Loi giai mot so bai toan tong hop

A và B cùng đi trên một đường tròn với vận tốc đều, theo hai hướng ngược chiều nhau, bắt đầu từ hai điểm đối xứng tâm.. Họ khởi hành cùng một lúc, gặp nhau lần đầu sau khi B đã đi được 1[r]

A Bài 1: HD: Gọi P và Q là giao điểm MN với AB,AC DNA DMB  g  g   DMN DBA Ta có   Tứ giác MDBP nội tiếp  APQ MDB 45 Nên tam giác APQ vuông cân đỉnh A, AH là đường cao nên là đường phân giác   Suy BI IC  I cố định Bài 2: Trước hết ta có bổ đề sau: “Tổng khoảng cách từ điểm tam giác đến cạnh chiều cao nó” Q P H M N C B Không tính tổng quát giả thiết ML  MK Qua Mx // BC cắt AA' , AC , AB N, P, Q Đặt x = MH, y = MK, z = ML Gọi (O,R) là đường tròn nội tiếp thì AA' = 3R Theo bổ đề trên ABC có: MH + MK + ML = AA'  x + y + z = 3R (1) Mặt khác theo bổ đề trên  APQ có: AN yz MK + ML = AN  AN = y + z  NP = = L MK y Q  3 Trong MKP vuông dễ tính : MP = C' y z  MN = MP – NP = Ta có: ON2 + MN2 = OM2  (A'N – OA')2 + MN2 = OM2  y  z  (MH – OA')2 + MN2 = OM2  (x – R)2 +  3x2 – 6Rx + y2 + z2 – 2yz = (2) Thay 3R = x + y + z từ (1) vào (2) có: 3x2 – 2x(x + y + z) + y2+ z2 – 2yz =  x2 + y2 + z2 – 2xy – 2yz – 2zx =  x2 + y2 + z2 – 2xy + 2yz – 2zx = 4yz  (x – y – z)2 = 4yz  x–y–z=  x  y + z) yz  = R2 thay vµo (1) => K M P N B' O B H C A' M CB IA ME =1 (1 ) CE IB MA ME BE BE = = MA IA BG A E y z  x = y + z + yz =  x  y  z (đpcm) Bµi 3: Trªn BC lÊy G cho AI = BG => AI v«ng gãc víi ED áp dụng định lí Meleneut tam giác AEB với điểm thẳng hµng C, I, M cã I AA '   = MK + ML (vì M  B ' C ' nên MH  O D l¹i cã F B A I CB CD IB = = CE CE BE G => MB song song víi AG hay gãc DFB vu«ng Vậy F thuộc đờng tròn đờng kính BD ( cung nhỏ AB ) D C Bµi 4: a) + gãc BED = gãc DBx = gãc ACB + gãc CED = gãc DCy = gãc ABD => gãc BEC = gãcABD + gãcACD = 180 độ => B, E, C th¼ng hµng A b) cung BD = cung DC => gãc BAD = gãc CAD => cung DN = cung DM => DM = DN M cung BD = cung DC => DB = DC gãc DCN = gãc DBM => Tam gi¸c BMD = tam gi¸c CND => BM = CN B c) Tính đợc DI = 2KD sin2 (A/2) =>(DI/DK) =2 sin2(A/2) =hs K thuéc trung trùc cña AD => I thuéc đờng thẳng vuông góc với AD cắt AD P cho (DP/DA )=sin2(A/2) Bài 5: a) Đờng cao AH cắt đờng tròn x ngo¹i tiÕp tam gi¸c AMN t¹i P => tam gi¸c AMP = tam gi¸c CNP => PA = PC => P là tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC => P cố định b) Tâm I đờng tròn ngoại tiếp tam giác AMN nằm trên đờng trung trực AP Bµi 6: a) gãc BAD = gãc DAN => DB = DC; DM = DN l¹i cã gãc MBD = gãc NCD; gãc BMD = gãc NCD => gãc BDM = gãc CDN vËy tam gi¸c BDM = tam gi¸c CDN => BM = CN b) T¬ng tù c©u c bµi K I E C D N A y M I P B N C A H F M H B K CC B O Bµi 7: a) góc B = góc D = 90 độ => B, D thuộc đờng tròn đờng kính AC góc A = 45 độ => BD = R √ = hs b) Tam gi¸c CDE vu«ng c©n => CD = ED tam gi¸c ADF vu«ng c©n => DA = DF =>Tam gi¸c ACD = tam gi¸c FED L D N J A D I E => EF = AC = hs c) Trung trùc cña AF c¾t trung trùc cña AE t¹i J, c¾t (O) t¹i H vµ I => H, I lµ ®iÓm chÝnh gi÷a cña hai cung AC => H, I cố định góc HJI = góc BCD = 135 độ => J thuộc cung chứa góc 135 độ dựng trên HI ( x  y )( xy  y  5)  0  2 Giải hệ phương trình:  x  y  xy  x - 0 A và B cùng trên đường tròn với vận tốc đều, theo hai hướng ngược chiều nhau, hai điểm đối xứng tâm Họ khởi hành cùng lúc, gặp lần đầu sau B đã 100 m và gặp lần hai 60m trước A hoàn tất vòng Hỏi chu vi V vòng tròn bao nhiêu, biết vận tốc hai người là nhau? * 2 Cho a,b,c Î ¥ , a + 2b £ 3c + ³ Cmr a b c Giải.Áp dụng BĐT Bunyakovsky ( a + 2b) ( ) ( ) = 1.a + 2.b £ ( 1+ 2) a2 + 2b2 £ 9c2 ( a + 2b £ 3c a,b,c Î ¥ * ) Suy Áp dụng hệ BĐT Cauchy 1 9 + = + + ³ = ³ = a b a b b a + b + b a + 2b 3c c Vậy BĐT đã chứng minh  x  3x  y  y  x  1 x  x  x 1 Câu 1) Cách 1:   y  1 x  3x   y   0  * 4 PT  *   x  0  x  * Với y 1 thì * Với y 1 thì PT  * có nghiệm     3x    y  1  y   9 x   y  x    y  24 x  11 0  y  24 x  11 0 (1)   y  1  y  11 0  11 y  2 (2) Vậy y    0  x   2  y  1 11 max y    0  x   2  y  1 x  x  x  x  10  x  3 1 y     x 1  x  1  x  1 2 Cách 2: Ta có: y   x  0  x  Vậy Mặt khác: x  3x  x  x  10 11  3x  1 11 y     x2 1 2  x  1 2  x  1 11 max y   3x  0  x  Vậy Câu Sử dụng các định thức cấp 2, ta có: m m D 2m   m  1 m  1 Dx  3m   m m  m     3m  1  m  1 m 5  Dy  m  3m   m  1  m     3m  1 m2  2m   m    m  1 m 5  x  m  1  m  1  xD Dx   yD  D y  y  m  1  m  3  m  1 Do đó  * Với m  thì hệ trở thành x  y 4 nên hệ có vô số nghiệm nguyên dạng  x t     y 2t  * Với m  thì hệ có nghiệm  x; y   x m    y m  2 2 2 S  x  y  m   m   m  4m  10 2  m  1  8     Nên Vậy S 8  m 1 (thỏa mãn ĐK) Câu Ta có: VT   x  1    x  1    5 Mặt khác VP   x  1  5  x  0 VT VP 5    x  x    Do đó x  Vậy PT có nghiệm Câu ĐK: x 19; y 7; z 1997 PT  x  x  19  y  y   z  z  1997  2009 0     x  19     y 7   z  1997  0  x  19  0    y   0    z  1997  0  x  19 1  x 20    y  2   y 11   z 2006  z  1997 3  (Thỏa mãn ĐK) Vậy PT có nghiệm  x; y; z   20;11;2006  Câu D K E F A B O C   1) Ta có F   O  nên BFC 90   Lại có ABED là hình vuông nên BFD 90 nên tứ giác BEKF nội tiếp (góc ngoài đỉnh góc đỉnh đối diện)  đpcm      BCK BAF   sd BF    2) Ta có:    mà BAF BAE 45 (vì AE là đường chéo hình vuông ABED )   nên BCK 45 (1)      BEF BKF   sd BF    Mặt khác tứ giác BEKF nội tiếp (c/m câu a) nên    mà BEF BEA 45 (vì AE là đường chéo hình vuông ABED )    đó BKF BKC 45 (2) Từ (1) và (2) suy đpcm Câu ĐK: x 0; x 1 x   x x   x  x 1 A  x1 x  x  x 1 a) Ta có: x2x x  x x  x  x 1   2 x  x  x 1 x  x  x 1             A Vậy b) Với     x1 x 1      x  x 1 x  x 1 x 7    61  2     1  c) Ta có: x  x  1 (vì x 0 )  1  2 x  x 1 x  x 1 Vậy max A 2  x 0 A    x x1    thay vào ta x   vì 