NAT

trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình vuông ABCD tâm I.Gọi M là điểm đối xứng của D qua C. Gọi H,K lần lượt chân đường cao hạ từ D,C lên AM. Giả sử K(1;1), đỉnh B thuộc đường thẳng 5x+3y-10=0, phương trình đường thẳng HI là 3x+y+1=0. Tìm toạ độ đỉnh B

thank nhiều     

Ta có $\Delta DHA=\Delta MKC\Rightarrow AH=CK$; $AB = BC$; $\widehat{BAH}=\widehat{BCK}$

Suy ra $\Delta BAH=\Delta BCK\Rightarrow BH=BK$ và $\widehat{ABH}=\widehat{CBK}$$\Rightarrow \widehat{HBK}={{90}^{0}}$

$\Rightarrow \widehat{BHK}={{45}^{0}}$

Mà $\widehat{IHK}={{45}^{0}}$$\Rightarrow \widehat{IHB}={{90}^{0}}$

$B\in {{d}_{1}}:5x+3y-10=0\Rightarrow B\left( 3b+2;-5b \right)$

Từ $BK=d\left( B,HI \right)$ sẽ tìm được B

 

Cho hình chữ nhật ABCD có AC=2BC. Phương trình AC: căn3.x-y-căn3=0. G là trọng tâm của tam giác ACD. H(2,2/căn3) là trực tâm tam giác ABG. Viết phương trình đường thẳng AD.

 

Tham khảo cách sau đúng không nhé!

+ Từ giả thiết, ta có $\widehat{DAH}=\widehat{HAC}=\widehat{CAB}={{30}^{0}}$.

+ PT đường thẳng AH có dạng: $ax+by-2a-\frac{2b}{\sqrt{3}}=0$ (${{a}^{2}}+{{b}^{2}}\ne 0$).

VTPT của đường thẳng AC là $\overrightarrow{{{n}_{1}}}=\left( \sqrt{3};-1 \right)$; VTPT của đường thẳng AH là $\overrightarrow{{{n}_{2}}}=\left( a;b \right)$.

Ta có: $\cos {{30}^{0}}=\frac{\left| \sqrt{3}a-b \right|}{\sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}}\Leftrightarrow ...\Leftrightarrow b=0$ hoặc $b+\sqrt{3}a=0$

+ TH $b=0$: $AH:x=2$$\Rightarrow A\left( 2;\sqrt{3} \right)$.

PT đường thẳng AD có dạng: $mx+ny-2m-\sqrt{3}n=0$ (${{m}^{2}}+{{n}^{2}}\ne 0$).

Từ $\widehat{DAH}=\widehat{HAC}$ suy ra $d\left( H,AD \right)=d\left( H,AC \right)\Leftrightarrow \frac{\left| n \right|}{\sqrt{3}\sqrt{{{m}^{2}}+{{n}^{2}}}}=\frac{1}{2\sqrt{3}}$ $\Leftrightarrow {{m}^{2}}=3{{n}^{2}}$

Suy ra $AD:\sqrt{3}x+y-3\sqrt{3}=0$.

+ TH $b+\sqrt{3}a=0$: $AH:x-\sqrt{3}y=0$$\Rightarrow A\left( \frac{3}{2};\frac{\sqrt{3}}{2} \right)$.

Tương tự, tìm được $AD:2y-\sqrt{3}=0$.

trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm K và ngoại tiếp đường tròn tâm I(1;1). Gọi D là điểm đối xứng của A qua K. E là giao điểm thứ 2 của BI và đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, đường thẳng AE cắt CD tại X. Giả sử C(-2;2), X(-2;4). Tìm tọa độ đỉnh A và B

thank trước

+ Tìm PT đường thẳng AC: y = 2

+ Chứng minh được EA = EI = EC = EX. 

+ A(a;2), suy ra tọa độ E theo a. Từ EI = EC sẽ tìm được a = 2. Suy ra A(2;2), E(0;3).

+ Từ d(I,AB)=d(I,AC) sẽ tìm được đường thẳng AB. 

+ B là giao điểm của AB và IE

$\left\{\begin{matrix} x^2(1+4x)=\sqrt{y}(\frac{x+y}{2}) & (1) & \\ 3\sqrt{2x-1}+x\sqrt{5-y}= y & (2) & \end{matrix}\right.$

Xét pt (1) ta có: $8x^3 +2x^2-x\sqrt{y}+\sqrt{y^3}=0$

$\Leftrightarrow (2x-\sqrt{y})(ax^2+2x\sqrt{y}+x+y)=0$

$\Leftrightarrow 2x=\sqrt{y}\Leftrightarrow 4x^2=y (*)$

thay (*) và pt (2) ta có:

$(\sqrt{2x-1})(3-\frac{5x(2x+1)\sqrt{2x-1}}{4x+\sqrt{5-4x^2}})=0$

$\Leftrightarrow 2x=1 \Leftrightarrow x=\frac{1}{2} \Leftrightarrow y=1$

T chỉ làm được tới đây ai giúp chứng minh cái kia vô nghiệm giùm đi. Tks

ĐK: $x\ge \frac{1}{2}$, $0\le y\le 5$.

PT (1)$\Leftrightarrow 8{{x}^{3}}+2{{x}^{2}}-x\sqrt{y}-\sqrt{{{y}^{3}}}=0$

$\Leftrightarrow (2x-\sqrt{y})(4{{x}^{2}}+2x\sqrt{y}+x+y)=0$

$\Leftrightarrow 2x=\sqrt{y}\Leftrightarrow 4x^2=y$

Thay vào (2) ta được: $3\sqrt{2x-1}+x\sqrt{5-4{{x}^{2}}}=4{{x}^{2}}$$\Leftrightarrow 3\left[ \sqrt{2x-1}-\left( 2x-1 \right) \right]+x\left[ \sqrt{5-4{{x}^{2}}}-\left( -2x+3 \right) \right]=6{{x}^{2}}-9x+3$

$\Leftrightarrow \left( 2{{x}^{2}}-3x+1 \right)\left( \frac{6}{\sqrt{2x-1}+2x-1}+\frac{4x}{\sqrt{5-4{{x}^{2}}}-2x+3}+3 \right)=0$

$\Leftrightarrow 2{{x}^{2}}-3x+1$

Giải hệ phương trình: 

$\left\{\begin{matrix}x^2+x\sqrt{x-y+1}=2x+xy-y & \\  y^2+4+x(y^2-4)=8(x-1)\sqrt{y-1}& \end{matrix}\right.$

ĐK: $x-y+1\ge 0$, $y\ge 1$.

(1)$\Leftrightarrow x\left( x-y \right)+x\left( \sqrt{x-y+1}-1 \right)=x-y$

$\Leftrightarrow x\left( x-y \right)+\frac{x\left( x-y \right)}{\sqrt{x-y+1}+1}=x-y$

$\Leftrightarrow x=y$  hoặc $ x+\frac{x}{\sqrt{x-y+1}+1}=1$  (3)

(2)$\Leftrightarrow {{y}^{2}}\left( x+1 \right)=4(x-1)\left( 2\sqrt{y-1}+1 \right)$  (*)

Từ đk suy ra $x\ge 0$, kết hợp với (*) suy ra $x\ge 1$. Do đó, PT (3) vô nghiệm.

xét $x=y$ thế vào phương trình (1) được 1 nghiệm $x=y=1$ thỏa mãn

xét $x\neq y$

hpt $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} \frac{x^2-y^2}{x-y}=\sqrt{xy}+xy & \\ \frac{3(x^2-y^2)}{\sqrt{1-3x^2}-\sqrt{1-3y^2}}=4xy & \end{matrix}\right.$

 

$\Leftrightarrow \frac{3(x-y)(\sqrt{xy}+xy)}{\sqrt{1+3x^2}-\sqrt{1+3y^2}}=4xy$

 

$\Leftrightarrow \sqrt{xy}[\frac{3(x-y)(\sqrt{xy}+1)}{\sqrt{1+3x^2}-\sqrt{1+3y^2}}-4\sqrt{xy}]=0$

 

$\Leftrightarrow \begin{bmatrix} \sqrt{xy}=0\\ \frac{3(x-y)(\sqrt{xy}+1)}{\sqrt{1+3x^2}-\sqrt{1+3y^2}}-4\sqrt{xy}=0 (*) \end{bmatrix}$

 

$(*)\Leftrightarrow \frac{3(\sqrt{1+3x^2}+\sqrt{1+3y^2})(\sqrt{xy}+1)}{3(x+y)}=4\sqrt{xy}$

 

$\Leftrightarrow \frac{3(\sqrt{xy}+1)4xy}{3(x+y)}=4\sqrt{xy}$

 

$\Leftrightarrow (\sqrt{xy}+1)\sqrt{xy}=x+y=\sqrt{xy}+xy$

 

tuy ra được nghiệm nhưng hơi vòng vo và lằng nhằng!

Mình thấy cách của bạn hình như lòng vòng rồi, quay lại PT (1) rồi.

Hiện tại mình chưa nghĩ ra cách giải hay, chỉ nghĩ theo hướng hệ đối xứng loại II như sau:

ĐK: $xy\ge 0$. Từ (1) suy ra $x+y\ge 0$. Do đó, $x\ge 0$ và $y\ge 0$.

Dễ thấy với $x=0$ hoặc với $y=0$ đều không thỏa hệ phương trình.

Xét $x>0$, $y>0$. Từ (1) suy ra $\sqrt{xy}\ge 1$.

Đặt $a=x+y$, $b=\sqrt{xy}$ ($a>0$, $b\ge 1$), ta được:

(*) $\Leftrightarrow 2\sqrt{12{{b}^{4}}+6{{b}^{3}}-3{{b}^{2}}+1}=13{{b}^{4}}-6{{b}^{3}}+3{{b}^{2}}-2$

$\Leftrightarrow 2\left[ \sqrt{12{{b}^{4}}+6{{b}^{3}}-3{{b}^{2}}+1}-\left( 5{{b}^{2}}-1 \right) \right]=13{{b}^{4}}-6{{b}^{3}}-7{{b}^{2}}$

$\Leftrightarrow \left( 5{{b}^{2}}-1-\sqrt{12{{b}^{4}}+6{{b}^{3}}-3{{b}^{2}}+1} \right)\left( 5{{b}^{2}}+1+\sqrt{12{{b}^{4}}+6{{b}^{3}}-3{{b}^{2}}+1} \right)=0$

$\Leftrightarrow \sqrt{12{{b}^{4}}+6{{b}^{3}}-3{{b}^{2}}+1}=5{{b}^{2}}-1$

$\Leftrightarrow 13{{b}^{2}}-6b-7=0$$\Leftrightarrow b=1$ (do $b\ge 1$)$\Rightarrow a=2$ 

Mình cũng chưa ra... nhưng bạn cứ thử xem trong này xem. Mình thấy cũng có mấy dạng giống giống đấy...

http://hocla.edu.vn/...oc-gia_268.html

Sau một lúc, mình tìm ra lời giải thế này, không biết có sai lầm chỗ nào không nữa:

ĐK: $y\le 1$, $x\ge 0$, $y\le {{x}^{2}}$, $y\left( x-1 \right)\ge 0$, $y+2x-1\ge 0$.

(2)$\Leftrightarrow {{x}^{2}}+xy-2y+2\sqrt{xy-y}\sqrt{{{x}^{2}}-y}={{x}^{3}}$ $\Leftrightarrow {{x}^{3}}-{{x}^{2}}-xy=2\left( \sqrt{xy-y}\sqrt{{{x}^{2}}-y}-y \right)$ (3)

* $y=0$ $\Rightarrow x=1$

* $y\ne 0$: (3) $\Leftrightarrow y\left( {{x}^{3}}-{{x}^{2}}-xy \right)=2y\left( \sqrt{xy-y}\sqrt{{{x}^{2}}-y}-y \right)$

                    $\Leftrightarrow \left( \sqrt{xy-y}\sqrt{{{x}^{2}}-y}-y \right)\left( \sqrt{xy-y}\sqrt{{{x}^{2}}-y}+y \right)=2y\left( \sqrt{xy-y}\sqrt{{{x}^{2}}-y}-y \right)$

                    $\Leftrightarrow {{\left( \sqrt{xy-y}\sqrt{{{x}^{2}}-y}-y \right)}^{2}}=0$

                    $\Leftrightarrow \sqrt{xy-y}\sqrt{{{x}^{2}}-y}=y$$\Leftrightarrow x^3-x^2-xy=0 $ ($y>0$)

khi đó:

$(1)\iff\sqrt{x^2+1}+\frac{x^2+1}{2x}=\frac{(x^2+1)^2}{2x(1-x^2)}$

$\iff(1-x^2)\sqrt{1+x^2}+(x^2+1)(1-x^2)=(x^2+1)^2$

$\iff(1-x^2)\sqrt{1+x^2}+1-x^4=x^4+2x^2+1$

$\iff(1-x^2)\sqrt{1+x^2}=2x^4+2x^2$

$\iff\sqrt{x^2+1}(1-x^2-2x^2\sqrt{x^2+1})=0$

$\iff2x^2\sqrt{x^2+1}+x^2-1=0$

$\iff2(t^2-1)t+t^2-2=0$

$\iff2t^3+t^2-2t-2=0$

phương trình bậc 3 nghiệm lẻ! 

Khi đó: $(1) \Leftrightarrow \sqrt{x^2+1}+\frac{x^2+1}{2x}=\frac{(x^2+1)^2}{2x(1-x^2)}$ ($x\ne 0,x\ne \pm 1$)

$\Leftrightarrow 2x(1-{{x}^{2}})\sqrt{1+{{x}^{2}}}+({{x}^{2}}+1)(1-{{x}^{2}})={{({{x}^{2}}+1)}^{2}}$

$\Leftrightarrow 2x(1-{{x}^{2}})\sqrt{1+{{x}^{2}}}+1-{{x}^{4}}={{x}^{4}}+2{{x}^{2}}+1$

$\Leftrightarrow 2x(1-{{x}^{2}})\sqrt{1+{{x}^{2}}}=2{{x}^{4}}+2{{x}^{2}}$$\Leftrightarrow (1-{{x}^{2}})\sqrt{1+{{x}^{2}}}={{x}^{3}}+x$

$\Leftrightarrow 1-{{x}^{2}}=x\sqrt{1+{{x}^{2}}}$$\Leftrightarrow 3{{x}^{2}}=1$$\Leftrightarrow x=\frac{1}{\sqrt{3}}$ (do $x\in \left[ 0;\frac{\pi }{2} \right])$

Cho tam giác ABC có hai phân giác trong BD và CE cắt nhau tại I. Biết B (1;1), D ($\frac{17}{2}$;1), $\frac{CE}{BI.CI} = \frac{4}{15}$, A thuộc đường thẳng x - y - 3 = 0. Tìm tọa độ đỉnh A và C.

Ta có: $BD=\frac{15}{2}$, suy ra $BD.CE=2.BI.CI$ $\Rightarrow \Delta ABC$ vuông tại $A$.

$A\in d:x-y-3=0\Rightarrow A\left( a;a-3 \right)$

Từ $A{{B}^{2}}+A{{D}^{2}}=B{{D}^{2}}$ sẽ tìm được $A$.

Tìm $A'$ đối xứng với $A$ qua $BD$, suy ra $C=AD\cap BA'$

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ $Oxy$, cho tam giác ${ABC}$ vuông cân tại $A$; điểm $C$ có hoành độ dương. Gọi $M$ là điểm thuộc đường thẳng ${AC}$ sao cho $AC = 3AM$. Gọi $D$ là giao điểm thứ hai của đường tròn đường kính ${CM}$ và đường thẳng ${BM}$. Biết rằng điểm $I(1; -1)$ là trung điểm của ${CM}$ và đường thẳng ${CD}$ có phương trình $x+y - 2 = 0$. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác đã cho.

Cho tam giác ABC có góc A không tù, E là hình chiếu của A lên BC, P(4:4), Q(5;1) lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABE, ACE. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết trực tâm của tam giác APQ là F(4;2)

Gọi $A(x;y)$. Từ $AF \bot PQ$ và $AQ \bot PF$, tìm được $A(1;1)$. Suy ra $\widehat{PAQ} = 45^0$ $\Rightarrow \widehat{BAC} = 90^0$

Từ giả thiết suy ra $\widehat{PEQ} = 90^0$ $\Rightarrow E$ thuộc đường tròn đường kính ${PQ}$ (1).

Gọi $D$ là giao điểm của $AP$ và $QF$.

Chứng minh được $DA=DQ=DE$ suy ra  $E$ thuộc đường tròn tâm $D$ bán kính ${DA}$ (2).

Từ (1), (2) sẽ tìm được $E$.

Viết PT đường thẳng ${BC}$.

Suy ra $C$ là giao điểm của ${BC}$ và ${DQ}$ (cm được $C$, $D$, $Q$ thẳng hàng)

Tìm $D$ tương tự.

Giải PT: $2{{x}^{2}}-10x+2=\left( {{x}^{2}}-4x-6 \right)\sqrt{x-1}$

Bài này cũng có thể giải như sau:

Đặt $t=\sqrt{x-1}$, $t\ge 0$. PT trở thành

${t}^{4}-6{t}^{2}-6=\left( {t}^{4}-2{t}^{2}-9 \right)t$ $\Leftrightarrow \left( t+2 \right)\left( t-1 \right)\left( {{t}^{3}}-3{{t}^{2}}+3t-3 \right)=0$

$\Leftrightarrow t=1$ hoặc ${{t}^{3}}-3{{t}^{2}}+3t-3=0$

$\Leftrightarrow t=1$ hoặc $t=1+\sqrt[3]{2}$

Và cái đoạn xét dấu của biểu thức cồng kềnh sau khi liên hợp làm như thế nào bạn? 

Bạn có thể chứng tỏ:

$ \frac{1}{3\sqrt{x+1}+x+3}<\frac{3}{\sqrt{{{x}^{2}}-3x+4}+2}$

$\frac{8}{3\sqrt{{{x}^{2}}+16}+x+12}<\frac{6}{\sqrt{{{x}^{2}}-3x+4}+2}$

$2. \sqrt{x^2+16}-3\sqrt{x^2-3x+4}\geqslant \sqrt{x+1}-3$

Có thể thử liên hợp: $\left[ \sqrt{{{x}^{2}}+16}-\left( \frac{1}{3}x+4 \right) \right]-3\left( \sqrt{{{x}^{2}}-3x+4}-2 \right)\ge \sqrt{x+1}-\left( \frac{1}{3}x+1 \right)$

Bài toán: Giải bất phương trình :$5\sqrt{x^3-2x^2-x+2} \geq x^2+x+6$

ĐK: $x\ge 2$ hoặc $-1\le x\le 1$.

BPT$\Leftrightarrow 5\sqrt{\left( x+1 \right)\left( {{x}^{2}}-3x+2 \right)}\ge \left( {{x}^{2}}-3x+2 \right)+4\left( x+1 \right)$

$\Leftrightarrow \left( \sqrt{{{x}^{2}}-3x+2}-\sqrt{x+1} \right)\left( \sqrt{{{x}^{2}}-3x+2}-4\sqrt{x+1} \right)\le 0$