Đến nội dung

Pham Quoc Thang

Pham Quoc Thang

Đăng ký: 07-11-2014
Offline Đăng nhập: 30-08-2018 - 18:18
****-

Trong chủ đề: Đề thi OLYMPIC gặp gỡ Toán Học năm 2018

23-07-2018 - 19:55

Bài 2 (Lớp 10):

Không mất tính tổng quát, giả sử: $$c \leq b \leq a.$$
Ta có: $$(a+1)(b+1)(c+1)=8 \Leftrightarrow abc+a+b+c+ab+bc+ca=7$$
Ta chú ý rằng: $$7=abc+a+b+c+ab+bc+ca \geq a+\dfrac{c}{2}+b+\dfrac{c}{2} +(a+\dfrac{c}{2})(b+\dfrac{c}{2}).$$
Mặt khác: $$a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2-(a+\dfrac{c}{2})^2(b+\dfrac{c}{2})^2$$
$$=\dfrac{c}{16}(12a^2(c-b)+12b^2(c-a)-4a^2b-4ab^2-4ac^2-4bc^2-16abc-c^3)\leq 0 $$
Do đó: $$ a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2 \leq (xy)^2$$ với $x=a+\dfrac{c}{2},y=b+\dfrac{c}{2}$.
Do $$x+y+xy \leq 7 \Leftrightarrow xy \leq (2\sqrt{2}-1)^2$$
Do đó: $$a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2 \leq (xy)^2 \leq (2\sqrt{2}-1)^4$$.
Dấu bằng xảy ra khi có một số bằng $0$ và hai số còn lại bằng $2\sqrt{2}-1$.


Trong chủ đề: $Al+HNO_{3}\rightarrow Al(NO_{3})_{3...

17-10-2016 - 18:37

Tỉ lệ là 1:3


Trong chủ đề: Đề chọn đội tuyển HSG QG Phú Thọ 2016-2017

25-09-2016 - 10:23

Bài 6. Ngoài cái việc $(O_1),(O_2)$ nằm cùng phía với $AB$ thì $(O_1),(O_2)$ còn mối quan hệ gì với AB không??


Trong chủ đề: Đề thi chọn đội tuyển quốc gia tỉnh Quảng Bình

18-09-2016 - 22:04

em có cách giải khác cho câu b như sau:

ta chứng minh đc là P,D,G và P,F,E thẳng hàng , do đó $(PF,PD,PK,PT) $là chùm điều hoà, qua phép chiếu xuyên tâm K thì$ (TPBC)=-1$, mà T,D,E thẳng hàng suy ra BF,CD,PK đồng quy

y chang chứ khác gì bạn? Nếu khác thì bạn phải chứng minh P,D,G và P,F,E thẳng hàng bằng hướng khác. Chứ bản chất mình cũng chứng minh thẳng hàng rồi xài chiếu xuyên tâm chùm thôi.


Trong chủ đề: Đề thi chọn đội tuyển quốc gia tỉnh Quảng Bình

17-09-2016 - 16:51

Bài hình ngày 1:

a, Bằng biến đổi góc ta có $DKG=FKE$ do đó $GKE=DKF=DPF$. Bằng phương tích suy ra $GDFE$ nội tiếp. Ta chứng minh được $(P,D,G)$ và $(P,F,E)$ thẳng hàng (bằng cộng góc). Từ các điều kiện trên ra có DPCM

Ai có lời giải câu b chưa vậy. Câu a khá đơn giản nhưng câu b làm tốn thời gian quá!! :(  :D

Mình có 1 cách giải bài này, hơi bị dài và dở với ý tưởng chính là dùng hàng điểm điều hòa như sau:

 14344250_633851523462572_108384377563635

a)Trước hết ta đi chứng minh rằng 4 điểm $G,D,E,F$ đồng viên.

Thật vậy, ta có: $\overline{KF}.\overline{KG}=\overline{KA}.\overline{KH}=\overline{KD}.\overline{KE}$

Do đó 4 điểm $G,D,E,F$ đồng viên.

Tiếp theo ta sẽ chứng minh rằng $\left( KBDE \right)=\left( KCFG \right)=-1$

Thật vậy, do $BK\bot AC$ nên $AC$ là đường trung trực của dây cung $DE$ của đường tròn đường kính $AC$. Do đó mà $AD=AE$ nên $HK$ là phân giác trong của $\widehat{\left( HD,HE \right)}$

Mà $HK\bot HB$ và $K,B,D,E$ thẳng hàng nên $\left( KBDE \right)=-1$

Tương tự ta được: $\left( KCFG \right)=-1$

Suy ra: $\left( KBDE \right)=\left( KCFG \right)=-1$

Do đó $BC,DF,GE$ đồng quy tại 1 điểm. Gọi điểm đó là $T$

Ta có:$\overline{TH}.\overline{TP}=\overline{TD}.\overline{TF}=\overline{TG}.\overline{TE}$

Suy ra: $G,H,P,E$ đồng viên.

b)Do $\left( KBDE \right)=\left( KBED \right)=-1$ nên $\left( KBED \right)=\left( KCFG \right)$ nên $BC,EF,DG$ đồng quy tại $P'$.

Do $\left( KBDE \right)=-1$ nên $G\left( KBDE \right)=G\left( CBP'T \right)=-1\Rightarrow \left( CBP'T \right)=-1$

Xét tam giác $KBC$ có $D\in KB,F\in KC,DF\cap BC=T$

Do đó: $BF,CD,PK$ đồng quy$\Leftrightarrow \left( CBPT \right)=-1$

Ta sẽ đi chứng minh: $\left( CBPT \right)=-1$ hay là chứng minh $P\equiv P'\Leftrightarrow P'=\left( GHE \right)\cap BC$

Do $HK$ là phân giác của $\widehat{\left( HD,HE \right)},\widehat{\left( HG,HF \right)}$ nên $\widehat{DHG}=\widehat{EHF}$.

Ta sẽ đi chứng minh:$\Delta GHD$ ~$\Delta EHF$(nhằm chứng minh $G,H,E,P'$ đồng viên)

$\Leftrightarrow $Chứng minh:$HF.HG=HD.HE$

Ta có:$HG.HF=\frac{2{{S}_{HGF}}}{\sin \widehat{GHF}}=\frac{d\left( H;CK \right).GF}{\frac{GF}{AB}}=d\left( H;CK \right).AB$

Tương tự:$HD.HE=d\left( H;BK \right).AC$

Gọi ${{B}_{1}},{{C}_{1}}$ là ảnh của $B,C$ lên $AC,AB.$

Khi đó:$d\left( H;BK \right)=\frac{HK.BH}{BK};d\left( H;CK \right)=\frac{HK.CH}{CK}$ nên $\frac{d\left( H;BK \right)}{d\left( H;CK \right)}=\frac{BH}{CH}.\frac{CK}{BK}=\frac{BH}{CH}.\frac{{{B}_{1}}C}{{{C}_{1}}B}$

Mà $B{{C}_{1}}.BA=BH.BC$ và $C{{B}_{1}}.CA=CH.BC$nên $\frac{BH}{CH}.\frac{{{B}_{1}}C}{{{C}_{1}}B}=\frac{AB}{AC}$

Suy ra: $\frac{d\left( H;BK \right)}{d\left( H;CK \right)}=\frac{AB}{AC}\Leftrightarrow HD.HE=HF.HG$. Do đó: $\Delta GHD$ ~$\Delta EHF$

Suy ra:$\widehat{P'GH}=\widehat{P'EH}$ nên  minh $G,H,E,P'$ đồng viên. Do đó $P\equiv P'$

Vậy: $BF,CD,PK$ đồng quy.