Đến nội dung


Chú ý

Nếu bạn gặp lỗi trong quá trinh đăng ký thành viên, hoặc đã đăng ký thành công nhưng không nhận được email kích hoạt, hãy thực hiện những bước sau:

  • Đăng nhập với tên và mật khẩu bạn đã dùng kể đăng ký. Dù bị lỗi nhưng hệ thống đã lưu thông tin của bạn vào cơ sở dữ liệu, nên có thể đăng nhập được.
  • Sau khi đăng nhập, phía góc trên bên phải màn hình sẽ có nút "Gửi lại mã kích hoạt", bạn nhấn vào nút đó để yêu cầu gửi mã kích hoạt mới qua email.
Nếu bạn đã quên mật khẩu thì lúc đăng nhập hãy nhấn vào nút "Tôi đã quên mật khẩu" để hệ thống gửi mật khẩu mới cho bạn, sau đó làm theo hai bước trên để kích hoạt tài khoản. Lưu ý sau khi đăng nhập được bạn nên thay mật khẩu mới.

Nếu vẫn không đăng nhập được, hoặc gặp lỗi "Không có yêu cầu xác nhận đang chờ giải quyết cho thành viên đó", bạn hãy gửi email đến [email protected] để được hỗ trợ.
---
Do sự cố ngoài ý muốn, tất cả bài viết và thành viên đăng kí sau ngày 08/08/2019 đều không thể được khôi phục. Những thành viên nào tham gia diễn đàn sau ngày này xin vui lòng đăng kí lại tài khoản. Ban Quản Trị rất mong các bạn thông cảm. Mọi câu hỏi hay thắc mắc các bạn có thể đăng vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để được hỗ trợ. Ngoài ra nếu các bạn thấy diễn đàn bị lỗi thì xin hãy thông báo cho BQT trong chủ đề Báo lỗi diễn đàn. Cảm ơn các bạn.

Ban Quản Trị.


metamodel

Đăng ký: 26-12-2004
Offline Đăng nhập: 03-08-2007 - 22:39
-----

Bài viết của tôi gửi

Trong chủ đề: đường thăng OI có gì đặc biệt

17-04-2005 - 15:42

Bài này tôi giải bằng vectơ.
Gọi G là trọng tâm tgDEF thì theo định lý về đường thẳng Ơle : I, H, G thẳng hàng. Do đó : O, I, H thẳng hang khi và chỉ khi O,I,G thẳng hàng.

Ta ký hiệu #AB là vectơ AB. Bây giờ ta tính #OI và #IG theo #AB và #AC.

Gọi A’,B’,C’ là chân các đường cao của tgABC. Dễ tính được #AA’=(bcosC#AB+ccosB#AC)/a.
Lại thấy : #ID = (r/AA’)#AA’=(a/2p)#AA’=(bcosC#AB+ccosB#AC)/2p.
Tương tự tính được #IE và #IF.

Vậy #IG=1/3(#ID + #IE + #IF) nên
#IG = [b(cosA+cosC-1)#AB + c(cosB+cosA-1)#AC]/6p

Gọi M là trung điểm BC thì có gócMOC=gócA hoặc MOC = pi-gócA. Trong cả 2 trường hợp ta luôn có #OM = (acotgA/2r)#ID.

Ta còn tính được #MD = [a/2 – (p-c)]/a .#BC = (b-c)/2a#AB+(c-b)/2a #AC.

Suy ra : #OI = #OM + #MD + #DI = (acotgA/2r - 1)#ID + #MD
= [(acotgA/2r – 1)bcosC/2p + (b-c)/2a]#AB + [(acotgA/2r – 1)ccosB/2p + (c-b)/2a]#AC

Đã biểu diễn : #IG = k#AB + l#AC và #OI = m#AB + n#AC
Vậy : O, I, G thẳng hàng < = > k.n=l.m
< = > [(acotgA/2r – 1)bcosC/2p + (b-c)/2a]. c(cosB+cosA-1) = [(acotgA/2r – 1)ccosB/2p + (c-b)/2a]. b(cosA+cosC-1)
< = > (acotgA/2r – 1)bc/2p.[cosC(cosB+cosA-1)-cosB(cosA+cosC-1)] = (c-b)/2a.[ b(cosA+cosC-1) + c(cosB+cosA-1) ]

Vế phải (VP) biến đổi (giữ (c-b) còn lại quy hết về hàm sin ) được :
VP = (c-b)/2 .(1-cosB-cosC)

Vế trái (VT) = (acotgA/2r – 1)bc/2p.(cosA-1)(cosC-cosB)
= (abc.cotgA/4pr – bc/2p).(cosA-1)(cosC-cosB)
Có : abc.cotgA/4pr = abc.cotgA/4S = RcotgA = RcosA/sinA.
Lại có : bc/2p = bc/(a+b+c) = 4Rsin(A/2)sin(B/2)sin(C/2) / sinA
= R(cosA+cosB+cosC-1) / sin A

Với chú ý là sinA+sinB+sinC = 4cos(A/2)cos(B/2)cos(C/2) và cosA+cosB+cosC=1+4sin(A/2)sin(B/2)sin(C/2)

Vậy : abc.cotgA/4pr – bc/2p = R(1-cosB-cosC) /sinA
Suy ra : VT = R(1-cosB-cosC) /sinA . (1-cosA)(cosB-cosC) = (1-cosB-cosC).(c-b)/2 =VP

Vậy ta có ĐPCM.
Bạn nào giải được bằng hình học thuần túy thì post lên nhé.

Trong chủ đề: làm giúp với

15-04-2005 - 17:27

Bài này hay thật, cách giải của tôi hơi có phần mò mẫm, bạn tự tìm hiểu tại sao nhé.

Gọi H,I,K là chân các đường pgiác A, trung tuyến B, đường cao C.
Theo định lý Xêva ta có : AK/KB * BH/HC = 1 suy ra KB/AK = BH/HC = c/b.
Suy ra ngay : AK = bc/(b+c) do AK+KB=c.

Vậy cosA=CK/CA=c/(b+c). Mà cosA=(b^2+c^2-a^2)/2bc

Suy ra :c/(b+c)=(b^2+c^2-a^2)/2bc => 2bc^2= (b+c).(b^2+c^2-a^2). (1)
Vì góc C nhọn nên cosC>0 nên c^2<a^2+b^2 => c^2-a^2<b^2 => b^2 + c^2-a^2<2b^2
=> (b+c)(b^2 + c^2-a^2)<2b^2(b+c) (2)
Từ (1),(2) suy ra : 2bc^2<2b^2(b+c) hay c^2<b^2+bc. (3)

Lại có (cosA)^2+cosA = c^2/(b+c)^2 +c/(b+c) = (2c^2+bc)/(b^2+2bc+c^2)

Từ (3) ta có : (2c^2+bc) < (b^2+2bc+c^2) suy ra (cosA)^2+cosA < 1 hay (cosA)^2 + cosA - 1<0

Giải bất pt tam thức bậc 2 ở trên ta có ngay cosA < (căn(5)-1)/2 .

Trong chủ đề: định lượnng

15-04-2005 - 14:14

Bài này bạn cứ dùng tam giác đồng dạng là ra mà. Đặt AB = d và AM = x.

Từ các tam giác đồng dạng, bạn có AO1/AB = x/(x+4) nên AO1 = dx/(x+4).
Tương tự, AO2 = dx/(x+9).

Lại xét các tam giác đồng dạng ta có : O1F1/MN1 = 4/(4+x) nên O1F1 = 4dx/(x+4)^2
Tương tự : O2F2 = 9dx/(x+9)^2

Bây giờ giải pt : O1F1 = O2F2 là ra x.

Trong chủ đề: Bài toán hình học ĐẶC BIỆT

14-04-2005 - 23:10

Bạn sẽ giải được bài toán trên nếu giải được bài sau : Cho tam giác ACD đều có G là tâm. M là trung điểm AC. Lầy điểm H đối xứng với G qua AC. CMR tập hợp những điểm B thỏa mãn BD=2BM là đường tròn tâm H bán kính HC.

Có lẽ đối với bài này thì không cách nào ngắn hơn cách tọa độ. Không giảm TQ giả sử AC=2 ....