Đến nội dung


Hình ảnh
* * * * * 2 Bình chọn

Tìm điểm C của Hình chữ nhật


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 17 trả lời

#1 nguyenthuchuynh

nguyenthuchuynh

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 23 Bài viết

Đã gửi 07-08-2012 - 13:56

Trong mặt phẳng toạ độ vuông góc $Oxy$ cho hình chữ nhật $ABCD$ có $A(-2;6)$, đỉnh $B$ thuộc đường thẳng $(d):x - 2y +6 = 0$. Gọi $M, N$ lần lượt là 2 điểm nằm trên cạnh $BC, CD$ sao cho $BM = CN$. Biết $AM$ giao $BN$ tại điểm $I\left (\frac{2}{5};\frac{14}{5} \right )$. Xác định toạ độ đỉnh $C$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi PSW: 27-09-2012 - 06:55


#2 PSW

PSW

    Những bài toán trong tuần

  • Thành viên
  • 488 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 29-09-2012 - 00:14

Bài toán này thuộc Gameshow NHỮNG BÀI TOÁN TRONG TUẦN. Bài toán đã được công bố lại nhiều ngày nhưng chưa ai giải được. BTC đã đặt hoa hồng hi vọng @};- cho bài toán này.

Hoa hồng hi vọng @};- sẽ mang lại 50 điểm cho người đầu tiên giải đúng được bài toán này. Nếu hết ngày 29/09 mà vẫn không có ai giải được, BTC sẽ công bố bài toán khác, tuy nhiên hoa hồng hi vọng @};- sẽ vẫn tồn tại cho đến khi có người giải được bài toán này.

buon

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 29-09-2012 - 06:59

1) Thể lệ
2) Danh sách các bài toán đã qua: 1-100, 101-200, 201-300, 301-400
Còn chờ gì nữa mà không tham gia!  :luoi:
 


#3 duckhanhmath0205

duckhanhmath0205

    Lính mới

  • Thành viên
  • 5 Bài viết

Đã gửi 29-09-2012 - 15:01

Đề bị sai. Chứng minh:
Lấy $B$ tùy ý thuộc $(d)$.
Từ $B$ kẻ đường thẳng $(\Delta)$ đi qua $B$ và vuông góc với $AB$.
Từ $B$ kẻ đường thẳng $(BI)$ đi qua $B$ và $I$.
Điểm $C$ cần tìm thuộc $(\Delta)$ và $(\Delta')$ với $(\Delta')$ thỏa mãn
1. Song song với $AB$.
2. Cắt $BI$ tại $N$, cắt $(\Delta)$ tại $C$ sao cho $BM=CN$.
Ta luôn tìm được điểm $C$ thỏa yêu cầu bài toán ứng với mỗi $B$ thuộc $(d)$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi duckhanhmath0205: 29-09-2012 - 17:31


#4 duckhanhmath0205

duckhanhmath0205

    Lính mới

  • Thành viên
  • 5 Bài viết

Đã gửi 29-09-2012 - 17:35

Trong mặt phẳng toạ độ vuông góc $Oxy$, cho hình vuông $ABCD$ có $A(-2;6)$, đỉnh $B$ thuộc đường thẳng $(d):x - 2y +6 = 0$. Gọi $M, N$ lần lượt là 2 điểm nằm trên cạnh $BC, CD$ sao cho $BM = CN$. Biết $AM$ giao $BN$ tại điểm $I\left (\frac{2}{5};\frac{14}{5} \right )$. Xác định tọa độ đỉnh $C$.
Bài giải.

Từ $C$ kẻ $CN'$ vuông góc $AB$, với $N'$ thuộc $AB$.
Ta có: $\tan \widehat{BAI}=\frac{BM}{AB},\cot \widehat{ABI}=\frac{BN'}{NN'}=\frac{CN}{NN'}=\frac{BM}{AB}$.
Suy ra $\tan \widehat{BAI}=\cot \widehat{ABI}$, suy ra tam giác $ABI$ vuông tại $I$.
Phương trình đường thẳng $BI$ đi qua $I$ và vuông góc $AI$ nên $\left( BI \right):3x-4y+10=0$.
Do $B=\left( BI \right)\bigcap \left( d \right)$ nên tọa độ $B\left( x;y \right)$ thỏa mãn hệ
$$\begin{cases}
3x-4y+10=0 \\
x-2y+6=9 \\
\end{cases} \Rightarrow B\left( 2;4 \right).$$
Đường thẳng $BC$ đi qua $B$ và vuông góc $AB$ nên có phương trình $(BC):2x-y=0$.
Ta có: $C\in (BC)$ nên $C(c;2c)$.
Tứ giác ABCD là hình chữ nhật nên $$BC=AB\Leftrightarrow \sqrt{{{\left( c-2 \right)}^{2}}+{{\left( 2c-4 \right)}^{2}}}=2\sqrt{5} \Leftrightarrow c=0 \vee c=4.$$

● Với $c=0$, suy ra $C(0;0)$. Khi đó $CI<CB$. (thỏa mãn)
● Với $c=4$, suy ra $C(4;8)$. Khi đó $CI>CB$. (không thỏa mãn)

---------- HẾT ----------

Lần đầu tiên gởi bài và đánh Latex nên các bạn thông cảm.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi duckhanhmath0205: 29-09-2012 - 18:00


#5 NGOCTIEN_A1_DQH

NGOCTIEN_A1_DQH

    Never Give Up

  • Thành viên
  • 625 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:12A1, THPT Dương Quảng Hàm, Hưng Yên

Đã gửi 29-09-2012 - 18:03

hình vẽ

lời giải:

phương trình $ AI:4x+3y-10=0 $

gọi K là giao điểm của $ AI $ và $ (d) $ thì $ K(\frac{2}{11};\frac{34}{11})$

vì $ B \in (d) $ nên ta có thể gọi $ B(2b;b+3) $

gọi $ \alpha $ là góc giữa (d) và AI

thì $ cos\alpha= \frac{|\vec{n_{d}}.\vec{n_{AI}}|}{|\vec{n_d}|.|\vec{n_{AI}}} =\frac{2}{5\sqrt{5}} $

xét tam giác BIK có:

$ IB=\sqrt{5b^2-\frac{6b}{5}+\frac{1}{5}}$

$ BK=\sqrt{5(b-\frac{1}{11})^2}$

$ KI=\frac{4}{11} $

$ cos\widehat{BKI}=\frac{BK^2+KI^2-IB^2}{2BK.KI}=\frac{2}{5\sqrt{5}} $

thay các giá trị vào và giải phương trình ta tìm được $ b=\frac{3}{11} $

$ \Rightarrow B(\frac{6}{11};\frac{36}{11}) $

$ \Rightarrow BI:13x-4y+6=0 ; $
$ AB: 15x+14y-54=0 $
xét tam giác BKI, ta dễ tính được $ cos\widehat{BIK}=\frac{8}{\sqrt{185}}$

mà $ \widehat{AIN}=\widehat{BIK} $

$ \Rightarrow cos\widehat{AIN}=\frac{8}{\sqrt{185}} $

vì $ N \in BI $ nên có thể gọi $ N(4n+2;13n+8) $

$ \Rightarrow AN=\sqrt{185n^2+84n+20} $

$ NI=\sqrt{185n^2-\frac{612}{5}n+\frac{148}{5}}$

$ AI=4 $

xét tam giác AIN có:

$ cos\widehat{AIN}=\frac{AI^2+IN^2-AN^2}{2.AI.IN}=\frac{8}{\sqrt{185}}$

thay vào và giải PT ta tìm được $ n=0 $

$ \Rightarrow N(2;8) $

đường thẳng $ CD$ qua N và song song với $AB$ nên $CD: 15x+14y-142=0 $

đường thẳng BC qua B và vuông góc với AB nên $ BC: 14x-15y+\frac{456}{11}=0 $

từ đây tìm được tọa độ $ C(\frac{17046}{4631};\frac{28708}{4631})$

p/s: không biết có tính sai không mà số lẻ quá @@

Hình gửi kèm

  • tọa độ.png

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NGOCTIEN_A1_DQH: 29-09-2012 - 18:43

Em cắm hoa tươi đặt cạnh bàn

Mong rằng toán học bớt khô khan

Em ơi trong toán nhiều công thức

Cũng đẹp như hoa lại chẳng tàn

#6 duckhanhmath0205

duckhanhmath0205

    Lính mới

  • Thành viên
  • 5 Bài viết

Đã gửi 30-09-2012 - 10:59

hình vẽ

lời giải:

phương trình $ AI:4x+3y-10=0 $

gọi K là giao điểm của $ AI $ và $ (d) $ thì $ K(\frac{2}{11};\frac{34}{11})$

vì $ B \in (d) $ nên ta có thể gọi $ B(2b;b+3) $

gọi $ \alpha $ là góc giữa (d) và AI

thì $ cos\alpha= \frac{|\vec{n_{d}}.\vec{n_{AI}}|}{|\vec{n_d}|.|\vec{n_{AI}}} =\frac{2}{5\sqrt{5}} $

xét tam giác BIK có:

$ IB=\sqrt{5b^2-\frac{6b}{5}+\frac{1}{5}}$

$ BK=\sqrt{5(b-\frac{1}{11})^2}$

$ KI=\frac{4}{11} $

$ cos\widehat{BKI}=\frac{BK^2+KI^2-IB^2}{2BK.KI}=\frac{2}{5\sqrt{5}} $

thay các giá trị vào và giải phương trình ta tìm được $ b=\frac{3}{11} $

$ \Rightarrow B(\frac{6}{11};\frac{36}{11}) $

$ \Rightarrow BI:13x-4y+6=0 ; $
$ AB: 15x+14y-54=0 $
xét tam giác BKI, ta dễ tính được $ cos\widehat{BIK}=\frac{8}{\sqrt{185}}$

mà $ \widehat{AIN}=\widehat{BIK} $

$ \Rightarrow cos\widehat{AIN}=\frac{8}{\sqrt{185}} $

vì $ N \in BI $ nên có thể gọi $ N(4n+2;13n+8) $

$ \Rightarrow AN=\sqrt{185n^2+84n+20} $

$ NI=\sqrt{185n^2-\frac{612}{5}n+\frac{148}{5}}$

$ AI=4 $

xét tam giác AIN có:

$ cos\widehat{AIN}=\frac{AI^2+IN^2-AN^2}{2.AI.IN}=\frac{8}{\sqrt{185}}$

thay vào và giải PT ta tìm được $ n=0 $

$ \Rightarrow N(2;8) $

đường thẳng $ CD$ qua N và song song với $AB$ nên $CD: 15x+14y-142=0 $

đường thẳng BC qua B và vuông góc với AB nên $ BC: 14x-15y+\frac{456}{11}=0 $

từ đây tìm được tọa độ $ C(\frac{17046}{4631};\frac{28708}{4631})$

p/s: không biết có tính sai không mà số lẻ quá @@

Sai 2 kiến thức cơ bản. Bạn tự kiểm tra nhé. Khi nào không rõ mình sẽ chỉ.



#7 NGOCTIEN_A1_DQH

NGOCTIEN_A1_DQH

    Never Give Up

  • Thành viên
  • 625 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:12A1, THPT Dương Quảng Hàm, Hưng Yên

Đã gửi 30-09-2012 - 17:53

Sai 2 kiến thức cơ bản. Bạn tự kiểm tra nhé. Khi nào không rõ mình sẽ chỉ.


mình thấy 1 lỗi là mình ngộ nhận góc $BKI $ là góc giữa 2 đường thẳng $ (d) $ và $ AI$. nhưng bạn xét trường hợp còn lại rồi giải PT thì nó vẫn ra kết quả như vậy. còn 1 lỗi nữa thì mình chưa rõ là lỗi gì. nhưng theo mình thầy thì con đường này có thể đi được đến kết quả cuối cùng

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NGOCTIEN_A1_DQH: 30-09-2012 - 19:20

Em cắm hoa tươi đặt cạnh bàn

Mong rằng toán học bớt khô khan

Em ơi trong toán nhiều công thức

Cũng đẹp như hoa lại chẳng tàn

#8 duckhanhmath0205

duckhanhmath0205

    Lính mới

  • Thành viên
  • 5 Bài viết

Đã gửi 01-10-2012 - 04:11

2 SAI LẦM CƠ BẢN CHẾT NGƯỜI (HS thường gặp)


1. Ngộ nhận góc giữa hai đường thẳng là $\cos \alpha =\frac{|\overrightarrow{{{n}_{d}}}.\overrightarrow{{{n}_{AI}}}|}{|\overrightarrow{{{n}_{d}}}|.|\overrightarrow{{{n}_{AI}}}}=\frac{2}{5\sqrt{5}}$.
========> Đúng ra là $\cos \alpha =\dfrac{2}{5\sqrt{5}}\Rightarrow \cos \widehat{BKI}=\pm \dfrac{2}{5\sqrt{5}}$.
2. Xét tam giác $BIK$. Với góc $\widehat{BKI}$ cố định và $IK$ cố định. Khi đó với mọi $B$ chạy trên đường thẳng $(d)$ thì góc $\widehat{BKI}$ không đổi nên tồn tại vô số điểm $B$ thỏa yêu cầu bài toán. Không tin ah, ''sờ thử xem'' nhé.
Ta tính được
$$IB=\sqrt{5{{b}^{2}}-\frac{6b}{5}+\frac{1}{5}};BK=\sqrt{5{{\left( b-\frac{1}{11} \right)}^{2}}};IK=\frac{4}{11}.$$
Ta có
$$\cos \widehat{BKI}=\dfrac{B{{K}^{2}}+K{{I}^{2}}-I{{B}^{2}}}{2BK.KI}$$
$$\Leftrightarrow \pm \dfrac{2}{5\sqrt{5}}=\dfrac{5{{\left( b-\dfrac{1}{11} \right)}^{2}}+{{\left( \dfrac{4}{11} \right)}^{2}}-\left( 5{{b}^{2}}-2b+\dfrac{1}{5} \right)}{2.\sqrt{5}\left| b-\dfrac{1}{11} \right|.\dfrac{4}{11}}$$
$$\Leftrightarrow \pm \dfrac{2}{5\sqrt{5}}=\dfrac{\dfrac{16}{55}\left( b-\dfrac{1}{11} \right)}{\dfrac{8\sqrt{5}}{11}\left| b-\dfrac{1}{11} \right|}.$$
Điều này luôn luôn đúng với mọi $b$.

===============================================
NGOCTIEN_A1_DQH nên tính toán cẩn thận nhé.
Bạn còn là học sinh phải không. Tôi đã đi dạy nhiều rồi. Tôi đang viết cuốn sách về chuyên đề này khoảng 450 trang, quý 1 năm 2013 sẽ xuất bản. Nếu các bạn có những bài hay thì cứ đưa lên trao đổi. Tôi ra đề cho các bạn một bài nhé
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ $Oxy$, cho đường tròn $\left( T \right):{{x}^{2}}+{{y}^{2}}-2x-y-5=0$ và đường thẳng $\left( d \right):3x+4y-5=0$. Chứng minh rằng $\left( d \right)$ cắt $\left( T \right)$ tại hai điểm phân biệt $B$ và $C$. Tìm trên $\left( T \right)$ điểm $A$ có hoành độ âm sao cho tam giác $ABC$ có bán kính đường tròn nội tiếp $r=1$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi duckhanhmath0205: 01-10-2012 - 04:23


#9 snowleopard

snowleopard

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 28 Bài viết

Đã gửi 24-10-2012 - 01:46

Trong mặt phẳng toạ độ vuông góc $Oxy$, cho hình vuông $ABCD$ có $A(-2;6)$, đỉnh $B$ thuộc đường thẳng $(d):x - 2y +6 = 0$. Gọi $M, N$ lần lượt là 2 điểm nằm trên cạnh $BC, CD$ sao cho $BM = CN$. Biết $AM$ giao $BN$ tại điểm $I\left (\frac{2}{5};\frac{14}{5} \right )$. Xác định tọa độ đỉnh $C$.
Bài giải.

Từ $C$ kẻ $CN'$ vuông góc $AB$, với $N'$ thuộc $AB$.
Ta có: $\tan \widehat{BAI}=\frac{BM}{AB},\cot \widehat{ABI}=\frac{BN'}{NN'}=\frac{CN}{NN'}=\frac{BM}{AB}$.
Suy ra $\tan \widehat{BAI}=\cot \widehat{ABI}$, suy ra tam giác $ABI$ vuông tại $I$.
Phương trình đường thẳng $BI$ đi qua $I$ và vuông góc $AI$ nên $\left( BI \right):3x-4y+10=0$.
Do $B=\left( BI \right)\bigcap \left( d \right)$ nên tọa độ $B\left( x;y \right)$ thỏa mãn hệ
$$\begin{cases}
3x-4y+10=0 \\
x-2y+6=9 \\
\end{cases} \Rightarrow B\left( 2;4 \right).$$
Đường thẳng $BC$ đi qua $B$ và vuông góc $AB$ nên có phương trình $(BC):2x-y=0$.
Ta có: $C\in (BC)$ nên $C(c;2c)$.
Tứ giác ABCD là hình chữ nhật nên $$BC=AB\Leftrightarrow \sqrt{{{\left( c-2 \right)}^{2}}+{{\left( 2c-4 \right)}^{2}}}=2\sqrt{5} \Leftrightarrow c=0 \vee c=4.$$

● Với $c=0$, suy ra $C(0;0)$. Khi đó $CI<CB$. (thỏa mãn)
● Với $c=4$, suy ra $C(4;8)$. Khi đó $CI>CB$. (không thỏa mãn)

---------- HẾT ----------

Lần đầu tiên gởi bài và đánh Latex nên các bạn thông cảm.

đề bài là hình chữ nhật abcd cơ mà.vậy thì bạn làm sao chứng minh AIB=90 được (do NN'#AB).nếu cho là hình vuông thì k nói làm gì.

#10 robin997

robin997

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 206 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Khánh Hòa / HCM / Auckland :")
  • Sở thích:Gender stuffs (">~<)//

Đã gửi 24-12-2012 - 14:25

Trong mặt phẳng toạ độ vuông góc $Oxy$ cho hình chữ nhật $ABCD$ có $A(-2;6)$, đỉnh $B$ thuộc đường thẳng $(d):x - 2y +6 = 0$. Gọi $M, N$ lần lượt là 2 điểm nằm trên cạnh $BC, CD$ sao cho $BM = CN$. Biết $AM$ giao $BN$ tại điểm $I\left (\frac{2}{5};\frac{14}{5} \right )$. Xác định toạ độ đỉnh $C$

(^^ , )...sao lâu rồi không thấy mấy thầy nhận xét bài này vậy nhỉ~~

Đề bị sai. Chứng minh:
...

^_^ ...đề có nghiệm hình thay đổi theo điểm $B$ thì đâu có nghĩa là đề sai đâu bạn nhỉ :')
Và đâu phải với mọi $B$, ta đều có nghiệm $C$

Mình làm thử nha :')
Hình đã gửi
Các số liệu ban đầu:
$(d):x-2y+6=0$
$A=(-2;6)=-2+6i$, $I=(\frac{2}{5};\frac{14}{5})=\frac{2}{5}+i.\frac{14}{5}$
-Trước hết, để bài toán dễ nhìn hơn và các con số được đẹp hơn, ta sẽ đổi trục sao cho:
$A$ nằm trên $Oy$ (hay trục ảo, ta sẽ dùng mpp :')
$(d)$ là trục thực
-Phép biến hình thể hiện qua hàm: $\omega=\frac{5(z+6)(2-i)-70}{4}$
Ánh xạ trên bao gồm: $\begin{cases}
& \ \omega_1=z+6 \\
& \ \omega_2=\omega_1e^{-i.arctan\frac{1}{2}}=\omega_1(\frac{2}{\sqrt{5}}-\frac{i}{\sqrt{5}}) \\
& \ \omega_3=\omega_2.5\sqrt{5} \\
& \ \omega_4=\omega_3-70 \\
& \ \omega_5=\omega_4/4
\end{cases}$
(Các phép biến hình trên đều mang tính tuyến tính nên là các phép đồng dạng)
-Các điểm lúc này:
$A=10i$, $I=2-i$, $B=k\in R$
-Ta sẽ sử dụng trục động thay thế, xoay quanh $A$, đơn vị thay đổi sao cho $\vec{AB}$ cố định là $\vec{(A,0)}$
-Thể hiện qua hàm: $\omega'=\frac{-10i}{k-10i}(\omega -10i)+10i$
-Và tương tự trên, ta thay đơn vị cho các số đẹp hơn:
$\omega''=\omega' /10=\frac{-i}{k-10i}(\omega -10i)+i$
Hình đã gửi
Các điểm lúc này:
$A=i$, $B=0$, $I=\frac{ki-1-2i}{k-10i}=\frac{-11k+20}{k^2+100}+i.\frac{k^2-2k-10}{k^2+100}$
-Có $C$ có thể tồn tại tự do trên trục thực, $I$ là giao điểm thì phải nằm trong hình chữ nhật, nên $I$ phải thuộc băng đơn vị ngang trên trục thực:
$0\leq Im(I)<1\Leftrightarrow k\in(-55;1-\sqrt{11}]U[1+\sqrt{11},+\infty)$ $(1)$
-Lấy $M$ là giao điểm của $AI$ với trục thực:
$M=\frac{A\bar{I}-\bar{A} I}{(A-\bar{A})-(I-\bar{I})}=\frac{40-22k}{220+4k}$
-Theo đề,có: $CN=BM$, và $\vec{BC}$ và $\vec{BM}$ cùng chiều, nên:
$C=M.|cot(Ox,BI)|=\frac{40-22k}{220+4k}\left|\frac{-11k+20}{k^2-2k-10}\right|$
Và $|M|\leq 1\Leftrightarrow -\frac{90}{13}\leq k\leq \frac{130}{9}$ $(2)$
($M\in R$)
-Thế lại trục ban đầu, có tọa vị của $C$ :
$C=\frac{1}{25}(8+4i)(ik.\frac{40-22k}{220+4k}\left|\frac{-11k+20}{k^2-2k-10}\right|+k+10\frac{40-22k}{220+4k}\left|\frac{-11k+20}{k^2-2k-10}\right|)-\frac{1}{25}(10-70i)$
Với $k$ là số thực trong biểu diễn của $B$:
$B=\frac{1}{25}(8+4i)k-\frac{1}{25}(10-70i)$
(Do trên là phép biến hình trên là ánh xạ $1-1$, nên luôn tồn tại biểu diễn, và biểu diễn này là duy nhất!)
Với điều kiện $(1)$ và $(2)$: $k\in \left[\frac{-90}{13},1-\sqrt{11}\right]U\left[1+\sqrt{11},\frac{130}{9}\right]$
Với $k$ trên các khoảng còn lại, không tồn tại $C$ thỏa đề bài ^^~

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi robin997: 24-12-2012 - 21:47

^^~

#11 lehoanghiep

lehoanghiep

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 196 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 24-12-2012 - 16:34

Trong mặt phẳng toạ độ vuông góc $Oxy$ cho hình chữ nhật $ABCD$ có $A(-2;6)$, đỉnh $B$ thuộc đường thẳng $(d):x - 2y +6 = 0$. Gọi $M, N$ lần lượt là 2 điểm nằm trên cạnh $BC, CD$ sao cho $BM = CN$. Biết $AM$ giao $BN$ tại điểm $I\left (\frac{2}{5};\frac{14}{5} \right )$. Xác định toạ độ đỉnh $C$

Theo mình $ABCD$ là hình vuông mới đúng!

#12 robin997

robin997

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 206 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Khánh Hòa / HCM / Auckland :")
  • Sở thích:Gender stuffs (">~<)//

Đã gửi 24-12-2012 - 16:48

...

...nếu đề là hình vuông thì hiển nhiên đã cho điểm $B$ rồi,việc gì phải suy nghĩ a nhỉ~Hình đã gửi


_____
srr..mình spam :')
..phải chăng sự ra đề như vậy là cố tình :D

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi robin997: 25-12-2012 - 04:11

^^~

#13 lehoanghiep

lehoanghiep

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 196 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 24-12-2012 - 20:13

...nếu đề là hình vuông thì hiển nhiên đã cho điểm $B$ rồi,việc gì phải suy nghĩ a nhỉ~Hình đã gửi


Spoiler

Spam chút: Mình thấy cái đề số liệu thế này, chỉ khác là hình vuông. không biết có phải nguyenthuchuynh post nhầm :))
Theo mình bài toán chỉ mang tính chất thi đại học thôi chứ không đánh đố :))

#14 hxthanh

hxthanh

  • Thành viên
  • 3327 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 22-02-2013 - 15:10

Đề bị sai. Chứng minh:
Lấy $B$ tùy ý thuộc $(d)$.
Từ $B$ kẻ đường thẳng $(\Delta)$ đi qua $B$ và vuông góc với $AB$.
Từ $B$ kẻ đường thẳng $(BI)$ đi qua $B$ và $I$.
Điểm $C$ cần tìm thuộc $(\Delta)$ và $(\Delta')$ với $(\Delta')$ thỏa mãn
1. Song song với $AB$.
2. Cắt $BI$ tại $N$, cắt $(\Delta)$ tại $C$ sao cho $BM=CN$.
Ta luôn tìm được điểm $C$ thỏa yêu cầu bài toán ứng với mỗi $B$ thuộc $(d)$.

Trong mặt phẳng toạ độ vuông góc $Oxy$, cho hình vuông $ABCD$ có $A(-2;6)$, đỉnh $B$ thuộc đường thẳng $(d):x - 2y +6 = 0$. Gọi $M, N$ lần lượt là 2 điểm nằm trên cạnh $BC, CD$ sao cho $BM = CN$. Biết $AM$ giao $BN$ tại điểm $I\left (\frac{2}{5};\frac{14}{5} \right )$. Xác định tọa độ đỉnh $C$.
Bài giải.

...
● Với $c=0$, suy ra $C(0;0)$. Khi đó $CI<CB$. (thỏa mãn)
● Với $c=4$, suy ra $C(4;8)$. Khi đó $CI>CB$. (không thỏa mãn)

---------- HẾT ----------

Lần đầu tiên gởi bài và đánh Latex nên các bạn thông cảm.

Sai 2 kiến thức cơ bản. Bạn tự kiểm tra nhé. Khi nào không rõ mình sẽ chỉ.

2 SAI LẦM CƠ BẢN CHẾT NGƯỜI (HS thường gặp)


1. Ngộ nhận góc giữa hai đường thẳng là $\cos \alpha =\frac{|\overrightarrow{{{n}_{d}}}.\overrightarrow{{{n}_{AI}}}|}{|\overrightarrow{{{n}_{d}}}|.|\overrightarrow{{{n}_{AI}}}}=\frac{2}{5\sqrt{5}}$.
========> Đúng ra là $\cos \alpha =\dfrac{2}{5\sqrt{5}}\Rightarrow \cos \widehat{BKI}=\pm \dfrac{2}{5\sqrt{5}}$.
2. Xét tam giác $BIK$. Với góc $\widehat{BKI}$ cố định và $IK$ cố định. Khi đó với mọi $B$ chạy trên đường thẳng $(d)$ thì góc $\widehat{BKI}$ không đổi nên tồn tại vô số điểm $B$ thỏa yêu cầu bài toán. Không tin ah, ''sờ thử xem'' nhé.
Ta tính được
$$IB=\sqrt{5{{b}^{2}}-\frac{6b}{5}+\frac{1}{5}};BK=\sqrt{5{{\left( b-\frac{1}{11} \right)}^{2}}};IK=\frac{4}{11}.$$
Ta có
$$\cos \widehat{BKI}=\dfrac{B{{K}^{2}}+K{{I}^{2}}-I{{B}^{2}}}{2BK.KI}$$
$$\Leftrightarrow \pm \dfrac{2}{5\sqrt{5}}=\dfrac{5{{\left( b-\dfrac{1}{11} \right)}^{2}}+{{\left( \dfrac{4}{11} \right)}^{2}}-\left( 5{{b}^{2}}-2b+\dfrac{1}{5} \right)}{2.\sqrt{5}\left| b-\dfrac{1}{11} \right|.\dfrac{4}{11}}$$
$$\Leftrightarrow \pm \dfrac{2}{5\sqrt{5}}=\dfrac{\dfrac{16}{55}\left( b-\dfrac{1}{11} \right)}{\dfrac{8\sqrt{5}}{11}\left| b-\dfrac{1}{11} \right|}.$$
Điều này luôn luôn đúng với mọi $b$.

===============================================
NGOCTIEN_A1_DQH nên tính toán cẩn thận nhé.
Bạn còn là học sinh phải không. Tôi đã đi dạy nhiều rồi. Tôi đang viết cuốn sách về chuyên đề này khoảng 450 trang, quý 1 năm 2013 sẽ xuất bản. Nếu các bạn có những bài hay thì cứ đưa lên trao đổi. Tôi ra đề cho các bạn một bài nhé
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ $Oxy$, cho đường tròn $\left( T \right):{{x}^{2}}+{{y}^{2}}-2x-y-5=0$ và đường thẳng $\left( d \right):3x+4y-5=0$. Chứng minh rằng $\left( d \right)$ cắt $\left( T \right)$ tại hai điểm phân biệt $B$ và $C$. Tìm trên $\left( T \right)$ điểm $A$ có hoành độ âm sao cho tam giác $ABC$ có bán kính đường tròn nội tiếp $r=1$.

Tôi chỉ ước một điều: Giá như bạn đừng nói ra mình là GV thì có lẽ đã tốt hơn!
No comment!
Cuộc sống thật nhàm chán! Ngày mai của ngày hôm qua chẳng khác nào ngày hôm qua của ngày mai, cũng như ngày hôm nay vậy!

#15 nhatlinh3005

nhatlinh3005

    Binh nhì

  • Thành viên
  • 15 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 11-06-2013 - 18:07

mình nghĩ nếu kẻ từ C đường thẳng vuông góc với AB tại N" thì N' trùng với B rồi còn gì?


Linh


#16 trantuvt2008

trantuvt2008

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 34 Bài viết

Đã gửi 13-06-2013 - 16:18

cho mình hỏi cái, sao mấy bạn không giải, mà nói hok ak`, có bạn nào giải dùm mình bài này với. Số liệu thì như trên nhưng ABCD phải là hình vuông cơ



#17 one

one

    Lính mới

  • Thành viên
  • 8 Bài viết

Đã gửi 05-09-2013 - 23:58

Lời giải:

Nhận xét: Với mỗi điểm B chạy trên (d) ta đều dựng được h.c.n ABCD sao cho BM=CN (chưa xét tới điều kiện M, N nằm trên cạnh BC,CD). Cách dựng hình như sau:
+ Vẽ đường tròn tâm B bán kính BM cắt đường thẳng AB tại J và J'.
+ Qua J kẻ đường thẳng vuông góc với AB, giao của đường này với đường thẳng BI chính là N. Qua N kẻ đường thẳng //AB thì giao của đường thẳng này với đường thẳng BM chính là điểm C. Từ đó dựng được h.c.n ABCD.
+ Đối với J' cũng làm tương tự.
=> Hai nghiệm hình. Khi điểm B trùng với giao điểm của 2 đường thẳng (AI) và (d) là trường hợp suy biến.
Hình vẽ: (cuối bài có đính kèm file hình vẽ bằng GSP)
hinhB22.jpg

 

Như vậy, luôn dựng được điểm C đối với từng vị trí cụ thể của B.
Bây giờ ta sẽ xét đến điều kiện của điểm B sao cho M,N phải lần lượt nằm trên cạnh BC,CD:
+ Kí hiệu (Xi,Yi) là tọa độ điểm i.
Ta có:
(d)         $x-2\,y+6=0$

(AI)        $-{\frac {16}{5}}\,x+8-{\frac {12}{5}}\,y=0$

=> P là giao của (d) và (AI) có tọa độ $P(\frac{2}{11},\frac{34}{11})$

Vì B nằm trên (d) nên tọa độ của B có dạng $B(b,\frac{1}{2}b+3)$

=> Phương trình đường thẳng AB là: 

(AB)       $\left( 1/2\,b-3 \right) \left( x+2 \right) - \left( b+2 \right) \left( y-6 \right) =0$

Từ PT (AB) và (AI):
+ khi $b=-2$ , tọa độ B là B(-2,2), dễ dàng xác định được bài toán có một nghiệm là C(7,2), và khi đó D(7,6), M(1,2), N(7,5)
+ khi $b=6$ thì (AB) là đg thẳng $y=6$, trường hợp này không có điểm C thỏa mãn bài toán.
+ khi $b=\frac{2}{11}$ thì B trùng với giao điểm của AI và (d), tức là hai đường thẳng (AI) và (BI) trùng nhau, trường hợp này không có điểm C thỏa mãn bài toán.

Sau đây xét bài toán với $b\neq \left \{ -2,6,\frac{2}{11} \right \}$ :

Do BC vuông góc AB nên PT đg thẳng BC là:

(BC)       $\left( b+2 \right) \left( x-b \right) + \left( 1/2\,b-3 \right) \left( y-1/2\,b-3 \right) =0$

Từ PT của (BC) và (AI) suy ra khi $b= -18$ thì (BC)//(AI) nên chúng không cắt nhau tại điểm M => trường hợp này vô nghiệm. Vậy, trong các tính toán tiếp theo ta xét thêm điều kiện $b\neq -18$
Gọi tọa độ của C là $C(X_{C},Y_{C})$, nếu đặt $X_{C}=c$ thì từ phương trình đường thẳng BC, ta có:
$Y_{{C}}=1/2\,{\frac {-4\,bc+5\,{b}^{2}-8\,c+8\,b-36}{b-6}}$                           (*)
Gọi $K(X_{K},Y_{K})$ là tâm hình chữ nhật ABCD => K là trung điểm của AC, tọa độ của K là:
$X_{K}=-1+1/2\,c$               $Y_{K}=3+1/4\,{\frac {-4\,bc+5\,{b}^{2}-8\,c+8\,b-36}{b-6}}$
Tọa độ của D (D đối xứng B qua K) là:

$X_{D}=-2+c-b$                   $Y_{D}=3+1/2\,{\frac {-4\,bc+5\,{b}^{2}-8\,c+8\,b-36}{b-6}}-1/2\,b$

PT đg thẳng CD, DA và BI là:

(CD)      $\left( 3-1/2\,b \right) \left( x-c \right) - \left( -2-b \right) \left( y-1/2\,{\frac {-4\,bc+5\,{b}^{2}-8\,c+8\,b-36}{b-6}} \right) =0$

(DA)       $-{\frac { \left( 2\,b+4 \right) \left( -c+b \right) x}{b-6}}+ \left( -b+c \right) y-{\frac { \left( -2\,b+44 \right) \left( -c+b \right) } {b-6}}=0$

(BI)         $\left( 1/2\,b+1/5 \right) \left( x-2/5 \right) - \left( b-2/5 \right) \left( y-{\frac {14}{5}} \right) =0$

M là giao của (AI) và (BC), tọa độ M là nghiệm của HPT tương giao của chúng =>

$X_{M}=1/4\,{\frac {12+15\,{b}^{2}+4\,b}{b+18}}$

$Y_{M}=-{\frac {-56+5\,{b}^{2}-2\,b}{b+18}}$

N là giao của (BI) và (CD), tọa độ N là nghiệm của HPT tương giao của chúng =>

$X_{N}=1/4\,{\frac {25\,{b}^{4}-25\,{b}^{3}c+54\,{b}^{3}-10\,{b}^{2}c-20\,{b} ^{2}-56\,b-252\,bc+104\,c}{ \left( 11\,b-2 \right) \left( b-6 \right) }}$

$Y_{N}=1/8\,{\frac {-1480\,b-25\,{b}^{3}c-30\,{b}^{2}c-268\,bc+25\,{b}^{4}+74 \,{b}^{3}+260\,{b}^{2}+288-104\,c}{ \left( 11\,b-2 \right) \left( b-6 \right) }}$

Từ đây tính độ dài của các đoạn thẳng BM và CN:

$dBM=1/4\,\sqrt {{\frac { \left( 4\,b+5\,{b}^{2}+52 \right) \left( 11\,b-2 \right) ^{2}}{ \left( b+18 \right) ^{2}}}}$

$dCN=1/8\,\sqrt {{\frac { \left( 4\,b+5\,{b}^{2}+52 \right) \left( 25\,{b} ^{3}-25\,{b}^{2}c+4\,{b}^{2}-4\,bc-28\,b+28\,c \right) ^{2}}{ \left( 11\,b-2 \right) ^{2} \left( b-6 \right) ^{2}}}}$

Giải PT $dBM=dCN$ theo ẩn $c$ và tham số $b$, ta được 2 nghiệm:

$c_{1}={\frac {25\,{b}^{4}+212\,{b}^{3}-1040\,b+1584\,{b}^{2}+48}{ \left( b+ 18 \right) \left( 25\,{b}^{2}+4\,b-28 \right) }}$

$c_{2}={\frac { \left( b-2 \right) \left( 25\,{b}^{3}+746\,{b}^{2}-4\,b+24 \right) }{ \left( b+18 \right) \left( 25\,{b}^{2}+4\,b-28 \right) }}$

Nhận xét: phương trình cho 2 nghiệm, tương ứng với việc cứ với mỗi vị trí của điểm B thì có 2 nghiệm hình C1 và C2 thỏa mãn BM=C1N và BM=C2N (khi chưa xét điều kiện M,N nằm trên cạnh BC,CD) như đã phân tích qua phép dựng hình ở phần đầu lời giải.

(note: dễ thấy $c_{1}+c_{2}=2b$ điều này tương ứng với việc C1 và C2 đối xứng nhau qua B)

Bây giờ, ta sẽ xét điều kiện của điểm B (tức là xét tham số $b$) sao cho thỏa mãn điều kiện M, N lần lượt nằm trên cạnh BC, CD:

- Xét $c=c_{1}$ :

Vì $b\neq 6$ nên BC không vuông góc với trục Ox, do đó đk cần và đủ để M nằm trên cạnh BC (tức là M nằm giữa B và C) là:

$(X_{M}-X_{B})(X_{M}-X_{C})\leqslant 0$        (1)

Vì $b\neq -2$ nên CD không vuông góc với trục Ox, do đó đk cần và đủ để N nằm trên cạnh BC (tức là N nằm giữa C và D) là:

$(X_{N}-X_{C})(X_{N}-X_{D})\leqslant 0$         (2)

Thay các giá trị, ta được:

(1) <=>    $BPT1_{M}=1/16\,{\frac { \left( 11\,b-2 \right) ^{2} \left( b-6 \right) ^{2} \left( 25\,{b}^{2}+92\,b-44 \right) }{ \left( b+18 \right) ^{2} \left( 25\,{b}^{2}+4\,b-28 \right) }}\leq 0$

(2) <=>     $BPT1_{N}=1/4\,{\frac { \left( b+2 \right) ^{2} \left( 11\,b-2 \right) \left( 13\,b+34 \right) }{ \left( b+18 \right) ^{2}}}\leq 0$

Giải hệ gồm 2 Bất PT trên ta được nghiệm:

$-\frac{34}{13}\leqslant b< -\frac{2}{25}-\frac{8}{25}\sqrt{11}$       (3)

Thực hiện một cách tương tự đối với trường hợp $c=c_{2}$, ta sẽ được tập nghiệm nữa của $b$ thỏa mãn bài toán, cụ thể:

$-\frac{2}{25}+\frac{8}{25}\sqrt{11}< b\leqslant \frac{42}{25}+\frac{4}{25}\sqrt{129}$          (4)

 

Tại các điểm đầu mút của (3) cho ta tương ứng hai điểm đầu của đoạn thẳng gọi là $B_{1}B_{2}$ nằm trên (d). Tương tự với (4) ta được $B_{3}B_{4}$. Cụ thể: $B_{1}(-\frac{34}{13},\frac{22}{13})$,   $B_{2}(-\frac{2}{25}-\frac{8}{25}\sqrt{11},\frac{74}{25}-\frac{4}{25}\sqrt{11})$

 

       $B_{3}(-\frac{2}{25}+\frac{8}{25}\sqrt{11},\frac{74}{25}+\frac{4}{25}\sqrt{11})$,     $B_{4}(\frac{42}{25}+\frac{4}{25}\sqrt{129},\frac{96}{25}+\frac{2}{25}\sqrt{129})$

 

Vậy, đi đến kết luận: với mỗi điểm B chạy trên hai đoạn thẳng $B_{1}B_{2}$ và $B_{3}B_{4}$ trên đường thẳng (d) bài toán luôn có nghiệm, tức là luôn xác định được điểm C thỏa mãn điều kiện ban đầu của bài toán, nghiệm này là duy nhất ( vì hai tập (3) và (4) không giao nhau), (Note: tại $B_{2}$, $B_{3}$ vô nghiệm). Về mặt ý nghĩa hình học, việc xác định tọa độ điểm C là không cần thiết (vì với mỗi vị trí cụ thể của B thỏa mãn bài toán ta đều dựng hình được), nhưng nếu cần vẫn tính được tọa độ của C theo tọa độ của B (dựa vào (*))

+ Từ PT của (DA) cho thấy cần phải xét thêm trường hợp khi b=c, thay giá trị và tính toán, ta thấy hoặc đây chính là một trường hợp suy biến khi $b=\frac{2}{11}$ (bài toán vô nghiệm), hoặc khi $b=6$ (bài toán cũng vô nghiệm).

+ Nghiệm đặc biệt là trường hợp $b=-2$, khi đó tọa độ B là (-2,2), khi đó C(7,2), D(7,6), M(1,2), N(7,5) ta thấy các điểm này đều mang tọa độ nguyên, có lẽ đây là bài toán gốc.

+ Bài toán đã cho phát biểu thiếu sáng sủa.

+ Các tính toán trong lời giải trên đều sử dụng chương trình Maple (nếu phải tính thủ công thì cũng xin chào thua)

+ Sau đây là file đính kèm hình vẽ động của bài toán trên GSP để các bạn tham khảo, (chú ý kéo điểm B chạy trên (d) hoặc dùng Display/Show motion controller)

https://www.dropbox....5i1irq/BH22.gsp

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi one: 07-09-2013 - 07:01


#18 knhu23

knhu23

    Binh nhì

  • Thành viên
  • 16 Bài viết

Đã gửi 30-08-2014 - 12:06

bài này sai đề add ạ . 






1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh