Pham Quoc Thang

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.

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!!  

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

 

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.  

Ta đi chứng minh: $f\left( a,b,c \right)=\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}+\dfrac{6}{a+b+c}-5\ge 0$

Không mất tính tổng quát, giả sử $a=\max \left\{ a,b,c \right\}$

Trước hết ta sẽ chứng minh $f\left( a,b,c \right)\ge f\left( a,t,t \right)$ , trong đó: $t=\sqrt{bc}=\dfrac{1}{\sqrt{a}}>0$

 Xét hiệu: $d=f\left( a,b,c \right)-f\left( a,t,t \right)$

Ta có: $$d=\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}+\dfrac{6}{a+b+c}-5-\left( \dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{\sqrt{bc}}+\dfrac{1}{\sqrt{bc}}+\dfrac{6}{a+2\sqrt{bc}}-5 \right)$$

$$=\dfrac{\left(\sqrt{b}-\sqrt{c}\right)^{2}}{bc}-\dfrac{6\left(\sqrt{b}-\sqrt{c}\right)^{2}}{\left(a+b+c\right)\left(a+2\sqrt{bc}\right)}=\left( \sqrt{b}-\sqrt{c}\right)^{2}\left(\dfrac{1}{bc}-\dfrac{6}{\left(a+b+c\right)\left(a+2\sqrt{bc}\right)}\right)$$

$$={\left(\sqrt{b}-\sqrt{c}\right)^{2}}\dfrac{\left(a+b+c\right)\left(a+2\sqrt{bc}\right)-6bc}{bc\left(a+b+c\right)\left(a+2\sqrt{bc}\right)}\ge {\left(\sqrt{b}-\sqrt{c}\right)^{2}}\dfrac{3\sqrt{bc}.3\sqrt{bc}-6bc}{bc\left(a+b+c\right)\left(a+2\sqrt{bc}\right)}\ge 0$$

Ta cần chứng minh$f\left( a,t,t \right)\ge 0$ với $a=\dfrac{1}{{{t}^{2}}}$

Ta có: $ f\left( a,t,t \right)=f\left( \dfrac{1}{{{t}^{2}}},t,t \right)={{t}^{2}}+\dfrac{2}{t}+\dfrac{6}{\dfrac{1}{{{t}^{2}}}+2t}-5\ge 0$ $\Leftrightarrow {{\left( t-1 \right)}^{2}}\left( 2{{t}^{4}}+4{{t}^{3}}-4{{t}^{2}}-t+2 \right)\ge 0 $

Nếu $t\ge \dfrac{1}{2}$ thì $2{{t}^{4}}+4{{t}^{3}}-4{{t}^{2}}-t+2=2{{\left( {{t}^{2}}-1 \right)}^{2}}+t\left( 4{{t}^{2}}-1 \right)>0$

Nếu $t\in \left( 0;\dfrac{1}{2} \right)$ thì $2{{t}^{4}}+4{{t}^{3}}-4{{t}^{2}}-t+2=2{{t}^{4}}+4{{t}^{3}}+\left( 1-4{{t}^{2}} \right)+1-t>0$

Suy ra $f\left( a,t,t \right)\ge 0$

Vậy: $f\left( a,b,c \right)\ge f\left( a,t,t \right)\ge 0$. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$ \\

Áp dụng bất đẳng thức Holder ta được: $\left(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}\right)^2\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right) \geq (ab+bc+ca)^3$ $\Leftrightarrow \left(ab+bc+ca\right)\left(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}\right)^2 \geq \dfrac{(ab+bc+ca)^4}{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}$

Ta cần chứng minh:$\left(ab+bc+ca\right)^4 \geq 27\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)$

Đặt $x=ab+bc+ca$, chú ý rằng do $a+b+c=\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}$ nên $ab+bc+ca=abc\left(a+b+c\right)$

Mặt khác: $a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2=\left(ab+bc+ca\right)^2-2abc\left(a+b+c\right)=x^2-2x$

Do đó ta cần chứng minh: $x^4 \geq 27(x^2-2x) \Leftrightarrow x(x+6)(x-3)^2 \geq 0 \text{ (hiển nhiên đúng)}$

Đặt $p=a+b+c;q=ab+bc+ca=1;r=abc$. Khi đó:

$$\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}-\dfrac{1}{a+b+c}=\dfrac{\sum{(a+b)(b+c)}}{(a+b)(b+c)(c+a)}-\dfrac{1}{p}=\dfrac{p^2+q}{pq-r}-\dfrac{1}{p}=\dfrac{p^2+1}{p-r}-\dfrac{1}{p}$$
Do đó điều phải chứng minh tương đương với: $$p^2(p-2)+r(2p+1) \geq 0$$
Nếu $p \geq 2$ thì hiển nhiên đpcm là đúng
Nếu $p \leq 2$ thì theo Schur bậc 3 $$r \geq \dfrac{p(4q-p^2)}{9}=\dfrac{p(4-p^2)}{9}$$
Do đó ta cần chứng minh: $$p^2(p-2)+(2p+1).\dfrac{p(4-p^2)}{9} \geq 0 \Leftrightarrow p \leq 2$$
Do đó ta có đpcm

$$\begin{aligned}sinA+sinB+\sqrt{6}.sinC &=2sin\left(\dfrac{A+B}{2}\right).cos\left(\dfrac{A-B}{2}\right)+\sqrt{6}.sinC\leq 2cos\left(\dfrac{C}{2}\right)+2\sqrt{6}.sin\left(\dfrac{C}{2}\right).cos\left(\dfrac{C}{2}\right) \end{aligned}$$
Đặt: $$t=sin\left(\dfrac{C}{2}\right) (t \in [0;1])$$
Do đó ta có: $$sinA+sinB+\sqrt{6}.sinC \leq 2t+2\sqrt{6}.t.\sqrt{1-t^2}$$
Xét $$f\left(t\right)=t+\sqrt{6(1-t^2)}.t; t\in[0;1]$$
Ta có: $$f'\left(t\right)=1+\sqrt{6}.\dfrac{1-2t^2}{\sqrt{1-t^2}}$$
$$f'\left(t\right)=0 \Leftrightarrow t=\sqrt{\dfrac{5}{8}}$$
Xét bảng biến thiên ta thấy $$f\left(t\right) \leq f\left(\sqrt{\dfrac{5}{8}}\right)$$
Do đó thu được điều phải chứng minh là đúng.

Cái đánh giá mà ai cũng đa số thắc mắc là như thế này, cái bất đẳng thức thứ 2 mà đáp án gợi ý ấy, sử dụng bất đẳng thức ấy với chú ý rằng:
$$(a-c)^2+4(ab+bc+ca)=(a+c)(a+c+4b)$$
Đây là 1 đẳng thức khá đẹp, mình lúc đầu cũng không hiểu, nhưng được bạn Đỗ Trần Nguyên Huy (PTNK) chỉ nên hiểu ra phần nào

Mình cũng bó tay, nhưng mình có cái đáp án này. Cái câu này mình từng gặp trong một đề thi thử đại học nọ. Cái đáp án tính dấu "=" sai rồi nhưng hướng đi thì có lí.

Bạn werewolf250 đăng kí khi nào nhở? trường mình đăng kí GGTH hôm 4/6

  Đây là lời giải bài T9.465 của mình. Mong được góp ý

Bài T7/465. Chúng ta chỉ cần biến sin->cos rồi sau đó cos trừ cos rồi làm bình thường là ra 

Ta đi chứng minh:$VT \geq \dfrac{4(a+b+c)^3}{9} \leftrightarrow 9(a^2+b^2+c^2)(a+b+c)+27abc \geq 4(a+b+c)^3$
$\leftrightarrow 5(a^3+b^3+c^3)+3abc \geq 3ab(a+b)+3bc(b+c)+3ca(c+a)$
Theo Schur bậc 3 ta có: $a^3+b^3+c^3+3abc \geq ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)$
Theo AM-GM ta có:$4(a^3+b^3+c^3)\geq 2ab(a+b)+2bc(b+c)+2ca(c+a)$
Cộng lại suy ra điều phải chứng minh

Dồn biến tại biên nha bạn. $f(a,b,c) \geq f(a+\dfrac{c}{2},b+\dfrac{c}{2},0) $ với giả sử $a \geq b \geq c$

$VT=\frac{x}{2}+\frac{1}{2x}+\frac{y}{2}+\frac{2}{y}+\frac{x+y}{2} \geq 2\sqrt{\frac{x}{2}.\frac{1}{2x}}+2\sqrt{\frac{y}{2}.\frac{2}{y}}+\frac{3}{2}=\frac{9}{2}$

Đây là bài thơ về toán học của Tác giả Lưu Ngọc Minh Khuê
T1K14 trường THPT chuyên Long An
"Thơ đang viết không dành cho con nít
Chỗ người lớn đang nói chuyện tình yêu
Cô gái ơi tôi sẽ không nói nhiều
Nhưng đảm bảo điều kiện cần và đủ
Em là tình yêu lớn tôi ấp ủ
Luôn hiện diện trong đầu mãi không thôi
Và tôi biết rằng em cũng yêu tôi
Có phải không cô nàng tên “Toán học”?
Vẽ hình em trên nền trang giấy tập
Một đường parabol tuyệt mỹ đến không ngờ
Sóng mũi nhọn,một dấu căn hững hờ
Làn môi mọng,hàm bậc hai tuyệt đối
Em đáng yêu hiền lành không giả dối
Thẹn thùng chờ sau những phép chứng minh
Tôi tìm em giữa những bất phương trình
Và đâu đó nơi khu rừng quỹ tích
Đã bảo thơ không dành cho con nít
Em lại là cô gái thích ú tim
Thích hóa ẩn để tôi phải đi tìm
Và lên xuống để tôi tìm cực đại
Này cô gái em thật là lợi hại
Lắm chiêu trò khiến đầu óc tôi đau
Nhưng tối sẽ yêu em đến bạc đầu
Dẫu biết rằng tri thức như biển cả
Nghĩ đến em tôi không là sỏi đá
Khái niệm mà Đề-Các (Descartes) bảo tư duy
Đánh thức tôi khỏi giấc ngủ li bì
Và khai sáng tâm hồn còn u tối!
Em biết không, tương lai là dấu hỏi
Và rắc rối sẽ ập xuống giai thừa
Nhưng em ơi dù cuộc sống đẩy đưa
Tôi vẫn sẽ yêu em bằng hằng số
Tim không khai căn dẫu muôn trùng biến cố
Lòng vẫn tròn vòng lượng giác nguyên khôi
Hãy bên tôi đừng một phút xa rời
Hỡi cô gái tôi yêu nàng toán học!"