Đến nội dung

Beautifulsunrise nội dung

Có 454 mục bởi Beautifulsunrise (Tìm giới hạn từ 30-03-2020)



Sắp theo                Sắp xếp  

#384515 Cho đường tròn (O). Cung BC=$120^o$. Tìm tập hợp điểm D

Đã gửi bởi Beautifulsunrise on 07-01-2013 - 21:46 trong Hình học

Cho đường tròn (O). Cung BC=$120^o$. Điểm A di chuyển trên cung lớn BC. Ở phía ngoài $\Delta ABC$ vẽ $\Delta ACD$ đều.
Tìm tập hợp điểm D

image.jpg
Gợi ý:
Giả sử đường thẳng DA cắt lại đường tròn (O) tại E. Ta có: $\widehat{EBC}=60^0 $ nên E là điểm chính giữa cung lớn BC. Quỹ tích điểm D là cung chứa góc $60^0$ dựng trên đoạn thẳng CE.



#384482 Topic các bài toán số học dành cho các bạn chuẩn bị thi tuyển sinh 10 năm 201...

Đã gửi bởi Beautifulsunrise on 07-01-2013 - 20:44 trong Số học

Góp mấy bài cho topic sống lại nè ^^:
Bài 64: Chứng minh $2^{8n}.5^{6n}-1980^n-441^n+1$ chia hết cho $1979,$ với mọi $n$ thuộc $\mathbb{N}.$
Bài 65: Chứng minh $5^{n+2}+26.5^n+8^{2n+1}$ chia hết cho $59$ với mọi $n$ thuộc $\mathbb{N}.$
Bài 66: Chứng minh rằng $1^3+2^3+3^3+...+100^3$ là số chính phương.
Bài 67: Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương $a$ sao cho $z=n^4+a$ không là số nguyên tố với mọi $n$ nguyên dương.
Bài 68: Tìm số dư khi chia $9^{10^{11}}-5^{9^{10}}$ cho $13.$

___________
P/s: Một số bài ở trên không dùng đồng dư nhé :)

Gợi ý:
Bài 64: Gọi biểu thức đã cho là A. Ta có: A = $2000^{2n}-21^{2n} - (1980^n -1)=1979.M-1979.N \vdots 1979$.
Bài 65: Gọi biểu thức đã cho là B. Ta có: B = $59.5^n+8(64^n-5^n)=59.H+59.K \vdots 59$.
Bài 66: BT này dùng PP quy nạp chứng minh thì sẽ dễ hơn: $1^3+2^3+...+n^3= \left( {\frac{n(n+1)}{2}} \right)^2$ thay n = 100 vào là có ngay đpcm.
Bài 67: BT này thật ngộ nghĩnh. Với mỗi n lẻ ta sẽ có vô số số tự nhiên lẻ a lớn hơn 1 thỏa mãn yêu cầu BT. Với mỗi n chẵn ta cũng có vô số số chẵn a lớn hơn 0 thỏa mãn yêu cầu BT. => đpcm.
Bài 68: Đặt biểu thức đã cho là A. Ta có: $9^3$ chia 13 dư 1 và $5^4$ chia 13 dư 1 (may quá). Do đó: A = $9^{3k+1}-5^{4k+1}=9(13G+1)-5(13J+1)=13R+4$ chia cho 13 dư 4.



#384427 Xác định vị trí của $\text{C , D}$ và tìm $...

Đã gửi bởi Beautifulsunrise on 07-01-2013 - 17:01 trong Hình học

Cho đoạn thẳng $\text{AB} = 2\text{a}$ cố định. Trên cùng nửa mặt phẳng bờ $\text{AB}$ vẽ $2$ tia $\text{Ax}$ và $\text{By}$ cùng vuông góc với $\text{AB}$. Qua một điểm $\text{O}$ cố định thuộc $\text{AB}$ luôn có hai đường thẳng vuông góc thay đổi với nhau cắt $\text{Ax}$ và $\text{By}$ lần lượt tại $\text{C}$ và $\text{D}$. Xác định vị trí của $\text{C , D}$ sao cho diện tích tam giác $\text{COD}$ đạt giá trị nhỏ nhất. Tính giá trị nhỏ nhất đó.

CB.JPG
Gợi ý:
Đặt BD = x. Tính được AC theo x. Từ đó tính được OC, OD theo x. BT đưa về tìm GTNN của 1 tam thức bậc hai.



#384423 Cho đường thẳng d nằm ngoài đường tròn tâm O

Đã gửi bởi Beautifulsunrise on 07-01-2013 - 16:42 trong Hình học

Cho đường thẳng d nằm ngoài đường tròn tâm O. Vẽ OA vuông góc với d tại A. Từ A kẻ các cát tuyến d1,d2 lần lượt cắt đường tròn (O) tại B,C và D,e (B giữa A và C, D giữa A và E). Gọi M,N theo thứ tự là giao điểm của đường thẳng BE và DC với đường thẳng d. Chứng minh tam giác OMN cân.

CB.JPG
Gợi ý:
Gọi H, K lần lượt là trung điểm của CD, BE. Ta có 2 tam giác AHD và AKB đồng dạng (cgc) $\Rightarrow \widehat{AON} = \widehat{AHN} = \widehat{AKM} = \widehat{AOM} \rightarrow$ đpcm.
Chú ý: Thực chất BT này là định lí con bướm cho đường tròn.



#384415 Topic hình học THCS

Đã gửi bởi Beautifulsunrise on 07-01-2013 - 15:15 trong Hình học

Đóng góp một bài toán cho topic nào (Dạo này thấy trầm quá ^^):
Bài 136: Cho $\Delta ABC$. Xét 1 đường tròn $(O)$ cắt các cạnh $BC,CA,AB$ lần lượt tại $A_{1},A_{2},B_{1},B_{2},C_{1},C_{2}$.CHứng minh rằng $AA_{1},BB_{1},CC_{1}$ đồng quy $\Leftrightarrow AA_{2},BB_{2},CC_{2}$ đồng quy :D

PVD.JPG
Gợi ý:
Ta có: $AA_1, BB_1, CC_1$ đồng quy $\Leftrightarrow \frac{A_1B}{A_1C}.\frac{B_1C}{B_1A}.\frac{C_1A}{C_1B} = 1 \Leftrightarrow \frac{A_1B}{C_1B}.\frac{B_1C}{A_1C}.\frac{C_1A}{B_1A} =1 \Leftrightarrow \frac{C_2B}{A_2B}.\frac{A_2C}{B_2C}.\frac{B_2A}{C_2A} =1$
$ \Leftrightarrow \frac{C_2B}{C_2A}.\frac{B_2A}{B_2C}.\frac{A_2C}{B_2C}=1 $
$ \Leftrightarrow AA_2, BB_2, CC_2 $đồng quy.



#384409 Biều diển diện tích phần chung của hai tam giác theo R.

Đã gửi bởi Beautifulsunrise on 07-01-2013 - 14:39 trong Hình học

Tam giác ABC đều nội tiếp đường tròn bán kính R. Xoay tam giác (cùng hoặc ngược chiều kim đồng hồ ) được tam giác A'B'C'.
Biều diển diện tích phần chung của hai tam giác theo R.
(Trích đề thi giải toán trên máy tính cầm tay tỉnh Bắc Giang năm học 2012-2013)

Phản ví dụ:
Trên 2 hình ta có diện tích phần chung khác nhau thì sao mà biểu diễn được theo R không đổi chứ:
Hình 1:
PVD.JPG
Hình 2:
PVD1.JPG



#384237 CMR: $BC\geq 2\sqrt{Rr}$

Đã gửi bởi Beautifulsunrise on 06-01-2013 - 20:24 trong Hình học

Anh có thể giúp em làm câu b rõ hơn chút được không ạ.

Mình đồng ý, vì HX // CE và $\frac{HX}{CE} = \frac{OX}{IE} = \frac{AH}{AC}$



#384233 $\frac{h_a}{l_a}+\frac{h_b}...

Đã gửi bởi Beautifulsunrise on 06-01-2013 - 20:06 trong Hình học

1 BĐT tương tự cho $m_{a};m_{b};m_{c}$ là :
Chứng minh $\frac{m_{a}}{h_{a}}+\frac{m_{b}}{h_{b}}+\frac{m_{c}}{h_{c}} \le 1+\frac{R}{r}$.
:)

Tóm tắt lời giải:
BT.JPG
Để chứng minh công thức $\frac{m_{a}}{h_{a}}+\frac{m_{b}}{h_{b}}+\frac{m_{c}}{h_{c}} \le 1+\frac{R}{r}$, ta không cần phải chuyển qua đại số mà cần lưu ý 1 chút xíu:
$m_a - R \le OM$
Và do vậy nên: $am_a + bm_b + cm_c - R(a + b +c) \le 2S$ chia cả 2 vế cho 2S ta có ngay đpcm.



#384231 Tìm $GTNN$ của $OA'+OB'+OC'$ theo $R$

Đã gửi bởi Beautifulsunrise on 06-01-2013 - 19:54 trong Hình học

Anh ơi, anh có thể không dùng vecto được không? Em cần cách của THCS.

Bạn có thể áp dụng trực tiếp công thức trong lời giải bài 135 ở đây:
http://diendantoanho...s/page__st__340
Nhưng ... khi đó ta lại có: OA' + OB' + OC' $\ge \frac{3R}{2}$. Lạ nhỉ. ^^



#384228 CMR: $BC\geq 2\sqrt{Rr}$

Đã gửi bởi Beautifulsunrise on 06-01-2013 - 19:43 trong Hình học

Cho $\Delta ABC$ ngoại tiếp đường tròn $(O;r)$. Gọi đường tròn $(I;R)$ là đường tròn bàng tiếp góc $A$ của $\Delta ABC$. Đường tròn $(O;r)$ tiếp xúc với $BC$ tại $D$, đường tròn $(I;R)$ tiếp xúc với $BC$ tại $E$.
a) CMR: $BC\geq 2\sqrt{Rr}$
b) CMR: đường thẳng đi qua $O$ và trung điểm của $AD$ đi qua trung điểm của $DE$


Gợi ý:
BT.JPG
a) Ta có: $BC = a = (p-b) + (p-c) \ge 2 \sqrt{(p-b)(p-c)}=2 \sqrt{Rr}$
b) Cho DO cắt (O) tại X, kẻ $XH \bot DO,~H \in AC $ vì 2 tam giác vuông OXH và IEC đồng dạng nên A, X, E thẳng hàng => đpcm



#384139 Tìm vị trí của $ABCD$ để $S_ICD$ lớn nhất

Đã gửi bởi Beautifulsunrise on 06-01-2013 - 13:46 trong Hình học

Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn $(O;R)$, $AC\perp BD$ tại $I$ ($I\neq O$). Tìm vị trí của $ABCD$ để $S_{ICD}$ lớn nhất

I. Phân tích:
Ta cần đánh giá tích ID.IC, để làm điều này ta nghĩ ngay đến công thức đặc trưng cho tứ giác nội tiếp ABCD có 2 đường chéo vuông góc với nhau tại I là: $IA^2+IB^2+IC^2+ID^2=DB^2=4R^2$. Chú ý là IC.IA = IB.ID = $R^2 - OI^2$
CAB.JPG
II. Gợi ý:
Ta có: $(R^2 - OI^2 )(\frac{1}{IC^2}+\frac{1}{ID^2})+IC^2+ID^2=4R^2$
$ \Rightarrow 4S(1+ \frac{R^2-OI^2}{4S^2} \le 4R^2)$
$ \Rightarrow .... $
III. Khai thác:
Tứ giác nội tiếp có 2 đường chéo vuông góc là 1 loại tứ giác đặc biệt nên có nhiều tính chất cũng rất đặc biệt bí mật.



#384125 Topic hình học THCS

Đã gửi bởi Beautifulsunrise on 06-01-2013 - 12:57 trong Hình học

Góp vui 2 bài :
Hình học cực trị :D
Bài 133
Cho (O,R) và (O',R') qua O . AB là dây cửa (O) và tiếp xúc với (O') tại C
Tìm Max $(BC^2 +AC^2)$ Theo R và R'

I. Phân tích:
Vì điểm C thuộc đoạn thẳng AB nên để đánh giá $CA^2+CB^2$ ta gọi D là trung điểm AB, khi đó $CA^2+CB^2=2(DA^2+DC^2)$. Ở đây cần chú ý là DA, DC đều tính được theo x = OD với R và R' không đổi.
CAB.JPG
II. Gợi ý:
Ta có: $DA^2+DC^2=R^2-x^2+R'^2-(R'-x)^2=R^2-2x^2+2R'x=R^2+\frac{R'^2}{2}-2(x- \frac{R'}{2})^2 \le R^2+\frac{R'^2}{2}$
Vậy: Max($CA^2+CB^2$ ) $= 2R^2+R'^2$
III. Khai thác:
Giả sử C, B nằm trên cùn nửa mặt phẳng bờ OO', OB cắt (O') tại F, AO cắt (O'), (O) lần lượt tại G, H. Khi đó nhờ KQ bài toán trên ta có thể tìm được Max của BF - GH.



#384095 Topic hình học THCS

Đã gửi bởi Beautifulsunrise on 06-01-2013 - 11:40 trong Hình học

bài 135:
Cho tam giác ABC, điểm I nằm trong tam giác, tia AI,BI,CI cắt 3 cạnh tại M N P
CMR : $\sqrt{\frac{IA}{IM}} + \sqrt{\frac{IB}{IN}} + \sqrt{\frac{IC}{IP}} \leq \frac{3}{2}$

I. Phân tích:
Dạng bài tập này có cách giải như sau:
Gọi $S_1,~S_2,~S_3$ lần lượt là diện tích của các tam giác IBC, ICA, IAB. Khi đó tính được $\frac{IA}{IM}=\frac{S_2+S_3}{S_1}$; $\frac{IB}{IN}=\frac{S_3+S_1}{S_2}$; $\frac{IC}{IP}=\frac{S_1+S_1}{S_3}$
BDT.JPG
II: Gợi ý:
Ta có: $\sqrt {\frac{IA}{IM}}+ \sqrt {\frac{IB}{IN}}+\sqrt {\frac{IC}{IP}}$$ \ge \frac{1}{\sqrt{2}}.(\frac{\sqrt{S_2}+\sqrt{S_3}}{S_1}+\frac{\sqrt{S_3}+\sqrt{S_1}}{S_2}+\frac{\sqrt{S_1}+\sqrt{S_2}}{S_3})$$\ge \frac{1}{\sqrt{2}} .6 = 3 .\sqrt{2} > \frac{3}{2} $
III. Khai thác:
Áp dụng công thức ở trên ta còn có:
1)$ \frac{IA}{IM}.\frac{IB}{IN}.\frac{IC}{IP} \ge 8$
2) $ \frac{IM}{IA}+\frac{IN}{IB}+\frac{IP}{IC} \ge \frac{3}{2}$ (BĐT Nesbit cho 3 số)
3) $ \frac{IA}{IM}+\frac{IB}{IN}+\frac{IC}{IP} \ge 6$ (Côsi cho 2 số)



#384011 Tìm $GTNN$ của $OA'+OB'+OC'$ theo $R$

Đã gửi bởi Beautifulsunrise on 05-01-2013 - 23:30 trong Hình học

Cho $\Delta ABC$ nội tiếp đường tròn $(O;R)$, các đường thẳng $AO, BO, CO$ cắt $BC, AC, AB$ lần lượt tại $A', B', C'$. Tìm $GTNN$ của $OA'+OB'+OC'$ theo $R$

CM.JPG
Gợi ý:
Đặt BC = a, CA = b, AB = c và gọi x, y, z lần lượt là khoảng cách từ O tới các cạnh BC, CA, AB và G là trọng tâm tam giác ABC. Ta có:
$OA' + OB' + OC' \ge x + y + z = \sqrt {3{R^2} - (\frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{4})} $
Mà: $O{A^2} = {(\overrightarrow {OG} + \overrightarrow {GA} )^2} = O{G^2} + \frac{4}{9}(\frac{{{b^2} + {c^2}}}{2} - \frac{{{a^2}}}{4}) + 2\overrightarrow {OG} .\overrightarrow {GA} $
$O{B^2} = {(\overrightarrow {OG} + \overrightarrow {GB} )^2} = O{G^2} + \frac{4}{9}(\frac{{{c^2} + {a^2}}}{2} - \frac{{{b^2}}}{4}) + 2\overrightarrow {OG} .\overrightarrow {GB} $
$O{C^2} = {(\overrightarrow {OG} + \overrightarrow {GC} )^2} = O{G^2} + \frac{4}{9}(\frac{{{a^2} + {b^2}}}{2} - \frac{{{c^2}}}{4}) + 2\overrightarrow {OG} .\overrightarrow {GC} $
=> $3{R^2} = 3O{G^2} + \frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{3} \ge \frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{3}$
Do vậy: $OA' + OB' + OC' \ge \frac{{R\sqrt 3 }}{2}$



#383991 Tính $GTLN$ của $OM$

Đã gửi bởi Beautifulsunrise on 05-01-2013 - 22:40 trong Hình học

Cho $A$ là một điểm cố định trên đường tròn $(O;1)$. $M$ là điểm sao cho $\Delta AMB$ vuông ở $M$ ($AB$ là dây của $(O;1)$). Tính $GTLN$ của $OM$

Gợi ý:
CM.JPG
Gọi E là trung điểm của AB. Đặt AE = x. Ta có: $OM \le OE + EM = x + \sqrt {{R^2} - {x^2}} \le R\sqrt 2 $



#383982 Tính giá trị lớn nhất của $S_{ABC}$

Đã gửi bởi Beautifulsunrise on 05-01-2013 - 22:14 trong Hình học

Cho đường tròn $(O;R)$ tiếp xúc ngoài $(O';r)$ tại $A$. Vẽ hai tia $Ax\perp Ay$ cắt $(O;R)$ và $(O;r)$ lần lượt tại $B$ và $C$. Tính giá trị lớn nhất của $S_{ABC}$

Gợi ý:
CM.JPG
Kẻ BD, CE lần lượt vuông góc với OO'. Đặt AE = x, HE = y. Dựa vào tam giác đồng dạng tính được:
$AB^2 = \frac{{2{R^2}}}{r}.y;\,\,\,AC^2 = 2rx$. Chú ý: x + y = 2r.
Ta có: $Max(S_{ABC}) = Rr. $ <=> x = y.



#383847 Chứng minh rằng : AM+BN+CE$\leq$ 4R+r

Đã gửi bởi Beautifulsunrise on 05-01-2013 - 16:56 trong Hình học

Cho tam giác ABC nhọn , các đường trung tuyến AM, BN, CE.
Chứng minh rằng : $AM+BN+CE\leq 4R+r$
Trong đó R,r lầ lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp tam giác ABC.

Bài này đã làm ở đây rồi:
http://diendantoanho...ib2abic2abbcca/
Xin phép :off:



#383845 Topic hình học THCS

Đã gửi bởi Beautifulsunrise on 05-01-2013 - 16:50 trong Hình học

Bài 134
Cho hình vuông ABCD .cạnh a
Vẽ (C,a).E, F $\in$ AB , AD sao cho EF tx (C,a)
TÌm Max $S_{EFC}$ theo $a$

I. Phân tích tìm cách giải:
Khi vẽ hình xong ta thấy ngay để dt tam giác EFC lớn nhất thì EF phải lớn nhất. Vì tam giác EFC có thể suy biến được thành đoạn thẳng AB hoặc AD nên:
B2.JPG
II. Lời giải tóm tắt:
Ta có: ${\rm{EF}} \le AE + {\rm{AF}} \Rightarrow 2EF \le AE + {\rm{AF + EF = 2a}} \Rightarrow {\rm{EF}} \le a$
Vậy: $S_{EFC} \le \frac{{{a^2}}}{2}$ Dấu bằng xảy ra khi C trùng B hoặc D.
III. Khai thác và mở rộng bài toán:
BT này đề cập đến cách để 1 tam giác vuông suy biến thành đoạn thẳng. Ngoài yêu cầu tìm Max ta có thể tìm được min của $S_{EFC}$ bằng cách tìm min của EF như sau: Đặt AE = x và AF = y thì ta có:
${\rm{EF = 2a - (x + y) = }}\sqrt {{x^2} + {y^2}} \ge \frac{{x + y}}{{\sqrt 2 }} \Rightarrow x + y \le \frac{{2a\sqrt 2 }}{{\sqrt 2 + 1}} \Rightarrow {\rm{EF}} \ge \frac{{2a}}{{\sqrt 2 + 1}}$
BT sẽ trở nên khó hơn khi người ra đề cố tình ẩn đi đường tròn (C, a) mà chỉ cho E, F lần lượt thuộc AB, AD sao cho $\widehat{ECF} = {45^0}$.



#383581 ĐỀ THI HSG TOÁN 9 HUYỆN ỨNG HÒA

Đã gửi bởi Beautifulsunrise on 04-01-2013 - 13:27 trong Tài liệu - Đề thi

Câu 5. Vì 2013 chia 3 được 671 (là số lẻ) dư 0. Người A sẽ có chiến thuật để luôn thắng, chiến thuật đó như sau:
Đầu tiên A bốc 3 hạt đậu, khi đó số đậu còn lại cũng chia hết cho 3 và là số chẵn nên từ bước 2 A sẽ cố tình bốc để số đậu còn lại chia 3 vẫn còn dư.
Như vậy chắc chắn là sau lần thứ n A bốc đậu như vậy số đậu sẽ còn lại 4 hoặc 5 đậu.
- Nếu còn lại 4 đậu thì B bốc thế nào A vẫn thắng cuộc
- Nếu còn lại 5 đậu: Nếu B bốc 1 đậu thì A bốc 1 đậu và đưa về TH còn 4 đậu, nếu B bốc 2 hoặc 3 đậu thì A bốc 3 hoặc 2 đậu là thắng.



#383569 $\frac{h_a}{l_a}+\frac{h_b}...

Đã gửi bởi Beautifulsunrise on 04-01-2013 - 12:52 trong Hình học

Gọi a, b, c là dộ dài các cạnh BC, CA, AB của tam giác ABC và ha,hb,hc là độ dài các đường cao tương ứng với 3 cạnh đó; la, lb, lc là độ dài các đường phân giác xuất phát từ các đỉnh A, B, C; r, R lần lượt là bán kinhs đường tròn nội tiếp và ngoai tiếp tam giác ABC. Chứng minh rằng :
$\frac{h_a}{l_a}+\frac{h_b}{l_b}+\frac{h_c}{l_c}\geq \sqrt[3]{\frac{2r}{R}}$

I. Phân tích tìm cách giải:
Với dạng bài tập này cách gần gũi nhất là chuyển về đại số mà nghiên cứu dần.
II. Làm đến bước 1:
Ta có:
$\frac{{{h_a}}}{{{l_a}}} = \frac{{\frac{{2\sqrt {p(p - a)(p - b)(p - c)} }}{a}}}{\frac{2\sqrt{bcp(p-a)}}{b+c}} = \frac{{b + c}}{a}.\sqrt {\frac{{(p - b)(p - c)}}{{bc}}}$.
$\frac{{2r}}{R} = \frac{{\frac{{2\sqrt {p(p - a)(p - b)(p - c)} }}{p}}}{{\frac{{abc}}{{4\sqrt {p(p - a)(p - b)(p - c)} }}}} = \frac{{8(p - a)(p - b)(p - c)}}{{abc}}$.
Bài toán đưa về chứng minh BĐT:
$\frac{{b + c}}{a}.\sqrt {\frac{{(p - b)(p - c)}}{{bc}}} + \frac{{c + a}}{b}.\sqrt {\frac{{(p - c)(p - a)}}{{ca}}} + \frac{{a + b}}{c}.\sqrt {\frac{{(p - a)(p - b)}}{{ab}}} \ge 2.\sqrt[3]{{\frac{{(p - a)(p - b)(p - c)}}{{abc}}}}$.
Đến đây mình không làm được.^^
III. Khai thác và mở rộng bài toán:
Thiết lập những cái tương tự cho các đại lượng $h_a,~h_b,~h_c,~l_a,~l_b,~l_c,~m_a,~m_b,~m_c$



#383552 Cho lục giác AB1CA1BC1 nội tiếp đường tròn tâm O.KA + KB +KC =KA1 + KB1 +KC1

Đã gửi bởi Beautifulsunrise on 04-01-2013 - 11:55 trong Hình học

Cho lục giác AB1CA1BC1 nội tiếp đường tròn tâm O. Ba đường chéo AA1, BB1, CC1 đồng quy tại K và đôi một tao với nhau 1 góc 60 độ. Chứng minh rằng : KA + KB +KC =KA1 + KB1 +KC1

I. Phân tích tìm cách giải:
Theo một tính chất quen thuộc đã biết của tam giác đều, đó là 1 điểm nằm trong tam giác đều có tổng khoảng cách đến 3 cạnh đúng bằng chiều cao của tam giác đều ta kẻ thêm các đường thẳng qua A, $A_1$, B, $B_1$, C, $C_1$ lần lượt vuông góc với
$AA_1$,$AA_1$,$BB_1$,$BB_1$,$CC_1$,$CC_1$ chúng cắt nhau tạo thành 2 tam giác đều NLJ và IMK nhiệm vụ của chúng ta là chứng minh 2 tam giác đều này bằng nhau.
DD.JPG
II. Lời giải tóm tắt:
Ta có: IQLT, JUMR đều là hình bình hành nên UQRT là ình bình hành. => QR = UT.
Tương tự: PQ = TS, PU = SR. Do đó 2 tam giác đều NLJ và IMK bằng nhau => đpcm.
III. Khai thác và mở rộng bài toán:
Lời giải không đả động gì đến giả thiết cho các điểm A, $A_1$, B, $B_1$, C, $C_1$ thuộc (O). Thật ra giả hiết này chả liên quan gì đến yêu cầu phải chứng minh cả mà nó liên quan chặt chẽ đến tính chất hình học hay và khó: 3 đường thẳng LI, MJ và NK đồng quy tại O.
DD1.JPG



#383480 $BC.IA^2+AC.IB^2+AB.IC^2=AB.BC.CA$

Đã gửi bởi Beautifulsunrise on 03-01-2013 - 23:22 trong Hình học

Gọi I là tân đường tròn nội tiếp tam giác nhọn ABC. Chứng minh rằng :
$$BC.IA^2+AC.IB^2+AB.IC^2=AB.BC.CA$$

Tìm hiểu một chút xíu xung quanh bài toán này:
Như vậy là ta đã có: $I{A^2} = \frac{{bc(b + c - a)}}{{b + c + a}} = bc - \frac{{abc}}{p} = bc - \frac{{abc}}{{4R}}.\frac{{4R}}{p} = bc - 4R.\frac{S}{p} = bc - 4Rr.$ (1)
Euler.JPG
Mặt khác: $\Delta AKI \sim \Delta CXM \sim \Delta LCM \Rightarrow \frac{{MC}}{{IA}} = \frac{{CX}}{{AK}} = \frac{a}{{2(p - a)}};\frac{{MC}}{{KI}} = \frac{{LM}}{{IA}} = \frac{{2R}}{{IA}}$
$ \Rightarrow MC = \frac{{IA.a}}{{2(p - a)}} =\frac{{2Rr}}{{IA}} \Rightarrow I{A^2} = \frac{{4Rr(p - a)}}{a}$ (2)
Từ (1) và (2) mình suy ra 1 kết quả gửi tặng chủ Topic: $bc - 4Rr= \frac{{4Rr(p - a)}}{a}$ hay S = pr hay là ...
Lí do:

cảm ơn nha :lol:

Ở đây có 1 kết quả đáng chú ý là: (L) là đường tròn ngoại tiếp tam giác TBC.



#383343 CMR BQP=DAQ

Đã gửi bởi Beautifulsunrise on 03-01-2013 - 17:53 trong Hình học

Dưới đây là hình vẽ minh họa 1 phản ví dụ. Tuy nhiên từ bài toán của bạn mình thấy được 1 tính chất hình học khá hay về 2 đường tròn cắt nhau dành tặng bạn:
Tc1dt.JPG
Cho 2 đường tròn cắt nhau tại 2 điểm $Q_1;~Q_2$. Trên đường tròn thứ nhất lấy 2 điểm A và D, trên dường tròn thứ hai lấy 2 điểm B và C sao cho AC // BD. Gọi P là giao điểm của AB và CD. CMR: 3 điểm $P,~Q_1,~Q_2$ thẳng hàng. Biết $Q_1Q_2$ cắt các đoạn DB, AC và 2 góc $AQ_1D;~BQ_2C$ đều bằng $60^0$.



#383334 Cho tam giác ABC có góc B= $75^{\circ}$, góc C=...

Đã gửi bởi Beautifulsunrise on 03-01-2013 - 17:07 trong Hình học

Cho tam giác ABC có góc B= $75^{\circ}$, góc C=$45^{\circ}$. Trên cạnh BC lấy điểm D sao cho góc BAD= $45^{\circ}$. Đường vuông góc với DC tại C cắt tia phân giác của góc ADC tại E. Tính góc CBE.

I. Phân tích tìm cách giải:
Với dạng bài toán tính góc ta cần chú ý tới tâm đường tròn nội tiếp tam giác, tâm dường tròn bàng tiếp tam giác. Ở bài toán này cần để ý thêm là góc $60^0$ bằng góc $180^0$ chia 3. Vẽ hình xong ta thấy ngay A là tâm dường tròn bàng tiếp góc C của tam giác CDE hay diễn đạt theo toán 7 là A E là đường phân giác của góc ngoài tại đỉnh E của tam giác CDE.
TGo.JPG
II. Lời giải tóm tắt:
Ta có EA là tia phân giác của góc DEx. Do đó: $\widehat{AED} = {75^0} = \widehat{ABD} \Rightarrow BE \bot AD \Rightarrow \widehat{CBE} = {30^0}$
III. Khai thác và mở rộng bài toán:
Với các giả thiết trong bài toán ta có ngay: $CE^2=CD.CB$ chú ý là $C{E^2} = \frac{{B{E^2}}}{4} = \frac{{A{B^2}}}{2} \Rightarrow A{B^2} = 2BC.DC$



#383332 Chứng minh S của 1 tam giác nhọn là trung bình nhân ...

Đã gửi bởi Beautifulsunrise on 03-01-2013 - 16:32 trong Hình học

Chứng minh S của 1 tam giác nhọn là trung bình nhân của S tam giác trực tâm và tam giác tiếp xúc nó

Bạn nên biết đây là Box hình THCS cho nên các khái niệm Tam giác trực tâm hay Tam giác tiếp xúc với nó cần phải được diễn đạt theo cách khác hoặc bạn chuyển vấn đề này lên Box hình phía trên nhá.