Có 1 vài bài mình cảm thấy khó,các bạn giải giúp mình với:
1)Cho tam giác ABC cân tại A,có trung tuyến AM,phân giác BD.Tính các góc của tam giác ABC biết BD=2AM
2)Cho tam giác ABC nhọn.Từ 1 điểm I thuộc miền trong của tam giác,vẽ IH,IK,IL lần lượt vuông góc với BC,CA,AB.Tìm vị trí của I sao cho AL2 + BH2 + CK2 là nhỏ nhất ( bài này mình chịu,mấy cái vụ lớn nhất,nhỏ nhất mình bí)
3) Cho Tam giác ABC vuông tại A.Ở ngoài tam giác vẽ 2 nữa đường tròn đường kính AB,AC.1 đthang d quay quanh A cắt 2 nửa đtron tại M,N.Xác định 2 điểm M,N sao cho chu vi BCNM lớn nhất
4) C/m tam giác ABC là tam giác vuông nếu các đường phân giác BD,CE cắt tại I và thỏa mãn BD.CE=2BI.CI
1 số bài hình khó
Bắt đầu bởi thukilop, 12-10-2011 - 21:08
#2
Đã gửi 13-10-2011 - 19:34
thukilop
-
- Thành viên
-
- 291 Bài viết
Thượng sĩ
Mấy bài này khó đến thế sao ah mọi người
-VƯƠN ĐẾN ƯỚC MƠ-
#3
Đã gửi 14-10-2011 - 19:07
perfectstrong
-
- Quản lý Toán Ứng dụng
-
- 5018 Bài viết
$LOVE(x)|_{x =\alpha}^\Omega=+\infty$
Bài 4: Coi tại http://diendantoanho...showtopic=63593
Bài 1:
Đại số hóa bài toán.
Sử dụng một bổ đề sau: Cho tam giác ABC có AB=c;BC=a;CA=b và phân giác AD.
Khi đó: \[A{D^2} = \dfrac{{bc\left( {b + c - a} \right)\left( {b + c + a} \right)}}{{{{\left( {b + c} \right)}^2}}}\]
========================================
Đặt BC=a; AB=AC=b.
\[A{M^2} = {b^2} - \dfrac{{{a^2}}}{4}\]
\[B{D^2} = \dfrac{{ba\left( {b + a - b} \right)\left( {b + a + b} \right)}}{{{{\left( {b + a} \right)}^2}}} = \dfrac{{{a^2}b\left( {a + 2b} \right)}}{{{{\left( {b + a} \right)}^2}}}\]
\[BD = 2AM \Leftrightarrow B{D^2} = 4A{M^2}\]
\[ \Leftrightarrow \dfrac{{{a^2}b\left( {a + 2b} \right)}}{{{{\left( {b + a} \right)}^2}}} = 4{b^2} - {a^2} = \left( {2b - a} \right)\left( {2b + a} \right)\]
\[ \Leftrightarrow {a^2}b = \left( {2b - a} \right){\left( {b + a} \right)^2}\]
\[ \Leftrightarrow {a^3} + {a^2}b - 3a{b^2} - 2{b^3} = 0\]
\[ \Leftrightarrow \left( {2b + a} \right)\left( {{b^2} + ab - {a^2}} \right) = 0\]
\[ \Leftrightarrow b = a.\dfrac{{\sqrt 5 - 1}}{2}\]
\[\cos MBC = \dfrac{a}{{2b}} = \dfrac{1}{{\sqrt 5 - 1}} \Rightarrow \angle MBC = \angle MCA = {36^o} \Rightarrow \angle BAC = {108^o}\]
Bài 2:
\[\left\{ \begin{gathered} I{A^2} + I{B^2} + I{C^2} = A{L^2} + I{L^2} + B{H^2} + I{H^2} + C{K^2} + I{K^2} \\ I{A^2} + I{B^2} + I{C^2} = A{K^2} + K{I^2} + C{H^2} + I{H^2} + B{L^2} + I{L^2} \\ \end{gathered} \right.\]
\[ \Rightarrow A{L^2} + B{H^2} + C{K^2} = L{B^2} + H{C^2} + K{A^2}\]
\[ \Rightarrow 2\left( {A{L^2} + B{H^2} + C{K^2}} \right) = A{L^2} + L{B^2} + B{H^2} + H{C^2} + C{K^2} + K{A^2}\]
\[A{L^2} + L{B^2} + B{H^2} + H{C^2} + C{K^2} + K{A^2}\]
\[\mathop \geqslant \limits^{B.C.S} \dfrac{{{{\left( {AL + LB} \right)}^2}}}{2} + \dfrac{{{{\left( {BH + HC} \right)}^2}}}{2} + \dfrac{{{{\left( {CK + KA} \right)}^2}}}{2} = \dfrac{{A{B^2} + B{C^2} + C{A^2}}}{2}\]
\[ \Rightarrow A{L^2} + B{H^2} + C{K^2} \geqslant \dfrac{{A{B^2} + B{C^2} + C{A^2}}}{4}\]
Đẳng thức xảy ra khi $AL=LB;BH=HC;CK=KA \Leftrightarrow$I là tâm đường tròn ngoại tiếp $\vartriangle ABC$
Vậy $A{L^2} + B{H^2} + C{K^2}$ đạt GTNN khi I là tâm đường tròn ngoại tiếp $\vartriangle ABC$
Bài 3:
\[{P_{BCNM}} = BC + CN + NM + MB = BC + \left( {CN + NA} \right) + \left( {AM + MB} \right)\]
\[\mathop \leqslant \limits^{B.C.S} BC + \sqrt {2\left( {C{N^2} + N{A^2}} \right)} + \sqrt {2\left( {A{M^2} + M{B^2}} \right)} = BC + 2CA + 2AB\]
\[ \Rightarrow \max {P_{BCNM}} = BC + 2CA + 2AB \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} CN = NA \\ AM = MB \\ \end{gathered} \right.\]
Tức N,M lần lượt là trung điểm cung CA,AB.
===================================
P/s: Bài của em chưa đến độ khó không thể giải được. Chẳng qua, chưa ai làm thôi. Cẩn thận khi nói nhé. Đừng spam nữa.
Bài 1:
Đại số hóa bài toán.
Sử dụng một bổ đề sau: Cho tam giác ABC có AB=c;BC=a;CA=b và phân giác AD.
Khi đó: \[A{D^2} = \dfrac{{bc\left( {b + c - a} \right)\left( {b + c + a} \right)}}{{{{\left( {b + c} \right)}^2}}}\]
========================================
Đặt BC=a; AB=AC=b.
\[A{M^2} = {b^2} - \dfrac{{{a^2}}}{4}\]
\[B{D^2} = \dfrac{{ba\left( {b + a - b} \right)\left( {b + a + b} \right)}}{{{{\left( {b + a} \right)}^2}}} = \dfrac{{{a^2}b\left( {a + 2b} \right)}}{{{{\left( {b + a} \right)}^2}}}\]
\[BD = 2AM \Leftrightarrow B{D^2} = 4A{M^2}\]
\[ \Leftrightarrow \dfrac{{{a^2}b\left( {a + 2b} \right)}}{{{{\left( {b + a} \right)}^2}}} = 4{b^2} - {a^2} = \left( {2b - a} \right)\left( {2b + a} \right)\]
\[ \Leftrightarrow {a^2}b = \left( {2b - a} \right){\left( {b + a} \right)^2}\]
\[ \Leftrightarrow {a^3} + {a^2}b - 3a{b^2} - 2{b^3} = 0\]
\[ \Leftrightarrow \left( {2b + a} \right)\left( {{b^2} + ab - {a^2}} \right) = 0\]
\[ \Leftrightarrow b = a.\dfrac{{\sqrt 5 - 1}}{2}\]
\[\cos MBC = \dfrac{a}{{2b}} = \dfrac{1}{{\sqrt 5 - 1}} \Rightarrow \angle MBC = \angle MCA = {36^o} \Rightarrow \angle BAC = {108^o}\]
Bài 2:
\[\left\{ \begin{gathered} I{A^2} + I{B^2} + I{C^2} = A{L^2} + I{L^2} + B{H^2} + I{H^2} + C{K^2} + I{K^2} \\ I{A^2} + I{B^2} + I{C^2} = A{K^2} + K{I^2} + C{H^2} + I{H^2} + B{L^2} + I{L^2} \\ \end{gathered} \right.\]
\[ \Rightarrow A{L^2} + B{H^2} + C{K^2} = L{B^2} + H{C^2} + K{A^2}\]
\[ \Rightarrow 2\left( {A{L^2} + B{H^2} + C{K^2}} \right) = A{L^2} + L{B^2} + B{H^2} + H{C^2} + C{K^2} + K{A^2}\]
\[A{L^2} + L{B^2} + B{H^2} + H{C^2} + C{K^2} + K{A^2}\]
\[\mathop \geqslant \limits^{B.C.S} \dfrac{{{{\left( {AL + LB} \right)}^2}}}{2} + \dfrac{{{{\left( {BH + HC} \right)}^2}}}{2} + \dfrac{{{{\left( {CK + KA} \right)}^2}}}{2} = \dfrac{{A{B^2} + B{C^2} + C{A^2}}}{2}\]
\[ \Rightarrow A{L^2} + B{H^2} + C{K^2} \geqslant \dfrac{{A{B^2} + B{C^2} + C{A^2}}}{4}\]
Đẳng thức xảy ra khi $AL=LB;BH=HC;CK=KA \Leftrightarrow$I là tâm đường tròn ngoại tiếp $\vartriangle ABC$
Vậy $A{L^2} + B{H^2} + C{K^2}$ đạt GTNN khi I là tâm đường tròn ngoại tiếp $\vartriangle ABC$
Bài 3:
\[{P_{BCNM}} = BC + CN + NM + MB = BC + \left( {CN + NA} \right) + \left( {AM + MB} \right)\]
\[\mathop \leqslant \limits^{B.C.S} BC + \sqrt {2\left( {C{N^2} + N{A^2}} \right)} + \sqrt {2\left( {A{M^2} + M{B^2}} \right)} = BC + 2CA + 2AB\]
\[ \Rightarrow \max {P_{BCNM}} = BC + 2CA + 2AB \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} CN = NA \\ AM = MB \\ \end{gathered} \right.\]
Tức N,M lần lượt là trung điểm cung CA,AB.
===================================
P/s: Bài của em chưa đến độ khó không thể giải được. Chẳng qua, chưa ai làm thôi. Cẩn thận khi nói nhé. Đừng spam nữa.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 14-10-2011 - 19:40
Luôn yêu để sống, luôn sống để học toán, luôn học toán để yêu!!! 
$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$
I'm still there everywhere.
$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$
I'm still there everywhere.
#4
Đã gửi 14-10-2011 - 21:26
thukilop
-
- Thành viên
-
- 291 Bài viết
Thượng sĩ
Phân giác BD anh ơi.....Bài 4: Coi tại http://diendantoanho...showtopic=63593
Bài 1:
Đại số hóa bài toán.
Sử dụng một bổ đề sau: Cho tam giác ABC có AB=c;BC=a;CA=b và phân giác AD.
Khi đó: \[A{D^2} = \dfrac{{bc\left( {b + c - a} \right)\left( {b + c + a} \right)}}{{{{\left( {b + c} \right)}^2}}}\]
Có cosMBC ah anh$\[\cos MBC = \dfrac{a}{{2b}} = \dfrac{1}{{\sqrt 5 - 1}} \Rightarrow \angle MBC = \angle MCA = {36^o} \Rightarrow \angle BAC = {108^o}\]$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi thukilop: 14-10-2011 - 21:33
-VƯƠN ĐẾN ƯỚC MƠ-
#5
Đã gửi 14-10-2011 - 21:49
perfectstrong
-
- Quản lý Toán Ứng dụng
-
- 5018 Bài viết
$LOVE(x)|_{x =\alpha}^\Omega=+\infty$
Anh viết cái bổ đề cho dạng tổng quát. Sau đó dùng vào TH phân giác BD.Phân giác BD anh ơi.....
Có cosMBC ah anh
còn $\angle MBC$ nhọn thì có cos thôi. Có gì lạ đâu em.
Luôn yêu để sống, luôn sống để học toán, luôn học toán để yêu!!!
$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$
I'm still there everywhere.
$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$
I'm still there everywhere.
0 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh
