Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC,$C(-3;0)$, đường thẳng đi qua chân đường cao kẻ từ B và A của tam giác có phương trình là 7x+y+5=0. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC,biết M(4;1) thuộc đường tròn đó

Gọi chân các đường vuông góc kẻ từ A, B xuống BC, AC lần lượt là I, K

Tứ giác HKCI nội tiếp suy ra $\widehat{CKI}=\widehat{CHI} Mà \widehat{CKI}+\widehat{IKH}=90 \widehat{CHI}+\widehat{HIK}=90 \Rightarrow \widehat{IKH}=\widehat{HIK} \Rightarrow \widehat{IAB}=\widehat{KBA}\Rightarrow \widehat{CAB}=\widehat{CBA}\Rightarrow \Delta ABC$ cân tại C suy ra IK//AB

pt MC: x-7y-3 = 0

Dễ thấy MC vuông với IK suy ra MC vuông vs AB, mà tam giác ABC cân tại C suy ra MC là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác.

Tìm trung điểm của MC là tâm đường tròn ngoại tiếp. Viết pt đường tròn

Trong Oxy, cho tam giác ABC có C(-3;0). Phương trình đường thẳng đi qua chân đường vuông góc kẻ từ đỉnh A và B là 7x+y+5=0. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC biết M(4;1) thuộc đường tròn đó.

Gọi chân các đường vuông góc kẻ từ A, B xuống BC, AC lần lượt là I, K

Tứ giác HKCI nội tiếp suy ra $\widehat{CKI}=\widehat{CHI} Mà \widehat{CKI}+\widehat{IKH}=90 \widehat{CHI}+\widehat{HIK}=90 \Rightarrow \widehat{IKH}=\widehat{HIK} \Rightarrow \widehat{IAB}=\widehat{KBA}\Rightarrow \widehat{CAB}=\widehat{CBA}\Rightarrow \Delta ABC$ cân tại C suy ra IK//AB

pt MC: x-7y-3 = 0

Dễ thấy MC vuông với IK suy ra MC vuông vs AB, mà tam giác ABC cân tại C suy ra MC là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác.

Tìm trung điểm của MC là tâm đường tròn ngoại tiếp. Viết pt đường tròn

Các bạn vẽ hình cụ thể ra để ý thấy $MC$ vuông góc với đường thẳng chứa hai hình chiếu,thấy MC còn đi qua tâm của đường tròn ngoại tiếp,Bạn nào chứng minh hộ mình tính chất này với

Gọi chân các đường vuông góc kẻ từ A, B xuống BC, AC lần lượt là I, K

Tứ giác HKCI nội tiếp suy ra $\widehat{CKI}=\widehat{CHI} Mà \widehat{CKI}+\widehat{IKH}=90 \widehat{CHI}+\widehat{HIK}=90 \Rightarrow \widehat{IKH}=\widehat{HIK} \Rightarrow \widehat{IAB}=\widehat{KBA}\Rightarrow \widehat{CAB}=\widehat{CBA}\Rightarrow \Delta ABC$ cân tại C suy ra IK//AB

pt MC: x-7y-3 = 0

Dễ thấy MC vuông với IK suy ra MC vuông vs AB, mà tam giác ABC cân tại C suy ra MC là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác.

Tìm trung điểm của MC là tâm đường tròn ngoại tiếp. Viết pt đường tròn

Chân đường cao kẻ từ B thuộc d₂: 2x+y-8=0 nên chỗ đó nhầm rồi đó bạn !!!

đề đúng mà p, AC k vuông vs d2 đâu

Gọi MN(N thuộc AC) //BC suy ra MN là đường trung bình tam giác ABC,

...MN:2x+6y-25=0. Gọi I là giao điểm của MN với AH(AH là đường cao) suy ra I$I(-\frac{1}{4};\frac{17}{4})$

Ta có $MN=\frac{1}{2}BC\Rightarrow MN=\frac{\sqrt{10}}{2}$

Lại có $MN=MI+IN\Rightarrow IN=\frac{\sqrt{10}}{2}-\frac{\sqrt{10}}{4}=\frac{\sqrt{10}}{4}$

mà $N\in MN\Rightarrow N(\frac{25-6t}{2};t)$

$\Rightarrow N(\frac{1}{2};4)$

Có M ,I ,N trong tam giác AMN dễ tìm được tọa độ A , từ đó dễ dàng tìm được B và C

     

oh men........ nếu tam giác ABC tù tại B thì IM + MN = IN, còn tù tại C thì IN + MN = IM mà pạn

Bài 1: Cho tam giác ABC có đường cao kẻ từ A có phương trình : 3x-y+5=0.Trực tâm H(-2;-1),M($\frac{1}{2}$;4) là trung điểm của AB .BC=$\sqrt{10}$. Tìm A,B,C biết x_A<x_B

A thuộc đt (d):3x-y+5=0 => A(t,3t+5)

M(1/2,4) là trung điểm AB => B(1-t,3-3t)
đt BC qua B và vuông góc với (d) nên có pt: x+3y+10t-10=0
C thuộc đt BC nên C(10-10t-3u,u)
BC^2=10, giải pt ta được : u=2-3t (1) hoặc u=4-3t (2)

TH1: u = 2 - 3t

=> C(4-t;2-3t)

vecto BH. vecto AC = 0 => tọa độ A, C

đến đây p tự làm nhé

Cho tam giác ABC với A(0;0) , B(2;4),C(6;0) .Xác định tọa độ M,N,P,Q sao cho M thuộc AB,N thuộc BC , P và Q thuộc CA và tứ giác MNPQ là hình vuông

$A, C thuộc Ox suy ra P, Q thuộc Ox  suy ra  MQ, NP  song song với trục  Oy, MN  song song với trục  Ox 

Giả sử Q(a;0); P(b;0); M(a;m); N(b;m) PT AB: x - 2y = 0 M thuộc AB suy ra a - 2m = 0 (1) PT AC: x + y -6 = 0 N thuộc AC suy ra b + m - 6 = 0 (2) Tứ giác MNPQ là hình vuông suy ra MN = MQ \Leftrightarrow |a-b|=|m|\Leftrightarrow m = a - b hoặc m = b - a Thay 2 TH của M vào (1);(2)sẽ tìm ra đk a, b\Rightarrow m$

$A, C thuộc Ox suy ra P, Q thuộc Ox  suy ra  MQ, NP  song song với trục  Oy, MN  song song với trục  Ox

Giả sử Q(a;0); P(b;0); M(a;m); N(b;m) PT AB: x - 2y = 0 M thuộc AB suy ra a - 2m = 0 (1) PT AC: x + y -6 = 0 N thuộc AC suy ra b + m - 6 = 0 (2) Tứ giác MNPQ là hình vuông suy ra MN = MQ \Leftrightarrow |a-b|=|m|\Leftrightarrow m = a - b hoặc m = b - a Thay 2 TH của M vào (1);(2)sẽ tìm ra đk a, b\Rightarrow m$

Tks bác cơ mà em tự làm được rồi B(4;-1) mà bác :3

ừ, k có j đâu, chắc nhầm chỗ nào đấy

Biến đổi có vấn đề nha bạn, đáp án là $B(4;1);D(2;3)$

ừ, nhưng cách làm chắc k có vấn đề, mình tính toán chắc nhầm

ừ, k có j đâu ^^ mình viết cách làm thui mà, còn tính toán thì chắc nhầm ở đâu đó

I = AC giao BD => I là trung điểm AC => I(3;2)

Gọi N(a;b) => D(2a-5;2b-3)

NG giao AB tại K => K là trung điểm MB, M là trung điểm AK

$K(\frac{57-6a}{12};\frac{15-3b}{6}) \Rightarrow M(\frac{23-2a}{4};\frac{7-b}{2}) \Rightarrow B(\frac{15-2a}{4};\frac{3-b}{2}) I là trung điểm BD \Rightarrow I(\frac{6a-5}{8};\frac{3b-3}{4}) Mà I(3;2)\Rightarrow \left\{\begin{matrix} a=\frac{29}{6}\\ b=\frac{11}{3}\end{matrix}\right. \Rightarrow B(\frac{4}{3};\frac{-1}{3}) D(\frac{14}{3};\frac{13}{3})$

$B(b;4-4b) D(d;2d+6) \overrightarrow{BD}=(d-b;4b+2d+2) \overrightarrow{n}=(1;1)là vecto chỉ phương của d3 \Rightarrow \overrightarrow{BD}.\overrightarrow{n}=0 \Rightarrow 3b+3d+2=0\Rightarrow d=\frac{-3b-2}{3}\Rightarrow D(\frac{-3b-2}{3};\frac{14-6b}{3})Gọi I là giao của BD và AC suy ra I là trung điểm BD suy ra I(\frac{-1}{3};\frac{13-9b}{3}) I thuộc d3 suy ra b=\frac{8}{9} \Rightarrow B(\frac{8}{9};\frac{4}{9}); D(\frac{-14}{9};\frac{26}{9}) BD=\frac{22\sqrt{2}}{9} S = \frac{AC.BD}{2}=15\Rightarrow AC=\frac{135\sqrt{2}}{22}\Rightarrow IA=\frac{135\sqrt{2}}{44} THam số điểm A, tính khoảng cách IA theo a rồi cho nó = \frac{135\sqrt{2}}{44}là tìm đk A, tương tự tìm C$$B(b;4-4b) D(d;2d+6) \overrightarrow{BD}=(d-b;4b+2d+2) \overrightarrow{n}=(1;1)là vecto chỉ phương của d3 \Rightarrow \overrightarrow{BD}.\overrightarrow{n}=0 \Rightarrow 3b+3d+2=0\Rightarrow d=\frac{-3b-2}{3}\Rightarrow D(\frac{-3b-2}{3};\frac{14-6b}{3})Gọi I là giao của BD và AC suy ra I là trung điểm BD suy ra I(\frac{-1}{3};\frac{13-9b}{3}) I thuộc d3 suy ra b=\frac{8}{9} \Rightarrow B(\frac{8}{9};\frac{4}{9}); D(\frac{-14}{9};\frac{26}{9}) BD=\frac{22\sqrt{2}}{9} S = \frac{AC.BD}{2}=15\Rightarrow AC=\frac{135\sqrt{2}}{22}\Rightarrow IA=\frac{135\sqrt{2}}{44} THam số điểm A, tính khoảng cách IA theo a rồi cho nó = \frac{135\sqrt{2}}{44}là tìm đk A, tương tự tìm C$

Bài này mình giải k pít đúng k, m.n xem sai chỗ nào nhé

$\sqrt{2x+\sqrt{x^{2}+1}}>x+1 \Leftrightarrow \begin{bmatrix} \left\{\begin{matrix} x+1<0\\ 2x+\sqrt{x^{2}+1}\geq 0\end{matrix}\right.\\ \left\{\begin{matrix} x+1\geq 0\\ 2x+\sqrt{x^{2}+1}>x^{2}+2x+1\end{matrix}\right.\end{bmatrix} \Leftrightarrow \begin{bmatrix} \left\{\begin{matrix} x<-1\\ \sqrt{x^{2}+1}\geq -2x\end{matrix}\right.\\ \left\{\begin{matrix} x\geq -1\\ \sqrt{x^{2}+1}>x^{2}+1\end{matrix}\right.\end{bmatrix} \Leftrightarrow \begin{bmatrix} \left\{\begin{matrix} x<-1\\ 3x^{2}\leq 1\end{matrix}\right.\\ \left\{\begin{matrix} x\geq -1\\ \sqrt{x^{2}+1}-1<0\end{matrix}\right.\end{bmatrix}\Leftrightarrow \begin{bmatrix} \left\{\begin{matrix} x<-1\\ \frac{-1}{\sqrt{3}}\leq x\leq \frac{1}{\sqrt{3}}\end{matrix}\right.\\ \left\{\begin{matrix} x\geq -1\\ x<0\end{matrix}\right.\end{bmatrix}\Leftrightarrow \begin{bmatrix} vô lí\\ -1\leq x<0\end{bmatrix}\Leftrightarrow -1\leq x<0$

Nhưng thay x = -1 thì căn thức k xác định, vậy thì lúc giải TH ở nhánh hoặc thứ 2 vẫn phải tìm đk cho căn thức, nhưng theo phương pháp giải thì chỉ cần x + 1 >= 0

$f(x)>g(x)\Leftrightarrow \begin{bmatrix} \left\{\begin{matrix} g(x)<0\\ f(x)\geq 0\end{matrix}\right.\\ \left\{\begin{matrix} g(x)\geq 0\\ f(x)>g(x)^{2}\end{matrix}\right.\end{bmatrix}$

Thế thì sai chỗ nào vậy? Còn cách làm nào khác k

$\left\{\begin{matrix} a+4b=5\\ a-4c=-11\\ b+c=4 \end{matrix}\right.$

Hh này có 2 cặp nghiệm (a;b;c) = (5;0;4) ; (-3;2;2)

Nhưng ấn máy tính thì nó k cho ra nghiệm, vậy phải làm thế nào? Máy tính còn chức năng nào để cho ra 2 cặp nghiệm ý k

Ps: Mình dùng fx-570ES

a)

Tâm O(0;0)

pt MO: xy_o - yx_o = 0. T1T2 vuông vs MO => pt T1T1 có dạng xx_o + yy_o + m = 0 (1)

Gọi G là giao của T1T2 và OM => R^2 = OG.OM

G thuộc OM => G(a;$\frac{ay_{o}}{x_{o}}$)

tính độ dài đoạn OG và OM, thay vào R^2 = OG.OM tìm đk a theo R và x_o, y_o => tọa độ điểm G

G thuộc T1T1, thay vào (1) tìm đk m => pt T1T2

b)

Từ O kẻ đường thẳng vuông góc với d cắt T1T2, d tại I, K

=> OG.OM = OI. OK

<=> R^2 = OI. OK

Mà OK không đổi, R không đổi => OI không đổi => I cố định

Tâm I(1;2)

Giả sử d cắt (T) tại A, B. AB Min <=> IM vuông với AB tại M

pt IM: 3x + 2y -7 = 0

=> pt AB: 2x - 3y + m = 0

M thuộc AB => m = -9

Vậy d: 2x - 3y - 9 = 0

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy,cho tam giác ABC vuông tại A(1;2).Đường thẳng chứa cạnh BC có phương trình x+y+1=0.Tìm tọa độ B và C biết AB=2AC

viết tọa độ tham số của 2 điểm B, C

viết toạn độ vecto AB, AC. Cho tích của 2 vecto này nhân vs nhau đk 1 pt

tính AB^2, AC^2

AB= 2AC <=> AB^2 = 4AC^2 được 1 pt nữa

Giải hệ này hơn khó nhưng vẫn làm đk. Mình k pít còn cách nào ngắn hơn k nhưng hệ này mình đặt ẩn phụ cho a-1 và b-1 sau đó được 1 hệ ms và giải theo phương pháp thế

$x^{4}-x^{2}+3x+5-2\sqrt{x+2}=0$

1)

Cho điểm M cố định trên đường tròn (O;R) và 2 điểm N,P thay đổi trên đường tròn sao cho $\widehat{NMP}=30^{o}$

a) Tìm quĩ tích trung điểm I của NP (cái này mk làm đk rùi)

b)Xác định vị trí của N và P để diện tích tam giác MNP đạt giá trị lớn nhất 

2)

CMR: $\frac{R}{r}\geq 2$

R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác, r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác

3)

Tam giác ABC vuông tại A các cạnh góc vuông là b và c, CMR:

a) $l_{a}=\frac{\sqrt{2}bc}{b+c}$ (la là độ dài phân giác trong góc A) (cái này mk làm đk r)

b) $=\frac{1}{2}(b+c-\sqrt{b^{2}+c^{2}})$

4)

Cho tam giác ABC cân tại A, AB = AC = a, $\widehat{BAC}$$=\alpha$

a) Tính BC theo a và $\alpha$

b) CMR: $r=\frac{a.sin\alpha }{2(1+sin\frac{\alpha }{2})}$

5)

Cho tam giác có a = 10, $\widehat{A}=60^{o}$ và bán kính đường tròn nội tiếp $r=\frac{5\sqrt{3}}{3}$

a) Tính độ dài bán kính R của đường tròn ngoại tiếp

b) Tính độ dài các cạnh b, c

6)

Cho tam giác ABC thỏa mãn $h_{a}=\sqrt{p(p-a)}$. CMR tam giác ABC là tam giác cân

7)

Cho tứ giác ABCD nội tiếp có độ dài các cạnh là a, b, c, d. CMRdiện tích của tứ giác S =$\sqrt{(p-a)(p-b)(p-c)(p-d)}$ trong đó p là nửa chu vi của tứ giác

8)

CHo tam giác ABC với AB = c, AC = b. Gọi M là trung điểm của BC

a) CMR: $2\underset{AC}{\rightarrow}=2\underset{AM}{\rightarrow}+\underset{BC}{\rightarrow}$ (cái này mk làm đk r)

b) CMR: $4\underset{AM}{\rightarrow}.\underset{MC}=b^{2}-c^{2}$

c) Giả thiết thêm rằng $\widehat{BAM}=30^{o}$ và $\widehat{MAC}=45^{o}$. Đặt AM = m. CMR: $c=b\sqrt{2}$ và $b=(\sqrt{6}-\sqrt{2})m$

9)

Cho tam giác ABC có trọng tâm G. CMR: $cotC-cot\widehat{AGB}=\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{6S}$

10)

Cho hình chữ nhật ABCD. Gọi M là một điểm tùy ý trong hình chữ nhật. Đặt $\widehat{AMC}=\alpha ,\widehat{NMD}=\beta$. CMR: $\frac{tan\alpha }{tan\beta }=\frac{S_{AMC}}{S_{BMD}}$

11)

Cho tam giác ABC. Trên cạnh BC lấy hai điểm M, N sao cho BM = MN = NC. Đặt $\widehat{BMA}=\alpha$, $\widehat{MAN}=\beta$, $\widehat{NAC}=\gamma$. CMR: $(cot\alpha+cot\beta )(cot\beta +cot\gamma ) =4(1+cot^{2}\beta )$

12)

Cho tam giác ABC và M  là điểm bất kì trong tam giác. Gọi $A_{1},B_{1},C_{1}$ lần lượt là hình chiếu của M lên BC, AC, AB. Đặt $\widehat{AA_{1}B}=\alpha ,\widehat{BB_{1}C}=\beta ,\widehat{CC_{1}A}=\gamma$. CMR: $cot\alpha +cot\beta +cot\gamma =0$

13)

Cho tam giác ABC vuông tại A, cạnh huyền BC=a, đường cao AH=h. Chia cạnh huyền BC ra làm n phần bằng nhau (n lẻ). Gọi PQ là một trong các đoạn bằng nhau ấy và chứa trung điểm M của BC. Đặt $\widehat{PAQ}=\alpha$ CMR: $tan\alpha =\frac{4nh}{(n^{2}-1)a}$

14)

Khoảng cách giữa 2 cầu môn là 7,32m. Từ chấm phạt đền cách cầu môn 11m, góc sút là bao nhiêu

15)

Kích thước sân bóng là 75m và 110m. Quả bóng được đặt ở điểm cách biên dọc 3, cách biên ngang 6,. Hỏi góc sút bao nhiêu độ, biết rằng quả bóng và cầu môn cùng ở về một nửa sân

16) Một tấm bìa hình thang cân có đường chéo là d, đáy nhỏ là a, góc nhọn là $\alpha$ . Tính các cạnh và diện tích của tấm bìa

ps: mấy bài sân bóng mình đọc chả hiểu j nên chả vẽ hình được, nếu có thể thì vẽ hình hộ mình nha

Định lý Sin:

Cho tam giác nhọn ABC. Kẻ các đường cao AA', BB', CC'

a) CM: B'C' = 2R.sinA.cosA

b) Lấy A1, A2 lần lượt là điểm đối xứng với A' qua AB và AC. CMR: chu vi tam giác A'B'c" bằng độ dài đoạn thẳng A1A2

c) CMR: sinA.cosA + sinB.cosB + sinC.cosC = 2sinA.sinB.sinC

Định lý đường trung tuyến

1)

Cho (O;R) và điểm M nằm trong hình tròn. Kẻ dây cung AB//OM. CMR: $MA^{2}+MB^{2}=2(OM^{2}+R^{2})$

2)

Cho tam giác ABC. Gọi I là trung điểm BC, G là trọng tâm. Gọi D là điểm đối xứng với G qua I. CMR:

a) $MB^{2}+MC^{2}=MG^{2}+MD^{2}+2IB^{2}-2IG^{2}$

b) $MA^{2}+MB^{2}+MC^{2}=3MG^{2}+GA^{2}+GB^{2}+GC^{2}$

3)

CMR khoảng cách d từ trọng tâm tam giác AbC đến tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác t/m

$R^{2}-d^{2}=\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{9}$

4) Cho tam giác aaaabc có trọng tâm G. Gọi A', B', C' là hình chiếu của G lần lượt xuống cách cạnh BC, CA, AB của tam giác. Hãy tính diện tích của tam giác A'B'C' biết rằng tam giác ABC có diện tích bằng S và khoảng cách từ G đến tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC bằng d

5) Cho tam giác ABC. Tìm điểm M trong mặt phẳng sao cho $MA^{2}+MB^{2}+MC^{2}$ nhỏ nhất