phan huong

Bạn có thể giải thích cho mình : Tại sao từ GA = GB =GD mình suy ra được DG vuông góc với AK không ?

Ga=GB=GD => $\widehat{AGD}=2\widehat{ABD}=90^{\circ}$ => AK vuông góc GD

Câu này khá hay

Câu 16:
Cho tam giác $ABC$, tâm nội $K(1,4)$, tâm ngoại $I(3,5)$, tâm bàng tiếp $F(11,14)$. Viết phương trình $BC$ và đường cao $AH$ của tam giác $ABC$.

Bài này có 1 tính chất quan trọng là giao của KF với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BKCF. Đến đây bài toán trở nên đơn giản

Có lẽ bạn nên làm rõ chỗ này hơn để mọi người hiểu .Tớ làm chỗ đó khá dài (dùng vecto tính độ dài đoạn thẳng). Không biết có cách nào ngắn hơn không
P/s : Trong phòng thi mất nửa tiếng mới làm xong cả bài.

tớ làm ngắn thôi :)Tam giác ABC vuông cân M là trung điểm CB.Mà CK=3KB nên K là trung điểm MB. Mà $\overrightarrow{AG}=2\overrightarrow{GK}$ nen G là trọng tâm tam giác MAB.Tam giác MAB vuông cân tại M nên GA=GB=GD

Để mãi không thấy ai trả lời vậy mình xin hướng dẫn vậy
Chứng minh K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác H₁H₂H₃

. Bỏ sót bài này., mà K là điểm gì vậy? tớ nghĩ bài này chỉ cần chứng minh $AH_{3}BH_{1}CH_{2}$ nội tiếp đường tròn tâm I là giao của các đường thẳng $AH_{1}, BH_{2}, CH_{3}$ và I là trung điểm mỗi đoạn

 Câu 8 :Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có A (-1;2). Gọi M, N lần lượt là trung điểm của cạnh AD và DC; K là giao điểm của BN với CM. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác BMK, biết BN có phương trình 2x + y – 8 = 0 và điểm B có hoành độ lớn hơn 2.(THPT chuyên Hưng Yên)

Gọi I là trung điểm của MB. ta có Tam giác BMK vuông tại K nên I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BMK

Tính được $cos\widehat{ABK}=\frac{\sqrt{5}}{5}$ => Gọi $\overrightarrow{AB}=(a,b), a^{2}+b^{2}>0$$\frac{\left | 2a+b \right |}{\sqrt{(a^{2}+b^{2})\sqrt{5}}}=\frac{\sqrt{5}}{5}\Leftrightarrow 3a^{2}+4ab=0$

=> a=0 hoặc 3a= -4b => pt AB$y-2=0$ hoặc $4x-3y+10=0$$B(3,2)$ (t/m) hoặc B($\frac{7}{5},\frac{26}{5})$ (Loại)

pt AI: $x-2y+5=0$.=>$IA=IB => I(1, 3)$ hoặc $I(\frac{1}{5},\frac{13}{5})$=> kết quả.............

Câu 7. Trong MPTĐ Oxy,cho tam giác ABC vuông cân tại A. Điểm K thuộc đoạn BC sao cho CK= 3KB . Điểm G thuộc AK sao cho $\overrightarrow{AG}=2\overrightarrow{GK}$ .Điểm D thuộc BC sao cho GB=GD. Biết D(7;-2) , phương trình AK là 3x-y-13=0 và điểm A có tung độ âm. Viết phương trình AB. (THPT Hùng Vương)

Gọi M là trung điểm của BC. Từ giả thiết của bài toán => G là trọng tâm tam giác AMB.=> GA=GB=GD => DG vuông góc AK.

phương trình DG:$x+3y-1=0$$\Rightarrow G(4,-1)$

$GA=GD=\sqrt{10}$$(a-4)^{2}+(3a-12)^{2}=10\Leftrightarrow (a-4)^{2}=1$

=>a=5 hoặc a=3. Do A có tung độ âm nên A(3,-4) => AB...............

Bài 3

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC cân tại B nộp tiếp đường tròn (C) có phương trình x² + y² – 10y – 25 = 0. I là tâm đường tròn (C). Đường thẳng BI cắt đường tròn (C) tại M (5; 0). Đường cao kẻ từ C cắt đường tròn (C) tại (-17/5; -6/5 ). Tìm tọa độ A, B, C biết hoành độ điểm A dương.
(Đề thi của THPT Nguyễn Thị Minh Khai)

trước hết ta tìm được B$(-5,10)$Gọi E là giao của BM với DC => Tam giác BDE cân tại B =>$\Rightarrow BD=BE=\sqrt{128}$

Gọi E$(a, 5-a)\Rightarrow 2(a+5)^2=128 \rightarrow a=3$ hoặc a= -13

Với a=3 => E(3, 2) => C(7,4) => A(1,-2) ( thỏa mãn )

Với a=-13 loại do A có hoành độ dương

        

Bài 1

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là I (-2;1) và thỏa mãn điều kiện góc AIB = 90⁰, chân đường cao kẻ từ A đến BC là D (-1;-1), đường thẳng AC đi qua điểm M (-1;4). Tìm tọa độ các đỉnh A, B biết rằng đỉnh A có hoành độ dương.(đề thi của THPT Chu Văn An Hà Nội)

 

Từ điều kiện $\widehat{AIB}=90^{\circ}$ => $\widehat{ACB}=\frac{1}{2}\widehat{AIB}=45^{\circ}$=> Tam giác ADC vuông cân tại D => DI vuông góc với AC

=> pt AC qua M là :$x-2y+9=0$. $d(D,AC)=\frac{10}{\sqrt{5}}=2\sqrt{5}$$\Rightarrow AD=2\sqrt{10}$

Gọi A$(2a-9, a)\Rightarrow (2a-8)^2+(a+1)^2=40$=> a=5 hoặc a=1. Do A có hoành độ >0 nên A$(1,5)$ => B$(2,-2)$

Giải gọn quá. Bạn giải nốt câu 2 giúp mình nhé...

Câu 2 mình mới làm ra số có 5 chữ số tận cùng là 1 chia hết cho 7 thôi còn 5 chữ số khác nhau thì chắc là liệt kê vì mk chưa tìm được tính chất đặc biệt nào của nó

Tìm x,y thỏa mãn

$\left\{\begin{matrix} x^{2}+y^{2}\geq 1\\ x^{3}+y^{3}=1 \end{matrix}\right.$

từ (1) $-1\leq x,y\leq 1\rightarrow \left\{\begin{matrix} -1\leq x^{3}\leq x^{2}\leq 1 & \\ -1\leq y^{3}\leq y^{2}\leq 1 & \end{matrix}\right.$

=>$1=x^{3}+y^{3}\leq x^{2}+y^{2}\leq 1$

Hệ thành $\left\{\begin{matrix} x^{2}+y^{2} =1& \\ x^{3}+y^{3}=1 & \end{matrix}\right.$

Mà $\left\{\begin{matrix} x^{2}(1-x)\geq 0 & \\ y^{2}(y-1)\leq 0 & \end{matrix}\right.$

=>x=0,y=1 hoặc x=1, y=0

Giải bất phương trình:

a)$x+\sqrt{x-1}-3 \geq \sqrt{2x^2-10x+16}$

b)$(3\sqrt{x}+1)\sqrt{2x-1} > 5x+\frac{3}{2}\sqrt{x}-3$

a, bpt $\Leftrightarrow x-3+\sqrt{x-1}\geq \sqrt{2(x^{2}-5x+8)}$

Áp dụng Bu-nhi-a ta có $x-3+\sqrt{x-1}\leq \sqrt{2(x^{2}-6x+9+x-1)}= \sqrt{2(x^{2}-5x+8)}$

 Dấu ''='' xảy ra khi x=5 hoặc x=2. kết hợp với đk, nghiệm của bpt x=5

Từ các chữ số từ 1 đến 9 lập được bao nhiêu số tự nhiên:
1. Có 6 chữ số khác nhau gồm 3 chữ số chẵn, 3 chữ số lẻ và tăng dần.
2. Có 5 chữ số khác nhau chia hết cho 7 và có tận cùng là 1

1, có $C_{4}^{3}.C_{5}^{3} $ số

2, dự là liệt kê vì các chữ số khác nhau

Giải hệ phương trình

$\left\{\begin{matrix} 3^{x+3y-2}+6.3^{y^2+4x-2}=3^{5y-3x}+2.3^{(y+1)^2}\\ 1+2\sqrt{x+y-1}=3\sqrt[3]{3y-2x} \end{matrix}\right.$

từ pt (1) ln 2 vế ta được :$2x-y=1\Leftrightarrow y=2x-1$. Thế vào pt(2) Dùng phép Đặt ẩn  phụ => kq

Nữa nè:

Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có đỉnh A(- 3; 5) và có diện tích bằng 25. Tìm tọa độ các đỉnh B, C, D của hình vuông biết tâm I của hình vuông nằm trên đường thẳng d: x + y – 5 = 0 và có hoành độ dương.

 

$S_{ABCD}=25 \Leftrightarrow \frac{1}{2}AC.BD=25\Leftrightarrow \frac{1}{2}(2AI)^{2}=25\Leftrightarrow AI^{2}=12,5$

$\Rightarrow I(\frac{1}{2},\frac{9}{2})$$\Rightarrow C(4,4)$=> pt BD:$7x-y+1=0$$\Rightarrow B(1,8), D(0,1)$ hoặc ngược lại

Thử sức nào

Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có A (-1;2). Gọi M, N lần lượt là trung điểm của cạnh AD và DC; K là giao điểm của BN với CM. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác BMK, biết BN có phương trình 2x + y – 8 = 0 và điểm B có hoành độ lớn hơn 2.

 

Gọi E là trung điểm BC => AE vuông góc BN  => pt AE: x - 2y + 5 = 0. Gọi vtpt của AB là $\overrightarrow{n}=(a, b)$ ta có cos(AB, AE)=$\frac{2}{\sqrt{5}}$=>$\frac{\left | a-2b \right |}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}=2$ $\Leftrightarrow a=0$ hoặc a=$-\frac{4b}{3}$ ( loại vì B có hoành độ >2)

 với a=0 chọn b=1 => pt AB y=2 => B( 3,2) => pt BC :x=3 => E(3,4), Gọi O là giao của AE với BM => O là trung điểm BM  => O(1,3)

=> pt đường tròn ngoại tiếp tam giác BMK :$(x-1)^{2}+(y-3)^{2}=5$

Câu 7. (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có M(2; 1) là trung điểm cạnh AC, điểm H(0; -3) là chân đường cao kẻ từ A, điểm E(23; -2) thuộc đường thẳng chứa trung tuyến kẻ từ C. Tìm tọa độ điểm B biết điểm A thuộc đường thẳng d: 2x + 3y - 5 = 0 và điểmC có hoành độ dương.

A thuộc d nên gọi A($a,\frac{5-2a}{3}$), M là trung điểm AC nên C ($4-c,2-\frac{5-2a}{3}$)

Ta có $\overrightarrow{AH}=(-a;-3-\frac{5-2a}{3});$$\overrightarrow{CH}=(a-4;\frac{5-2a}{3}-5)$

Do AH vuông góc BC nên $\overrightarrow{AH}.\overrightarrow{CH}=0$$\Leftrightarrow 13a^{2}-44a-140=0\Leftrightarrow a=-2$ hoặc a=$\frac{70}{13}$( loại do C có hoành độ dương)

=> A(-2, 3); C(6,-1) => pt BC ;x-3y-9=0, pt trung tuyến CE x+17y+11=0 => B(-3,-4)