sssshittt

À

 

À bạn ơi, bạn cho mình biết giới hạn quỹ tích luôn được không ?

mình mới lên lớp 10 nên cũng không biết nhiều về cái giới hạn này lắm,nghe thầy cô nói học kỹ về giới hạn ở lớp 11 thì phải. vì thế nên mình cũng chỉ biết xét với C trùng A và C trùng B  theo cách lớp 9 thôi

 

nhận thấy tứ giác CDOE nội tiếp

dễ dàng chứng minh được $\Delta CEO$ cân ở E

kẻ EK vuông góc với CO, EH vuông góc với DB

=> K là trung điểm CO

=> OK=$\frac{1}{2}$CO=$\frac{1}{2}$R

có $\widehat{HEO}=\widehat{ODE}=\widehat{CDE}=\widehat{COE}$

=> $\Delta EKO=\Delta OHE$

=> EH=OK=$\frac{1}{2}$R không đổi

=> E chuyển động trên đường thẳng song song với AB và cách AB một khoảng bằng $\frac{1}{2}$R

bài 1

 

 

dễ dàng chứng minh $\widehat{ACI}+\widehat{ABI}=45^{o}$

=> $\widehat{ACI}=45-\alpha$

theo định lý sin trong tam giác có

$\frac{sin\widehat{CAI}}{CI}=\frac{sin\alpha }{AI}$

$\frac{sin\widehat{BAI}}{BI}=\frac{sin(45-\alpha )}{AI}$

=> $\frac{sin\alpha }{sin(45-\alpha )}=\sqrt{2}$

vì tổng hai góc $\widehat{ACI}$ và $\widehat{ABI}$ bằng 45 độ nên ta có thể làm như sau

cho tam giác MNP vuông cân tại M trên MP lấy D sao cho $\widehat{MND}=\alpha $

=> $\widehat{DNP}=45^{o}-\alpha $

 

 

kẻ PE, MF vuông góc với DN

có $\frac{sin\alpha }{sin(45-\alpha )}=\sqrt{2}$

=> $\frac{sin\alpha }{sin(45-\alpha )}=\sqrt{2}=\frac{PN}{MN}$

<=> $\frac{\frac{MF}{MN}}{\frac{PE}{PN}}=\frac{PN}{MN}$

=> MF=PE

=> tứ giác PEMF là hình bình hành

=> D là trung điểm MP

=> $tan\alpha =\frac{MD}{MN}=\frac{1}{2}$

=> $AB=\frac{180^{o}-45^{o}-tan^{-1}\frac{1}{2}}{\frac{sin\widehat{IAB}}{IB}}=3$

tương tự có AC=4

chia hình ra cho dễ hình dung

 

 

nối CV,ZB cắt nhau tại N

dễ dàng chứng minh $\Delta CAV=\Delta ZAB$

=> $\widehat{AZB}=\widehat{VCA}$

=> tứ giác ZANC nội tiếp

=> $\widehat{ZNA}=\widehat{ZCA}=45^{o}$

nhận thấy tứ giác CNBG nội tiếp

=> $\widehat{CNG}=\widehat{CBG}=45^{o}$

=> $\widehat{ZNA}+\widehat{CNG}+\widehat{ZNC}=180^{o}$

=> A,N,G thẳng hàng

dễ dàng chứng minh AH=HN=$\frac{1}{2}$ZC,AK=KN$\frac{1}{2}$BV

=> HK vuông góc AN

=> HK vuông góc AG

 

 

kẻ AP vuông góc với GC

dễ dàng chứng minh 5 điểm H,A,M,P,C cùng nằm trên một đường tròn

có $\widehat{PCA}=\widehat{GCB}+\widehat{ACB}=45^{o}+\widehat{ACB}=\widehat{ACB}+\widehat{HCA}=\widehat{HCM}$

=> AP=HM

kẻ AM vuông góc với BC

dễ dàng chứng minh $\widehat{HMK}=90^{o}$ và HM//CG

$\widehat{CGA}=\widehat{HQA}=\widehat{HKM}$ (tứ giác QMKN nội tiếp)

=> $\Delta HMK=\Delta APG$

=> HK=AG

 

gọi AI cắt CD ở F

lấy E là trung điểm MB

vì AB//CD nên $\frac{AE}{NF}=\frac{EG}{NG}=\frac{1}{2}$

=> $\frac{\frac{3}{2}AM+\frac{1}{2}ME}{CN+CF}=\frac{1}{2}$

dễ dàng chứng minh được CN=$\frac{3}{2}$AM

=> $\frac{CN+\frac{1}{2}ME}{CN+CF}=\frac{1}{2}$

<=> 2CN+ME=CN+CF

<=> CN+ME=CF

<=> $\frac{3}{2}$AM+ME=CF

=> $\frac{5}{6}$AB=CF

<=> $\frac{CF}{AB}=\frac{5}{6}$

<=> $\frac{CI}{IB}=\frac{5}{6}$

<=> $\frac{BI}{BC}=\frac{6}{11}$

=> k=$\frac{6}{11}$

Cái chỗ biến đổi $AI^2 + IM^2 \geqslant \frac{(AI + IM)^2}{2}$ là dùng bất đẳng thức nào thế bạn?

Nếu không thì làm sao biến đổi được như thế nhỉ?

$2.AI^{2}+2.IM^{2}\geq AI^{2}+IM^{2}+2\sqrt{AI^{2}.IM^{2}}=AI^{2}+IM^{2}+2AI.IM=(AI+IM)^{2}$

 

kẻ AH vuông góc với BC

dễ dàng chứng minh được $IN^{2}+IK^{2}=AI^{2}$

có $AI^{2}+IM^{2}\geq \frac{(AI+IM)^{2}}{2}\geq \frac{AM^{2}}{2}\geq \frac{AH^{2}}{2}$

dấu bằng xảy ra khi I là trung điểm của AH

 

có $\frac{BT}{BF}=\frac{BT}{\sqrt{BT.BH}}=\sqrt{\frac{BT}{BH}}$

dễ dàng chứng minh được BO//HO'

=> $\sqrt{\frac{BT}{BH}}=\sqrt{\frac{OT}{OO'}}$

=> $\frac{BT}{BF}=\sqrt{\frac{OT}{OO'}}$

chứng minh tương tự $\frac{AT}{AE}=\sqrt{\frac{OT}{OO'}}$

=> $\frac{BT}{BF}=\frac{AT}{AE}$

=> $\frac{TA}{TB}=\frac{AE}{BF}$

 đúng không bạn

 

theo đề ra có M,B,D thẳng hàng

dễ dàng chứng minh được $\Delta MBC$ đồng dạng với $\Delta MCD$

=> $\frac{BC}{CD}=\frac{MC}{MD}$

tương tự $\frac{AB}{AD}=\frac{MA}{MD}$

có MA=MC

=> $\frac{AB}{AD}=\frac{BC}{CD}$

gọi I' là giao điểm của phân giác $\widehat{BAD}$ và BD

      I'' là giao điểm của phân giác $\widehat{BCD}$ và BD

=> $\frac{AB}{AD}=\frac{BI'}{I'D}$

     $\frac{BC}{CD}=\frac{BI''}{I''D}$

mà $\frac{AB}{AD}=\frac{BC}{CD}$ => $\frac{BI'}{I'D}=\frac{BI''}{I''D}$

=> $\frac{BI'}{BD}=\frac{BI''}{BD}$

=> BI'=BI''

=> I'$\equiv$I''$\equiv$I ( vì I là giao điểm của phân giác $\widehat{BAD}$ và $\widehat{BCD}$ )

 

a,

trên CM lấy P sao cho EP//GH

có $GE=\frac{1}{2}GM$ => $ME=\frac{3}{2}MG$

=> $MP=\frac{3}{2}MH=\frac{1}{3}.\frac{3}{2}CM=\frac{1}{2}CM$

=> P là trung điểm CM

có E là trung điểm AC

=> PE là đường trung bình của tam giác AMC

=> PE//AM

=> GH//AM

nhận thấy MO vuông góc với AM

=> MO vuông góc với GH

b,

có HO vuông góc với MG

     MO vuông góc với GH

=> O là trực tâm của tam giác MGH

=> OG vuông góc với CM

chúng đồng quy tại trực tâm của tam giác ABC bạn nhé

 

 

bạn chỉ cần chứng minh D,H,M thẳng hàng là được rồi tương tự với với FP và EN

đến đây thì dễ rồi

 

 

 

Kẻ MF//AB, ME//AC

Nhận thấy tứ giác AEMF là hình bình hành

<=> MF=EA

Theo bất đẳng thức tam giác có EM+EA>AM

=>EM+MF>AM

<=>EM.BC+MF.BC>AM.BC (BC>0)(1)

Kẻ tia Bx song song với AC cắt MF tại P =>tứ giác BEMP là hình bình hành =>PB=EM

Kẻ tia Cy song song với AB cắt ME tại Q =>tứ giác QCFM là hình bình hành =>QC=FM

Dễ dàng chứng minh được tam giác ABC đồng dạng với tam giác PMB =>$\frac{AC}{BC}=\frac{PB}{MB}$ <=>AC.MB=BC.PB=BC.EM(2)

                                          tam giác ABC đồng dạng với tam giác QCM =>$\frac{AB}{BC}=\frac{QC}{MC}$ <=>AB.MC=BC.QC=BC.FM(3)

(1),(2),(3)=>AC.MB+AB.MC>AM.BC