới hạn từ 29-04-2020)

Theo nội dung

Xem thành viên

Trang 2 / 6

Sắp theo

Sắp xếp

#40933 bài hình khá dễ

Đã gửi bởi Circle on 06-11-2005 - 07:45 trong Hình học phẳng

Em có cách giải dài hơn rồi:
Ta chỉ cần cm CO vuông góc OI (do IMC=INC=90*)
COI=90* <==> http://dientuvietnam...?CI^2=CO^2 OI^2
<==> http://dientuvietnam...ex.cgi?r^2 (p-c)^2=R^2+(R^2-2Rr)

#40932 bđt lượng giác

Đã gửi bởi Circle on 06-11-2005 - 07:35 trong Bất đẳng thức - Cực trị

bdt <==> $9R^2+4Rr+10r^2 \geq 2p^2$
Cái này thì yếu hơn Gerretsen rồi

#40822 Cm tồn tại

Đã gửi bởi Circle on 05-11-2005 - 09:59 trong Phương trình - Hệ phương trình - Bất phương trình

Cho số nguyên dương $n \geq 4$ . M là một tập hợp gồm n số thực dương phân biệt thỏa: với mọi a,b,c đôi một khác nhau thuộc M thì $a^2+bc$ là số hữu tỉ. Cmr tồn tại số nguyên dương k sao cho $a \sqrt{k}$ là số hữu tỉ với mọi $a \in M$

#40820 Một bài thi

Đã gửi bởi Circle on 05-11-2005 - 09:51 trong Tổ hợp và rời rạc

Cho M là một tập hợp gồm 2004 phần tử. Với mỗi số nguyên dương $k$, $P_k=(A,B)/A,B \subset M,|A|=|B|=k$
$p_k=\dfrac{ \sum\limits_{(A,B) \in P_k}|A \cap B|}{|P_k|}$
$|X$ ký hiệu số phần tử của tập hợp X. Nếu

#40784 bđt lượng giác

Đã gửi bởi Circle on 04-11-2005 - 22:14 trong Bất đẳng thức - Cực trị

bđt <=> $2R^2+7Rr+5r^2 \geq p^2$
Bdt này mạnh hơn Gerretsen nữa.

#40660 bài hình khá dễ

Đã gửi bởi Circle on 03-11-2005 - 21:41 trong Hình học phẳng

Cho tam giác ABC có 2AB=CA+CB. I,O,M,N là tâm nội tiếp, ngoại tiếp, trung điểm CA,CB. Cm IOMN nội tiếp.

#40437 BDT

Đã gửi bởi Circle on 01-11-2005 - 17:27 trong Bất đẳng thức - Cực trị

Đặt x=b+c, y=c+a, z=a+b, chuyển về 3 cạnh tam giác, ta có:
bdt $\Leftrightarrow \dfrac{p}{3} \leq \dfrac{1}{4}.\sqrt[3]{16pR^2}$
$\Leftrightarrow 4p^2 \leq 27R^2$

#40362 Nản lòng mọi cao thủ

Đã gửi bởi Circle on 01-11-2005 - 11:37 trong Góc giao lưu

[quote name='Bùi Việt Anh' date='Sep 2 2005, 08:56 PM'] Những ai còn đang học THPT thì VA nghĩ nên quan tâm đến bài toán này.Trong lời giải của bài này chứa những bổ đề cực mạnh giúp các bạn có thể giải được nhiều bài toán cực trị hình khó.Có thể nói đây là bài chuyên dùng để trị những bài mà bđt ban đầu tương đương với 1 bài chặt hơn bđt sau:
http://dientuvietnam...2=2(p^2-4Rr-r^2) nên bài trên là một dạng khác của Gerretsen.
Cm bdt này bằng cách tính http://dientuvietnam...^2 4Rr 3r^2-p^2

PS: Mình nhớ có lần ai đó đưa 1 bdt mạnh hơn Gerretsen nữa.

#40320 Một bài toán logic

Đã gửi bởi Circle on 31-10-2005 - 23:33 trong Tổ hợp và rời rạc

Em giải ra nhưng không biết giải thích sao nữa, nói ra dài dòng càng làm rối thêm.

Hình gửi kèm

#40002 hinh giai tich 12

Đã gửi bởi Circle on 30-10-2005 - 09:05 trong Thi tốt nghiệp

Bài này dùng đường tròn Euler (E)
Từ pt đường tròn đã cho tìm tâm E, sử dụng tính chất http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\vec{HE}=\vec{EO} để tìm tâm O, còn bán kính thì bằng 2 lần bán kính (E)

#39707 Liên quan về trực giác

Đã gửi bởi Circle on 27-10-2005 - 21:35 trong Bất đẳng thức - Cực trị

ii) Đổi biến tương tự i), nhưng đến khúc đặt m,n,p thì bđt cần cm là:
$2 \sum\limits_{cyclic} \dfrac{1}{m+n} \leq m+n+p$ với mnp=1
Theo Cauchy, ta có: $\dfrac{1}{m+n} \leq \dfrac{1}{2\sqrt{mn}}$
Tương tự rồi cộng lại, ta có: $\sum\limits_{cyclic} \dfrac{1}{m+n} \leq \dfrac \sum\limits_{cyclic} \dfrac{1}{2\sqrt{mn}}$

do đó cần cm: $\sum\limits_{cyclic} \dfrac{1}{2\sqrt{mn}} \leq m+n+p$
$\Leftrightarrow \sqrt{m}+\sqrt{n}+\sqrt{p} \leq m+n+p$ (do mnp=1)

Ta có: $3(m+n+p) \geq (\sqrt{m}+\sqrt{n}+\sqrt{p})^2$ (BCS)
và $\sqrt{m}+\sqrt{n}+\sqrt{p}) \geq 3 \sqrt[3]{mnp}=3$ (Cauchy)
nhân lại ta có đpcm.

#39704 Liên quan về trực giác

Đã gửi bởi Circle on 27-10-2005 - 21:00 trong Bất đẳng thức - Cực trị

Bài 2 có cách giải này, có lẽ hơi dở vì đổi biến quá nhiều:

i) a+b+c=1 nên có thể đặt http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?a=\dfrac{x}{x+y+z};http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?b=\dfrac{y}{x+y+z}; http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?c=\dfrac{z}{x+y+z};
Thay vào ta có bđt tương đương:
$\sum\limits_{cyclic} \dfrac{2x+y+z}{y+z} \leq 2 \sum\limits_{cyclic}\dfrac{x}{y}$
$\Leftrightarrow 2 \sum\limits_{cyclic}\dfrac{x}{y+z} +3 \leq 2 \sum\limits_{cyclic}\dfrac{x}{y}$
Ta có: $3 \leq \sum\limits_{cyclic}\dfrac{x}{y}$ nên cần cm
$2 \sum\limits_{cyclic}\dfrac{x}{y+z}\leq \sum\limits_{cyclic}\dfrac{x}{y}$
$\Leftrightarrow 2 \sum\limits_{cyclic}\dfrac{1}{\dfrac{y}{x}+\dfrac{z}{x}}\leq \sum\limits_{cyclic}\dfrac{x}{y}$

Đặt $\dfrac{x}{y}=p; \dfrac{y}{z}=m; \dfrac{z}{x}=n$ , bđt tương đương:
$2 \sum\limits_{cyclic}\dfrac{1}{\dfrac{1}{m}+\dfrac{1}{n}} \leq m+n+p$ với mnp=1
$\Leftrightarrow 2 \sum\limits_{cyclic} \dfrac{mn}{m+n} \leq \sum\limits_{cyclic} \dfrac{1}{mn}$

Áp dụng: $\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y} \geq \dfrac{4}{x+y}$ , ta có:
$\dfrac{1}{mn}+\dfrac{1}{np} \geq \dfrac{4}{mn+np}=\dfrac{4}{n(m+p)}=\dfrac{4mp}{m+p}$ Tương tự 2 bdt còn lại rồi cộng theo vế ta có đpcm.

#39388 Có member nào ở TPHCM

Đã gửi bởi Circle on 25-10-2005 - 20:20 trong Góc giao lưu

À, vậy chắc em học lớp 10, anh hỏi vậy vì anh biết lớp 12,11 LHP không có ai tên này cả.

#38697 Có member nào ở TPHCM

Đã gửi bởi Circle on 19-10-2005 - 00:35 trong Góc giao lưu

Bạn tên gì nhỉ? Hình như không phải là Đức Thành.

#38621 bài hình khá dễ

Đã gửi bởi Circle on 18-10-2005 - 13:57 trong Hình học phẳng

Định lý Pascal: Cho lục giác nội tiếp (lục giác này không nhất thiết lồi), khi đó các giao điểm của các cạnh đối lục giác thuộc 1 đường thẳng.

#38485 đồng quy

Đã gửi bởi Circle on 17-10-2005 - 12:11 trong Hình học

Do các đường vuông góc nên AFMPNE nội tiếp, áp dụng định lý Pascal cho lục giác ấy ta có đpcm.

PS: Không biết điểm D ở đây có vai trò gì ?

Hình gửi kèm

#38478 Một bài cũ

Đã gửi bởi Circle on 17-10-2005 - 11:12 trong Hình học

Có bài này cũng cũ rồi, và nhiều người đưa lên rồi nhưng hình như chưa có lời giải:
Cho tứ giác ABCD vừa nội tiếp (O) và ngoại tiếp (I), giao điểm 2 đường chéo AC,BD là K. Chứng minh: I,O,K thẳng hàng.

#38475 bài hình khá dễ

Đã gửi bởi Circle on 17-10-2005 - 11:08 trong Hình học phẳng

Theo định lý Pascal, ta có {P1,P,P4}, {P2,N,P5}, {P3,M,P6} thẳng hàng.
Áp dụng Ceva dạng sin vào 3 tam giác ABM, CDN, EFP, ta được hệ thức Ceva dạng sin cho tam giác MNP, do đó 3 đường thẳng P1P4, P2P5, P3P6 đồng quy.

#37384 Một bài cũ

Đã gửi bởi Circle on 07-10-2005 - 22:48 trong Hình học

Gợi ý: liên hệ với bài toán:
Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác vẽ 2 tam giác vuông cân DAB, EAC tại A. Chứng minh đường cao tam giác ABC qua trung điểm DE và đường qua trung điểm DE vuông góc với BC.

#37383 1v & =

Đã gửi bởi Circle on 07-10-2005 - 22:41 trong Hình học

1) Cho (O1),(O2) cắt nhau tại A,B. Đường thẳng qua A cắt (O1) tại C, cắt (O2) tại D. Lấy M,N là trung điểm cung BC, cung BD không chứa A. P là trung điểm CD. Chứng minh góc MPN vuông.

2) Cho tam giác ABC nhọn, M là trung điểm AB. Một đường thẳng qua M cắt CA, CB tại K,L với CK=CL. O là tâm ngoại tiếp CKL. CD là đường cao tam giác ABC. Chứng minh OD=OM

#37382 Chứng minh vuông góc

Đã gửi bởi Circle on 07-10-2005 - 22:37 trong Hình học

Tổng quát bài toán: Cho ABCD nội tiếp (O). AB cắt CD tại E, AD cắt BC tại F, AC cắt BD tại G. Chứng minh FO vuông góc EG.

#37269 Xin chỉ bảo

Đã gửi bởi Circle on 06-10-2005 - 18:01 trong Hình học không gian

Tứ diện là một tứ diện gần đều thì điều kiện cần và đủ là một trong những mệnh đề sau đây:

1)Tổng các mặt tại một mặt đỉnh bất kỳ trong 4 đỉnh của tứ diện bằng 180 độ.

2)Tổng các mặt tại một đỉnh nào đó của tứ diện bằng 180 độ, ngoài ra còn có hai cặp cạnh đối diện bằng nhau.

3) Tất cả các mặt của tứ diện tương đương.

4)Tâm hình cầu nội tiếp và ngoại tiếp trùng nhau.

5)Các đoạn thẳng nối trung điểm của các cạnh đối diện vuông góc với nhau.

6) Trọng tâm của tứ diện trùng với tâm hình cầu ngoại tiếp.

7)Trọng tâm của tứ diện trùng với tâm hình cầu nội tiếp.

*Tài liệu: Toán nâng cao hình học 11 của Phan Huy Khải*

#37196 Bài 5-Iberoamerican 2005

Đã gửi bởi Circle on 06-10-2005 - 11:03 trong Hình học

Dựng các điểm như hình vẽ.
Ta có: D(1)=A(1)=B(1) (cùng chắn cung CD)
==> BECD là hình thang cân
==>BD//CE
Mà BD vuông góc AB
==>CE vuông góc AB
==>CE là đường cao trong tam giác ABC
Tương tự với BF

Áp dụng định lý Pascal cho lục giác AFCDBE ta có A2,H,A3 thẳng hàng.

Hình gửi kèm

#36925 Bài toán <..?...>

Đã gửi bởi Circle on 03-10-2005 - 20:21 trong Những chủ đề Toán Ứng dụng khác

Em nhớ hình như đây là thuật toán Floid thì phải. Bạn có thể xem trong sách Toán rời rạc

#36836 Tứ giác nôi típ !

Đã gửi bởi Circle on 02-10-2005 - 23:59 trong Hình học

Làm sao I thuộc (O) được nhỉ.
Có lẽ đây là bài đã được thảo luận ở http://diendantoanho...p?showtopic=673
Nhưng bài này còn một cách giải dùng cực và đối cực rất gọn.

Trang 2 / 6