[Toán 11] VMO 2015

[huynhbachkhoa23]

[TẶNG BẠN] TRỌN BỘ Bí kíp học tốt 08 môn
Chắc suất Đại học top - Giữ chỗ ngay!!

ĐĂNG BÀI NGAY để cùng trao đổi với các thành viên siêu nhiệt tình & dễ thương trên diễn đàn.

Ảnh ở dưới cho ai không xem được ảnh trên.

 

[huynhbachkhoa23]

Bài 4. (a) Gọi $T_1\equiv AB\cap (I)$ và $R\equiv AC\cap (I)$ và $AA'$ là đường cao còn lại của tam giác $ABC$ và trực tâm $ABC$ là $H$
$(AB,T_1R)\equiv (FE, CA)\equiv (AB,BC) \pmod{\pi}\to T_1R||BC$
$\sqrt{\dfrac{\cot B}{\cot C}}=\sqrt{\dfrac{BA'}{A'C}}$
$\dfrac{BD^2}{CD^2}=\dfrac{BF.BT_1}{CE.CR}=\dfrac{AB.BF}{AC.CE}=\dfrac{BA'.BC}{CA'.CB}=\dfrac{\cot B}{\cot C}$

 

[huynhbachkhoa23]

Thôi, em chém trước bài bất đẳng thức.
Vế đầu: $3\sum a^2\ge \left(\sum a\right)\left(\sum \sqrt{ab}\right)+\sum (a-b)^2 \leftrightarrow a+b+c\ge \sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca} \leftrightarrow \sum \left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2 \ge 0$
Vế sau: $\left(\sum a\right)\left(\sum \sqrt{ab}\right)+\sum (a-b)^2\ge (a+b+c)^2$
$\leftrightarrow a^2+b^2+c^2+\left(\sum a\right)\left(\sum \sqrt{ab}\right)-2(ab+bc+ca)\ge 2(ab+bc+ca)$
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM: $\left(\sum a\right)\left(\sum \sqrt{ab}\right)-2(ab+bc+ca) \ge \left(\sum a\right)\left(\sum \dfrac{2ab}{a+b}\right)-2(ab+bc+ca) =2abc\sum \dfrac{1}{a+b}\ge \dfrac{9abc}{a+b+c}$
Do đó ta cần chứng minh $a^2+b^2+c^2+\dfrac{9abc}{a+b+c}\ge 2(ab+bc+ca)$ là BDT Schur bậc 3.

 

[huynhbachkhoa23]

Bài 1. (a) $a=0$ thì $u_{n+1}=\dfrac{1}{2}u_n+\dfrac{1}{4}\sqrt{u_{n}^2+3}$
Ta sẽ chứng minh $u_n$ giảm hay là chứng minh $u_{n+1}<u_{n}$
Với $n=1$ thì đúng. Giả sử đúng với $n=k$ và với $n=k+1$ thì $u_{k+2}-u_{k+1}=\dfrac{1}{2}u_{k+1}+\dfrac{1}{4}\sqrt{u_{k+1}^2+3}-\dfrac{1}{2}u_{k}-\dfrac{1}{4}\sqrt{u_{k}^2+3}<0$
Giả sử $u_n$ có giới hạn là $L$ thì $4L=2L+\sqrt{L^2+3}\to L=1$

 

[huynhbachkhoa23]

Tiếp câu hình (b), hơn 20 phút mới ra -_-
Gọi $U$ là tâm đẳng phương của $(EFBC), (I), (HBC), (TPQ)$. Từ $U$ kẻ tiếp tuyến $UT$ đến (O) thì $UT^2=\overline{UM}.\overline{UM}$
Áp dụng hệ thức Sale và định lý góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung: $(TM,TB)\equiv (TM,TU)+(TU,TB)\equiv (NM, NT)+(CT,CB)\equiv (TC,TN) \pmod{\pi}$
Do đó ta có phân giác góc $MTN$ là phân giác góc $BTC$ đi qua điểm chính giữa cung $BC$ không chứa $A$

 

[xuanquynh97]

Nhìn như kiểu e tự kỉ trong đây vậy )

 

[congchuaanhsang]

Bên Mathscope. Lời giải đầy đủ và chi tiết )

Có điều đọc lời giải câu 7 xong vẫn chẳng hiểu gì hết