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
Started By thukilop, 12-10-2011 - 21:08
#2
Posted 13-10-2011 - 19:34
thukilop
-
- Thành viên
-
- 291 posts
Thượng sĩ
Mấy bài này khó đến thế sao ah mọi người
-VƯƠN ĐẾN ƯỚC MƠ-
#3
Posted 14-10-2011 - 19:07
perfectstrong
-
- Quản lý Toán Ứng dụng
-
- 5026 posts
$LOVE(x)|_{x =\alpha}^\Omega=+\infty$
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.
Edited by 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
Posted 14-10-2011 - 21:26
thukilop
-
- Thành viên
-
- 291 posts
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$\[\cos MBC = \dfrac{a}{{2b}} = \dfrac{1}{{\sqrt 5 - 1}} \Rightarrow \angle MBC = \angle MCA = {36^o} \Rightarrow \angle BAC = {108^o}\]$
Edited by thukilop, 14-10-2011 - 21:33.
-VƯƠN ĐẾN ƯỚC MƠ-
#5
Posted 14-10-2011 - 21:49
perfectstrong
-
- Quản lý Toán Ứng dụng
-
- 5026 posts
$LOVE(x)|_{x =\alpha}^\Omega=+\infty$
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.
1 user(s) are reading this topic
0 members, 1 guests, 0 anonymous users
