Đến nội dung

Hình ảnh

Tôpic nhận đề pp tọa độ trong MP hoặc giải tam giác


  • Chủ đề bị khóa Chủ đề bị khóa
Chủ đề này có 8 trả lời

#1
E. Galois

E. Galois

    Chú lùn thứ 8

  • Quản lý Toán Phổ thông
  • 3861 Bài viết

Chuyển nhanh đến:
1) Điều lệ
2) Đăng kí thi đấu
3) Lịch thi đấu và tổng hợp kết quả

Topic này dùng để BTC nhận đề thi từ các toán thủ thi đấu.

Điều 3. Phương thức thi đấu, cách tính điểm:
a. Phương thức thi đấu:

- Trước mỗi trận, các toán thủ nộp đề cho BTC, BTC chọn 1 đề thi đấu. Đề thi được chọn là của toán thủ nào thì toán thủ đó gọi là toán thủ ra đề.Toán thủ ra đề không phải làm bài. (BTC đảm bảo nguyên tắc mỗi toán thủ chỉ được chọn đề nhiều nhất 1 lần). Toán thủ đã được chọn đề 1 lần thì những trận sau đó không cần phải nộp đề nữa.
- Trong trường hợp đến hết ngày thứ Tư hàng tuần mà không có toán thủ nào nộp đề, BTC sẽ chỉ định toán thủ có SBD nhỏ nhất (chưa có đề được chọn) phải ra đề.
...

b. Cách tính điểm
...

+ Nếu ra đề sai, đề không đúng chủ đề định sẵn, đề vượt quá cấp học hoặc không giải được đề mình ra, toán thủ ra đề được −30 điểm.
+ Nếu đến lượt mà không ra đề được −20 điểm.
+ Ra đề mà không post đáp án đúng thời gian được −10 điểm
...


Điều 6. Quy định đề bài:
a. Nội dung:
-
Mỗi bộ đề bao gồm 1 câu không copy nguyên văn từ đề thi Olympic quốc gia trở lên.
b. Hình thức:
- Đề bài được gõ Latex rõ ràng.



BTC yêu cầu các toán thủ nộp đề về Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng hoặc giải tam giác. Đề cần nộp cùng đáp án

Các toán thủ khi thi đấu, cứ yên tâm rằng, sau khi đánh máy là đề đã được lưu, BTC đã nhận được đề của bạn, có điều bạn không nhìn thấy được mà thôi. Bạn nên mừng vì điều này, như thế các toán thủ khác không thể biết trước đề của bạn được.

Bạn cũng nên sử dụng chức năng xem trước của diễn đàn để sửa các lỗi Latex trước khi gửi bài, vì gửi rồi sẽ không xem và sửa lại được nữa.

Chú ý
Hiện tại, mới có 5 toán thủ được chọn đề, các toán thủ còn lại chưa được chọn đề cần khẩn trương ra đề, toán thủ nào nhiều trận không ra đề có thể sẽ có nguy cơ bị loại cao

1) Xem cách đăng bài tại đây
2) Học gõ công thức toán tại: http://diendantoanho...oạn-thảo-latex/
3) Xin đừng đặt tiêu đề gây nhiễu: "Một bài hay", "... đây", "giúp tớ với", "cần gấp", ...
4) Ghé thăm tôi tại 
http://Chúlùnthứ8.vn

5) Xin đừng hỏi bài hay nhờ tôi giải toán. Tôi cực gà.


#2
sogenlun

sogenlun

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 105 Bài viết
Đề bài : Cho tam giác đều $ABC$ có điểm D nằm trong tam giác sao cho $DA = 6\sqrt{2} , DB = 2\sqrt{7} , DC=10$
Tính các cạnh của tam giác $ABC$
Lời giải : Về phía ngoài tam giác dựng điểm E sao cho $\Delta BDE$ đều.
Suy ra : $EBC = DBA = 60^0- CAD $
Suy ra $\Delta ADB = \Delta CEB (c.g.c)$
Suy ra $CE = AD = 6\sqrt{2} $
Suy ra tam giác $DEC$ vuông tại $E$.
Suy ra $BEC = 150^0$
Xét tam giác $BEC$ sao định lí hàm số cosin ta có :
$BC^2 = BE^2+CE^2-2.BE.CE.\cos 150^0 = DC^2-2.BE.CE.\cos 150^0=100+2.2\sqrt{7}.6\sqrt{2}.\dfrac{\sqrt{3}}{2} = 100+12\sqrt{42} $
Suy ra $AB=BC=CA=\sqrt{100+12\sqrt{42}}$.
Hình đã gửi

Chia sẻ tài liệu ôn thi đại học tại : http://blogtoanli.net


#3
chagtraife

chagtraife

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 154 Bài viết
Đề:cho $\Delta$ABC thỏa mãn: $BC=\frac{\sqrt{3}}{2}$ và $\tan \frac{A}{2}+\tan \frac{B}{2}+\tan \frac{C}{2}=\frac{9R^{2}}{4S}$ (S:diện tích $\Delta$ABC)
tính các cạnh và các góc của $\Delta$ABC!
giải:
ta có:$\tan \frac{A}{2}+\tan \frac{B}{2}+\tan \frac{C}{2}=\frac{9R^{2}}{4S} $
$\Leftrightarrow 4S(\tan \frac{A}{2}+\tan \frac{B}{2}+\tan \frac{C}{2})=9R^{2} $
$\Leftrightarrow \frac{abc}{R}(\tan \frac{A}{2}+\tan \frac{B}{2}+\tan \frac{C}{2})=9R^{2} $
$\Leftrightarrow \frac{2R\sin A.2R\sin B.2R\sin C}{R}.(\tan \frac{A}{2}+\tan \frac{B}{2}+\tan \frac{C}{2})=9R^{2} $
$\Leftrightarrow 8\sin A.\sin B.\sin C(\tan \frac{A}{2}+\tan \frac{B}{2}+\tan \frac{C}{2})=9$
$\Leftrightarrow 4\sin ^{2}\frac{A}{2}.\sin B.\sin C+4\sin ^{2}\frac{B}{2}.\sin A.\sin C+4\sin ^{2}\frac{C}{2}.\sin A.\sin B=\frac{9}{4} $
$\Leftrightarrow 2\sin B.\sin C(1-\cos A)+2\sin A.\sin C(1-\cos B)+2\sin A\sin B(1-\cos C)=\frac{9}{4} $
$\Leftrightarrow 2(\sin B\sin C+\sin C\sin A+\sin A\sin B)-(2\sin B\sin C\cos A+2\sin A\sin C\cos B+2\sin A\sin B\cos C)=\frac{9}{4} $
$\Leftrightarrow 2(\sin B\sin C+\sin C\sin A+\sin A\sin B)-((\sin B\sin C\cos A+\sin A\sin C\cos B)+(\sin A\sin C\cos B+\sin A\sin B\cos C)+(\sin A\sin B\cos C+\sin B\sin C\cos A))=\frac{9}{4} $
$\Leftrightarrow 2(\sin B\sin C+\sin C\sin A+\sin A\sin B)-(\sin ^{2}A+\sin ^{2}B+\sin ^{2}C)=\frac{9}{4}$ (1)
Ta có:
VT(1)$\leq 2(\sin ^{2}A+\sin ^{2}B+\sin ^{2}C)-(\sin ^{2}A+\sin ^{2}B+\sin ^{2}C)= \sin ^{2}A+\sin ^{2}B+\sin ^{2}C\leq \frac{9}{4}$ $(2)$
Thật vậy, $(2)\Leftrightarrow \frac{1-\cos 2A}{2}+\frac{1-\cos 2B}{2}+\sin ^{2}C\leq \frac{9}{4}$
$\Leftrightarrow -4\cos ^{2}C-2(\cos 2A+\cos 2B)-1\leq 0$
$\Leftrightarrow -4\cos ^{2}C+4\cos (A-B)\cos C-1\leq 0$
xét:$ \Delta '= 4\cos ^{2}(A-B)-4\leq 0 \Rightarrow (2)$đúng
mặt khác, dấu = trong (2) $\Leftrightarrow \Delta ABC$đều
do đó:AB=BC=CA=$\frac{\sqrt{3}}{2}$
và: $\widehat{A}=\widehat{B}= \widehat{C}=60^{\circ}$

#4
hoangkkk

hoangkkk

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 83 Bài viết
Em xin đóng góp 1 bài :
Đề bài :
Trong mặt phẳng tọa độ $Oxy$ cho đường tròn $\left ( C \right )$ phương trình $(x-1)^2+(y-1)^2=25$ và các điểm $A(7;9), B(0;8)$. Tìm tọa độ điểm M thuộc $\left ( C \right )$ sao cho biểu thức $P=MA+2MB$ đạt giá trị nhỏ nhất.
Lời giải :
$\left ( C \right )$ có tâm $I(1,1)$ và bán kính $R=5$.
Gọi $J\left ( \frac{5}{2};3 \right )$. Với mọi $M$ thuộc $\left ( C \right )$ ta chứng minh $MA=2MJ$.
Thật vậy, $MA=2MJ \Leftrightarrow MA^2=4MJ^2$
$\left ( \overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IA} \right )^2=4\left ( \overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IJ} \right )\Leftrightarrow 2\overrightarrow{MI}\left ( \overrightarrow{IA}-4\overrightarrow{IJ} \right )=3R^2+4IJ^2-IA^2$
Đẳng thức này đúng do $\overrightarrow{IA}-4\overrightarrow{IJ}=\overrightarrow{0}; 3R^2+4IJ^2-IA^2=0$.
Vì thế với mọi điểm $M$ thuộc $\left ( C \right )$ ta có :
$$MA+2MB=2(MJ+MB)\geq 2BJ$$
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $M$ thuộc đoạn thẳng $BJ$ (do $B$ nằm ngoài $\left ( C \right )$ và $J$ nằm trong $\left ( C \right )$)
hay $M$ là giao điểm của $\left ( C \right )$ và đường thẳng $BJ$.
$BJ$ có phương trình $2x+y-8= 0$. Tọa độ giao điểm của $BJ$ và $\left ( C \right )$ là nghiệm của hệ phuơng trình
$$\left\{\begin{matrix}
2x+y-8=0 & \\
(x-1)^2+(y-1)^2 =25&
\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}
x=1 & \\
y=6&
\end{matrix}\right.$$ hoặc $$\left\{\begin{matrix}
x=5 & \\
y=-2&
\end{matrix}\right.$$.
Điểm $M(1,6)$ thỏa mãn thuộc đoạn thẳng $BJ$ nên tọa độ cần tìm của điểm $M$ là $M(1,6)$.

A2K40-er

My Blog : http://a2k40pbc.blogspot.com/


#5
19kvh97

19kvh97

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 423 Bài viết
Đề Bài: Cho $\Delta ABC$ thay đổi nhưng $\widehat{C}=60^{\circ}$. Trên đường tròn ngoại tiếp $\Delta ABC$ lấy $M$ thuộc cung $AB$ sao cho $S_{AMBC}=\frac{c^2+ab}{2+2\cot C}$. Trong đó $AB=c$;$AC=b$;$BC=a$.
Tính các góc của $\Delta ABM$

Bài giải

Đặt $MA=d$; $MB=e$;$S_{AMBC}=S$
Ta có $\diamond AMBC$ nội tiếp nên $\cos M=-\cos C$ và $\sin M=\sin C$
$\widehat{C}=60^{\circ}$ suy ra $\cos C=\frac{1}{2}$
suy ra $S=\frac{c^2+2ab\cos C}{2+2\cot C}=\frac{c^2+(a^2+b^2-c^2)}{2+2\cot C}=\frac{a^2+b^2}{2+2\cot C}(*)$
mà $S=S_{AMB}+S_{ABC}=\frac{1}{2}\sin C(ab+de)$ nên
$(*)\Leftrightarrow 2S+\frac{1}{2}\sin C(ab+de).2\cot C=a^2+b^2$
ta lại có:$\frac{1}{2}\sin C(ab+de).2\cot C=\cos C(ab+de)=\frac{a^2+b^2-c^2}{2}+\frac{-d^2-e^2+c^2}{2}=\frac{a^2+b^2-d^2-e^2}{2}$
suy ra $S=\frac{a^2+b^2+e^2+d^2}{4}(1)$
Mặt khác ta cm kết quả sau $S=\sqrt{(p-a)(p-b)(p-e)(p-d)}$. Trong đó $p$ là nửa chu vi tứ giác. Thật vậy
ta có $c^2=a^2+b^2-2ab\cos C=d^2+e^2+2de\cos C$
suy ra $a^2+b^2-d^2-e^2=\cos C(2ab+2de)$
$\Rightarrow (a^2+b^2-d^2-e^2)^2=(2ab+2de)^2(1-\sin ^2C)$
$\Rightarrow\sin ^2C(2ab+2de)^2=(2ab+2de+a^2+b^2-d^2-e^2)(2ab+2de-a^2-b^2+d^2+e^2)$
$=((a+b)^2-(d-e)^2)((d+e)^2-(a-b)^2)$
$=(a+b+d-e)(b+d+e-a)(d+e+a-b)(e+a+b-d)=16(p-a)(p-b)(p-d)(p-e)$
mà $S=S_{AMB}+S_{ABC}=\frac{1}{2}\sin C(ab+de)$ nên $S=\sqrt{(p-a)(p-b)(p-e)(p-d)}$(đpcm)
Theo AM-GM và B.C.S ta có
$S\leq \frac{p^2}{4}=\frac{(a+b+d+e)^2}{16}\leq \frac{((a+b)^2+(d+e)^2)}{8}\leq \frac{a^2+b^2+c^2+d^2}{4}(2)$
ĐTXR khi $a=b=d=e$
nên từ $(1)$ và $(2)$ suy ra $a=b=d=e$ suy ra $\Delta ABM$ cân tại $M$
nên $\widehat{MAB}=\widehat{MAB}=180^{\circ}-\widehat{M}=\widehat{C}=60^{\circ}$
và $\widehat{M}=120^{\circ}$

#6
19kvh97

19kvh97

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 423 Bài viết
Cho em sửa 1 chút chỗ bài giải của bài em gửi
chỗ cuối phải là $\widehat{MAB}=\widehat{MBA}=\frac{180^{\circ}-\widehat{M}}{2}=\frac{\widehat{C}}{2}=30^{\circ}$

#7
19kvh97

19kvh97

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 423 Bài viết
Cho em sửa 1 chút chỗ bài giải của bài em gửi
chỗ cuối phải là $\widehat{MAB}=\widehat{MBA}=\frac{180^{\circ}-\widehat{M}}{2}=\frac{\widehat{C}}{2}=30^{\circ}$

#8
19kvh97

19kvh97

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 423 Bài viết
BQT cho em sửa lại đề .đề trên của em có chút sai sót
Đề bài: Cho tam giác $ABC$ đều nội tiếp đường tròn $(O)$. Trên cung $AB$ lấy $M$ sao cho $S_{AMBC}=\frac{(a+b+d+e)^2}{8+16\cot C}$ ($AM=d$;$BM=e$;$AB=c$;$AC=b$).
Tính các góc của tam giác $MBA$

Bài làm

Đặt $S_{AMBC}=S$
Do tứ giác $AMBC$ nội tiếp nên$\widehat{M}+\widehat{C}=180^{\circ}$
Suy ra $\sin M=\sin C$ ;$\cos M=-\cos C$
Theo AM-GM ta có
$\frac{(a+b+d+e)^2}{4}\geq (a+d)(b+e)$
$\frac{(a+b+d+e)^2}{4}\geq (a+e)(b+d)$
suy ra $\frac{(a+b+d+e)^2}{2}\geq 2ab+2de+ad+ae+bd+be$
suy ra $S\geq \frac{2ab+2de+ad+ae+bd+be}{4+8\cot C }$
$\Leftrightarrow 4S+8S\cot C\geq 2ab+2de+ad+ae+be+bd$
mà $8S\cot C=8\cot C(S_{AMB}+S_{ABC})=4\cot C(de\sin M+ab\sin C)=4\cos C(de+ab)=2(de+ab)$
(do $\widehat{C}=60^{\circ}$)
suy ra $S\geq \frac{ad+ae+be+bd}{4}=\frac{(a+b)(d+e)}{4}(1)$
Mặt khác $S=\sqrt{(p-a)(p-b)(p-d)(p-e)}$. Thật vậy
ta có $AB^2=d^2+e^2-2de\cos M=a^2+b^2-2\cos C$
$\Leftrightarrow 2\cos C(de+ab)=a^2+b^2-d^2-e^2$
$\Leftrightarrow (1-\sin ^2C)(2de+2ab)^2=(a^2+b^2-d^2-e^2)^2$
$\Leftrightarrow \sin ^2C(2ab+2de)^2=(2ab+2de)^2-(a^2+b^2-d^2-e^2)^2$
$\Leftrightarrow 16S^2=((d+e)^2-(a-b)^2)((a+b)^2-(d-e)^2)=16(p-a)(p-b)(p-d)(p-e)$
$\Leftrightarrow S=\sqrt{(p-a)(p-b)(p-d)(p-e)}$(đpcm)
suy ra theo AM-GM ta có $S\leq \frac{(2p-a-b)(2p-d-e)}{4}=\frac{(a+b)(d+e)}{4}(2)$
Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra $d=e$
suy ra tam giác $MAB$ cân tại $M$
mà $\widehat{M}=180^{\circ}-\widehat{C}=120^{\circ}$
suy ra $\widehat{MAB}=\widehat{MBA}=30^{\circ}$

#9
19kvh97

19kvh97

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 423 Bài viết
BQT cho em sửa lại đề .đề trên của em có chút sai sót
Đề bài: Cho tam giác $ABC$ đều nội tiếp đường tròn $(O)$. Trên cung $AB$ lấy $M$ sao cho $S_{AMBC}=\frac{(a+b+d+e)^2}{8+16\cot C}$ ($AM=d$;$BM=e$;$AB=c$;$AC=b$).
Tính các góc của tam giác $MBA$

Bài làm

Đặt $S_{AMBC}=S$
Do tứ giác $AMBC$ nội tiếp nên$\widehat{M}+\widehat{C}=180^{\circ}$
Suy ra $\sin M=\sin C$ ;$\cos M=-\cos C$
Theo AM-GM ta có
$\frac{(a+b+d+e)^2}{4}\geq (a+d)(b+e)$
$\frac{(a+b+d+e)^2}{4}\geq (a+e)(b+d)$
suy ra $\frac{(a+b+d+e)^2}{2}\geq 2ab+2de+ad+ae+bd+be$
suy ra $S\geq \frac{2ab+2de+ad+ae+bd+be}{4+8\cot C }$
$\Leftrightarrow 4S+8S\cot C\geq 2ab+2de+ad+ae+be+bd$
mà $8S\cot C=8\cot C(S_{AMB}+S_{ABC})=4\cot C(de\sin M+ab\sin C)=4\cos C(de+ab)=2(de+ab)$
(do $\widehat{C}=60^{\circ}$)
suy ra $S\geq \frac{ad+ae+be+bd}{4}=\frac{(a+b)(d+e)}{4}(1)$
Mặt khác $S=\sqrt{(p-a)(p-b)(p-d)(p-e)}$. Thật vậy
ta có $AB^2=d^2+e^2-2de\cos M=a^2+b^2-2\cos C$
$\Leftrightarrow 2\cos C(de+ab)=a^2+b^2-d^2-e^2$
$\Leftrightarrow (1-\sin ^2C)(2de+2ab)^2=(a^2+b^2-d^2-e^2)^2$
$\Leftrightarrow \sin ^2C(2ab+2de)^2=(2ab+2de)^2-(a^2+b^2-d^2-e^2)^2$
$\Leftrightarrow 16S^2=((d+e)^2-(a-b)^2)((a+b)^2-(d-e)^2)=16(p-a)(p-b)(p-d)(p-e)$
$\Leftrightarrow S=\sqrt{(p-a)(p-b)(p-d)(p-e)}$(đpcm)
suy ra theo AM-GM ta có $S\leq \frac{(2p-a-b)(2p-d-e)}{4}=\frac{(a+b)(d+e)}{4}(2)$
Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra $d=e$
suy ra tam giác $MAB$ cân tại $M$
mà $\widehat{M}=180^{\circ}-\widehat{C}=120^{\circ}$
suy ra $\widehat{MAB}=\widehat{MBA}=30^{\circ}$




0 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh