haitienbg

Vào lúc 18 Tháng 12 2013 - 13:09, kb1212 đã nói:

Cộng cả ba pt được $(x-1)^3+(y-1)^3+(z-1)^3=0$ nên trong ba biến $x,y,z$ có ít nhất một biến lớn hơn hoặc $1$. Không mất tính tq giả sử $x=max{(x,y,z)}$ có $x \geq 1$

Từ pt thứ ba có ngay $z \geq 1$ ( do $x \geq y, x \geq 1$)

Từ pt thứ nhất đc $y^2 \geq 1$

Xét trường hợp $y \leq -1$, từ $(3)$ có $x^3 \geq z^3 \geq 7$

$y \leq -1$ nên từ $(2)$ sẽ có $x \geq z^2+ \frac{2}{3}$

Thế vào $(3)$ thì vô lí

Vậy ....

Một số kết quả quen thuộc (chỉ nêu ra ko cm):

+) $T,M,E$;  $T,N,F$ thẳng hàng.($M,N$ là điểm chính giữa các cung $AB,AD$)

+) $Tg:AMTN$ điều hòa

+) Hai tam giác $TIM,TJN$ đồng dạng

Ta cần cm $K,I,J$ thẳng hàng khi và chỉ khi $IC.sinACM=JC.sinACN$ hay $IC/JC=AN/AM$

Áp dụng $Melenauyt$ cho tam giác $CMN$ ta cần cm

$AM^2/AN^2=KM/KN$ (đúng)

Ta được dpcm~~

Bạn àm cụ thể hơn được không? Mình nghĩ có sự nhầm lẫn ở đây

Ta có:

$x_{n}-2\sqrt{3}=\frac{(x_{n-1}-2\sqrt{3})^2}{2(x_{n-1}-\sqrt{3})}$

$\frac{x_{n}}{x_{n}-2\sqrt{3}}=\frac{x_{n-1}^2}{(x_{n-1}-2\sqrt{3})^2}$            (xét dkxd để chia)

Do đó::

$\frac{x_{n}}{x_{n}-2\sqrt{3}}=\frac{x_{n-1}^2}{(x_{n-1}-2\sqrt{3})^2}=....=\frac{x_{1}^{2(n-1)}}{(x_{1}-2\sqrt{3})^{2(n-1)}}$

Đến đây dễ tìm ra được ct tq

Cho tam giác $ABC$ có $AC>AB$. Phân giác góc $BAC$ cắt $BC$ tại $D$. Gọi $E$ nằm giữa $B,D$ thoả mãn $\frac{ED}{EA}=\frac{AC-AB}{AC+AB}$.Gọi $K,L$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $EAB,EAC$; $P,Q$ là tâm đường tròn $(KAB),(LAC)$. Chứng minh $PQ//KL$

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$, $AD$ là đường kính.Điểm $E$ thuộc tia đối của tia $DA$ sao cho đường thẳng qua $E$ vuông góc $AD$ cắt $BC$ tại $T$. Dựng tiếp tuyến $TP$ của $(O)$ sao cho $P,A$ khác phía với $BC$.$AP,ET$ cắt nhau tại $Q$.Gọi $M$ là trung điểm của $AQ$.$TM$ cắt $AB,AC$ tại $X,Y$. Chứng minh $M$ là trung điểm của $XY$ 

$\boxed{\text{Câu 6: (7đ)}}$

Gọi $H_{1},H_{2},H_{3}$ lần lượt là chân đường cao của tam giác ABC hạ từ A,B,C. Đường tròn nội tiếp của tam giác ABC tiếp xúc với BC,CA,AB tại $T_{1}, T_{2}, T_{3}$ tương ứng. Với $i=1,2,3$, gọi $P_{i}$ là điểm thuộc đường thẳng $H_{i}H_{i+1}$ ( ở đây $H_{4}=H_{1}$ ) sao cho $H_{i}T_{i}P_{i}$ là một tam giác cân nhọn với $H_{i}T_{i}=H_{i}P_{i}$. Chứng minh rằng ($T_{1}P_{1}T_{2}$), ($T_{2}P_{2}T_{3}$), ($T_{3}P_{3}T_{1}$) cùng đi qua một điểm

Làm tiếp câu hình:       Giả sử các điểm $P_{i}$ phân bố như hình vẽ... $I$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$

Nhận xét 1: Gọi $O_{1}$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $AH_{2}H_{3}$ ta có $O_{1}$ là tâm $T_{2}P_{2}T_{3}$

HD: $O_{1}H_{2}$ là trung trực của $P_{2}T_{2}$

Nhận xét 2: Hai điểm $I,O_{1}$ đối xứng qua $T_{2}T_{3}$ (cái này dễ thôi chỉ cần biến đổi lượng giác chút là ra (gọi $M$ là giao $AI,T_{2}T_{3}$ cm $IM=1/2.IO_{1}$)

Áp dụng vào bài toán thấy ngay $O_{1}T_{1},O_{2}T_{2},O_{3}T_{3}$ cùng đi qua trung điểm $U$ của mỗi đường (dựa vào các hbh)

Do đó hai tam giác $O_{1}O_{2}O_{3};T_{1}T_{2}T_{3}$ đối xứng qua $U$.Lấy $V$ đối xứng $I$ qua $U$ được $V$ là tâm $(O_{1}O_{2}O_{3})$

Vậy các đường tròn đã cho cùng đi qua $V$.ĐPCM~~

 

 

$\boxed{\text{Câu 3: (5đ)}}$

$\Delta ABC$ nội tiếp đường tròn $\omega $.Các tiếp tuyến với $\omega $ tại B và C gặp nhau tại T. Điểm S nằm trên tia BC sao cho $AS\perp AT$. Điểm $B_{1},C_{1}$ nằm trên tia ST (với $C_{1}$ nằm giữa $B_{1}$ và S) sao cho $B_{1}T=BT=C_{1}T$. Chứng minh các tam giác ABC và $AB_{1}C_{1}$ đồng dạng với nhau

 

Gọi $M$ là trung điểm của $BC$.Thấy ngay $AT,AM$ đẳng giác (tc quen thuộc) nên góc $BAT=MAC$

Ta có 

$\frac{TA}{TB}=\frac{sin ABT}{sin BAT}=\frac{sin BCA}{sin MAC}=\frac{MA}{MC}=\frac{TA}{TC_{1}}$

mà góc $ATS=AMS$ (do $TSAM:nt$)

nên hai tam giác $AMC,ATC_{1}$ đồng dạng

Mặt khác Có :$M,T$ thứ tự là trung điểm của $BC,B_{1}C_{1}$

Vậy đc dpcm~~

Câu 2:

Xét $f(x)=ln(5+cosx-sinx)+2014$

có $f'(x)= -\frac{cosx+sinx}{5+cosx-sinx}$

nên $abs(f'(x))= abs(\frac{cosx+sinx}{5+cosx-sinx}) \leq \frac{ \sqrt{2}}{5-\sqrt{2}} =q \leq 1$

Áp dụng nguyên lí ánh xạ co được đpcm~~

Theo hình vẽ của mình ta có thể thấy một kq khá thú vị là $DE,AI,MS$;        $DF,AI,MN$ đồng quy

$\boxed{\text{Problem}}$

 Cho tam giác ABC. Đường tròn nội tiếp (I) tiếp xúc BC, CA, AB tại D, E, F. Đường tròn bàng tiếp ($I_{a}$) tiếp xúc BC, CA, AB tại M, S, N. DF giao MS tại K, ED giao MN tại L. chứng minh A,K,L thẳng hàng

Tư tưởng của bài này là chứng minh $AK \perp BC$

Gọi $P,Q$ lần lượt là giao điểm của $DF$ với $AI.CI$. Một kết quả quen thuộc là $AQ \perp CI,CP \perp AI$ (biến đổi góc một chút là ra)

$\Rightarrow M,C,S,J,P$ đồng viên.

Ta có $(KP,KS)=(QP,QC)=(AI,AC) \Rightarrow A,K,S,P:nt$

nên $K=DF \cap (APS)$

Gọi $K'$ là giao của đường cao $AH$ với $DF$. Ta sẽ cm $AK'PS: nt$

Có $(KA;KP)=(BC;BI)$

$(PS,SA)=(JA,JC)$

Do vậy cần cm: $(BC,BI)=(JA,JC)$ (cái này thì hiển nhiên rồi)

nên $K=K'$

Bài toán được cm. 

Với ba số dương $x,\;y,\;z$ thỏa mãn $z=\max \{x,\;y,\;z\}.$ Chứng minh rằng $$4(xy+yz+zx)(x^3+y^3+z^3+xyz) \ge 13xyz^2(x+y+z).$$

Do sự thuần nhất của hai biến $x,y$ nên ta chuẩn hóa $x+y=2$

$\Rightarrow x^3+y^3\geq 2$.Khi đó

$4(xy+yz+zx)(x^3+y^3+z^3+xyz)\geq 4(xy+2z)(z^3+2+xyz)>4xy(z^3+2)+8z(z^3+2+xyz)$

Cần cm:

$4xy(z^3+2)+8z(z^3+2+xyz)\geq 13xyz^2(2+z)\Leftrightarrow 8z(2+z^3)\geq xy(9z^3+18z^2-8)$

Lại có: $xy\leq1$ nên cần cm:

$8z^4-9z^3-18z^2+16z+8\geq 0\Leftrightarrow (2z-3)^2(2z^2+2z)+(z-1)(7(z-1)^2+1)+(3z-4)^2\geq 0$

Đẳng thức ko xảy ra

$\boxed{\text{Problem}}$

Cho tam giác ABC. Đường tròn nội tiếp (I) tiếp xúc BC, CA, AB tại D, E, F. X nằm trong tam giác ABC sao cho đường tròn nội tiếp tam giác XBC tiếp xúc BC tại D và tiếp xúc XB, XC tại Y, Z. Chứng minh AX, FY, EZ, ID đồng quy

Nguồn: mathlinks.ro

Trước hết ta chứng minh $AL,ZE,YF$ đồng quy:

Để cm ý này ta có rất nhiều cách mình xin trình bày một cách như sau:

Ta để ý rằng $(KDBC)=-1$ (do $AD,BE,CF $ đồng quy) mà $XD,CY,BZ$ đồng quy nên $K,Y,Z$ thẳng hàng.

$\Rightarrow KY.KZ=KE.KF=KD^2 \Rightarrow YZEF:nt$

Áp dụng định lí $Desagues$ cho hai tam giác $BYF,CZE$ có ngay $A,X,L$ thẳng hàng với $L$ là giao điểm $YF,ZE$

Bây giờ ta chứng minh $L$ nằm trên $ID$

Rất dễ để nhận ra $L$ thuộc trục đẳng phương của hai đường tròn $(B;BD)=(YDF);(C;CD)=(DEZ)$

Bài toán cm xong~~

Cho tam giác ABC nội tiếp (O),(O') tiếp xúc trong với cung nhỏ BC .CMR Tích phương tích của A đối với (O') nhân BC bằng tổng 2  tích phương tích của B đối với (O') nhân với AC và phương tích của C đối với (O') nhân với AB

Nếu thay "phương tích của $A$ đối với $(O)$.." thành "độ dài tiếp tuyến của $A$ với $(O)$.." thì đây là định lí $Casey-Ptoleme mở rộng$.

Còn đề bài như thế này ko biết có đúng ko.