tranphuonganh97

Bài toán: Cho đa giác lồi có n đỉnh. Tính số giao điểm của đa giác đó, biết rằng không có 3 đường chéo nào đồng quy tai 1 điểm (không tính số đỉnh đa giác)

ta thấy cứ xét 4 đỉnh bất kỳ của đa giác thì cho 1 giao điểm của 2 đường chéo thuộc số đường chéo của đa giác đó. 

=> số giao điểm chính là số cách chọn 4 đỉnh bất kỳ từ $n$ đỉnh của đa giác $n$ cạnh

=> số giao điểm là: $C_n^4$

cho $n$ lá thư và $n$ phong bì tương ứng. Chọn ngẫu nhiêu 1 lá thư và 1 phong bì. Tính xác suất để lá thư chọn đúng với phong bì tương ứng.

KB/ 2013: (Đáp án của Bộ sai ! vì chỉ có 1điểm D chứ không phải 2 điểm)

Cho hình thang cân ABCD có hai đường chéo vuông góc, AD = 3BC. cạnh BD: x+2y-6=0. Tam giác ABD có trực tâm H(-3;2). Tìm C, D.

$AC$ vuông góc $BD$ và $H$ là trực tâm tam giác $ABD$ nên H thuộc $(AC)

từ đó viết được phương tình $AC:-2x+y-8=0$

=> tọa độ $I (-2,4)$ là giao điểm của 2 đường chéo. 

Kẻ $BK$, $CE$ vuông góc $AD$

Có: $3BC=AC=2AK+EK=>BC=AK$

=> $\frac{CH}{AH}=\frac{BC}{AK}=1$

=> $\frac{CH}{AC}=\frac{1}{2}$

mà $\frac{CI}{AC}=\frac{1}{4}$

=> $I$ là trung điểm $CH$

=> tọa độ C (-1,6)

Có: $AD$=$3BC$=> $DI$=$3CI$

Mà tính đc $CI$ => tìm đc D nhờ độ dài $DI$ và $D \in (BD)$

p.s có 2 điểm D mà !

Gọi $N$ là trung điểm BH.

$\left\{\begin{matrix} MN=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}CD=CK\\MN//CK \end{matrix}\right.$

=> $CKMN$ là hình bình hành. 

=> $MK//CN$

Mà $\Delta BMC$ có: MN vuông góc BC, BH vuông góc CM nên N là trọng tâm tam giác BMK

=> $MK$ vuông góc $BM$

=> tìm đc tọa độ B nhờ B thuộc d và BM vuông góc MK.

* Tìm C nhờ $\left\{\begin{matrix} C\in d'\\BC^2+CK^2=BK^2 \end{matrix}\right.$

* Tìm D nhờ tọa độ C và trung điểm M của CD. 

* Từ đó dễ tìm A

Giải pt

cosx.cos2x.cos3x = 1

Mong mọi người giúp đỡ. Em xin chân thành cảm ơn.

$\left\{\begin{matrix} \left | cosx \right |\leq 1\\ \left | cos2x \right |\leq 1 \\\left | cos3x \right |\leq 1 \end{matrix}\right.$

=> $\left | cosx.cos2x.cos3x \right |\leq 1$

=> $cosx.cos2x.cos3x \leq 1$

DO đó: $cosx.cos2x.cos3x = 1$

<=> $\left\{\begin{matrix} \left | cosx \right |= 1\\ \left | cos2x \right |= 1 \\\left | cos3x \right |= 1 \end{matrix}\right.$ với $cosx.cos2x.cos3x > 0$

* Th1: $\left\{\begin{matrix} cosx=1\\ cos2x=-1 \\ cos3x=-1 \end{matrix}\right.$ 
<=> $\left\{\begin{matrix} x=k2\pi\\x=\frac{\pi}{2}+\frac{l\pi}{2} \\x=\frac{\pi}{3}+\frac{m\pi}{2} \end{matrix}\right.$ (k,l,m thuộc Z)
=> loại vì khi 3 họ nghiệm không có nghiệm chung. 

* TH2: $\left\{\begin{matrix} cosx=-1\\cos2x=1 \\cos3x=-1 \end{matrix}\right.$

<=> $\left\{\begin{matrix} x=\pi+k\pi\\x=l\pi \\x=\frac{\pi}{3}+\frac{m\pi}{2} \end{matrix}\right.$ (k,m,l thuộc Z)

=> loại vì 3 họ nghiệm không có nghiệm chung

* TH3: $\left\{\begin{matrix} cosx=-1\\ cos2x=-1 \\ cos3x=1 \end{matrix}\right.$

<=> $\left\{\begin{matrix} x=\pi+k\pi\\ x=\frac{\pi}{2}+\frac{l\pi}{2} \\ x=\frac{m2\pi}{3} \end{matrix}\right.$ )k,m,l thuộc Z)

<=> $x=n2\pi$ (n thuộc Z)

Vậy $x=n2\pi$ (n thuộc Z)

2/Cho 3 số a,b,c $\varepsilon [0;1]$ thoả $a+b+c=2$. /Tìm GTNN của biểu thức $P=a^{2}+b^{2}+c^{2}+2abc$

chả thấy bài 1 đâu mà trích dẫn @@

Bài 1:

$y=\frac{ax+b}{x^2+1}$

<=> $yx^2-ax+y-b=0$ (1)

$\Delta =a^2-4y(y-b)$

Để hàm số y có GTLN, GTNN thì phương trình (1) phải có nghiệm

<=> $\Delta \geq 0$

<=> $a^2-4y(y-b)\geq 0$

<=> $4y^2-4yb-a^2\leq 0 $

<=> $(2y-b)^2\leq a^2+b^2$

<=> $\frac{b-\sqrt{a^2+b^2}}{2}\leq y\leq \frac{b+\sqrt{a^2+b^2}}{2}$

=> $Max y = \frac{b+\sqrt{a^2+b^2}}{2}$

và $min y = \frac{b-\sqrt{a^2+b^2}}{2}$

Do đó Max y = +4 và min y = -1 khi

$\left\{\begin{matrix}\frac{b+\sqrt{a^2+b^2}}{2}=4\\ \frac{b-\sqrt{a^2+b^2}}{2}=-1\end{matrix}\right.$

<=> $\left\{\begin{matrix}b=3\\a=+-4 \end{matrix}\right$

Trong mặt phẳng $Oxy$ , cho đường tròn $(S): x^{2}+y^{2}-2x-6y+8=0$ và hai đường thẳng $d: 3x-y-10=0$ và $\Delta : x+y-2=0$ . Tìm tọa độ của điểm $M$ thuộc $d$ sao cho khoảng cách từ $M$ đến $\Delta$ bằng độ dài đoạn $MT$ là tiếp tuyến kể từ $M$ đến đường tròn $(S)$ với $T$ là tiếp điểm.

Tọa độ tâm S(1,3), R=$\sqrt{2}$

M thuộc d nên gọi $M(m,3m-10)$

$d(m,\Delta )=\frac{\left | m+3m-10-2 \right |}{\sqrt{2}}=\frac{\left | 4m-12 \right |}{\sqrt{2}}$

$MT^2=MS^2+R^2=(m-1)^2+(3m-10-3)^2+2$

$d(M,\Delta )=MT<=> (\frac{\left | 4m-12 \right |}{\sqrt{2}})^2=(m-1)^2+(3m-13)^2+2$

giải phương trình 1 ẩn m thì tìm được M

1.Cho hình bình hành $ABCD$ có đường chéo $AC=a$. Qua $A$ kẻ các đường cao $AE$ và $AF$ xuống $BC$ và $CD$. Tính khoảng cách từ $A$ đến trực tâm $H$ của tam giác $AEF$, biết $EF=b$($b<a$).

Gọi O là trung điểm AC.

Dễ thấy AECF là tứ giác nội tiếp

=> tam giác AEF nội tiếp đường tròn tâm O.

Ta có điều quen thuộc: AH=2OK với K là trung điểm EF (phần này có thể cm = phép tịnh tiến nhưng cm theo cách THCS dễ hiểu hơn )

lại có: $OK=\sqrt{OE^2-(\frac{EF}{2})^2}=\sqrt{(\frac{AC}{2})^2-(\frac{EF}{2})^2}=\sqrt{\frac{a^2-b^2}{2}}$

=> AH=$2\sqrt{\frac{a^2-b^2}{2}}$=const.

Cho em hỏi cách chứng minh hệ quả:
" Phép tịnh tiến biến đường tròn thành đường tròn có cùng bán kính."
Thầy cho câu này nhưng em không biết làm.
Mong các anh chị giải giúp em.

Xét đường tròn $(O_1,R)$

Lấy n điểm $A_1, A_2,....,A_n$ trên đường tròn đó. 

Giả sử: $T_{\underset{u}{\rightarrow}}(O_1)=O_2$

$T_{\underset{u}{\rightarrow}}(A_1)=B_1$

........

$T_{\underset{u}{\rightarrow}}(A_n)=B_n$

Mà phép tịnh tiến là phép dời hình nên bảo toàn khoảng cách giữa 2 điểm

=> $O_1A_1=O_2B_1=R$

 $O_1A_2=O_2B_2=R$

........

 $O_1A_n=O_2B_n=R$

=> n điểm $B_1, B_2,....,B_n$ cách điểm $O_2$ khoảng R không đổi

=> n điểm $B_1, B_2,....,B_n$ thuộc đường tròn $(O_2,R)$

Vậy $T_{\underset{u}{\rightarrow}}((O_1,R))=(O_2,R)$

Cho a,b,c dương thoả mãn: a+b+c=1

CMR: $\sqrt{a+(b-c)^2}+\sqrt{b+(a-c)^2}+\sqrt{c+(b-a)^2}\geq \sqrt{3}$

phương trình tiếp tuyến của elip $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$tại điểm M$(x_0,y_0)$ có dạng: $\frac{x.x_0}{a^2}+\frac{y.y_0}{b^2}=1$

tham khảo cách chứng minh tại: http://dethi.violet....ntry_id=1304519

Do đó ta có pt tiếp tuyến: $\frac{4x}{16}+\frac{3y}{9}=1 <=> 3x+4y-12=0$

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm M(-1; 3) và đường thẳng $d:x-2y+1=0$. Trên đường thẳng d lấy các điểm I, A, B thỏa mãn điều kiện $\vec{IA}+\vec{IB}=\vec{0}$. Viết phương trình đường tròn $( C)$ có tâm I và đi qua M, biết tiếp tuyến tại M cắt các tiếp tuyến tại A, B của $( C)$ lần lượt tại C, D sao cho AC=4 và BD=2.

Bài này là mình tự chế, đăng lên cho mọi người tham khảo, còn nhiều thiếu sót mong mọi người góp ý.

$\vec{IA}+\vec{IB}=\vec{0}$

=> AB là đường kính (C).

Có: $\widehat{MIA}+\widehat{MIB}=180^0 => \frac{1}{2}\widehat{MIA}+\frac{1}{2}\widehat{MIB}=90^0 <=> \widehat{CIM}+\widehat{MID}=90^0 <=> \widehat{DIC}=90^0$

=> $\Delta DIC$ vuông tại I

=> $R^2=IM^2=MC.MD=AC.BD=4.2=8$ (1)

I thuộc (d): x-2y+1=0 nên gọi I (2a-1,a)
(1) => $(2a-1+1)^2+(a-3)^2=8 <=> 4a^2+a^2-6a+9=8 <=> 5a^2-6a+1=0$

<=> a=1 hoặc a=$\frac{1}{5}$

=> $I(1,1)$ hoặc $I(\frac{-3}{5},\frac{1}{5})$

=> dễ viết được phương trình đường tròn

Cho tam giác ABC. Đường cao AH có phương trình x - y = 0 . Biết H(4;4), G( 10/3;2), diện tích tam giác ABC bằng 24. Tìm tọa độ các điểm A, B, C.

(AH): x-y=0

=> (1,1) là toạ độ VTPT của (BC)

Mà H (4,4) thuộc (BC)

=> (BC): x+y-2=0

$S_{BGC}=\frac{2}{3}S_{BNC}=\frac{2}{3}.\frac{1}{2}S_{ABC}=8$ (N là trung điểm AC)

=> $\frac{1}{2}.d(G,BC).BC=8 => BC=\frac{24\sqrt{2}}{5}$

Gọi A(a,a) (vì A thuộc (AH))

* $S_{ABC}=24=> \frac{1}{2}.d(A,BC).BC=24 <=> \frac{1}{2}.\frac{\left | 2a-2 \right |}{\sqrt{2}}.\frac{24\sqrt{2}}{5}=24 => \left | a-1 \right |=5$

=> a=6 hoặc a=-4

Gọi B(b,b-2 và C(c,c-2)
$\left\{\begin{matrix} b+c=3x_G-x_A=.....\\ BC=\frac{24\sqrt{2}}{5}=\sqrt{2(b+c)^2}=\sqrt{2}\left | b-c \right | \end{matrix}\right.$

Giải hệ với từng trường hợp của A tìm đc toạ độ 3 điểm A,B,C

Trong mp tọa độ Oxy, cho đường tròn $(C):(x-2)^{2}+(y+1)^{2}=4$ và đường thẳng $(d):2x-y+1=0$. Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng (d) sao cho qua M kẻ được 2 tiếp tuyến $(d_{1}),(d_{2})$ đến C và góc tạo bởi 2 đường thẳng $(d_{1}),(d_{2})$ lớn nhất.

Gọi T là tiếp điểm. 

Dễ có: $\widehat{(d_1,d_2)}=2\widehat{OMT}$ nên $\widehat{(d_1,d_2)} max$ <=> $\widehat{OMT} max $

mà $\widehat{OMT}< 90^0$

nên $\widehat{OMT} max $ khi sin $\widehat{OMT} max$ <=> $\frac{OT}{OM} max$

<=> OM min (vì OT = R = const)

M thuộc (d) nên gọi M(m, 2m+1)
=> $OM^2=m^2+(2m+1)^2=5m^2+4m+1= (m\sqrt{5}+\frac{2}{\sqrt{5}})^2+\frac{1}{5}\geq \frac{1}{5}$

=> $OM_{min}=\frac{1}{5}<=> m=\frac{-2}{5} => M(\frac{-2}{5},\frac{1}{5})$

nếu dùng thì hiển nhiên phải chứng minh lại

độ khó thì tầm 8-9 không quá khó để lấy đối với học sinh tương đối khá Toán. Nhưng câu lấy điểm 10 cũng khó tương đương để hsg tỉnh/TP. thường là câu bất đẳng thức vì đây là 1 mảng kiến thức đòi hỏi kỹ năng cao của toán sơ cấp.