Chủ đề này có 19 trả lời

[E. Galois]

Vào hồi 20h, Thứ Sáu, ngày 28/3/2014, Tổ trọng tài sẽ ra đề vào topic này, sau khi có đề, các toán thủ bắt đầu thi đấu.
 

 

I- Bạn cần biết:

1) Điều lệ giải đấu

2) Lịch thi đấu và tổng hợp kết quả

 

 

II - Lưu ý

1) Các toán thủ khi thi đấu, cứ yên tâm rằng, sau khi trả lời là bài làm đã được lưu, BTC đã nhận được bài làm của bạn, có điều bạn không nhìn thấy được mà thôi. Bạn nên mừng vì điều này, như thế các toán thủ khác không thể copy bài của bạn được.

Bạn cũng nên sử dụng chức năng xem trước của diễn đàn để sửa các lỗi LATEX trước khi gửi bài, vì gửi rồi sẽ không xem và sửa lại được nữa.

 

 

Để sử dụng chức năng xem trước, bạn click vào Sử dụng bộ soạn thảo đầy đủ và chọn Xem trước.

 

2) Các toán thủ chớ quên rằng mỗi một mở rộng đúng sẽ được 10 điểm, các bạn nên mở rộng bài toán để thu được nhiều điểm hơn

 

3) Thành viên diễn đàn không đăng kí thi đấu vẫn có thể giải bài, nhưng phải ghi rõ là: Mình không phải là toán thủ thi đấu

 

4) Sau trận này, 02 toán thủ đứng cuối cùng của bảng xếp hạng sẽ bị loại khỏi giải đấu.

[E. Galois]

Cho hình lăng trụ đứng $ABC.A'B'C'$  có đáy $ABC$  là tam giác vuông tại $B,\widehat{BAC} = 60^0 $, bán kính đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$ bằng $\frac{{\left( {\sqrt 3  - 1} \right)a}}{2}$  và khoảng cách giữa hai đường thẳng $A'B$  và $AC$ bằng $\frac{{a\sqrt {15} }}{5}$ . Tính theo $a$ thể tích khối lăng trụ $ABC.A'B'C'$.

Toán thủ ra đề 

vipkutepro

[25 minutes]

Cho hình lăng trụ đứng $ABC.A'B'C'$  có đáy $ABC$  là tam giác vuông tại $B,\widehat{BAC} = 60^0 $, bán kính đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$ bằng $\frac{{\left( {\sqrt 3  - 1} \right)a}}{2}$  và khoảng cách giữa hai đường thẳng $A'B$  và $AC$ bằng $\frac{{a\sqrt {15} }}{5}$ . Tính theo $a$ thể tích khối lăng trụ $ABC.A'B'C'$.

Toán thủ ra đề 

vipkutepro

Cách làm của em hơi dài dòng

Ta có $S_{ABC}=\frac{1}{2}BA.BC=\frac{1}{2}.r.\frac{AB+BC+CA}{2}$

Hay $\frac{\sqrt{3}-1}{2}a(x+y+z)=xz$ với $x,y,z$ lần lượt là độ dài của $BC,AC,AB$ và 

Do $ABC$ vuông tại $B$ và góc $BAC$ bằng $60^0$ nên ta có $\left\{\begin{matrix} y=2z\\x=\sqrt{y^2-z^2}=z\sqrt{3} \end{matrix}\right.$

       $\Rightarrow \frac{\sqrt{3}-1}{2}a.z(3+\sqrt{3})=z^2.\sqrt{3}\Rightarrow z=a\Rightarrow \left\{\begin{matrix} AB=a\\AC=2a \\BC=a\sqrt{3} \end{matrix}\right.$

$\Rightarrow S_{ABC}=\frac{1}{2}.a.a\sqrt{3}=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}$

Công việc còn lại ta cần tính đường cao $BB'=x$

Trong mặt phẳng $ABB'A'$ kẻ $AH$ song song với $A'B$

Khi đó $d(A'B,CA)=d(B,(AHC))=\frac{a\sqrt{15}}{5}$

Dễ thấy $BH=BB'=x$ và $AH=A'B$

Ta có $BC$ sẽ vuông góc với $ABB'A'$ và tam giác $ABH$ vuông tại $B$

$V_{ABCH}=\frac{1}{3}.BC.\frac{1}{2}.AB.BH=\frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{15}}{5}.S_{AHC}$

      $\Rightarrow S_{AHC}=\frac{ax\sqrt{5}}{2}$

Ta có $CA=2a, CH\sqrt{3a^2+x^2},AH=A'B=\sqrt{3a^2+A'C^2}=\sqrt{3a^2+AC^2+AA'^2}=\sqrt{7a^2+x^2}$

  $\Rightarrow \Delta AHC$ vuông tại $C$

 $\Rightarrow S_{AHC}=\frac{1}{2}.\sqrt{3a^2+x^2}.2a=\frac{ax\sqrt{5}}{2}\Rightarrow x=BB'=2a\sqrt{3}$

 $\Rightarrow V_{ABCA'B'C'}=\frac{1}{3}.2a\sqrt{3}.\frac{a^2\sqrt{3}}{2}=a^3$ (đvtt)

Vậy thể tích lăng trụ là $a^3$ đvtt

 

 

$\boxed{Điểm: 3}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi CD13: 05-04-2014 - 21:37

[phatthemkem]

Cho hình lăng trụ đứng $ABC.A'B'C'$  có đáy $ABC$  là tam giác vuông tại $B,\widehat{BAC} = 60^0 $, bán kính đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$ bằng $\frac{{\left( {\sqrt 3  - 1} \right)a}}{2}$  và khoảng cách giữa hai đường thẳng $A'B$  và $AC$ bằng $\frac{{a\sqrt {15} }}{5}$ . Tính theo $a$ thể tích khối lăng trụ $ABC.A'B'C'$.

Toán thủ ra đề 

vipkutepro

 

$MHS09$

Bài làm:

Gọi $I,r$ lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp và bán kính của $(I)$ của tam giác $ABC$

Gọi $E,J$ lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ $I$ đến $AB,BC$

Xét tam giác vuông $AIE$ có $IE=r=\frac{\left ( \sqrt{3}-1 \right )a}{2}\Rightarrow AE=\frac{\left ( 3-\sqrt{3} \right )a}{2}$ (Do $\widehat{EAI}=30^0$)

Dễ dàng nhận thấy $EIJB$ là hình vuông, suy ra $AB=AE+EB=\frac{\left ( 3-\sqrt{3} \right )a}{2}+\frac{\left ( \sqrt{3}-1 \right )a}{2}=a\Rightarrow BC=a\sqrt{3}$

Suy ra $AH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$

Dựng $HK\perp A'B;K\in A'B$

Vì khoảng cách giữa hai đường thẳng $A'B$ và $AC$ là độ dài $HK$ nên $HK=\frac{a\sqrt{15}}{5}$

Mặt khác, vì:

$$\left\{\begin{matrix} BH\perp AC\\ A'A\perp AC \end{matrix}\right.\Rightarrow BH//A'A$$

Suy ra $\widehat{AA'B}=\widehat{HBK}\\ \Leftrightarrow sin\widehat{AA'B}=sin\widehat{HBK}\\ \Leftrightarrow \frac{AB}{A'B}=\frac{HK}{HB}\\ \Leftrightarrow A'B=\frac{AB.HB}{HK}=\frac{a.\frac{a\sqrt{3}}{2}}{\frac{a\sqrt{15}}{5}}=\frac{a\sqrt{5}}{2}\\ \Rightarrow AA'=\frac{a}{2}$

Khi đó thể tích khối lăng trụ $ABC.A'B'C'$ là:

$$V_{ABC.A'B'C'}=\frac{1}{3}AA'.S_{ABC}=\frac{a}{2}.\frac{1}{2}AB.BC=\frac{a}{2}.\frac{1}{2}.a.a\sqrt{3}=\frac{a^3\sqrt{3}}{4}$$

 

 

$\boxed{Điểm: 3}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi CD13: 05-04-2014 - 21:36

[19kvh97]

Cho hình lăng trụ đứng $ABC.A'B'C'$  có đáy $ABC$  là tam giác vuông tại $B,\widehat{BAC} = 60^0 $, bán kính đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$ bằng $\frac{{\left( {\sqrt 3  - 1} \right)a}}{2}$  và khoảng cách giữa hai đường thẳng $A'B$  và $AC$ bằng $\frac{{a\sqrt {15} }}{5}$ . Tính theo $a$ thể tích khối lăng trụ $ABC.A'B'C'$.

Toán thủ ra đề 

vipkutepro

Giả sử $AB=x$ 

$\cos BAC=\frac{AB}{AC}$ suy ra $AC=2x$. và $BC=\sqrt{AC^2-AB^2}=a\sqrt{3}$

ta có bán kính đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$ là $r=\frac{AB+BC-AC}{2}=\frac{(\sqrt{3}-1)a}{2}$ suy ra $x=a$

Gọi $KE$ là đoạn vuông góc chung của $A'B$ và $AC$ suy ra $KE=\frac{a\sqrt{15}}{5}$ $(K\epsilon A'B;E\epsilon AC)$

trên $(ABC)$ kẻ $EF$ vuông góc với $AB$ suy ra $EF$ song song với $BC$

mà $BC$ vuông góc với $AB$ và $BB'$ nên $BC$ vuông góc với mặt phẳng $(A'AB)$ 

suy ra $EF$ vuông góc với $(A'AB)$ hay $EF$ vuông góc với $A'B$ do đó $A'B$ vuông góc với mặt $KEF$

nên $A'B$ vuông góc với $FK$

Giả sử $\vec{EC}=k\vec{AC}$$\Rightarrow \vec{AF}=(1-k)\vec{AB}$

ta có $EF$ song song với $BC$ nên $\frac{FB}{AB}=\frac{EC}{AC}=|k|\Rightarrow FB=|k|a$

$\frac{FE}{BC}=\frac{AF}{AB}=|1-k|\Rightarrow FE=a\sqrt{3}|1-k|$

do $EF$ vuông góc với mặt $(A'AB$ nên $EF$ vuông góc với $FK$

do đó theo Pitago ta có $FK=\sqrt{KE^2-FE^2}=a\sqrt{\frac{3}{5}-3(1-k)^2}$ $(\frac{3}{5}-3(1-k)^2\geq 0)(i)$

suy ra $\cos KFB=\frac{KF}{FB}=\frac{\sqrt{\frac{3}{5}-3(1-k)^2}}{|k|}$

Xét tích $\vec{KE}.\vec{AC}=(\vec{FE}-\vec{FK})(\vec{BC}-\vec{BA})=\vec{FE}.\vec{BC}-\vec{FK}.\vec{AB}$

mà $KE$ vuông góc với $AC$ nên $\vec{KE}.\vec{AC}=0$

suy ra $FE.BC-FK.AB.\cos KFB=0$

$\Rightarrow |1-k|.a\sqrt{3}.a\sqrt{3}-a\sqrt{\frac{3}{5}-3(1-k)^2}.a.\frac{\sqrt{\frac{3}{5}-3(1-k)^2}}{|k|}=0$

$\Rightarrow |k-k^2|+k^2-2k+\frac{4}{5}=0(*)$

TH1: $k\epsilon (0;1)$ thì $(*)\Leftrightarrow k=\frac{4}{5}(TM(i))$

suy ra $\cos KFB=\frac{\sqrt{3}}{2}$$\Rightarrow \hat{KBF}=60^0$

do đó $A'A=AB\sqrt{3}=a\sqrt{3}$

suy ra $V_{ABC.A'B'C'}=S_{ABC}.A'A=\frac{1}{2}.a.a\sqrt{3}.a\sqrt{3}=\frac{3}{2}a^3$

TH2:$k\epsilon (-\infty ;0]\cup [1;+\infty ]$

thì $(*)\Leftrightarrow 10k^2-15k+4=0\Leftrightarrow \begin{bmatrix} k=\frac{15+\sqrt{65}}{20}(KTM(i)) & & \\ k=\frac{15-\sqrt{65}}{20}(KTM) & & \end{bmatrix}$

Vậy thể tích khối lăng trụ là $\frac{3}{2}a^3$

 

 

$\boxed{Điểm: 10}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi CD13: 05-04-2014 - 21:38

[19kvh97]

 

Cho hình lăng trụ đứng $ABC.A'B'C'$  có đáy $ABC$  là tam giác vuông tại $B,\widehat{BAC} = 60^0 $, bán kính đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$ bằng $\frac{{\left( {\sqrt 3  - 1} \right)a}}{2}$  và khoảng cách giữa hai đường thẳng $A'B$  và $AC$ bằng $\frac{{a\sqrt {15} }}{5}$ . Tính theo $a$ thể tích khối lăng trụ $ABC.A'B'C'$.

Toán thủ ra đề 

vipkutepro

C2:Gọi $M,N$ lần lượt là chân đường cao hạ từ $B$ xuống $AC$ và từ $B'$ xuống $A'C'$

suy ra $MN$ song song với $A'A$ hay $MN$ vuông góc với mặt $(ABC)$

gọi $L$ là đường cao hạ từ $M$ của tam giác $NMB$

do $A'C'$ song song với $AC$ nên mặt $(A'BC')$ song song với $AC$ 

do đó khoảng cách giữa $A'B$ và $AC$ là khoảng cách giữa $AC$ và $(A'BC')$

mà $AC$ cùng vuông góc với $MN$ và $BM$ nên $AC$ vuông góc với mặt $(BMN)$ hay $A'C'$ vuông góc với $ML$

mà $ML$ vuông góc với $BN$ nên $ML$ vuông góc với $(A'BC')$

do đó khoảng cách giữa $AC$ và $(A'BC')$ chính là $ML$ hay $ML=\frac{a\sqrt{15}}{5}$

do bán kính đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$ là $\frac{(\sqrt{3}-1)a}{2}$ nên dễ tính được $AB=a$;$AC=2a$ và $BC=a\sqrt{3}$

tam giác $ABC$ vuông tại $B$, $BM$ là đường cao nên $BM=\frac{\sqrt{3}}{2}a$

tam giác $BMN$ vuông tại $M$ có $ML$ là đường cao nên dễ tính được $MN=a\sqrt{3}$

do đó $V_{ABC.A'B'C'}=MN.S_{ABC}=\frac{3a^3}{2}$

 

 

$\boxed{Điểm: 10}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi CD13: 05-04-2014 - 21:38

[19kvh97]

Minh họa 1 chút bài làm của e

 hhssh.jpg   26.73K   1 Số lần tải

 

[motdaica]

Bài làm của toán thủ MHS 012:

*Tính $S_{ABC}$ :

Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp $\bigtriangleup ABC$, kẻ IK vuông AC=> $IK = \frac{(\sqrt{3}-1)a}{2}$

AI là phân giác $\widehat{BAC}$ => $\widehat{BAI}= \widehat{IAK}=30^{\circ}$

Ta có : $IK = AI\sin\widehat{IAK}$ => $AI= (\sqrt{3}-1)a$

BI là phân giác $\widehat{ABC}$ => $\widehat{ABI}=45^{\circ}$ => $\widehat{AIB}=105^{\circ}$

Áp dụng định lí hàm số sin với $\bigtriangleup ABI$ => $\frac{AI}{\sin \widehat{ABI}}=\frac{AB}{\sin \widehat{AIB}}$

=> $AB = a$ => $BC = AB\tan \widehat{BAC}= a\sqrt{3}$

=> $S_{ABC}$ =$\frac{AB.BC}{2}=\frac{a^{2}\sqrt{3}}{2}$

* Tính CC' :

Trong (ABC) kẻ đường thẳng d qua B và song song với AC, đường thẳng d' qua C và vuông góc với d. d cắt d' tại D.

Trong (CC'D) kẻ CH vuông góc C'D.

Ta có : BD song song với A'C' (cùng song song với AC) nên 4 điểm B,D,A',C' đồng phẳng.

Trong hình lăng trụ : (ABCD) vuông góc với (ACC'A') Mà CD vuông góc với giao tuyến AC của 2 mặt phẳng ấy => CD vuông với (ACC'A')=> CD vuông với A'C'

Ta có : A'C' vuông CD và A'C' vuông CC' => A'C' vuông (CC'D)=> A'C' vuông CH mà CH vuông C'D => CH vuông góc với (A'BDC')

AC song song với A'C' nên AC song song với (A'BDC')

Từ đó ta có : d(AC;A'B) =d(AC;(A'BDC')) = d(C;(A'BDC'))=CH => CH = $\frac{a\sqrt{15}}{5}$

BD song AC => $\widehat{ACB}=\widehat{CBD}= 30^{\circ}$ => $CD =BC\sin \widehat{CBD}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$

Xét $\bigtriangleup CC'D$ vuông ở C (vì CD vuông với (ACC'A')) có CH vuông C'D

=> $\frac{1}{CH^{2}}=\frac{1}{CC'^{2}}+\frac{1}{CD^{2}}$

=>$CC'= a\sqrt{3}$

=> $V_{ABC'A'B'C'}=S_{ABC}.CC'=\frac{a^{2}\sqrt{3}}{2}a\sqrt{3}= \frac{3a^{3}}{2}$

Vậy thể tích khối lăng trụ ABC.A'B'C' là $\frac{3a^{3}}{2}$

P/s :em gửi kèm hình mãi mà không được mong giám khảo thông cảm

 

 

 

$\boxed{Điểm: 10}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi CD13: 05-04-2014 - 21:51

[E. Galois]

Trận đấu đã kết thúc, mời các toán thủ nhận xét bài làm của nhau

[phatthemkem]

Chết thật, bài làm của em nhầm to với mấy đường thẳng chéo nhau rồi!

[motdaica]

Cách làm của em hơi dài dòng

Ta có $S_{ABC}=\frac{1}{2}BA.BC=\frac{1}{2}.r.\frac{AB+BC+CA}{2}$

Hay $\frac{\sqrt{3}-1}{2}a(x+y+z)=xz$ với $x,y,z$ lần lượt là độ dài của $BC,AC,AB$ và 

Do $ABC$ vuông tại $B$ và góc $BAC$ bằng $60^0$ nên ta có $\left\{\begin{matrix} y=2z\\x=\sqrt{y^2-z^2}=z\sqrt{3} \end{matrix}\right.$

       $\Rightarrow \frac{\sqrt{3}-1}{2}a.z(3+\sqrt{3})=z^2.\sqrt{3}\Rightarrow z=a\Rightarrow \left\{\begin{matrix} AB=a\\AC=2a \\BC=a\sqrt{3} \end{matrix}\right.$

$\Rightarrow S_{ABC}=\frac{1}{2}.a.a\sqrt{3}=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}$

Công việc còn lại ta cần tính đường cao $BB'=x$

Trong mặt phẳng $ABB'A'$ kẻ $AH$ song song với $A'B$

Khi đó $d(A'B,CA)=d(B,(AHC))=\frac{a\sqrt{15}}{5}$

Dễ thấy $BH=BB'=x$ và $AH=A'B$

Ta có $BC$ sẽ vuông góc với $ABB'A'$ và tam giác $ABH$ vuông tại $B$

$V_{ABCH}=\frac{1}{3}.BC.\frac{1}{2}.AB.BH=\frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{15}}{5}.S_{AHC}$

      $\Rightarrow S_{AHC}=\frac{ax\sqrt{5}}{2}$

Ta có $CA=2a, CH\sqrt{3a^2+x^2},AH=A'B=\sqrt{3a^2+A'C^2}=\sqrt{3a^2+AC^2+AA'^2}=\sqrt{7a^2+x^2}$

  $\Rightarrow \Delta AHC$ vuông tại $C$

 $\Rightarrow S_{AHC}=\frac{1}{2}.\sqrt{3a^2+x^2}.2a=\frac{ax\sqrt{5}}{2}\Rightarrow x=BB'=2a\sqrt{3}$

 $\Rightarrow V_{ABCA'B'C'}=\frac{1}{3}.2a\sqrt{3}.\frac{a^2\sqrt{3}}{2}=a^3$ (đvtt)

Vậy thể tích lăng trụ là $a^3$ đvtt

Thứ nhất Nếu BH =BB' =>BH = AA' thì khi đó hình bình hành ABA'H là hình chữ nhật => vô lí => $BH \neq BB'$

Thứ hai là thể tích hình lăng trụ là diện tích đáy nhân với chiều cao thôi nhé. Nếu nhân với $\frac{1}{3}$ thì thành thể tích hình chóp rồi   Lần sau anh nhớ kiểm tra cẩn thận nhé

 

$\boxed{Điểm: 4}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi CD13: 05-04-2014 - 21:52

[motdaica]

$MHS09$

Bài làm:

Gọi $I,r$ lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp và bán kính của $(I)$ của tam giác $ABC$

Gọi $E,J$ lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ $I$ đến $AB,BC$

Xét tam giác vuông $AIE$ có $IE=r=\frac{\left ( \sqrt{3}-1 \right )a}{2}\Rightarrow AE=\frac{\left ( 3-\sqrt{3} \right )a}{2}$ (Do $\widehat{EAI}=30^0$)

Dễ dàng nhận thấy $EIJB$ là hình vuông, suy ra $AB=AE+EB=\frac{\left ( 3-\sqrt{3} \right )a}{2}+\frac{\left ( \sqrt{3}-1 \right )a}{2}=a\Rightarrow BC=a\sqrt{3}$

Suy ra $AH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$

Dựng $HK\perp A'B;K\in A'B$

Vì khoảng cách giữa hai đường thẳng $A'B$ và $AC$ là độ dài $HK$ nên $HK=\frac{a\sqrt{15}}{5}$

Mặt khác, vì:

$$\left\{\begin{matrix} BH\perp AC\\ A'A\perp AC \end{matrix}\right.\Rightarrow BH//A'A$$

Suy ra $\widehat{AA'B}=\widehat{HBK}\\ \Leftrightarrow sin\widehat{AA'B}=sin\widehat{HBK}\\ \Leftrightarrow \frac{AB}{A'B}=\frac{HK}{HB}\\ \Leftrightarrow A'B=\frac{AB.HB}{HK}=\frac{a.\frac{a\sqrt{3}}{2}}{\frac{a\sqrt{15}}{5}}=\frac{a\sqrt{5}}{2}\\ \Rightarrow AA'=\frac{a}{2}$

Khi đó thể tích khối lăng trụ $ABC.A'B'C'$ là:

$$V_{ABC.A'B'C'}=\frac{1}{3}AA'.S_{ABC}=\frac{a}{2}.\frac{1}{2}AB.BC=\frac{a}{2}.\frac{1}{2}.a.a\sqrt{3}=\frac{a^3\sqrt{3}}{4}$$

Đoạn này em làm sai rồi nhé   HK có vuông góc được với AC đâu em

 

 

$\boxed{Điểm: 4}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi CD13: 05-04-2014 - 21:53

[phatthemkem]

Đoạn này em làm sai rồi nhé   HK có vuông góc được với AC đâu em

Vấn đề chỗ đó á anh à, trí tưởng tượng hơi kém nên cứ nghĩ $KH$ vuông góc $AC$, kết cục là sai.

[CD13]

Nhận xét trận 6:

 

+ Theo CD13 nghĩ đây là bài hình ở dạng khá nên có rất ít em tham gia giải đúng.

 

+ Có vài em trình bày cách xác định khoảng cách giữa $A'B$ và $AC$ hay.

 

+ Bài này có thể giải theo phương pháp tọa độ không gian thì đơn giản hơn nhiều! Có thể tóm lượt cách giải như sau:

 

1. Gọi hệ trục tọa độ $Oxyz$ có gốc tọa độ $O$ trùng với $B$, các điểm $A,C,B'$ lần lượt nằm trên các trục $Ox,Oy,Oz$ (theo chiều dương).

 

2. Do $AB=a,BC=a\sqrt{3}$ nên ta gọi

$B(0;0;0) \\ A(a;0;0)\\ C(0;a\sqrt{3};0)\\B'(0;0;x)\\A'(a;0;x)\\C'(0;a\sqrt{3};x)$

3. Áp dụng công thức $d(\Delta ,\Delta ')=\frac{\left | \left [ \overrightarrow{u},\overrightarrow{v} \right ].\overrightarrow{AB} \right |}{\left | \left [ \overrightarrow{u},\overrightarrow{v} \right ] \right |}$ trong đó $\overrightarrow{u},\overrightarrow{v}$ là các vectơ chỉ phương và $A\in \Delta ,B\in \Delta '$

 

$\rightarrow \frac{a\sqrt{3}x}{\sqrt{4x^2+3a^2}}=a\frac{\sqrt{15}}{5}\\ \\\rightarrow x=a\sqrt{3}$

 

Bài toán xem như xong!

 

Chúc các em có một kì thi bổ ích!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi CD13: 05-04-2014 - 23:09

[leminhansp]

Giả sử $AB=x$ 

$\cos BAC=\frac{AB}{AC}$ suy ra $AC=2x$. và $BC=\sqrt{AC^2-AB^2}=$ $a\sqrt{3}$

ta có bán kính đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$ là $r=\frac{AB+BC-AC}{2}$ $=\frac{(\sqrt{3}-1)a}{2}$

 

Đoạn màu đỏ này là vì sao nhỉ?

[leminhansp]

Bài làm của toán thủ MHS 012:

*Tính $S_{ABC}$ :

Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp $\bigtriangleup ABC$, kẻ IK vuông AC=> $IK = \frac{(\sqrt{3}-1)a}{2}$

AI là phân giác $\widehat{BAC}$ => $\widehat{BAI}= \widehat{IAK}=30^{\circ}$

Ta có : $IK = AI\sin\widehat{IAK}$ => $AI= (\sqrt{3}-1)a$

BI là phân giác $\widehat{ABC}$ => $\widehat{ABI}=45^{\circ}$ => $\widehat{AIB}=105^{\circ}$

Áp dụng định lí hàm số sin với $\bigtriangleup ABI$ => $\frac{AI}{\sin \widehat{ABI}}=$ $\frac{AB}{\sin \widehat{AIB}}$

=> $AB = a$

 

$\widehat{AIB}=180^o-30^o-45^o=$ $105^o$ không phải góc đặc biệt. Nên chắc bạn phải tính $\sin \widehat{AIB}$ bằng máy tính hả?

[19kvh97]

Đoạn màu đỏ này là vì sao nhỉ?

tự vẽ hình nhé!

gọi hình chiếu của tâm đường tròn nội tiếp $ABC$ trân các cạnh lần lượt là $I_a,I_b,I_c$

thì ta có $I_bA=I_cA$ tương tự vs $B,C$... thì ta có $I_aB=IcB=\frac{AB+BC-CA}{2}$ nhưng  với $ABC$ vuông thì $r=I_bA$

P/s:mãi chẳng có điểm mà lại có người hòi vặn 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi 19kvh97: 19-07-2014 - 10:40

[leminhansp]

tự vẽ hình nhé!

gọi hình chiếu của tâm đường tròn nội tiếp $ABC$ trân các cạnh lần lượt là $I_a,I_b,I_c$

thì ta có $I_bA=I_cA$ tương tự vs $B,C$... thì ta có $I_aB=IcB=\frac{AB+BC-CA}{2}$ nhưng  với $ABC$ vuông thì $r=I_bA$

P/s:mãi chẳng có điểm mà lại có người hòi vặn 

 

Mình không hiểu thì mình nhờ bạn giải thích giúp thôi chứ có vặn gì đâu. Và mình nghĩ rằng lời giải thích này cũng cần phải viết vào lời giải chứ (thậm chí là phải viết chi tiết hơn).

 

Giả sử $AB=x$ 

$\cos BAC=\frac{AB}{AC}$ suy ra $AC=2x$. và $BC=\sqrt{AC^2-AB^2}=$ $a$$ \sqrt{3}$

 

Chỗ đấy là $x$ chứ đúng không? $BC=x\sqrt{3}$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi leminhansp: 19-07-2014 - 13:18

[19kvh97]

Mình không hiểu thì mình nhờ bạn giải thích giúp thôi chứ có vặn gì đâu. Và mình nghĩ rằng lời giải thích này cũng cần phải viết vào lời giải chứ (thậm chí là phải viết chi tiết hơn).

 

 

Chỗ đấy là $x$ chứ đúng không? $BC=x\sqrt{3}$.

uk sơ xuất đánh máy, mà cái công thức kia cũng phổ biến đấy chứ thế nên áp dụng luôn cho đỡ dài dòng

mà chắc chỗ đó bạn hiểu rồi chứ???

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi 19kvh97: 19-07-2014 - 15:50

[leminhansp]

uk sơ xuất đánh máy, mà cái công thức kia cũng phổ biến đấy chứ thế nên áp dụng luôn cho đỡ dài dòng
mà chắc chỗ đó bạn hiểu rồi chứ???

Mình hiểu rồi, có điều mình nghĩ công thức nào không dẫn trong SGK thì nên viết rõ ràng.