· Web viewChủ đề 9: Tích vô hướng của hai vectơ và ứng dụngThe Best or Nothing

TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ VÀ ỨNG DỤNG

Trong chủ đề này, chúng tôi xin giới thiệu một chuyên đề hình học lớp 10 nữa, đó là phép nhân vô hướng của hai vecto. Phép nhân này cho kết quả là một số, số đó gọi là tích vô hướng của hai vecto. Để có thể xác định tính vô hướng của hai

vecto ta cần đến khái niệm giá trị lượng giác của một góc bất kì với

là mở rộng của khái niệm tỉ số lượng giác của một góc nhọn đã biết ở lớp 9.

§1. Giá trị lượng giác của một góc bất kì từ đến

A. Lý thuyết

1. Định nghĩa

Với mỗi góc ta xác định một điểm M trên nửa đường tròn đơn

vị sao cho . Tung độ của điểm M là sin của góc , kí hiệu là

Hoành độ của điểm M là côsin của góc , kí hiệu .

Giả sử điểm M có tọa độ . Khi đó

Khi , tỉ số được gọi là tang của góc , kí hiệu .

Khi , tỉ số được gọi là cotang của góc , kí hiệu .

Các số được gọi là các giá trị lượng giác của góc .

Nhận xét: Với định nghĩa này, ta thấy:

+ Góc bất kì từ đến có sin thuộc đoạn .

+ Góc bất kì từ đến có cosin thuộc đoạn .

+ Với :

+ Với :

Chủ đề 8

Vấn đề cần nắm:

1. Giá trị lượng giác của một góc bất kì từ

2. Tích vô hướng của hai vectơ

3. Các hệ thức lượng trong tam giác

STUDY TIP

- Để nhớ định nghĩa giá trị lượng giác sin, cos, tan, cot ta có các câu sau:

Cô sin (cos) là trục nằm ngang (trục hoành).

Song song với nó là chàng cô tang (cot).

Còn sin thì đứng thẳng bang.

Đối diện với nó có tang (tan) đứng chờ.

0 180

0 180

0 180

(0 180 )

xOM sin

cos

0 0;M x y 0 0sin , cos .y x

0 0x 0

0

yx tan

0 0y 0

0

xy cot

sin ,cos , tan ,cot

0 180 0;1

0 180 1;1

0 ;90 sin ,cos , tan ,cot 0

90 ;180 sin 0,cos , tan ,cot 0

2. Các hệ thức lượng giác cơ bản

1. . 4.

2. . 5.

3. . 6.

3.Tính chất

a) Hai góc phụ nhau

1. . 4.

2. . 5.

b) Hai góc bù nhau

1. . 4.

2. . 5.

4. Giá trị lượng giác của các góc đặc biệt

Giá trị lượng giác

0 1

1 0

0 1 ||

|| 1 0

Ghi nhớ:

Cách 1: Quy tắc bàn tay trái.

- Bước 1: Ghi các góc đặc biệt lên các ngón tay như hình vẽ (lòng bàn tay hứng vào trong).

Tính giá trị lượng giác của góc nào, ta quặp ngón tay đó lại như hình vẽ.

2 2sin cos 1 tan .cot 1 sin ,cos 0

sintan (cos 0)cos

22

11 tancos

coscot sin 0sin

22

11 cotsin

sin cos 90 tan cot 90

cos sin 90 cot tan 90

sin sin 180 tan tan 180

cos cos 180 cot cot 180

0 30 45 60 90

sin12

22

32

cos 32

22

12

tan13

3

cot 313

- Bước 2:

Cách 2: Đánh số vị trí cho các góc lần lượt theo thứ tự là 0, 1, 2, 3, 3.

Chú ý: Từ giá trị lượng giác của các góc đặc biệt đã cho trong bảng và tính chất trên, ta có thể suy ra giá trị lượng giác của một số góc đặc biệt khác.

Chẳng hạn:

5. Góc giữa hai vectơ

a) Định nghĩa

Cho hai vectơ và đều khác vectơ . Từ một điểm O bất kì ta vẽ và

. Góc với số đo từ đến được gọi là góc giữa hai vectơ

và . Ta kí hiệu góc giữa hai vectơ và và . Nếu thì ta nói

rằng và vuông góc với nhau, kí hiệu là hoặc

Lời giải

b) Nhận xét:

Từ định nghĩa ta có .

+ khi và chỉ khi và cùng hướng.

+ khi và chỉ khi và ngược hướng.

B. Các dạng toán điển hình

Xác định tọa độ của điểm M

Với dạng toán này, học sinh cần nắm vững định nghĩa..

STUDY TIP

Trong định nghĩa thì O được lấy tùy ý. Tuy nhiên trong giải toán ta có thể chọn vị trí điểm O thích hợp, hay chọn điểm O trùng với điểm gốc của

vectơ và cho đơn giản.

Dạng 1

STUDY TIP

Muốn xác định tọa độ của điểm M trên nửa đường tròn đơn vị, ta xác định

góc . Khi đó

sin2

sè ngãn tay bªn ph¶i

cos2

sè ngã n tay bªn tr i

0 ,30 , 45 ,60 ,90

4sin ,cos

2 2sè vÞ trÝ sè vÞ trÝ

3sin120 sin 180 60 sin 602

2cos135 cos 180 45 cos 452

a

b

0

OA a

OB b AOB 0 180 a

b

a

b ,a b

90,a b

a

b

a b

b a

a

b

, ,a b b a

, 0a b

a

b

1 0, 8a b

a

b

Ví dụ 1: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, gọi M là một điểm trên nửa đường tròn

đơn vị sao cho (như hình vẽ). Tọa độ của điểm M là:

A. B.

C. D.

Lời giải

Vì hoành độ của điểm M là , tung độ của điểm M là nên tọa độ của

điểm M là .

Đáp án C.

Ví dụ 2: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, gọi M là một điểm trên nửa đường tròn

đơn vị sao cho (như hình vẽ). Hoành độ của điểm M là:

A. B. C. D.

Phân tích: Dựa vào ví dụ 1, hoành độ điểm M là .Dùng máy tính cầm tay ta suy ra kết quả là đáp án A. Ta sẽ chuẩn xác lời giải bằng 2 cách sau:

Lời giải

Cách 1: (Dùng hình học)

Xét tam iacs ABC cân tại A, . Khi đó .

Dựng phân giác CD. Suy ra tam giác ACD cân tại D, tam giác BCD cân tại C.

Do đó: .

Kẻ . Đặt

Khi đó .

STUDY TIP

Muốn xác định tọa độ của điểm M trên nửa đường tròn đơn vị, ta xác định

góc . Khi đó

STUDY TIP

Do

. Nên .

Như vậy ta thấy ngay rằng đáp án C, D bị loại

xOM

cos ;sin

xOM

sin ;cos sin ;cos

cos ;sin cos ;sin

cos sin

cos ;sin

36xOM

1 54

1 54

1 54

1 52

cos36

36 , 1BAC BC 72ABC ACB

1DA DC CB

DH AC 2 , 2 1AH HC x AB AC x BD x

0 36 90xOM 0 cos36 1

cos36 AH xAD

Do CD là phân giác của góc nên

Vậy . Hoành độ của điểm M là .

Lưu ý: Từ bài toán này ta có thể tính được bằng cách làm tiếp từ bài toán trên như sau:

Kể , do tam giác CDB cân tại C nên

Mà nên

Cách 2: (Sau khi học xong các công thức lượng giác)

Ta có:

Đáp án A

Ví dụ 3: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, gọi A, B lần lượt là hai điểm trên nửa

đường tròn đơn vị sao cho (như hình vẽ).

Giá trị của bằng:

A. B.

C. D.

Phân tích: Với bài toán thi trắc nghiệm, với kiểu hỏi này, ta có thể cho

. Từ đó ta sẽ cho ra kết quả là đáp án B

Lời giải

Từ giả thiết, ta có: và .

STUDY TIP

Do

. Nên .

Như vậy ta thấy ngay rằng đáp án C, D bị loại

STUDY TIP

Ở cách 2, ta cần biết 2 công thức sau:

Do

Nên

ACB1 2

2 1AD AC xDB BC x

2 1 54 2 1 0 04

x x x x

1 5cos364

1 5cos364

sin18

3sin 3 3sin 4sinsin 2 2sin .cos

0 18 90

0 sin18 1

CK AB2 1

2 2BD xDK DB

72CDB 2 1 5 1sin18 cos 72

2 4DK xDC

2 3cos36 sin 54 1 2sin 18 4sin 18

3 2

2

4sin 18 2sin 18 3sin18 1 0

sin18 1 4sin 18 2sin18 1 0

5 1 5 1sin18 cos364 4

, 0 180xOA xOB

cos

cos .cos sin .sin cos .cos sin .sin

cos .cos sin .sin sin .sin cos .cos

60 , 30

cos ;sin , cos ;sinB A BOA

Dựng tam giác MON sao cho , N là giao điểm của nửa đường tròn với trục hoành, M thuộc nửa đường tròn đơn vị.

Suy ra và .

Với cách dựng hình như trên ta có:

Đáp án B

Ví dụ 3: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, gọi A, là giao điểm của nửa đường

tròn đơn vị với trục Ox (A thuộc tia Ox), M thuộc trục Ox sao cho (như hình vẽ). Dựng điểm N trên nửa đường tròn đơn vị sao cho MN vuông góc

với OA. Khi đó bằng:

A. B. C. D.

Lời giải

Do MN vuông góc với OA nên hoành độ điểm N bằng hoành độ điểm M. Do

nên . Suy ra

Tung độ điểm N dương do giả thiết bài toán.

Do .

Khi đó

Đáp án A

Tính giá trị của biểu thức lượng giác

Với dạng toán này, ta sử dụng các hệ thức lượng giác cơ bản, các giá trị lượng giác của các góc đặc biệt.

Bài toán 1: Biết , tính các giá trị lượng giác còn lại của góc .

STUDY TIP

-Với thì

- Với thì

;.

Dạng 2

MON

cos ;sinM 1;0N

. .AOB NOM c g c AB NM

2 22 2

2 2 2 2

2 2

cos cos sin sin cos 1 sin 0

cos 2cos .cos cos sin 2sin .sin sin

cos 2cos 1 sin

cos cos .cos sin .sin

0 ;90

sin ,cos , tan ,cot 0

90 ;180

sin 0 cos , tan ,cot 0

'A

2OAOM

tan NOA

1514 15

1515

4OAOM

14Mx

14Mx

2 2 2 1 151 1 116 4N N N Nx y y x

tan 15N

N

yNOAx

cos

Phương pháp:

Ta có:

Biết , ta sẽ tính được

Bài toán 2: Biết , tính các giá trị lượng giác còn lại của góc .

Phương pháp:

Trường hợp 1: Nếu thì giá trị

Do đó ta có thể tính đưuọc 1 trong 3 giá trị như sau:

- Tính được bằng cách sử dụng công thức: , rồi suy ra hai giá trị còn lại.


Trường hợp 2: Nếu thì

Do đó ta có thể tính được 1 trong 3 giá trị như sau:



Bài toán 3: Biết , tính các giá trị lượng giác còn lại của góc . (Trường hợp biết tính tương tự)

Phương pháp:

Trường hợp 1: Nếu thì



Trường hợp 2: Nếu

2 2 2sin cos 1 sin 1 cos

sin cos tan ,cot

sin

0 ;90 cos , tan ,cot 0

cos , tan ,cot 0

cos 2cos 1 sin

cot 2

1cot 1cot

90 ;180 cos , tan ,cot 0

cos , tan ,cot

cos 2cos 1 sin

cot 2

1cot 1sin

tan cot

0 ;90 cos ,sin ,cot 0

cos ,sin ,cot

cos 2

1cos1 tan

90 ;180 cos ,sin ,cot 0



Bài toán 4: Biết giá trị của một biểu thức lượng giác theo , tính các giá trị lượng giác của góc

Phương pháp:

- Biến đổi biểu thức lượng giác đã cho về một dạng chỉ chứa một hàm lượng giác, rồi tực hiện phép đặt ẩn phụ (nếu cần) để giải một phương trình đại số.

- Biến đổi biểu thức đã cho về dạng tích.

- Sử dụng bất đẳng thức.

Bài toán 5: Biết giá trị của một biểu thức lượng giác, giả sử là biểu thức A, tính các giá trị của biểu thức lượng giác B.

Phương pháp:

- Biến đổi A rồi thay vào B.

- Biến đổi B rồi sử dụng A.

- Biến đổi đồng thời cả hai biểu thức A, B xuất hiện biểu thức trung gian.

- Sử dụng phương pháp giải phương trình để tính các giá trị.

Ví dụ 1: Biết và

a) Tính các giá trị lượng giác còn lại.

b) Tính giá trị của biểu thức: .

Lời giải

a) Ta có

b) Với câu b, ta có thể thay trực tiếp kết quả tính được ở ý a, cho ra kết quả. Ngoài ra ta có thể làm như sau:

cos ,sin ,cot

cos 2

1cos1 tan

1cos3

0 180

3tan 2cottan cot

P

2 2 2 8 1sin cos 1 sin 1 cos , tan 8, cot3 8

2 2 2

2 2 2

sin cos3 23tan 2cot 3sin 2cos 3 cos 26cos sinsin costan cot sin cos 1 2cos 7cos sin

P

Ví dụ 2: Cho tam giác ABC có

a) Tính ?

b) Tính giá trị của biểu thức: .

Lời giải

a) Vì nên suy ra góc tù. Do đó

Ta co: , .

b) Với ý b, ta có thể thay trực tiếp kết quả từ ý a. Sau đây chúng tôi nêu thêm một cách nữa như sau:

Ví dụ 3: Cho các số m, n dương và số thỏa mãn

. Tính .

Lời giải

Với , ta suy ra . Khi đó (vô lí).

Vậy .

Cách 1: (sử dụng bất đẳng thức).

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:

.

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi:

Áp dụng hệ thức lượng giác cơ bản ta có:

tan 5A

sin ,cosA A

3 3

2

sin 2cossin .cos 3sin

A APA A A

tan 5A A cos 0A

2

1 1cos261 tan

5sin tan .cot26

A A A

3 3

33

2 32 2 2

3

sin 4costan 4 121cos

tan 3tan 3 tan 365sin .cos 3sin sin coscos

A AAAP

A A AA A A A AA

0 ;180 \ 90

tan cot 2 1m n mn sin ,cos , tan ,cot

tan 0 cot 0 2 tan cot 0mn m n

tan 0,cot 0 0 ,90

tan cot 2 tan .cot 2m n mn mn

tantan cot

cot

nmm n mnmn

Cách 2: Ta có thể tính như sau:

Cách 3: Đặt . Khi đó (1) trở thành

Ví dụ 4:

a) Với giá trị nào của thì biểu thức xác định.

b) Cho góc thỏa mãn . Tính

.

Lời giải

a) Biểu thức xác định thì

b) Ta có:

Cách 1:

Từ đây sẽ dễ dàng tìm ra được

22 2

1 1 11 tan coscos 1 tan 1

mm nn

m

sin tan .cos .n m nm m n m n

tan ,cot

2 2

2

tan cot 2 tan cot 2 tan .cot

tan cot 0 tan cot

m n mn m n mn

m n m n mn

tan 0t t

222 2 0 0n nmt mn mt t mn n t m n t

t m

, 0 ;180 1

sin cosP

0 ;180 sin cos 2

sin cosn nnS

1sin cos

P

sin cos 0

tan 1 135

1sin cos 2 2sin cos 1 sin cos2

1 11 sin cosn n

nS

1 1

1 1

sin cos sin cos sin cos sin cos

122

n n n n

n n nS S S

2

1

2n n

S

Cách 2:

Do nên . Vậy

Chứng minh, rút gọn biểu thức lượng giác

Vấn đề 1. Chứng minh đẳng thức lượng giác

Phương pháp:

Cách 1. Biến đổi vế phức tạp sang vế rút gọn.

Cách 2. Biến đổi cả hai vế về cùng một biểu thức trung gian.

Cách 3. Biến đổi tương đương đẳng thức cần chứng minh thành một đẳng thức đúng.

- Sử dụng các hệ thức lượng giác cơ bản.

- Chú ý tới các hằng đẳng thức đáng nhớ:

1.

2. .

3.

4.

5.

Vấn đề 2. Rút gọn các biểu thức lượng giác.

Phương pháp:

- Đưa về cùng một loại hàm số lượng giác.

- Rút gọn đến biểu thức đơn giản nhất.

- Nếu gặp dạng phân thức thì ta thường phải biến đổi tử và mẫu duwois dạng tích rồi rút gọn cho nhân tử chung.

- Nếu gặp dạng căn thức thì thường nhân và chia cho biểu thức liên hợp, biến đổi biểu thức trong căn dạng lũy thừa rồi rút gọn.

Dạng 3

sin cos 2 sin 45 1

45 90 260 45 360k k k

0 ;180 45 2

2 1sin cos 22 2

n

n nn n

S

2 22 2 2 2a b a b ab a b ab

33 3 3a a a b ab a b

33 3 3a b a b ab a b

24 4 2 2 2 22a b a b a b

36 6 2 2 2 2 2 2 2 2 4 2 2 43a b a b a b a b a b a a b b

Vấn đề 3. Chúng minh biểu thức không phụ thuộc vào biến số

Phương pháp:

- Biến đổi và rút gọn biểu thức cho đến khi nhận được biểu thức đơn giản mà không phụ thuộc vào biến số theo yêu cầu bài toán.

- Nếu biểu thức chứa một biến số thì biến đổi nó bằng hằng số.

Ví dụ 1: Rút gọn biểu thức sau

a) với .

b) .

c) .

Lời giải

a)

b)

Cách 1:

Cách 2:

Cách 3:

2 21 tan .cos 1 cot sinA 0 ;90

1 sin 1 sin1 sin 1 sin

B

8 8 6 6 42 sin cos 4 cos 2sin 6sinC

2sin cos .cos sin cos sin sin cosA

sin cos

2 2

1 sin 1 sin 1 sin 1 sin

1 sin 1 sinB

2

cos cos 2 cos 21 sin 1 sin 1 sin cos

2 22

21 sin 1 sin1 sin 1 sin 2 2

1 sin 1 sin cos

B

2

2 22 2sin 4 22

coscos cos

B

c, Đặt Khi đó:

Khi đó

Ví dụ 2: Cho khác 0 và thỏa mãn Chứng minh biểu thức sau không phụ thuộc vào

Lời giải

Ta xét các trường hợp sau:

Nếu Theo giả thiết ta suy ra

Lúc đó không phụ thuộc vào

Tương tự với các trường hợp Rõ ràng

rằng nếu thì

Ta xét trường hợp cả hai giá trị

Ta có:

2 2sin , cos 0 , 1 . t v t v 1. t v

4 4 3 3 2 2 2 3 3 3 23 4 2 6 3 4 8 6 6 C t v v t t t v t v t v v t t t v

32 2 2 3 3 23 3 3 4 2 6 1 t tv v v t t v t v

,a b , .sin .sin .cos .cos 0. a b, :

2cos 0 sin 1. 2sin 0 cos 1.

1 1 A

a b , .

sin 0,cos 0,sin 0.

cos 0 cos 0.

cos ,cos 0.

.sin .sin .cos .cos 0 tan .tan tan .. tan

b ba ba a

2

2 2 2

2 2 2 2

11 tan 1 tan 1 tan .tan.tan .tan .tan

.. tan

baA

a b a b a b ba ba

Ví dụ 3: Cho biểu thức Xác định đểA không phụ thuộc vào

Lời giải

Để A không phụ thuộc vào điều kiện là

So sánh giá trị của các “hàm” lượng giác

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, trên nửa đường tròn đơn vị (như hình

vẽ) lấy hai điểm M, N sao cho

Ta có:

Với giả thiết ta luôn có:

Trường hợp ta luôn có

Dạng 4

2 2 2 22 2 2 2

2 2 2

1 tan tan1 tan tan.tan .tan .tan

ab b ab aa b ab a b ab a b

2

2

. tan

.tan

a b a b a babab a b

6 6 4 4sin cos 2 1 sin cos . A m

m.

3 3 2 22 2 2 2sin cos 2 1 sin cos

A m

32 2 2 2 2 2sin cos 3sin .cos sin cos

22 2 2 22 1 sin cos 2sin .cos

m

,11 4 0 .4

m m

0 0, 0 180 . xOA xOB

sin , cos , sin , cos . M M N Ny x y x

0 0, 0 180 , xOA xOB

N Mx x

cos cos .

0 00 90 , sin sin . M Ny y

Trường hợp ta luôn có:

Khi đó

Trường hợp ta cũng xét tương tự.

Ví dụ: So sánh các cặp số:

a) và

b) và

c) và .

d) và .

e) và Lời giải

Theo nhận xét trên ta dễ dàng đưa ra được kết quả:

a) Do nên

b)

c)

d)

e)

Hai góc bù nhau, phụ nhau.

Ví dụ 1: Giá trị của:

là:

A. B. C. D.

Ta có:

Tương tự:

Vậy

Dạng 5

0 00 90 ,

sin sin sintan tan .cos cos cos

cot cot .

0 090 180 ,

0cos13 0cos69 .0sin 63 sin 72 15 .o

cos92 12o sin11o

cos 27o sin 59o

tan92 13.o tan111 .o

0 13 69 180o o o o 0 0cos13 cos69 .0 0sin63 sin72 15.

0 0 0sin11 sin79 sin92 12. 0 0 0sin59 cos31 cos27 .0 0tan92 13 tan111

2 0 2 0 2 0 2 0 2 0 2 0 2 0cos 15 cos 25 cos 35 cos 45 cos 105 cos 115 cos 125M

4.M

7.2M 1.2M

23 .2M

2 0 2 0 0 2 0 2 0cos 125 cos 180 55 cos 55 sin 35

2 0 2 0 2 0 2 0 2 0 2 0cos 115 cos 65 sin 25 ,cos 105 cos 75 sin 15 .

2 0 2 0 2 0 2 0 2 0 2 0 2 0cos 15 cos 25 cos 35 cos 45 sin 15 sin 25 sin 35 M

Đáp án B.

Ví dụ 2: Tính A. 1. B. 2. C. -1.

D. Lời giải

Ta có:

…

Suy ra

Đáp án A.

Ví dụ 3: Tính giá trị của biểu thức:

a)

b)Lời giải

a) Do

nên

Lại có:

1 732 2

0 0 0 0tan1 tan 2 tan 3 ... tan89M

1 .2

0 0 0 0tan 89 tan 90 1 cot1

0 0 0 0tan88 tan 90 2 cot 2

0 0 0 0tan 46 tan 90 44 cot 44

0 0 0 0 0 0tan1 cot1 tan 2 ... tan 44 cot 44 tan 45 1. M

0 00 0

0

cos 45 sin 45tan 135 sin 45 .

1 sin 135

x xA x x

x

0 0 045 45 90 x x

0 0cos 45 sin 45 . x x

0 0 0 0sin 135 sin 180 45 sin 45 , x x x

0 0tan 135 tan 45 x x

Vậy

b) Ta có:

Vậy

Ví dụ 4: Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng:

a) b)

c)

Lời giải

Theo giả thiết ta có:

a) Khi đó ta có:

b)

c)

Phương pháp lượng giác hóa để giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình.

Dạng 6

2 0 2 0

0 0 00 0

cos 45 cos 45tan 45 cos 45 sin 45

1 sin 45 1 sin 45

x xA x x x

x x

2 00 0 0

0

1 sin 45sin 45 1 sin 45 sin 45 1

1 sin 45

xx x x

x

0 0 0 0sin 90 sin 180 90 sin 90 cos

0cot 90 tan

2sin .cos tan2cos 2cos 2cos 0

tan .sin

B

cos cos 0; A B C sin cos ;2 2

A B C

3sin cos 02

A B CA

0 0180 180 . A B C B C A

0cos cos 180 cos cos cos 0 B C A A A B C

00180sin sin sin 90 cos .

2 2 2 2

A B C C C

3sin cos 02

A B CA

Trong một số trường hợp, nếu để nguyên dạng đại số của phương trình, bất phương trình hay của hàm số đã cho thì việc giải phương trình, bất phương trình, tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số sẽ gặp chút khó khăn. Trong trường hợp đó, nếu điều kiện cho phép người ta có thể tàm cách chuyển phương trình, bất phương trình, của hàm số từ dạng đại số thành dạng lượng giác (gọi là phương pháp lượng giác hóa các hàm đại số), với hi vọng dưới dạng mới bài toán sẽ dễ giải hơn.

Các dấu hiệu phép lượng giác hóa:

1. Nếu bài toán có (hiệ hoặc ẩn) điều kiện thì

cho phép biến đổi

2. Nếu trong bài toán có biểu thức dạng thì chọn phép biến đổi




Ví dụ 1: Giải phương trình:

STUDY TIP

Việc chọn giới hạn của góc tùy thuộc vào giới hạn

của biên x, ngoài ra còn phụ thuộc vào điều kiện cụ thể của bài toán. Các bạn cần chọn điều kiện của

thích hợp sao cho dạng lượng giác của phương

trình, hàm số cho ở đầu bài có dạng đơn giản, đặc biệt

là khi xuất hiện giá trị tuyệt đối.

2 2 1 x y

sin.

cos

xy

2 2a x

sin.

cos

x a

y a

2 2a x

. tan.

.cos

x ax a

2 2a x

. tan.

.cot

x a

x a

2 2x a

sin .

cos

ax

ax

2

35 1 .121

xxx

Lời giải

Điều kiện:

Với thì

Trong trường hợp này phương trình vô nghiệm. Vậy

Cách 1: Phương trình (1) tương đương

Đặt phương trình trên trở thành:

Do điều kiện của t nên ta có

Kết hợp với điều kiện là hai nghiệm của phương trình.

Cách 2: (phương pháp lượng giác).

Đặt Phương trình (1) trở thành:

Đặt Ta có:

; 1 1; . x

1 x 2

350 .121

xxx

1.x

2

2

12251441

xxx

2 2 4 22

2 22 2

1225 12252 2 0144 1441 11 1

x x x xxx xx x

2

20 ,

1

x t tx

2

2512144 288 1225 0 .

4912

tt t

t

2

24 2

2 2

2525 9144 625 1 0

2512116

xx x x

x x

5 51 ,3 4

x x x

0 01 0 90 .sin

x

1 1 35 .sin cos 12

sin cos 0 . t t

22 11 2sin cos sin cos .

2

tt

Thay vào phương trình ta được:

Từ đây ta tính được

Như vậy là nghiệm của phương trình:

Từ đây ta tính được hoặc

Tương ứng ta được các nghiệm của phương trình là

Ví dụ 2: Giải phương trình: Lời giải

Điều kiện:

Đặt thì phương trình trở thành:

Đặt Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có:

Phương trình nên trở thành:

Với ta có:

Với ta có:

222 35 735 24 35 0 .

12 51

t t t tt

12sin cos .25

sin ,cos

2 7 12 0.5 25

X X

3sin5

4sin .5

5 5, .3 4

x x

33 2 21 2 1 . x x x x

1 1. x

0 0cos 0 180 , x

3 3sin cos 2 sin .cos .

sin cos . t

22 2 2sin cos 2 sin cos 2 2 t t

3 2 22 3 2 0 2 2 1 2 1 0

1 2

tt t t t t t

t

2t

2 2sin cos 2 sin cos .2 2

x

1 2, t sin cos 1 2

Hay

Vậy phương trình có hai nghiệm là

Ví dụ 3: Cho tam giác ABC vuông tại A và ba số thực sao cho

Chứng minh rằng: trong đó Lời giải

Từ giả thiết ta có:

Do tam giác ABC vuông tại A nên Vậy

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có:

(đpcm).

Ví dụ 4: Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức:

biết Lời giải

Do nên

Dấu bằng xảy ra khi hoặc

Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 0.

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có:

2

2

1 2 1 2 2 2 11 1 221 2 1 2 0

xx x x

x x

1 2 2 2 1 2; .2 2

x x

, ,x y z . bx cy az2 2 2 Z x y , , . a BC b AC c AB

. b cz x ya a

sin ,cos . c bC Ca a

cos sin . z x C y C

22 2 2 2 2 2 2cos sin sin cos z x C y C x y C C x y

sin cos cos sin P 0 00 90 .

0 00 90

sin cos 00.

cos sin 0

P

090 00 .

22 2 2sin cos cos sin sin cos sin cos P

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức P bằng

Nhận dạng tam giác

Ví dụ 1: Cho tam giác ABC không tù, thỏa mãn điều kiện:

Tính các góc của tam giác ABC.Lời giải

Ta có:

Do tam giác ABC không tù nên và

Do đó:

Vậy

Ví dụ 2: Tính các góc của tam giác ABC biết và

Dạng 7

STUDY TIP

Trong bài sử dụng các công thức:

22 4 4sin cos sin cos 2 2 P P P

045 .

4 2.

cos 2 2 2 cos 2 2 cos 3. A B C

2cos 2 1 2sinA A

cos cos

=2cos cos2 2

x yx y x y

2cos cosA A

cos 2 2 2 cos 2 2 cos 3 A B C

cos 2 2 2 cos cos 3 A B C

cos 2 4 2 cos .cos 32 2

B C B CA

cos 2 4 2 cos .cos 32 2

A B CA

22cos 4 2 cos .cos 4 02 2

B C B CA

20 cos 1 cos cos A A A

cos 1.2

B C

20 2cos 4 2 sin .cos 42 2

A B CA

22cos 4 2 sin 4 2 1 2sin 4 2 sin 42 2 2

A A AA

220 4sin 4 2 sin 2 2sin 2 0

2 2 2

A A A

0

0

2sin 2 0 90245cos 0

2

AA

B C B C

A B

Lời giải

(*)

Do và nên

Ví dụ 3: Tính các góc của tam giác ABC biết

Lời giải

Xác định góc giữa hai vectơ

Ví dụ: Cho lục giác đều ABCDEF ngoại tiếp đường tròn tâm O.

Tính góc: Lời giải

Do cùng hướng nên

Dạng 8

cos cos 1 cos 1. A B A B C

cos cos 1 cos 1 A B A B C

0cos cos 180 1 cos 1 A B C C

cos cos 1 cos 1 A B C C

2cos . 1 cos cos cos 1 0 A B C C C

21 cos 1 cos cos 0 A B C C

1 cos 1 cos 0 A B C 2cos 0C

0

0

cos 1cos( ) 1 45

* .cos( ) 1cos 0 90cos 0

CA B A B

A BC CC

2 2 22 sin cos cos 2 sin cos 1. A B C A B

2 2 22 sin cos cos 2 sin cos 1 A B C A B

2 2 24sin 4sin 1 4cos 4cos 1 4cos 0 A A B B C

0

2 2 2 0

0

302sin 12sin 1 2cos 1 4cos 0 2cos 1 60

cos 0 90

AAA B C B B

C C

, , , , , , , , , . AB ED AB CF AB CD AB BD AB OD

, AB ED 0, 0 .

AB ED

+ ngược hướng nên

+ Do cùng hướng nên

+ nên

+ Do cùng hướng nên

Câu 1: Cho tam giác ABC đều. G là trọng tâm tam giác ABC. Khi đó góc

giữa và bằng:

A. B. C.

D.

Câu 2: Giá trị của biểu thức

bằng:

A. 1. B. 5. C. D.

Câu 3: Cho hai góc nhọn và

Khẳng định nào sau đây sai?

A. B.

C. D.

Câu 4: Bất đẳng thức nào dưới đây là sai?

A. B.

C. D.

C. Bài tập rèn luyện kĩ năng.

, AB CF 0, 180 .

AB ED

, AF CD 0, , 120 .

AB CD AB AF FAB

AB BD 0, 90 . AB BD

, AO OD 0, , 60 .

AB OD AB AO OAB

BC

GC

030 . 060 . 0120 .0150 .

0 0

0 0sin 60 tan 30cot120 cos30

M

3 .2

2 3.

.

cos cos .

sin sin .

tan tan 0.

cot cot .

0 0cos 75 cos50 .0 0sin 80 sin 50 .

0 0tan 45 tan 60 .0 0cos30 sin 60 .

Câu 5: Trong hệ trục toạn độ Oxy,

cho điểm và nửa đường tròn đơn vị như hình vẽ. Gọi N là giao điểm của đoạn OM với nửa đường tròn. Tọa độ điểm N:

A. B.

C. D.

Câu 6: Trong hệ trục tọa độ Oxy, cho

điểm và nửa đường tròn như hình vẽ. Tọa độ giao điểm của đường thẳng OM với nửa đường tròn trên là:

A. B. C. D.

Câu 7: Cho biết Giá trị của bằng bao nhiêu?

A. B.

C. D.

Câu 8: Cho và là hai góc khác nhau và bù nhau, trong các đẳng thức sau đây đẳng thức nào sai?

A. B.

C. D.

Câu 9: Cho góc tù. Điều khẳng định nào sau đây là đúng?

A. B.

C. D.

Câu 10: Bất đẳng thức nào dưới đây là đúng?

A. B.

C. D.

5;6M

5 6;61 61

6 5;61 61

5 11;6 6

5 6;61 61

3; 4 M

3 4;5 5

3 4;5 5

3 4;5 5

4 3;5 5

sin cos . msin .cos

2sin .cos . msin .cos 2 . m

21sin .cos .2

m

2 1sin .cos .2

m

sin sin .

cos cos .

tan tan .

cot cot .

sin 0. cos 0.

tan 0. cot 0.

0 0sin 90 sin100 .0 0cos95 cos100 .

0 0tan 85 tan125 .0 0cos145 cos125 .

Câu 11: Xét các khẳng định sau:

1.

2.

3.

4.

5.

6.

Số khẳng định đúng là:

A. 0 B. 1. C. 2. D. 5.

Câu 12: Cho và các số

thực

. Mệnh đề nào sau đây đúng:

A. B.

C. D.

Câu 13: Cho biết Tính giá trị của:

A. B. C.

D.

Câu 14: Cho các đẳng thức sau:

a.

b.

c.

d.

e.

f.

g.

h.

Số đẳng thức sai

A. 1. B. 2. C. 4. D. 6.

Câu 15: Cho các góc a, b, c, d thuộc

sao cho

Khi đó: bằng:

A. B.

0 0 0 0 1sin 36 cos 6 sin126 cos84 .2

2 0 2 0 2 0 2 0sin 51 sin 55 sin 39 sin 35 2.

0 0 0 0 0tan1 tan 2 tan 3 ... tan88 tan89 1.

2 0 2 0 2 0sin 2 sin 4 sin 6 ... 2 0 2 0 2 0sin 84 sin 86 sin 88 22.

2 0 2 0 2 0 2 0cos 73 cos 87 cos 3 cos 17 2.

2 2tan cot tan cot 4 x x x x

0 00 ;45

tan1 tan , t cot

2 tan , t

tan3 cot , t cot

4 cot t

4 3 1 2. t t t t

4 3 2 1. t t t t

2 3 1 4. t t t t

1 2 4 3. t t t t

cot 4.

22cos 5sin cos 1. E

16 .17

70 .17

71.16

69 .17

2 2cos sin cos sin 2, . x x x x x

2 2 2 2 0tan sin tan sin , 90 x x x x x

4 4 2 2sin cos 1 2sin cos , . x x x x x

01 cos sin 0, 180 .sin 1 cos

x x x xx x

0 0 01tan cot 0 ,90 ,180sin cos

x x xx x

2 2 0 0 02 2

1tan cot 2 0 ,90 ,180sin cos

x x xx x

2 2sin 2 cos 2 2. x x

0 00 ;180

sin 7sin 4 sin 2sin.

cos 7 cos 4 cos 2cos

a b c d

a b c d

cos a d

7 cos .2

b c

5 cos .2

b c

C. D.

Câu 16: Biết Giá trị

của bằng:

A. B. C. -1. D. 0.

Câu 17: Cho

với k là số nguyên dương.

Giá trị của biểu thức bằng:

A. B. C. D. 0.

Câu 18: Biểu thức

có giá trị bằng:

A. -1. B. 0. C. 2. D. 1.

Câu 19: Cho Giá trị của biểu thức:

là:

A. B. -13. C. D. 13.

Câu 20: Cho biết Giá trị

của biểu thức: bằng:

A. B. C.

D.

Câu 21: Cho Số các

giá trị của m để

A. 0. B. 1. C. 2. D. 3.

Câu 22: Biểu thức bằng:

A. B.

C. D.

Câu 23: : Đơn giản biểu thức:

A. B. C. D.

Câu 24: Đơn giản biểu thức

ta được:

A. B. C. D.

Câu 25: Rút gọn biểu thức sau:

3cos .b c

7 cos .2

b c

sin cos 2. a a4 4sin cosa a

3 .2

1 .2

1 sin cos k kkf x x x

k

4 6f x f x

1 .12

1 .6

1.4

2 2 2 2tan sin tan sin x x x x

1cot .3

3sin 4cos2sin 5cos

A

15 .13

15 .13

2cos .3

cot 3 tan2cot tan

E

25 .3

11.13

11.3

25 .13

tan cot . m2 2tan cot 7.

2tan cot

2 21 1 .

sin cos

2 2cot tan 2.

2 21 1 .

sin cos

2 2cot tan 2.

2 2 21 sin cot 1 cot . G x x x

2sin .x 2cos .x1 .

cos xcos .x

sincot1 cos

xE xx

sin .x1 .

cos x1 .

sin xcos .x

A. A=1. B. A=2. C. A=3. D. A=4.

Câu 26: Rút gọn biểu thức

ta được:

A. B.

C. D.

Câu 27: Cho Số nghiệm

của phương trình là

A. 1. B. 0. C. 2. D. 3.

Câu 28: Cho tam giác ABC vuông tại A. Các cạnh của tam giác ABC thỏa mãn điều kiện:

Khi đó

bằng:

A. B. C.

D.

Câu 29: Cho tam giác ABC vuông tại A, AB < AC. Trên tia đối của tia AB lấy điểm D sao cho BD = AC. Trên tia đối của tia CA lấy điểm E sao cho CE = AD. Tia DC cắt BE tại F. Khi đó

bằng:

A. B. C. 1. D.

Câu 30: Cho tam giác ABC có độ dài ba cạnh thỏa mãn hệ thức

Khi đó

bằng:

A. B. C. 1.

D.

Câu 31: Cho x thỏa mãn

Tính giá trị biểu

thức:

Bạn Anh Vũ đã làm như sau:

Bước 1: Nếu thì

Nếu thì

Bước 2: Ta có:

2 2

2cot cos sin .cos .

cotcot

x x x xA

xx

21 sin2sin .cos

xPx x

1 tan .2

P x

1 cot .2

P x

2cot .P x2 tan .P x

0;2 2 . a

3

2 2

2

1 1

x x ax x

2 22 . 4 . BC BC AC ACsin ABC

1 .2

22

5 14

6 2 .4

tan CFB

3.1 .3

22

2 2. 0. BC AB AC AB2sin3

A B

3 .2

1 .2

2 .2

22sin cos .5

x x

2 sin cos . P x x

sin 0

22 sin cos 2sin cos .5

P x x x x

sin 0x

2 sin cos 2sin cos . P x x x x

Bước 3: Do

Bước 4: Vậy là các giá trị cần tính.

Bạn Anh Vũ sai ở bước nào?

A. 1. B. 2. C. 3. D. 4.

$2. Tích vô hướng của hai vectơ

A. Lý thuyết1. Định nghĩa.

Cho hai vectơ và đều khác vectơ Tích vô hướng của và

là một số, kí hiệu là được xác định bởi công thức sau:

1 2sin22sin cos 4 55

1 22sin cos cos2 5

x Px x

x x P x P

2 2sin cos 1 x x

2 2 21 2 1 2 1 .3816 5 4 5

25

PP P

P

2 382; ;5 25

P

a

b 0.

a

b

. , a b

Trường hợp ít nhất một trong hai vectơ và bằng vectơ

ta quy ước

Chú ý:

+ Với và khác vectơ ta có

+ Khi tích vô hướng được kí hiệu là và số này được gọi

là bình phương vô hướng của vectơ .

Ta có:

+ là góc nhọn.

là góc vuông.

là góc tù.

2. Các tính chất của tích vô hướng

Với ba vectơ bất kì và mọi số k ta có:

+ (tính chất giao hoán);

+ (tính chất phân phối);

+

+

Nhận xét: Từ các tính chất của tích vô hướng của hai vectơ ta suy ra:

+ ;

+ ;

+ .

3. Định lí hình chiếu.

. . .cos , a b a b a b

a

b

0

. 0.a b

a

b 0

. .

a b a b

a b .

a a 2

a

a

22 0. .cos 0 a a a a

. 0 , a b a b

. 0 , a b a b

. 0 , a b a b

, , a b c

. . a b b a

. . a b c a b a c

. . . ;

ka b k a b a kb

2 20, 0 0.

a a a

2 22 2 . a b a a b b

2 22 2 . a b a a b b

22 a b a b a b

Cho hai vectơ và Gọi lần lượt là hình chiếu của C, D trên đường thẳng AB. Khi đó:

4. Biểu thức tọa độ của tích vô hướng

Trên mặt phẳng tọa độ , cho hai vectơ

Khi đó tích vô hướng là:

5. Ứng dụng.a) Độ dài của vectơ

Độ dài của vectơ được tính theo công thức:

b) Góc giữa hai vectơ.

Từ định nghĩa tích vô hướng giữa hai vectơ ta suy ra nếu

và đều khác thì ta có

c) Khoảng cách giữa hai điểm.

Khoảng cách giữa hai điểm và được tính theo công thức:

B. Các dạng toán điển hình

Tính tích vô hướng – Tính góc.

1. Tính tích vô hướng.

Ta có thể lựa chọn một trong các hướng sau đây:

STUDY TIP

Hai vectơ

đều khác vuông góc với nhau khi

và chỉ khi:

Dạng 1

AB .

CD , C D

. . . AB CD AB C D

1 2; ,a a a

1 2;b b b

0

1 1 2 2 0a b a b

; ;

O i j

1 2 1 2; , ; . a a a b b b

. a b

1 1 2 2. a b a b a b

1 2;a a a

2 21 2

a a a

1 2;a a a 1 2;

b b b 0

1 1 2 22 2 2 21 2 1 2

.cos ;

. .

a b a ba ba b

a b a a b b

;A AA x y ;B BB x y

2 2 B A B AAB x x y y

-Hướng 1: Sử dụng định nghĩa bằng cách đưa 2 vectơ và

cùng gốc để xác định chính xác góc , từ đó:

-Hướng 2: Sử dụng các tính chất và các đẳng thức của tích

vô hướng của hai vectơ.

Lưu ý:

-Hướng 3: Nếu đề bài cho dạng tọa độ

2. Tính góc. Cho hai vectơ và . Nếu và

đều khác thì:

Ví dụ 1:Cho hình vuông ABCD tâm O, cạnh bằng a. Tính:

a)

b)

c)

d)

e)

f)Lời giải:

a) Do cùng hướng nên

Do đó:

b) Hai vectơ cùng hướng, do đó

a

b ,

a b

. . .cos . a b a b

2 2 2222 2 2 2 . .

2

AC AB BCBC BC AC AB AC AB AC AB AC AB

1 2 1 2 1 1 2 2; , ; . a a a b b b a b a b a b

a

b 1 2;

a a a

1 2;b b b 0

1 1 2 22 2 2 21 2 1 2

.cos ,

. .

a b a ba ba b

a b a a b b

. AB DC

. . AB OC

. . CAOC

. . AB AD BC BD

. 2 . AC AB AD AB

. . AC AB AD DA DB DC

, AB DC 0, 0 .

AB DC

2. . .cos , . AB DC AB DC AB DC a

, AO OC

0, , 45 . AO OC AB AO

Ta có:

c) Hai vectơ ngược hướng, do đó

Suy ra

d)

e)

f)

Ví dụ 2: Cho hình thang ABCD uông tại A và B có các đáy và cạnh

a) Tính và b) Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AB, CD. Hạ vuông

góc với AC.

Tính và độ dài Lời giải

a) * Tính

Cách 1: (Sử dụng định lí hình chiếu)

Cách 2: (Sử dụng định nghĩa)

22 2. . .cos , . . .

2 2 2

a aAB OC AB OC AB OC a

, CA OC

0( , ) 180 . CA OC

22. . .cos , 2. . 1 .2

aCAOC CAOC CA OC a a

. 2 . 2 . 2 . AB AD BC BD AO BC BD AO BC AO BD

22 22 . .cos , 2. . .2 2

aAO BC AO BC a a

2 . . . AC AB AD AB BC AD BD BC AD BC BD

22 2 2 3. . .

2 2 2

a aa a

. 4. .4 0. AC AB AD DA DB DC AO DO

, 3 AD a BC a 2 .AB a. , .

AB BD BC BD . .

AC BD

, II JJ

. AC IJ . I J

. . AB BD

2. . 4 . AB BD AB BA a

. . .cos , . .cos AB BD AB BD AB BD AB BD DBA

*Tính

Cách 1: (Sử dụng định lí hình chiếu)

Gọi E là hình chiếu của D trên BC. Khi đó:

Cách 2: (Sử dụng định nghĩa)

*Tính .

Ta có:

b) Tính .

Cách 1: (Sử dụng định lí hình chiếu).

Gọi F là hình chiếu của C trên IJ. Khi đó tứ giác IBCF là hình chữ nhật.

Cách 2:

*Tính .

Ta có: Từ đó suy ra

Ví dụ 3: Cho tứ giác ABCD có trong đó E, F lần lượt là trung điểm của AC, BD. Tính cosin của góc giữa hai đường

thẳng AB, CD. Tìm điều kiện để góc là góc tù.

STUDY TIP

+ Cho tứ giác ABCD, E, E là trung điểm của AC, BD. Khi

đó:

+ Cho hai đường thẳng AB và CD. Khi đó:

2 2 2 22 2

. . 4

ABAB AB AD AB aAB AD

. BC BD

2. . 3 . BC BD BC BE a

. . .cos , . .cos . .cos BC BD BC BD BC BD BC BD DBC BC BD BDA

3. . . 3 . ADBC BD BC AD aBD

. AC BD

2 2 2. . . . 4 3 . AC BD AC BC BD AB BD BC BD a a a

. AC IJ

23. . . 3 6 .2 2

AB BC a aAC IJ IF IJ BC a a

2 22 21 1 13. . . 6 .

2 2 2 2 2

AC BD a aAC IJ AC AC AC BD a

I J

.2

DC ABFE

. . . 13. . AC IJ AC I J AC I J a I J26 6 13 .

1313

a aI Ja

, , AB a CD b EF c

, AB DC

Lời giải

Ta có:

Suy ra:

Vậy

Để là góc tù thì

Chứng minh đẳng thức vectơ

Ví dụ 1: Cho tam giác ABC có Gọi O, I lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp của tam giác ABC. Và R, r lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp tam giác ABC. Chứng minh rằng:

(Công thức Euler)Lời giải

Ta có:

Dạng 2

STUDY TIP

+ Cho tứ giác ABCD, E, E là trung điểm của AC, BD. Khi

đó:

+ Cho hai đường thẳng AB và CD. Khi đó:

STUDY TIP

Ở bài toán này, ta sử dụng công thức:

cos , cos ,AB CD AB CD

22 2 24 2 .2

DC ABFE EF DC AB DC DC AB AB

2 2 24.2

a b cDC AB

2 2 2 2 2 24 4. .cos , cos ,

2 2

a b c a b cDC AB AB DC AB DC

ab

2 2 24

cos , cos , .2

a b cAB CD AB DC

ab

, AB DC

2 2 2

2 2 24cos , 0 0 42

a b cAB DC a b cab

, , . BC a CA b AB c

2 2 2 OI R Rr

2 2 2

2 2

2. .

2

OA OB OA OB AB

R c

0

aIA bIB cIC

0

a IO OA b IO OB c IO OC

aOA bOB cOCOIa b c

2 2 2 2 2 2 2 2 22

2

2 2 2

a b c ab R c bc R a ac R bOI

a b c

2 22 2

2 22

a b c R abc a b c abcR R Rrpa b c

Vậy

Ví dụ 2: Cho tam giác ABC có . Điểm M thuộc đoạn AB. Giả sử Chứng minh rằng:

.Lời giải

Giả sử chân đường vuông góc H hạ từ đỉnh C nằm giữa A và M (có thể H trùng M). Ta có:

Tương tự ta có:

Từ hai đẳng thức trên ta có:

Đặc biệt: Trường hợp M trùng với A, B thì đẳng thức vẫn đúng.

*Chú ý:

1. Khi M trung điểm của AB, ta có:

Tương tự,

Đây là công thức trung tuyến trong tam giác ABC.

2.Khi CM là phân giác trong của góc (M thuộc AB).

Ta có: . Từ đó suy ra

Theo công thức trên ta có:

STUDY TIP

Ví dụ 2 chính là định lí Stewart nổi tiếng, được Stewart chứng minh năm 1976, còn nhận xét 1, 2 chính là trường hợp đặc biệt của định lí này. Nhận xét 1, còn có tên gọi là Định lí Apollonius về trung tuyến.

Độ dài đường phân giác được tính theo công thức sau:

2 2 2 OI R Rr

, , AB c BC a AC b, , . AM m BM n MC d

2 2 2. . c d mn a m b n

2 2 2 2 2 22 . 2 . CB CM MB CB CM MB CM MB CB CM MB HM MB

2 2 2 2 . CA CM MA HM MA

2 2 2 2 2 2. . . . . . . CB MA CA MB CM MA MB MB MA MA MB CM AB AB MA MB

2 cos2 .c

Cabl

a b

2 cos2 .a

Acbl

c b

2 cos2

b

Bacl

a c

2 2 22 2 22 2 2 2 2 2 2 2

2. . . . .

4 4 4 4c ca b cc c cm c a b a b c m

2 2 2 2 2 22 2

2 2, .

4 4a bc b a c a b

m m

ACB

MA b MA b bcMAMB a c a b b c

.acMBa b

2 2 2 22 2 2 2 2

2 22ca b c abcc l a b ca b a b

Tương tự .

Đây là công thức tính độ dài đường phân giác.

Ví dụ 3: Cho tam giác ABC có trọng tâm G. M là một điểm bất kì.

Chứng minh rằng:

Lời giải

Ta có:

Mặt khác,

Do đó,

Vậy

Ví dụ 4: Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O;R). Chứng minh rằng với mọi điểm M ta luôn có:

Lời giải

Do tam giác ABC đều nên O là trọng tâm tam giác.

Suy ra:

2 22

2 22

c c

ab a b c abp p cab a b c a b cl l

a ba b a b

2 2,a b

cbp p a acp p bl l

c b a c

2 2 2 2 2 2 29 3 .MG MA MB MC AB BC CA

3MG MA MB MC

2 2 2 29 2 . . .MG MA MB MC MA MB MB MC MA MC

2 2 2. ,

2MA MB ABMA MB

2 2 2 2 2 2. , . .

2 2MA MC AC MC MB CBMA MC MC MB

2 2 22 2 2. . .

2AB CB ACMA MB MA MC MC MB MA MB MC

2 2 22 2 2 2 2 2 29 2

2AB CB ACMG MA MB MC MA MB MC

2 2 2 2 2 23 .MA MB MC AB CB AC

.MA MB MC OA OB OC

0 0.OA OB OCOA OB OCOA OB OC

Mặt khác, ta luôn có:

Tương tự ta cũng có:

Từ đây suy ra:

Ví dụ 4: Chứng minh rằng trong hình bình hành ta có: tổng các bình phương hai đường chéo bằng tổng các bình phương của các cạnh.

Lời giải

Cho hình bình hành ABCD, ta chúng minh:

Ta có:

Do nên

Vậy ta có:

Ví dụ 5: Cho đường tròn O;R và điểm M cố định,

Một đường thẳng thay đổi qua M cắt đường tròn tại hai điểm A và B.

Khi đó

Lời giải

STUDY TIP

Giá trị không đổi

được gọi là phương tích của điểm M đối với đường tròn O và kí

hiệu là . Ta có:

Nếu hai đường thẳng AB và CD cắt nhau taih P và

thì 4 điểm A, B, C, D cùng thuộc một đường tròn

. . .cos , .MAOA MAOA MA OA MAOA

.. . .MO OA OAMAOA MO OAMA OA

OA OA OA

. ., .MO OB MO OCMB OB MC OCOB OC

.OA OB OCMA MB MC MO OA OB OC OA OB OCOA OB OC

2 2 2 22AC BD AB AD

2 22 2AC BD AC BD

2 2 2 22 2 . .AB AD BC BA AB AD AB AD BA BC

. . 0, ,AB AD BA BC BA AB BC AD

. . 0AB AD BA BC

2 2.MA MB d R

/M OP

/2 2

.

M OP MA MB

d R

. .PA PB PC PD

2 2 2 22AC BD AB AD

.OM d

2 2 2 2.MA NB MO R d R

Gọi C là điểm đối xứng của A qua O . Ta có hay B là hình chiếu của C trên AM. Khi đó ta có

Chứng minh hai đường thẳng vuông góc

Để chứng minh hai đường thẳng vuông góc, ta cần chứng minh tích vô hướng của chúng bằng 0:

Ví dụ 1: Cho tam giác ABC cân tại A. Gọi H là trung điểm của BC. D là hình chiếu của H lên AC, M là trung điểm của HD. Chứng minh:

Lời giải

*Cần chứng minh:

Ta có: và

Do đó:

STUDY TIP

Giá trị không đổi

được gọi là phương tích của điểm M đối với đường tròn O và kí

hiệu là . Ta có:

Nếu hai đường thẳng AB và CD cắt nhau taih P và

thì 4 điểm A, B, C, D cùng thuộc một đường tròn

Dạng 3

CB AM

. . .MA MB MA MB MC MA

MO OC MO OA

MO OA MO OA

2 2 2 2 2 2MO OA OM OA d R

. 0AB AC AB AC

.AM DB

. 0AM DB

DB BH HD HC HD 1

2AM AH AD

1.2

AM BD AH AD HC HD

1 . . . .2

AH HC AH HD AD HC AD HD

Mà

Vậy

Ví dụ 2: Cho hình vuông ABCD, điểm M nằm trên đoạn thẳng AC sao

cho Gọi N là trung điểm CD. Chứng minh rằng BMN là tam giác vuông cân.

Lời giải

Đặt

Khi đó:

và

Ta có:

Vậy và MB = MN, tam giác BMN vuông cân tại đỉnh M.

Ví dụ 3: Cho tứ giác lồi ABCD, hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại O. Gọi H và K lần lượt là trực tâm các tam giác ABO và CDO. Và I, J lần lượt là trung điểm AD và BC. Chứng minh rằng:

Lời giải

. 0( )

. 0( )

AH HC doAH BC

AD HD doAH HD

1 1. . . . .2 2

AM BD AH HD AD HC AH HD AH HD HC

1 1 1. . . . 02 2 2

AH HD HD HC HD AH HC HD AC

.AM DB

.4

ACAM

,AD a AB b

1 1 ;4 4 2

bAM AC a b AN AD DN a

1 1 34 4

MB AB AM b a b a b

1 3 .4

MN AN AM a b

2 21 1. 3 3 3 3 8 . 016 16

MB MN a b a b a b a b

22 2 2 21 1 53 9 6 .16 16 8

MB a b a b a b a

22 2 2 21 1 53 9 6 .16 16 8

MN a b a b a b a

MB MN

.HK IJ

*Cần chứng minh:

Ta có:

Suy ra:

Vậy

Ví dụ 4: Cho hình chữ nhật ABCD. Kẻ Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AK và CD.

1. Chứng minh: 2. Tìm điều kiện của hình chữ nhật để tam giác BMN vuông cân.

*Nhận xét: - Phân tích các vectơ theo các vectơ

gốc:

- Chứng tỏ:

Lời giải

1. Đặt và

Ta có:

Do đó:

Vì và nên

2. Ta có:

. 0HK IJ

2IJ IA AC CJ

IJ AC DBIJ ID DB BJ

2 . . .HK IJ HK AC BD HK AC HK BD

0HB BD DK AC HA AC CK DB AC BD DB

.HK IJ

.BK AC

090 .BMN

,MN BM

, ,BA BC BK

. 0MN BM

, ,BA a BC b BK c

; ; .BA a BC b BK c

1 1 1;2 2 2 2

aBM a c MN MB BC CN a c b b c

21 1 1. 2 . . 2 . 2 .2 2 4 4

cMN BM b a c a b a c b c c a b b a c b c c

. 0a b 0; 0b a c b c c

0. 0 90 .MN BM BMN

2 2BM MN BM MN

2 2

2 2 2 21 1 2 . 4 4 .2 2

a c b c a c a c b c b c

(1)

Mặt khác: Vì nên

Thay vào (1) ta được:

Vậy điều kiện cần và đủ để tam giác BMN vuông cân là ABCD là hình vuông.

Bài tập rèn luyện kĩ năng:

1. Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp , D là trung điểm cạnh AB, E là trọng tâm của Chứng minh rằng nếu: AB = AC thì

2. Cho tam giác ABC có hai trung tuyến BM và CN. Chứng minh rằng:

3. Cho tam giác cân ABC, AB = AC nội tiếp trong đường tròn tâm O. Gọi D là trung điểm cạnh AB và G là trọng tâm tam giác ADC. Chứng minh: .

4. Cho cân tại A. Gọi D là trung điểm cạnh AB, E là trọng tâm Chứng minh (I là tâm

đường tròn ngoại tiếp 5. Cho hình vuông ABCD, trên DC lấy điểm E, kẻ

M, N lần lượt là trung điểm AE và DC. Chứng minh rằng:

6. Cho hình chữ nhật ABCD, kẻ Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AH và DC. Chứng minh rằng:

2 22 .cos 4 4 cosa ac ABK b bc CBK

2 22 . cos 4 4 . cosa c a ABK b c CBK

2 2 2 22 4 4a c b c

2 2 26 4 0a c b

.ab AC c

2 22

2 2a bc

a b

2 22 2 2 2 2 2

2 26 4 0 3 4 0a ba b a a b ba b

2 2 2 2 2 24 0 0a b a b a b a b

ABC.ACD

.OE CD

2 2 25BM CN b c a

OG CDABC

.ADC .IE CD).ABC

.EF AC F BC

MN DF.BH AC

.BM MN

7. Cho hình vuông ABCD , trên AB lấy điểm P, trên AD lấy điểm Q sao cho AP = AQ. Kẻ Chứng

minh rằng:

Chứng minh bất đẳng thức

Ta đã biết với hai vectơ khác , tchs vô hướng được định nghĩa như sau:

Từ đây ta có thể rút ra một số bất đẳng thức:

hoặc

Sau đây là một số ví dụ áp dụng:

Ví dụ 1: Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC luôn có:

Lời giải

Thiết lập các đơn vị có giá trị lần lượt vuông góc với các cạnh AB, BC, AC của , ta được:

Mặt khác ta luôn có:

đpcm.


Dạng 4

.AH DPCH QH

,u v

0

. . .cos , .u v u v u v

. . .cos , .u v u v u v u v

. . .u v u v

3cos cos cos .2

A B C

1 2 3, ,e e e

ABC

01 2 1 2. . .cos 180 cos ,e e e e B B

02 3 2 3. . .cos 180 cos ,e e e e C C

01 3 1 3. . .cos 180 cos ,e e e e A A

2 2 2 21 2 3 1 2 3 1 2 2 3 1 22 . . .e e e e e e e e e e e e

3 2 cos cos cos 0B C A

3cos cos cos ,2

A B C

Lời giải

Ta có:

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:

Đặt Khi

đó là ba góc của một tam giác. Theo ví dụ trên ta suy ra điều phải chứng minh.


Lời giải

Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác , ta nhận được:

Mặt khác:

, điều phải chứng minh.

Ví dụ 4: Chứng minh với mọi số thực x, y ta luôn có:

3sin sin sin .2 2 2 2A B C

sin cos ,sin cos ,sin cos .2 2 2 2 2 2A B C B C A C B A

3cos cos cos .2 2 2 2

B C C A B A

0, , 180 .2 2 2

B C C A B A

, ,

3cos 2 cos 2 cos 2 .2

A B C

ABC

2 , ,2 , , 2 ,A OB OC B OC OA C OA OB

2 2 2 22 . . .OA OB OC OA OB OC OAOB OB OC OC OA

2 2 2 23 2 .cos 2 cos 2 cos 2 0R R C R A R B

3cos 2 cos 2 cos 22

A B C

(*)

Lời giải

Ta có (*)

Đặt: Suy ra:

Do Suy ra

(đpcm).

Giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình

Ví dụ 1: Giải phương trình:

Lời giải

Điều kiện: Đặt

Ta có:

Ta có:

Thử lại với x = 3, thỏa mãn. Vậy tập nghiệm của phương

trình là

Ví dụ 2: Giải bất phương trình:

Dạng 5

2 2

1 121 1

x y xy

x y

2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

1 1 2 1 2 11 121 1 1 1 1 1

x y y x x y y x

x y x y x y

2 2

2 2 2 22 1 1 2; , ; .

1 1 1 1x x y ya bx x y y

1.a b

. 1.a b a b

2 2

2 2 2 2

2 1 2 11

1 1 1 1

x y y x

x y x y

3 2 2 3 29 18 36 9 9 .x x x x x

2;4 0 .x

3 2 2 31;1 , 9 18 ; 36 9 .u v x x x x

2, 3 2 . 6 .u v x u v x

229 . . 6 3 0 3.x u v u v x x x

3 .S

21 3 2 3 2 2x x x x

Lời giải

Điều kiện: Đặt

Ta có:

Ta có:


Thử lại với x = 5, thỏa mãn. Vậy tập nghiệm của phương

trình là

Ví dụ 3: Giải hệ phương trình:

Lời giải

Trong mặt phẳng Oxy, đặt

Hệ phương trình trở thành: (I).

Nếu thì Thay vào phương trình (3) ta có:

Nếu thì từ hai phương trình đầu của hệ (I) ta suy ra

cùng phương.

Kết hợp với phương trình ba của hệ (I) ta suy ra hoặc

1.x 1;1 , 1; 3 .u v x x

2 22, 1 3 . 2 2 2 3 .u v x x u v x x

21 3 . . 2 2 2 3 .x x u v u v x x

1 3 5x x x

5 .S

2 2 22

2 2 2 1 0 (1)

1 2 5 1 0 (2)

1 5 1 2 2 2 1 (3)

x x y z

x y y z

y z x z

; 2 , 2;2 1 , 1;5 1 .a x y b x z c y z

. 0

. 0

2

a b

a c

c b

0a

0, 2.x y

2 2 2 1 119 5 1 2 4 2 1 9 6 10 03

z z z z z

0a

,b c

2b c

2 .b c

Trường hợp 1:

Thay vào (1) ta có .

Với thì

Với thì

Trường hợp 2:

Thay vào (1) ta có:

Thử lại ta thấy các bộ số

đều là nghiệm của phương trình đã cho.

Tìm tập hợp điểm, bài toán cực trị

Một số bài toán cơ bản:

1. Cho đoạn thẳng AB, tập hợp các điểm M thỏa mãn:

+ là đường thẳng vuông góc với AB tại A.

+ là đường tròn đường kính AB.

2. Cho điểm I cố định và một số k. Tập hợp các điểm M

thỏa mãn là:

+ Tập rỗng nếu k < 0.

+ Là điểm I nếu k = 0.

Dạng 6

1 2 2 12

2 55 1 2 2 1

y x zb c

y xz z

2 34 21 0

7x

x xx

3x 1.y

7x 19.y

11 2 22 .3

5 1 2 2 1 3 2

y x zb c

z z y x

2 4 13 1 2 133 8 1 0 .3 3

x x x y

1 11 1 110;2; , 0;2; , 3;1;1 , 7; 19;1 ,3 3

4 13 1 2 13 1 4 13 1 13 1; ; , ; ;3 3 3 3 3 3

. 0AM AB

. 0MA MB

2IM k

+ Là đường tròn tâm I bán kính nếu k > 0.

Một số ví dụ áp dụng:

Ví dụ 1: Cho hai điểm A, B cố định. Tìm tập hợp các điểm M thỏa

mãn điều kiện: (với k là số cho trước).

Lời giải

Gọi O là trung điểm của đoạn AB. Khi đó:


Theo bài toán cơ bản 2, ta có tập hợp các điểm M là:

+ Đường tròn tâm O (trung điểm của đoạn AB), bán kính

nếu

+ Điểm O (trung điểm đoạn AB) nếu

+ Tập rỗng nếu

Ví dụ 2: Cho hai điểm A, B phân biệt, cố định và một số thức k. Tìm

tập hợp các điểm M thỏa mãn điều kiện:

Lời giải

Gọi O là trung điểm đoạn AB và H là hình chiếu của M lên AB. Khi đó:


Vậy tập hợp các điểm M thỏa mãn điều kiện:

là đường thẳng vuông góc với AB tại điểm H cách trung điểm O của đoạn AB một khoảng được xác

định bởi hệ thức:

k

2 2 2MA MB k

22 22 2 22 .

2ABMA MB MO OA MO OB MO

2 2 22 2 22 .

2 2 4AB k ABMO k MO

2 21 22

k AB 2 22 .k AB

2 22 .k AB

2 22 .k AB

2 2 .MA MB k

2 2 2 . 2 .MA MB MA MB MA MB MO BA HO BA

2 . .2

kHO BA k OHAB

2 2MA MB k

.2

kOHAB

Ví dụ 3: Cho hình bình hành ABCD, tâm O, M là điểm bất kỳ. Giả sử M di động trên đường thẳng , tìm các vị trí của M để

đạt giá trị nhỏ nhất.

Lời giải

Ta có:

Do không đổi nên đạt

giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi nhỏ nhất. Điều này xảy ra khi M là hình chiếu của D lên đường thẳng

Xác định tọa độ trực tâm, tâm ngoại tiếp tam giác

1. Bài toán xác định tọa độ trực tâm của khi biết tọa độ đỉnh A, B, C.

Bước 1: Giả sử là trực tâm của tam giác ABC.

Từ đây các bạn tính được tọa độ của các vectơ .

Bước 2: suy ra tọa độ điểm H.

2. Bài toán xác định tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC khi biết tọa độ ba đỉnh A, B, C.

Bước 1: Giả sử là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Từ đây các bạn tính được tọa độ các vectơ

Suy ra độ dài IA, IB, IC.

Bước 2: , suy ra tọa độ điểm I.

Ngoài ra ta cũng cần nắm dược bài toán sau:

Dạng 7

2 2 2MA MB MC

2 2 2 2MA MB MC MD

2 2 2 2MO OA MO OB MO OC MO OD

2 2 2 22 2 2MO OA OB OC OD OA OB OA OB

2 2 2 2 2 22MA MB MC MD OA OB

2 22 OA OB 2 2 2MA MB MC 2MD

.

ABC

;H HH x y

,HA HB

. 0,

. 0

HA BC

HB AC

;I II x y

, , .IA IB IC

IA IBIA IC

3. Bài toán xác định tọa độ điểm K là hình chiếu của A lên đường thẳng BC.

Từ , ta suy ra tọa độ K.

Ví dụ: Cho tam giác ABC có điểm

a) Tính chu vi tam giác ABC.b) Tìm điểm M thuộc trục Oy sao cho M cách đều hai điểm A và

B.c) Tìm tọa độ trực tâm H của tam giác ABC.d) Tìm tọa độ tâm I và tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam

giác ABC.e) Xác định tọa độ điểm N là hình chiếu của A lên đường thẳng

IH.

Lời giải

a) Ta có:

Chu vi tam giác ABC bằng:

b) Do M nằm trên Oy nên .

Ta có:

Để M cách đều A và B thì MA = MB

Vậy thoar mãn yêu cầu bài toán.

. 0KA BC

KB mCB

4;6 , 5;1 , 1; 3 .A B C

221; 5 1 5 26AB AB

2 23; 9 3 9 90 3 10AC AC

2 24; 4 4 4 32 4 2BC BC

26 3 10 4 2.

0;M m

2 2 20 4 6 12 52,MA m m m

2 2 20 5 1 2 26.MB m m m

2 2 1312 52 2 26 10 26 .5

m m m m m m

130;5

M

c) Giả sử là tọa độ điểm H.

Ta có:

H là trực tâm tam giác ABC nên

d) Giả sử là tọa độ của điểm I.

Ta có:

I là tâm ngoại tiếp tam giác ABC nên

Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC bằng

e) Giả sử là tọa độ điểm N.

Ta có:

Ta có:

;x y

4 ;6 , 5 ;1 .HA x y HB x y

4 4 4 6 0. 0 10 0 11

11; 18 3 0 13 5 9 1 0. 0

x yHA BC x y xH

x y yx yHB AC

;u v

4 ;6 , 5 ;1 , 1 ; 3 .IA u v IB u v IC u v

2 2 2 22 2

2 2 2 2 2 2

4 6 5 1

4 6 1 3

u v u vIA IB

IA IC u v u v

15 13 1 52 ;

3 9 21 5 2 22

uu vI

u v v

65 130 .2 2

R IA

;m n

23 74; 6 , ; , 11 ; 1 .2 2

AN m n IH NH m n

23 4 7 6 0. 0 2311

2712

m nAN IH kmNH k IH

kn

Câu 1: Cho hai vectơ và ngược hướng và khác vectơ Trong các kết quả sau đây, hãy chọn kết quả đúng:

A. B.

C. D.

Câu 2: Cho hai vectơ và thỏa mãn điều kiện và Độ dài

vectơ

A. B. C. 8. D. 124.

Câu 3: Cho 2 vectơ và thỏa mãn và Khi đó

bằng:

A. B. C. D.

Câu 4: Cho 2 vectơ và thỏa mãn và hai vectơ và

vuông góc với nhau. Khi đó bằng:

A. B. C. D.

C. Bài tập rèn luyện kĩ năng

23 7 21023 7 7 7 02 2 28923 764 764 44611 ;

2 289 289 2897 44612 289

k kk

km m N

kn n

a

b

0.

. . .a b a b

. 0.a b

. 1.a b . . .a b a b

a

b 1a b

. 3.a b

3 5 :a b

5 5. 24.

a

b 4, 3a b

2 2 7.a b

,a b

0120 . 090 . 060 . 030 .

a

b 4, 3a b

2 3u a b

15 14v a b ,a b

0120 . 090 . 060 . 030 .

Câu 5: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai vectơ Khi đó

bằng:

A. B. C. 1. D.

Câu 6: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai vectơ Khi

đó bằng:

A. B.

C. D.

Câu 7: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai vectơ

Số giá trị của x để là:

A. 0 B. 1. C. 2 D. 3

Câu 8: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho 2 vectơ Đẳng thức nào sau đây sai:

A.

B.

C.

D.

Câu 9: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai vectơ và

a) Biết vectơ vuông góc với khi đó k bằng:

A. B.

1;2 , 2; 4 .a b

cos ,a b

3 .5 3

512

1 2 1 2; , ; .a a a b b b

sin ,a b

1 1 2 22 2 2 21 2 1 2

..

a b a b

a a b b

1 1 2 2

2 2 2 21 2 1 2

..

a b a b

a a b b

1 2 2 12 2 2 21 2 1 2

..

a b a b

a a b b

1 2 2 12 2 2 21 2 1 2

..

a b a b

a a b b

2 23 2 9;1 , 1; 3 2 2u x x v x x

. 7u v

1 2 1 2; , ; .a a a b b b

2 2 21. .2

a b a b a b

. . .cos , .a b a b a b

22 21. .2

a b a b a b

1 1 2 2. . . .a b a b a b

5a i j

1 2 1 .b k i k j

a

,b

4 .11

k 2 .3

k

C. D.

b) Số các giá trị k để độ dài vectơ bằng độ dài vectơ là:

A. 0. B. 1. C. 2. D. 3.

c) Gọi X là tập hợp các giá trị của k thỏa mãn điều kiện góc giữa hai vectơ

và bằng Khi đó tập hợp X bằng:

A. B.

C. D.

Câu 10: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho ba vectơ và

với Biết rằng vectơ vuông góc với vectơ Khẳng định nào sau đây đúng?

A. B.

C. D.

Câu 11: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai vectơ và

Vectơ thỏa mãn điều kiện thỏa mãn điều kiện và Khi đó có tọa độ là:

A. B.

C. D.

Câu 12: Cho tam giác ABC đều có cạnh bằng a. Gọi H, K lần lượt là trung điểm của BC, AC. I là hình chiếu của H lên AB. Cho các mệnh đề:

4 .7

k 4 .7

k

a

b

a

b 045 .

.1 5; .

7 4

1 5; .7 4

1 5; .7 4

1;2 , 5;1a b

c ma nb

, .m n c

2 .v a b

49 0.m n 49 0.m n

41 17 0.m n 17 41 0.m n

1;2a

5;1 .b

c

c

. 1a c

. 39.b c

c

7;4 . 4;7 .

3;2 . 1;1 .

1 : . . .A AB AC BC AB AC BC

2 : . 2 . .A BA BC BA BI

23 : . .A AB AC BC a

24

3: . .4

A AH CA a

Số các mệnh đề đúng trong mệnh đề nào sau:

A. 3. B. 4. C. 5. D. 6.

Câu 13: Cho tam giác ABC có

a) bằng:

A. B. C. D.

b) Tọa độ trực tâm H của tam giác ABC là:

A. B. C. D.

c) Tọa độ điểm I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là:

A. B. C. D.

d) Biết M nằm trên Oy, có tung độ bằng m và cách đều hai điểm A, C. Khi đó m bằng:

A. B.

C. D.

e) N nằm trên Ox và có đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó, điểm N có tọa độ là:

A. B.

C. D.

f) Tọa độ điểm đối xứng với A qua BC là:

A. B.

C. D.

g) Gọi D là điểm sao cho tam giác ABD vuông cân tại B và có tung độ dương. Khi đó, điểm D thuộc đường thẳng nào dưới đây?

5 : 7 . 4 . .A CB CA CB CI

2

7 : . .2

aA CB CK

1;1 , 3;1 ,A B 2;4 .C

cos A

5 .5

2 .

22 10 .

52 .

2

2;3 . 2;2 . 2; 2 . 2;2 .

2;1 . 1;2 . 1;2 . 1; 2 .

3.m 3.m

3.m .m

2 23NA NB

2;0 .N 2;0 .N

1;0 .N 1;0 .N

A

13 11; .5 5

A

31 17; .5 5

A

31 17; .5 5

A

31 17; .5 5

A

A. B.

C. D.

Câu 14: Cho nửa lục giác đều ABCD nội tiếp đường tròn đường kính Gọi I là trung điểm AB, H là hình chiếu của B lên AD. K là trung điểm của đoạn HD. Xét các khẳng định sau:

Số các khẳng định sai trong các khẳng định trên là:

A. 0. B. 1. C. 2. D. 3.

Câu 15: Cho hai điểm Tìm M trên tia Ox sao cho

A. B.

C. hay D.

Câu 16: Bạn Tùng Chi giải bài toán: “Cho đoạn thẳng và số Tìm tập

hợp các điểm M trong mặt phẳng thỏa mãn điều kiện: ” theo các bước sau:

Bước 1: Gọi O là trung điểm của đoạn AB. Kẻ như hình vẽ:

Bước 2: Ta có:

2 22 59x y 2 22 27.x y

0.x y 2.x y

2 .AD a

21 : . 2 .A IC ID a

22

3: . .2aA AD BK

321: .

4aA BK

2; 2 , 5; 2 .A B 090 .AMB

1;6 .M 6;0 .M

1;0M 6;0M 0;1 .M

2AB a 2.k2 2 2MA MB k

MH AB

2 2 2MA MB k

2 2 2MO OA MO OB k

Bước 3: Sử dụng công thức hình chiếu ta có:

Vậy tập hợp các điểm M cần tìm là tập rỗng.

Theo các bạn, lời giải của bạn Tùng Chi sai ở bước:

A. 1. B. 2.

C. 3. D. Không sai.

Câu 17: Trong mặt phẳng hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A, ngoại

tiếp đường tròn (C) tâm có D là tiếp điểm của (C) trên cạnh AC. Đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD cắt cạnh AB tại điểm E khác B. Các đường thẳng

qua A, D và vuông góc với CE cắt các cạnh BC tại và Khi đó

bằng:

A. B. 1 C. 2. D.

Câu 18: Cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung điểm của cạnh BC, N là điểm trên

cạnh CD sao cho CN = 2ND. Khi đó bằng:

A. B. C. D.

Câu 19: Cho tam giác cân tại A, AH là đường cao. Gọi D là trung điểm của AH.

Kẻ HE vuông góc với CD tại E. Khi đó bằng:

A. B. C. D.

Câu 20: Cho hình chữ nhật ABCD. Đường thẳng qua D vuông góc với AC cắt BC tại N. Gọi E, F lần lượt là trung điểm của CD, CN. T là điểm trên NC sao cho CN = 3NT. Đường thẳng AE vuông góc với đường thẳng:

A. DN. B. DT. C. DF. D. DC.

Câu 21: Gọi S là tập nghiệm của bất phương trình:

2 22 2 .MO OA OB k MO BA k

222 . .

2kHO BA k HO AB

20

4kHO

a

2;3K

3; 4F 1; 1 .G

FBFG

1 .2

3 .4

MAN

044 . 045 . 044,8 . 045, 2 .

MAN

089 . 090 . 091 . 092 .

2 33 2 2 1 5 4 2 10 17 10 2 .x x x x x x

Số phần tử của tập hợp S là:

A. 0. B. 1. C. Vô số. D. 2.

Câu 22: Chứng minh rằng tứ giác ABCD là hình bình hành khi và chỉ khi:

Bước 1:

Bước 2:

Bước 3:

Bước 4: Điều này tương đương với tứ giác ABCD là hình bình hành

Điều này tương đương với tứ giác ABCD là hình bình hành

Lời giải trên sai ở bước nào?

A. Bước 1. B. Bước 2.

C. Bước 3. D. Bước 4.

Câu 23: Cho hai vectơ có và Số các số x thỏa mãn

là:

A. 0 B. 1. C. 2. D. 3.

Câu 24: Cho ba vectơ khác thỏa mãn điều kiện:

(1). Gọi Có bao nhiêu

bộ thỏa mãn điều kiện (1)?

A. 4. B. 5. C. 6. D. 7.

. . . . 0.AB AD BA BC CB CD DC DA

. . . . 0AB AD BA BC CB CD DC DA

. . . . 0AB AD AB BC BC CD CD AD

. . 0AB AD BC CD BC AD

0AD BC AB CD

0.AD BC AB DC

0 (1)

0 (2)

AD BC

AB DC

1 .AD BC

2 .AB DC

,a b 1a b

0, 60 .a b

3xa b

, ,a b c

0

. . . . . . 0b c a a c b b a c , , , , , .b c a c b a

, ,

Câu 25: Cho tam giác ABC có Khi đó

bằng:

A. B. C. D.

Câu 26: Cho tam giác ABC đều cạnh Lấy các điểm M, N, P lần lượt

trên các cạnh BC, CA, AB sao cho Để thì x bằng:

A. B. C. D.

Câu 27: Cho hình thang cân ABCD có CD = 2AB = , AH

vuông góc với CD tại H. Khi đó bằng:

A. B.

C. D.

Câu 28: Cho hình thoi ABCD cạnh ,

Khi đó bằng

A. B.

C. D.

090 ,A 2 ,

3aBC 0 .AC a a

. 2AB AC BC

223a 2

3a 22 3

3a 24

3a

3 0 .a a

,BM a 2 ,CN a 0 3 .AP x x a

AM PN

25a 4

5a 4

15a 5

4a

02 0 . 120a a DAB

. 4 .AH CD AD AC BH

2154a

215

4a

2158a

215

8a

0a a 0120 .ADC

.AB AD AD BD

23

2aa

23

2aa

23

3aa

23

2aa

$3. Các hệ thức lượng trong tam giác

A. Lý thuyết1. Một số kí hiệu

Cho tam giác ABC có và

+ lần lượt là trung tuyến kẻ từ A, B, C

+ là độ dài đường cao lần lượt tương ứng với các cạnh BC, CA, AB;

+ R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác;

+ r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác;

+ là nửa chu vi tam giác.

+ S là diện tích tam giác.

2. Các hệ thức lượng trong tam giác vuông

Cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi H là hình chiếu của A lên BC.

Đặt Khi đó:

1.

2.

3.

4. .5.

3. Định lí côsin

Trong tam giác ABC bất kì, ta luôn có:

*Hệ quả:

,BC a AC b :AB c

, ,a b cm m m

, ,a b ch h h

2a b cp

, , .AH h BH c CH b

2 2 2.a b c 2 2. , . .c c a b b a

2 2 21 1 1 .

h b c

2 .h c b .cos .cosa c B b C

2 2 2

2 2 2

2 2 2

2 .cos ;

2 .cos ;

2 .cos .

a b c bc A

b c a ca B

c a b ab C

*Nhận xét: Định lí này cho phép ta xét được tam giác nhọn, tù hay vuông thông qua các yếu tố cạnh của tam giác.

A nhọn

A tù

A vuông

Từ đây đưa đến cách nhận dạng tam giác ABC thông qua yếu tố cạnh của nó.

-Tam giác ABC có 3 góc nhọn .

-Tam giác ABC có 1 góc tù .

-Tam giác ABC có 1 góc vuông .

4. Định lí sin.Trong tam giác ABC bất kì, ta luôn có:

Định lí sin được dùng để giải tam giác khi biết góc và độ dài cạnh đối diện và biết một góc hoặc một cạnh khác. Các bạn linh hoạt sử dụng định lí cosin và định lí sin để giải tam giác khi có các thông tin hợp lí.

5. Độ dài đường trung tuyến

STUDY TIP

Định lí cosin được sử dụng để giải tam giác

khi biết hai cạnh và một góc hoặc khi biết cả ba

cạnh của tam giác.

2 2 2 2 2 2 2 2 2cos ;cos ;cos .

2 2 2b c a c a b a b cA B C

bc ca ab

2 2 2b c a

2 2 2b c a

2 2 2b c a

2 2 2

2 2 2

2 2 2

b c a

c a b

a b c

2 2 2

2 2 2

2 2 2

b c a

c a b

a b c

2 2 2

2 2 2

2 2 2

b c a

c a b

a b c

2sin sin sin

a b c RA B C

*Nhận xét:

6. Công thức tính diện tích tam giác

*Nhận xét: Từ định lí cosin và công thức tính diện tích ta có thể xây dựng được công thức sau:

Tương tự:

B. Các dạng toán điển hình.

Giải tam giác

Dạng 1

2 2 22

2 2 22

2 2 22

;2 4

;2 4

.2 4

a

b

c

b c am

a c bm

a b cm

2 2 2 2 2 23 .4a b cm m m a b c

1 1 12 2 2a b cS ah bh ch

1 1 1sin sin sin2 2 2

bc A ca B ab C

4abc

R

pr

p a p b p c

22 21 .2

AB AC AB AC

12 B A C A C A B Ax x y y x x y y

2 2 2 2 2 2 22 .cos 2 .sin .cot 4 cotABCa b c bc A b c bc A A b c S A

2 2 2cot .

4 ABC

b c aAS

2 2 2 2 2 2cot ,cot .

4 4ABC ABC

a c b b a cB CS S

Ví dụ 1: Cho tam giác ABC có và Độ dài cạnh BC là:

A. BC= B.

C. D.

Lời giải

Cách 1: Áp dụng định lí cosin trong tam giác ta có:

Cách 2: Áp dụng định lí sin trong tam giác ta có:

hoặc

-Với suy ra Ta có:

-Với suy ra Ta có:

Ví dụ 2: Tam giác ABC có Điểm M thuộc đoạn BC sao cho MC = 2MB.

a) Cosin của góc có số đo lớn nhất bằng:

STUDY TIP

Cách 1: Biết độ dài 2 cạnh và 1 góc trong tam giác, ta sử dụng định lí cosin.

Cách 2: Ta biết độ dài cạnh và góc đối diện và biết một cạnh khác, ta sử dụng định lí sin.

2, 3AB AC 045 .C

6 2 .2 6 2 .

2BC

6 2 .2

BC

6.BC

2 2 2 02 cos 45c a b ab

2 2

6 22 22 3 2. . 3. . 6 1 0

2 6 22

aa a a a

a

02 3sin sin . . 60sin sin 2 2AB AC ACB C B

C B AB

0120 .B

060 ,B 075 .A

sin 6 2 6 2. . 2 .sin sin sin 22 2AB BC ABC AB

C A C

0120 ,B 015 .A

sin 6 2 6 2. . 2 .sin sin sin 22 2AB BC ABC AB

C A C

4, 6, 2 7.AB BC AC

A. B. C. D. b) Độ dài cạnh AM là:

A. B. C. D.

Lời giải

a) Do nên có số đo lớn nhất.

Áp dụng định lí cosin trong tam giác ta có:

Đáp án A.

b) Áp dụng định lí cosin trong tam giác ABC ta có:

Ta có:

Áp dụng định lí cosin trong tam giác ABM ta có:

Đáp án C.

Nhận xét: Cho tam giác ABC, gọi M là điểm trên BC sao

cho Khi đó:

Chứng minh: Ta có:

STUDY TIP

1. Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác. Giả sử a > b> c thì

2. Bài toán tổng quát

hơn như sau: Cho tam giác ABC, gọi M là điểm trên BC

sao cho Khi đó:

Ý b ứng với

7 .14

1 .2

2 7 .7

7 .7

4 2.AM 3.AM 2 3.AM 3 2.AM

cos cos cosA B C

.BM k BC

2 2 21AM kb k c

21k k a

1 .3

k

6 2 7 4 BAC

2 2 2 16 28 36 7cos .2. . 141.4.2 7

AB AC BCAAB AC

2 2 2 16 36 28 1cos .2. . 2.4.6 2

AB BC ACBAB AC

2 2.3

BCMC MB MB

2 2 2 12 . .cos 16 4 2.4.2. 12 2 3.2

AM BA BM BA BM B AM

.BM k BC

2 2 2 21 1 .AM kb k c k k a

1BM k BC AM AB k AC AB AM k AC AB k

22 2 2 2 1 2 1 .AM k b c k k k AC AB

2 2 2

22 2 2 1 2 12

b c ak b c k k k

*Tính diện tích tam giác, bán kính đường tròn nội tiếp, đường tròn ngoại tiếp tam giác. Công thức tính độ dài đường trung tuyến

Ví dụ 3: Tam giác ABC có hai đường trung tuyến BM, CN vuông góc

với nhau và có BC = 3, góc

a) Diện tích tam giác ABC là:

A. B.

C. D.

b) Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác là:

A. B. 3. C. D.

c) Bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC là:

A. B.

C. D.

d) Giả sử Độ dài đường trung tuyến ứng với góc C bằng:

A. B. C.

Lời giải

a) Ta có:

Do tam giác BMC vuông tại M nên

2 2 2 21 1AM kb k c k k a

030 .BAC

3 3.ABCS 6 3.ABCS

9 3.ABCS 3 3 .

2ABCS

3. 2 3. 3 3.

3 3 .3 45 24 3

6 3 .3 45 24 3

6 3 .3 45 24 3

3 3 .3 45 24 3

.C B

81 3 297 .8

81 3 297 .8

81.4

81 5 297 .8

2 2 2 2 2 22 24 4, .

9 2 4 9 2 4a c b a b cBM CM

Áp dụng định lí cosin trong tam giác ABC ta có:

Đáp án A.

b) Ta có:

Đáp án B.

c) Thay ý a) ta có:

Theo công thức tính diện tích tam giác ta có:

Đáp án C.

d) Do nên

Ta có: là nghiệm phương trình:

Suy ra

Cách 1:

2 2 2 2 2 22 2 4 49 9

9 2 4 9 2 4a c b a b cBM CM

2 2 2 2 2 22 2 2 24 81 45 45

9 4 4 4 4 4b c b c b ca a b c

2 2 2 2 2 362 cos 3 9 3 36 12 33

a b c bc A b c bc bc bc

1 1 36 1.sin . . 3 32 2 23ABCS bc A

032 3.

sin 2sin 2sin 30a aR R

A A

22 2 45 2 45b c b c bc

2 6 3 .2 3 45 24 3

SS pr rp

C B 2 2c b c b

2 2,b c

2

45 297245 432 0

45 2972

xx x

x

2 245 297 45 297, .2 2

b c

Gọi N là trung điểm của AB. Áp dụng định lí cosin trong tam giác ACN ta có:

Cách 2: Áp dụng công thức độ dài đường trung tuyến ta có:

Đáp án A.

Ví dụ 4: Tam giác ABC có là đường cao kẻ từ B

và Bán kính đường tròn ngoại tiếp R của tam giác ABC được tính theo a, b và là:

A. B.

C. D.

Lời giải

Xét tam giác có:

Diện tích tam giác ABC bằng:

Lại có:

Áp dụng định lí cosin trong tam giác ABC ta có:

Vậy

22 2 2 2 32 . .cos .

4 2cCN AC AN AC AN A b bc

45 297 45 297 81 3 297182 8 8

2 2 22

45 2979 45 297 81 3 2972 .2 4 2 8 8c

a b cm

, ,AC b BC a BB

.CBB

2 2 2 sin .2sin

a b abR

2 2 2 sin .2sin

a b abR

2 2 2 cos .2cos

a b abR

2 2 2 cos .2cos

a b abR

BCBcos .cos .BB BB a

BC

1 1. . .cos .2 2

S BB AC ab

.14 4 2cos4. .cos2

abc abc abc cS RR S

2 2 2 2 2 2 22 cos 2 sin 2 sin .c a b ab C a b ab c a b ab

2 2 2 sin .2sin

a b abR

Đáp án A.

Ví dụ 5: Tam giác ABC có AB = 5, AC = 8 và Tính bán kính đường tròn nội tiếp tam giác đã cho.

A. B. C. D.

Lời giải

Áp dụng định lí cosin cho tam giác ABC ta có:

Cách 1: Diện tích tam giác ABC là:

Bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC là:

Cách 2: Bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC:

Đáp án C.

Nhận dạng tam giác

Ví dụ 1: Cho tam giác ABC thỏa mãn điều kiện Khi đó tam giác ABC là:

A. Tam giác vuông. B. Tam giác cân tại A.C. Tam giác cân tại B. D. Tam giác cân tại C.

Lời giải

Ta có:

Khi đó:

Dạng 2

060 .BAC

1.r 2.r 3.r 2 3.r

2 2 2 12 .cos 25 64 2.40. 49 7.2

a b c bc A a

1 1 3.sin .40. 10 3.2 2 2

S bc A

20 3 3.5 8 7

Srp

05 8 7 1tan . tan . tan 30 3. 3.2 2 2 2 3A b c a Ar p a

tan .tan .tan2Ca b a A b B

1tan cot .2 2 tan

2

C A BA B

-Nếu thì A = B.

-Nếu thì theo định lý sin cho tam giác ABC ta có:

tan .tan . tan tan .tan .tan2 2C A Ba b a A b B a b a A b B

tan tan tan tan2 2

A B A Ba A b B

.sin .sin2 2

cos . cos .2 2

A B A Ba b

A B A BA cos B cos

sin 0.sin .sin 22 2cos cos

cos cos

A BA B A Ba b

a bA BA B

sin 02

A B

cos cosa b

A B

tan tan .A B A B

Như vậy ở cả hai trường hợp ta đều suy ra tam giác ABC cân tại C.

Đáp án D.

Ví dụ 2: Cho tam giác ABC thỏa mãn Tam giác ABC là:

A. Tam giác vuông. B. Tam giác đều.

C. Tam giác tù có góc A bằng 1200. D. Tam giác nhọn có góc A bằng 60

Lời giải

Từ giả thiết:

Mặt khác: Từ đó suy ra:

Vậy tam giác ABC là tam giác tù có góc A bằng

Đáp án C.

Chứng minh các hệ thức, bất đẳng thức tam giác

Ví dụ 1: Hai đường phân giác BD và CE của tam giác vuông ABC cắt nhau tại I. Khi đó, đẳng thức nào sau đây là đúng?

A. BD.CE = 2BI.CI. B. BD.CE = BI.CI

C. 2BD.CE = BI.CI. D. 2BD.CE = 3BI.CI.

Lời giải

Vì nên trong tam giác BIC ta có:

Dạng 3

3 3 32 .b c aa

b c a

3 3 3

2 2 3 3 3 2 3 3b c aa a b c a b c a a b c b cb c a

2 2 2 .a b c bc

2 2 2 2 .cot .a b c bc A

01cot 1202

A A

0120 .

090BAC

0 090 1352

BACBIC

0 2.sin135sin sin

2 2

BI CI BC aC B

Do đó:

Lại có:

Thay (2) vào (1) ta có:

(điều ngược lại cũng đúng)

Đáp án A.

Ví dụ 2: Cho tam giác ABC. Điều kiện cần và đủ để tồn tại một điểm D trên

cạnh BC sao cho là:

A. B.

C. D.

Phân tích

Xét tam giác ABC cân (các bạn có thể cho tam giác ABC đều cũng được) và D là trung điểm của BC. Khi đó:

và

. Nên

. Do đó ta sẽ suy nghĩ tới việc lựa chọn đáp án trả lời là A.

Lời giải

Nếu tam giác ABC vuông hoặc cân tại A thì kết luận ở đề bài là hiển nhiên đúng. Xét tam giác ABC có 3 góc nhọn (trường hợp tam giác ABC có một góc tù được giải tương tự).

Gọi E là giao điểm của AD với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Khi đó ta có: BD.CD = AD.DE nên điều kiện

2. 2 sin sin (1)

2 2B CBI CI a

2

sin sin .sin sin . . (2).2 2 42 2 2 2

2 2

b cB C B C BD CEa a

B C c b acos cosBD CE

2

2

. .. 2 . 2 . .4 2

BD CE BD CEBI CI a BD CE BI CIa

2 .AD BD CD

2sin sin .sin .2A B C 2sin 2sin .sin .

2A B C

22sin sin .sin .2A B C 2sin 3sin .sin .

2A B C

2sin sin .2 2A BD CD A BD CD

AB AC AB AC

2

sin ,sin sin .sin.

AD AD ADB C B CAB AC AB AC

2sin sin .sin2A B C

tương tự với điều kiện hay (O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC).

Vậy điều kiện cần và đủ để tồn tại điểm D thỏa mãn yêu cầu bài

toán là đường kính AO cắt BC hay trong đó I là trung điểm của OA và M là chân đường vuông góc hạ từ I xuống BC.

Kẻ thì:

Vậy điều kiện tương đương với

Đáp án A.

Ví dụ 3: Cho tam giác ABC có Khẳng định nào sau đây là đúng:

A. B.

C. D.

Lời giải

Ta có:

Tương tự

Thế (2) vào (1) ta có:

Vậy

Đáp án A.

Ví dụ 4: Cho ngũ giác đều ABCDE có tâm O. Chứng minh rằng:

STUDY TIP

Với ta dễ dàng suy ra

nên ta suy ra

Suy ra

Suy ra B, C bị loại. Bất đẳng thức trong tam giác:

Suy ra D bị loại.

2 .AD BD CD AD DE OD AE

2 ,OA IM

,AH BC OK BC

.cos .cos , sin sin 2 sin sinOK OB A R A AH AB B c B R B C

2OA IM

cos 2sin sinR R A A B

21 cos 2sin sin sin sin .sin .2AA B C B C

2 4A B C

A B C

.BC AC AB

1 1 1 .BC AC AB

.AB BC AC

2 4 .A B C

1 1 1 .AB BC AC

1 1 1 .

AC BC AB

1 1 1 .BC AB AC

1 1 .

AB BC AC

sin sin 2 2sin .cosA B B B

2 2 2

2 2 2 2 22. . (1)2 2 2a b a c b a c b b c b a bc bR R ac

2 2sin sin 2 (2)B C b ca c

2 22 2

1 1 1 1 .a b c b ca c ca bcc a a a a b

1 1 1 .AB BC AC

Lời giải

Cách 1: Vì ABCDE đều nên

Cộng từng vế của các đẳng thức trên ta có:

Tương tự ta chứng minh được mà là hai vecto

không cùng phương nên (điều phải chứng minh).

Cách 2: Do ABCDE đều nên OA = OB = OC = OD = OE. Do đó:

Chứng minh tương tự ta cũng có:

Do đó

Tương tụ ta chứng minh , mà là hai vecto không

cùng phương nên (điều phải chứng minh)

Nhận xét: Từ bài toán này, ta suy ra một điều khá thú vị đó là:

.

Chứng minh bất đẳng thức

Ví dụ 1: Cho có diện tích bằng Gọi a,b,c lần lượt là độ dài các cạnh

BC, CA, AB và là các chiều cao xuất phát lần lượt từ các đỉnh A,B,C.

STUDY TIP

- Có rất nhiều cách giải quyết bài toán này. Chúng tôi xin giới thiệu hai cách có sử dụng tích vô hướng.

- Cho hai vecto không cùng phương.

Một vecto thỏa mãn điều kiện

và

thì .

Dạng 4

0v OA OB OC OD OE

,a b

c

. 0c a

. 0c b

0c

AB OD

OA OB kOD

OE OC mOD

. . 1 0v kOD mOD OD AB v AB OD k m

. 0,BC v

,AB BC

0v

2 2 2 2. . , . , . ,OA v OA OA cos OA OB OA cos OA OC OA cos OA OD

2. ,OA cos OA OE

2 2 41 2 25 5

OA cos cos

2 2 4. 1 2 2 .5 5

OB v OB cos cos

. . . 0.OA v OB v AB v

. 0BC v

,AB BC

0v

2 41 2 2 05 5

cos cos

ABC3 .2

, ,a b ch h h

Chứng minh rằng

Lời giải

Ta có:

Bất đẳng thức

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có:

(điều phải chứng minh)

Ví dụ 2: Cho tam giác ABC, có AB = c, BC = a, AC = b.

a) Khi đó a,b,c cùng là nghiệm của phương trình:

A.

B.

C.

D.

b) Khẳng định nào sau đây là đúng?

A. B.

C. D.

Lời giải

Áp dụng định lý sin trong tam giác ABC ta có:

STUTY TIP

Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với ba cạnh BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F. Khi đó

1 1 1 1 1 1 3a b ca b c h h h

1 1 1. . . 2 3 , ,3 3 3a b c

a b c

a b ca h b h c h Sh h h

1 1 13a b c

a b ch h h

1 1 1 1 1 13 93

a b c a b ca b c a b c

3

3

31 1 1 91 1 1 3

a b c abca b c

a b ca b c abc

3 2 2 22 4 4 0t pt p r Rr t pRr

3 2 2 22 4 0t pt p r Rr t pRr

3 2 2 22 4 2 0t pt p r Rr t pRr

3 2 2 22 4 3 0t pt p r Rr t pRr

2 23 12 .p r Rr 2 23 12 .p r Rr

2 23 13 .p r Rr 2 23 14 .p r r

,AE AF p a

,BD BF p b

,CD CE p c

tan2Ar p a

2 sin 4 .sin . (1)2 2A Aa R A R cos

Theo công thức bán kính nội tiếp tam giác ta có:

Từ (1) và (2) suy ra:

Từ đó:

Vậy a là nghiệm của phương trình ở đáp án A. Tương tự ta cũng chứng minh được b,c là nghiệm của phương trình ở đáp án A.

Đáp án A.

b) Theo ý a, ta có:

Mặt khác :

Đáp án A.

Ví dụ 3: Chứng minh rằng: với mọi a,b,c > 0

Lời giải

Từ điểm O lấy OA = a, OB = b, OC = c sao cho:

STUTY TIP

Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với ba cạnh BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F. Khi đó

STUDY TIP

Định lý Viet: Cho a,b,c là 3 nghiệm của

Khi đó:

tan2Bp b

tan2Cp c

2.cot . (2)2 sin

2

AcosAp a r r A

2 2sin , .

2 4 2 4a p aA ar Acos

R p a Rr

3 2 0x Px Qx R

a b c Pab bc ca Qabc R

3 2 2 21 2 4 4 0.

4 4a p a ar a pa p r Rr a pRr

Rr R p a

2 2

2

4

a b c p

ab bc ca p r Rr

2 2 2 2 2 23 4 3 4 3 12 .a b c ab bc ca p p r Rr p r Rr

2 2 2 2 2 2a ab b b bc c a ac c

060AOB BOC

Áp dụng định lý côsin cho các tam giác OAB, OBC, OCA ta có:

Lại có:

Dấu “=” xảy ra A,B,C thẳng hàng

Bài tập rèn luyện kĩ năng:

1. Cho có độ dài các cạnh lần lượt là a,b,c và S là diện tích. Các trung tuyến và đường cao lần lượt xuất phát từ các

đỉnh A,B,C là và Chứng minh rằng:

và

2. Cho . Chứng minh rằng:

Trong đó: a,b,c lần lượt là độ dài 3 cạnh BC, CA, AB; p là nửa chu vi và r là bán kính đường tròn nội tiếp .

3. Trong cho bán kính đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp lần lượt là R, r. Chứng minh:

4. Cho có độ dài 3 cạnh BC, CA, AB lần lượt là a,b,c và

S là diện tích. Chứng minh rằng:

5. Cho có độ dài 3 cạnh BC, CA, AB lần lượt là a,b,c và S là diện tích. Chứng minh rằng:

Câu 1: Cho có a) Độ dài cạnh a là:

C. Bài tập rèn luyện kĩ năng

Xem đáp án chi tiết tại trang 389

2 2 2 2 22 . . .AB OA OB OAOB cosAOB a b ab

2 2 2 2 22 . . .AC OA OC OAOC cosAOC a c ac

2 2 2 2 22 . . .BC OB OC OB OC cosBOC b c bc

2 2 2 2 2 2 .AB BC AC a ab b b bc c a ac c

2 .a c b

ABC

, ,a b cm m m , , .a b ch h h

2 2 2 3 3a b cm m m S

2 2 2 2 2 2 227a b c a b cm m m h h h S

ABC

2 2 2 2

1 1 1 1 .rp a p b p c

ABC

ABC2 .R r

ABC2 2 2 4 3 .a b c S

ABC

41 1 1 3 3 .2a b c b c a c a b S

ABC 06, 8, 60 .b c A

A. B. C. D.

b) Diện tích của tam giác ABC là:

A. B. C. 12. D. 6.

c) Bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC:

A. B.

C. D.

d) Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC:

A. B.

C. D. Câu 2: Một tam giác có ba cạnh là 52, 56, 60. Gọi R, r lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp tam giác. Khi đó R.r bằng:A. 260. B. 520. C. 1040. D. 130.Câu 3: Cho tam giác ABC có

Đường cao

của tam giác ABC là:

A. B. 8. C. D.

Câu 5: Cho tam giác ABC. Khẳng định nào sau đây là đúng?

A. C.

B. D.

Câu 6: Tam giác ABC có cosB bằng biểu thức nào sau đây?

A. B.

C. D.

Câu 7: Cho có

Khi đó:

A. Góc

B. Góc

C. Góc

D. Không thể kết luận được gì về góc C.

Câu 8: Cho , biết

và

. Để tính diện tích S của , một học sinh làm như sau:

(I) Tính

(II) Tính

2 13. 3 12. 2 37.

20.

12 3. 6 3.

7 3 39 .3

r

14 3 2 39 .3

r

7 3 39 .3

r

14 3 2 39 .3

r

39 .3

R 2 13.R

2 39.3

R 39 .6

R

37, 5,cos .5

b c A

ah

7 2 .2 8 3.

80 3.

1 . . .2ABCS a b c

2 2 2

cos .2

b c aBbc

.sin

a RA

2 2 22 2 2 .

4cb a cm

2 2 2

.2

b c abc

21 sin .B

.cos A C

2 2 2

.2

a c bac

ABC2 2 2 0.a b c

090 .C

090 .C

090 .C

ABC

1 2,a AB a a

1 2,b AC b b

ABC

.cos

.a bA

a b

(III) Tính

(IV) Tính

Học sinh đó bắt đầu làm sai từ bước nào?

A. (I). B. (II). C. (III). D. (IV).

Câu 9: Khoảng cách từ A đến B không thể đo trực tiếp được vì phải đi qua một đầm lầy. Người ta xác định được một điểm C mà từ đó có thể nhìn được A và B dưới một góc

. Biết CA = 250m, CB = 120m. Khoảng cách AB bằng bao nhiêu?

A. 266m. B. 255m. C. 166m. D. 298m .

Câu 10: Hai chiếc tàu thủy cùng xuất phát từ vị trí A, đi thẳng theo

hai hướng tạo với nhau một góc Tàu thứ nhất chạy với tốc độ 30km/h, tàu thứ hai chạy với tốc độ 40km/h. Hỏi sau 2 giờ hai tàu cách nhau bao nhiêu km?

A. 13. B. C. D. 15.

Câu 11: Từ một đỉnh tháp chiều cao

người ta nhìn hai điểm A và B trên mặt đất dưới các góc

nhìn và . Ba điểm A,B,D thẳng hàng. Khoảng cách AB gần giá trị nào nhất?

A. 71m. B. 13m. C. 79m. D. 40m.

Câu 12: Cho các điểm

, . Diện tích bằng bao nhiêu?

A. B. 13. C. 26.

D.

Câu 13: Cho tam giác ABC thỏa

mãn: Khi đó:

A. B.

C. D.

Câu 14: Cho tam giác ABC, biết

Tính góc A?

A. B.

C. D.

Câu 15: Tam giác ABC có

Tính AC?

A. 68. B.168. C. 118. D. 200.

Câu 16: Cho . Gọi

là độ dài các đường trung tuyến lần lượt ứng với các cạnh

Giá trị nhỏ

2

22 2

.sin 1 1

a bA cos A

a b

22 21 1. .sin .2 2

S AB AC A a b a b

22 2 2 21 2 1 2 1 1 2 2

12

S a a b b a b a b

21 2 2 1

12

S a b a b

1 2 2 112

S a b a b

078 24

060 .

15 13. 20 13.

80 ,CD m

072 12 034 26

1; 2 ,A

2;3B 0;4C ABC

13.2

13.4

2 2 2 3 .b c a bc

030 .A 045 .A

060 .A 075 .A

24,a 13, 15.b c

033 34 . 0117 49 .

028 37 . 058 24 .

068 12 ,A 034 44 , 117.B AB

ABC, ,a b cm m m

, , .BC a CA b AB c

nhất bằng

A. B. C. D.

Câu 17: Cho tam giác ABC vuông

tại A, có Hai phân

giác cắt nhau tại R, AR

cắt tại M. Khoảng cách từ M tới BC theo a và b bằng

A. B.

C. D.

Câu 18: Cho tam giác ABC vuông tại A có đường tròn nội tiếp tiếp xúc với cạnh huyền BC tại M và

(m,n cho trước). Diện tích tam giác ABC theo m,n là:

A. mn. B. 2mn. C. m + n. D. 4mn.

Câu 19: Đường tròn tâm O nội tiếp xúc với cạnh AB tại D. Biết AC.BC = 2AD.BD. Tam giác ABC là:

A. Tam giác đều.

B. Tam giác vuông tại A.

C. Tam giác vuông tại B.

D. Tam giác vuông tại C.

Câu 20: Cho tam giác ABC vuông tạo A và Gọi O là trung điểm của BC, I là tâm đường tròn

nội tiếp tam giác, . Tỉ số

bằng

A. B. C.

D.

Câu 21: Xét tam giác ABC thay đổi, cân tại A, nội tiếp đường tròn

cho trước. Kẻ BH vuông góc với AC tại H. BH đạt giá trị lớn nhất

khi và chỉ khi bằng

A. 1. B. C.

D.

Câu 22: Cho tam giác nhọn ABC, lấy E thuộc cạnh BC sao cho tam giác ABE cân tại E. Đường tròn ngoại tiếp tam giác ACE cắt AB tại

D và Đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE tâm J và có bán

kính I là trung điểm của đoạn AC. Độ dài đoạn IJ bằng:

A. B. C.

D.

Câu 23: Cho hình thang vuông ABCD (vuông tại A và B),

Khi đó bằng

A. B.

2 2 2

a b c

a b c ab bc ca

abc m m m

2 3. 3. 3 3.

4 3.

, .AB a AC b

1,BB 1CC

1 1B C

2 2.ab

a b a b

2 2

2ab

a b a b

2 2

2 .2

ab

a b a b

2 22

ab

a b a b

,BM m CM n

.AC AB

090BIO ABAC

1 .3

3 .4

1 .2

1 .4

;O R

tan2A

3.1 .2

1 .3

10.DE

5.r

10. 2 5. 5.

15.

.AC BD 2 2AC BD

2 23AB CD2 23AD CB

C. D.


tại A có Đường tròn nội tiếp tam giác ABC

có bán kính bằng 1. Khi đó bằng

A. B. C. 1.

D.

Câu 25: Chọn một mảnh giấy hình chữ nhật kích thước 15cm x 20cm, ta gấp nó dọc theo một đường chéo. Diện rích phần chung của hai nửa mảnh giấy bằng

A. B.

C. D.

Câu 26: Cho tam giác ABC có tâm đường tròn nội tiếp là I. Gọi

lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, IBC, ICA, IAB. Biết R1 + R2 + R3 = 3R. Khi đó tam giác ABC là:


B. Tam giác vuông.

C. Tam giác cân có tù.

D. Tam giác bất kỳ.

Câu 27: Cho tam giác ABC, có độ dài đường cao

và số đo góc CAH bằng ba lần số đo góc BAH. Diện tích tam giác ABC bằng

A. B.

C. hoặc D.


(M là trung điểm của BC).

a) Khi đó bằng

A. B. C.

D.

b) Diện tích tam giác ABC bằng

A. B. C. D.

Câu 29: Cho tam giác ABC nhọn. Giá trị của biểu thức sau

thuộc khoảng

A. B.

C. D.

Câu 30: Xét nội tiếp đường tròn (O) cho trước. Các trung tuyến xuất phát từ A, B, C cắt đường tròn (O) tương ứng tại M, N, P. Biểu thức

2 23AB CD2 23AD CB

AB AC 2 3.BC

sinsin

BC

3.1 .3

2 .2

21875 .16

cm 21875 .18

cm

2625 .4

cm 2625 .2

cm

1 2 3, , ,R R R R

BAC

6 , 3AH cm BH cm

2108 .cm 290 .cm

2108cm 290 .cm 2216 .cm

2 ,AB cm 4 , 3AC cm AM cm

BAC

0120 . 0135 . 0150 .090 .

2 3. 3. 4 3.

3 3.

sin sin sinsin sin sin sin sin sin

A B CMB C A C B A

30; .2

31; .2

3 ;2 .2

1;2 .

ABC

đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi tam giác ABC là


B. Tam giác vuông.

C. Tam giác cân có tù.

D. Tam giác vuông cân.

Câu 31: Cho tam giác ABC. AM, BN, CP là các đường phân giác

trong ( ) của tam giác đó. Để PM vuông góc

với NM thì số đo của bằng

A. B. C.

D.

Câu 32: Xét hình chữ nhật ABCD và điểm M di động trên BC. Phân

giác góc DAM cắt BC tại N. đạt giá trị nhỏ nhất khi điểm M:

A. Trùng điểm B.

B. Trùng điểm C.

C. Trùng với trung điểm của BC.

D. Trùng với giao điểm của phân

giác trong góc với BC.

Câu 33: Để đo chiều cao từ mặt đất đến đỉnh cột cờ của một kỳ đài trước Ngọ Môn (Đại Nội – Huế), người ta cắm hai cọc AM và BN cao 1,5 mét so với mặt đất. Hai cọc này song song và cách nhau 10 mét và thẳng hàng so với tim cột cờ (Hình vẽ minh họa). Đặt giác kế tại đỉnh A và B để nhắm đến đỉnh cột cờ, người ta

được các góc lần lượt là và

so với đường song song với mặt đất. Chiều cao của cột cờ (làm tròn 0,01 mét) là:

A. 54,33 m. B. 56,88 m.

C. 55,01 m. D. 54,63 m.

Câu 34: Cho tam giác ABC thỏa mãn:

Khi đó ABC là một tam giác

A. Tam giác vuông.

B. Tam giác cân.

C. Tam giác vuông hoặc cân.

D. Tam giác đều.

Câu 35: Cho ngoại tiếp đường tròn tâm O và

Khi đó

bằng

A. B.

C. D.

2 2 2

2 2 2

AM BN CPPAB BC CA

BAC

,M BC ,N CA P AB

BAC

0120 . 0135 . 0150 .090 .

ANMN

BAC

051 40

045 39

2cos sin sin sin 2 sin 2 .A B C C B

ABC

, , .BC a CA b AB c 2 2 2. . .a OA b OB c OC

.abc3 3 3

.3

a b c

2 2 2

.3

a b b c c a

2 2

.2

a b c

Câu 36: Cho tam giác ABC và số thực m. Trên các cạnh BC, CA và AB của tam giác, lần lượt lấy các

điểm . Gọi và tương ứng là diện tích của các

và Biết

đạt giá trị lớn nhất,

. Khi đó m bằng

A. B.

C. D.

Câu 37: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn tâm O bán kính R (R > 0, R không đổi). Gọi A và B lần lượt là các điểm di động trên tia Ox, Oy sao cho đường thẳng AB luôn tiếp xúc với đường tròn đó và diện tích tam giác OAB nhỏ nhất. Tọa độ của các điểm A, B lần lượt là

A.

B.

C.

D.

Câu 38: Cho có

và

diện tích là S. Kí hiệu lần lượt là độ dài của các đường trung tuyến kẻ từ các đỉnh A, B, C. Biết

. Gọi O và G lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp và trọng tâm tam giác ABC; M là trung điểm của BC. Xét các khẳng định sau:

1.

2. không nhọn.

3.

Số các khẳng định đúng là:

A. 0. B. 1. C. 2. D. 3.

Câu 39: Muốn đo chiều cao của tháp chàm Por Klong Garai ở Ninh Thuận người ta lấy hai điểm A và B trên mặt đất có khoảng cách AB = 12m cùng thẳng hàng với chân C của tháp để đặt hai giác kế. Chân của

giác kế có chiều cao . Gọi D là đỉnh tháp và hai điểm A1,B1

cùng thẳng hàng với C1 thuộc chiều cao CD của tháp. Người ta đo được

góc và . Chiều cao CD của tháp là

A. 22,77 m. B. 21,47 m.

C. 21,77 m. D. 20,47 m.

, ,A B C , ,a b cS S S S

, ,AB C BC A CA B .ABC

a b cS S SS

2019a b cS S Smax m

S

4035 .2

m 1345.m

4035 .4

m 807.m

2;0 , 0; 2 .R R

63;0 , 0; .2

RR

22 ;0 , 0; .3RR

2 ;0 , 0;2 .3R R

ABC

, ,BC a CA b AB c b c

, ,a b cm m m

2 2 22 (*)a b cm m m

2 4 .cot .a S A

MOG

2 2 2 2 2 23 .4a b cm m m a b c

1,3h m

01 1 49DAC 0

1 1 35DB C

Câu 40: Tam giác ABC có đặc điểm gì nếu

.


B. Tam giác có

C. Tam giác có

D. Tam giác có

Câu 41: Cho tam giác ABC. Xét các khẳng định sau:

a)

b)

c)

d)

e)

f)

Số khẳng định sai là:

A. 0. B. 1. C. 3. D. 4.

Câu 42: Một thợ lặn có vị trí cách mặt nước 8m, một con tàu đắm ở

góc Sau khi cùng xuống tới một điểm cao hơn 14m so với đáy đại dương, thợ lặn nhìn thấy con tàu

đắm ở góc . Chiều sau của con tàu đắm gần giá trị nào nhất?

A. 24,979 m. B. 32,964 m.

C. 32,979 m. D. 33,25 m.

Câu 43: Đầu của các tổng thống ở Mount Rushmore cao 18 mét. Một du khách nhìn thấy đỉnh đầu của

George Washington ở góc cao

và cằm của ông ở góc cao Chiều cao của múi Rushmore gần giá trị nào nhất?

A. 182,753 m. B. 99,649 m.

C. 99,9 m. D. 168,055 m.

Câu 44: Nhìn vào bản thiết kế dưới,

góc gần giá trị nào nhất?

sin 2sinsin2cos cos

B CAB C

0120 .A

0150 .A

090 .A

2 2 .cos .cos .b c a b C c B

2 2 cos .cos .cos .b c A a c C b B

sin sin . sin .cosA B cosC C B

sin .B C

.cos .cos .a b C c B

2 sin sin .ah R B C

22 21 . . .2ABCS AB AC AB AC

070 .

057

048044,76 .

ACD

A. B.

C. D.

Câu 45: Cho tam giác ABC vuông tại A. Chia cạnh huyền BC có độ dài bằng a thành n đoạn bằng nhau (n lẻ). MN là một trong n đoạn thẳng

đó biết và trung điểm thuộc đoạn thẳng MN. Khi đó độ dài đường cao AH của tam giác ABC bằng

A.

B.

C.

D.

Câu 46: Dựa vào thiết kế bên dưới, góc giữa EF với AE gần giá trị nào nhất?

A. B.

C. D.

Câu 47: Trong sơ đồ, chùm sáng hướng vào gương màu xanh, phản xạ vào gương màu đỏ và sau đó phản xạ vào gương màu xanh như

hình vẽ. Biết

. Khi đó đoạn PT bằng

A. B.

C. D.

Câu 48: Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn hệ phương trình

0126 0 23,08 . 0126 0 22,08 .

0126 0 24,08 . 0126 0 21,08 .

MAN

2 1 .tan.

4

n aAH

n

2 1 .tan.

2

n aAH

n

2 1 .tan.

2

n aAH

n

2 1 .tan.

n aAH

n

033 41 24,24 . 033 40 24,24 .

032 41 24, 24 . 031 41 24,24 .

2 ,OP m

2 6 OQ m

2 6 .3

m 2 3 .3

m

2 2 .3

m 6 .3

m

2 2

22

22

50

169.2

1442

y z

yx xy

zx xz

Giá trị của biểu

thức là

A. 120. B. 121. C. 122. D. 123.

Câu 49: Số các giá trị của tham số m (m> 0) để hệ

có

nghiệm là

A. 0. B. 1. C. 2. D. Vô số.

Câu 50: Cho các số thực x,y,z với y

> 0 thỏa mãn Giá trị của biểu thức

bằng

A. 2. B. 3. C. 4. D. 5.

Câu 51: Cho các số thưc dương

x,y,z thỏa mãn Giá trị

của biểu thức bằng

A. 10. B. 11. C. 12. D. 13.

Câu 52: Số nghiệm của phương trình

là

A. 0. B. 1. C. 2. D. 3.

Câu 1: Cho tam giác ABC có hai trung tuyến và vuông góc với nhau. Giá trị của bằng

A. B.

C. D.

Câu 2: Cho tam giác ABC có G là trọng tâm, I là tâm nội tiếp tam giác ABC. Biết và

. Giá trị của

bằng

A. B. C. D.

BÀI KIỂM TRA CHỦ ĐỀ IX

2 2

22

22

50

169.2

1442

y z

yx xy

zx xz

K xy yz xz

16

25

36

x y xy xy

z y zy zy

x z xz xz

xy yz xz m xyz

, , 0x y z

2

2

2

294

2 .

1. 2

x y

y z

y x z

1 2A y x z

2 2

2 2

2

9

16.

x y

y z

y xz

B xy yz

2 23 2 9 4 2 16 5x x x x

AA BBcot cotA B

cot .2

C

cot .3

C

cot .4

C

cot .C

IG IC, ,a BC b AC c AB

a b c a b

.abc .ab 6 .abc6 .ab

Câu 3: Trong tam giác ABC có trung tuyến CM vuông góc với phân giác trong AL và

Khi đó góc

bằng

A. B. C.

D.

Câu 4: Cho tam giác ABC. Điểm M thỏa mãn điều kiện

Tập hợp các điểm M là

A. Đường thẳng qua tâm ngoại tiếp tam giác ABC và vuông góc với đường thẳng là

giá của vectơ

B. Đường thẳng qua tâm ngoại tiếp tam giác ABC và vuông góc với đường thẳng là

giá của vectơ

C. Đường thẳng qua tâm ngoại tiếp tam giác ABC và vuông góc với đường thẳng là

giá của vectơ

D. Đường thẳng qua tâm ngoại tiếp tam giác ABC và vuông góc với đường thẳng BC.

Câu 5: Cho thỏa mãn

trong đó

ABC là tam giác

A. Vuông. B. có góc

tù.

C. có ba góc nhọn D. có góc

tù.

Câu 6: Cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác. Xét các mệnh đề

a.

b.

c.

Số các mệnh đề đúng

A. 0. B. 1. C. 2. D. 3.


Gọi D là điểm trên đoạn BC sao cho và

Góc bằng

A. B. C.

D.

Câu 8: Cho hình thang ABCD có

đáy lớn đáy bé Giả sử AC vuông góc với BD và BC

cắt DA tại Q sao cho Diện tích hình thang ABCD bằng

A. B.

C. D.

Câu 9: Cho , P là điểm nằm trong tam giác sao cho

Biết

và

(m,n là hai số tự

3 5 2 5.2

CMAL

BAC

060 . 036 . 072 .090 .

2 2 23 2 .MA MB MC

2 .AB AC

.AB AC

2 .AB AC

ABC4 4 4a b c

, , .a BC b AC c AB

ABC

ACB

2

.sin sin2 2 4

b cl lB Ca

..2

b cl lIB IC

2a

bclb c

045 .ABC 2CD BD

015 .DAB ACB

060 . 072 . 075 .080 .

10,CD 4.AB

045 .AQB

560 .3

140 .3

280 2 .3

245 2 .3

ABC

.PAB PBC PCA 13, 14, 15AB BC CA

tan mPABn

nhiên, nguyên tố cùng nhau). Tổng bằng

A. 463. B. 631.

C. 346. D. 136.

Câu 10: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hai điểm như hình vẽ. Biết tam giác OAB đều. Khi đó bằng

A. 1248. B. 135.

C. 315. D. 513.

Câu 11: Cho tam giác ABC không

tù có và Gọi O, I lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp tam giác ABC. Biết

Khi đó bằng

A. hoặc

B. hoặc

C. hoặc

D. hoặc

Câu 12: Cho thỏa mãn tính chất: Có điểm P nằm trong tam giác sao cho

. Khi đó tam giác ABC:

A. Cân tại C. B. Vuông.

C. Đều. D. Cân tại B.


và

Khi đó BC bằng

A. 2. B. 3. C. 4. D. 6.


Tọa độ trực tâm H của tam giác ABC là

A. B.

C. D.

m n

ab

AB AC 045 .B

2 .IO AB AC sin A

2sin2

A

4 2 2sin .2

A

2sin2

A

4 3 2sin .2

A

3sin2

A

4 2 2sin .2

A

3sin2

A

4 3 2sin .2

A

ABC

0 0 0 010 , 20 , 30 , 40PAB PBA PCA PAC

43,AB 7AC 060 , 2.BCA BC

6; 4 ,A 3;5 , 6;2 .B C

6; 4 .

3;5 .

9 7; .2 2

0; 1 .

Câu 15: Cho

Gọi

là góc giữa và . Giá trị nguyên lớn nhất của sao cho là góc tù là

A. B. C. 0. D. 1.

Câu 16: Cho tam giác ABC vuông cân tại A và nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R. Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC.

Tính

A. B.

C. D.

Câu 17: Cho tam giác ABC vuông cân tại A có Hai đường trung tuyến BN và CM cắt nhau tại G. Diện tích tam giác GMN là

A. 25. B.

C. D.


Mệnh đề nào sau đây là đúng?

A. Nếu thì vuông.

B. Nếu thì tù.

C. Nếu thì nhọn.

D. Nếu thì nhọn.


Tính

A. B. C.

D.


Tính diện tích tam giác ABC.

A. 24. B. 48. C. 12. D.


Độ dài đường phân giác trong góc A là

A. B.

C. D.

Câu 22: Cho hình thang cân ABCD,

đáy lớn đáy nhỏ bằng đường cao, đường chéo vuông góc với cạnh bên. Diện tích của hình thang cân đó bằng

A. B.

2 ;3, 3;2 1 .a x b x

a

b

x

2. 1.

rR

2 1.

2 1.

2 2 1.

2 2 1.

30.AB AC

75 .2

25 2.

15 105 .2

,BC a , .CA b AB c

2 2 2 0a b c C

2 2 2 0a b c C

2 2 2 0a b c C

2 2 2 0a b c C

7,BC 9, 4.CA AB

cos A

1 .2

1 .3

2 .3

2 .3

6,AB 08, 30 .AC BAC

12 3.

2,AB 4, 3.BC CA

3 6 .10al

6 3 .5al

3 9 .5al

54 .5al

10 ,CD cm

50 5 125 .2

2 5 2 2 .

C. D.


G là trọng tâm tam giác ABC. Giá trị

là

A. B.

C. D.

Câu 24: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho với

Diện tích của tam giác ABC bằng

A. B. C.

D.

Câu 25: Cho tam giác ABC không

vuông ( đặt

). Giá trị bằng

A. B.

C. D.

Câu 26: Cho có

Độ dài

chiều cao bằng

A. 1. B. 2. C. D.

Câu 27: Trong tam giác ABC có

Diện tích đường tròn nội tiếp tam giác ABC bằng

A.

B.

C.

D.

Câu 28: Cho Xác định mệnh đề đúng?

A.

B.

C.

D.

Câu 29: Biểu thức

(với ) được rút gọn thành

25 2 1 .

10 5 1 .

2,AB 4, 3.BC CA

. . .GAGB GB GC GC GA

29 .6

29 .3

29 .6

29 .3

ABC

2;1 , 2; 1 ,A B 3; 1 .C

5 .2

7 .2

1 .2

3 .2

, ,BC a AB c AC b 2 2 2

2 2 2

a c bb c a

sin .cos

AB

tan .tan

AB

sin .sin

AB

cos .cos

AB

ABC

2 3, 2,a b 030 .C

ah

3.

2 3.

8,a 0 060 , 75 .B C

212 4 3 .

3 3 6

212 4 3 .3 2 6

212 4 3 .3 2 3

212 4 3 .

2 3 6

0 00 ;180 .

2 33

sin 1 cot cot cot .sin

cos

2 33

sin 1 2cot cot cot .sin

cos

2 33

sin 1 cot 2cot cot .sin

cos

2 33

sin 1 cot 2cot cot .sin

cos

2 2

2

cot 2 2 sin 2 . 2 .cot 2 cot 2

cos cosA

0 0 00 ;90 \ 45

A. 1. B.

C. D.

Câu 30: Cho có

Tọa độ điểm M trên đường thẳng BC sao

cho và

là

A. B.

C. D. Không có M.

Câu 31:

Khi đó giá trị của n bằng

A. 20. B. 21. C. 23. D. 22.

Câu 32: Trong tam giác ABC, các đường trung tuyến AD và CE có độ dài lần lượt là 18, 27. Biết Đường thẳng CE cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm thứ hai F. Diện tích tam giác AFB

bằng (trong đó m,n là các số nguyên dương và n không chia hết cho bình phương của bất kì số nguyên tố nào). Tính ?

A. 60. B. 61. C. 62. D. 63.

Câu 33: Cho tam giác ABC vuông tại B. AD là phân giác trong của góc

. Trên AB, AC lần lượt lấy các

điểm E và F, biết

G là giao điểm của AD với EF. Diện tích của tứ giác DCFG gần giá trị nguyên nào nhất?

A. 146. B. 147. C. 148. D. 149.

Câu 34: Cho tam giác ABC đều, ABC có độ dài cạnh bằng 1. Dựng ra phía ngoài tam giác các hình vuông ABDE, BCHI, CAFG. Diện tích lục giác DEFGHI bằng

A. B.

C. D.

Câu 35: Sáu hình lục giác đều được đặt xung quanh một lục giác đều cạnh bằng 1. Diện tích của tam giác ABC bằng bao nhiêu?

A. B.

2 21 sin 2 2 .cos

22 2sin 2 .21 2sin 2 .

ABC

1;2 , 2;0 ,A B 3;1 .C

13M ABCS S

2 6 8 0M Mx x

1 1; .3 3

11 1; .3 3

11 1; .3 3

0 0 01 tan1 1 tan 2 .. 1 tan 45 2 .n

24.AB

m n

m n

CAB

3, 9, 10, 27.AE EB AF FC

12 3 3 .4

9 .2

3 3.

6 3 3 .2

2 3. 3 3.

C. D.

Câu 36: Trong hình chữ nhật ABCD có Các điểm E,F nằm trên đoạn AB sao cho DE,DF chia

thành ba góc bằng nhau như hình vẽ. Tỉ số diện tích tam giác DEF so với diện tích hình chữ nhật ABCD là bao nhiêu?

A. B.

C. D.

Câu 38: Trên đoạn thẳng AC lấy

điểm B sao cho Lấy hai điểm D,E nằm cùng phía đối với đường thẳng AC sao cho các tam giác ABD, BCE là hai tam giác đều. Gọi M là trung điểm của đoạn AE, N là trung điểm của đoạn CD. Diện tích của tam giác BMN bằng Khi

đó bằng

A. 508. B. 507. C. 506. D. 505.

Câu 39: Biết

trong đó m và n là các số nguyên lớn hơn 1 và

và

Tính

A. 90. B. 91. C. 92. D. 93.

Câu 40: Tam giác ABC có độ dài

các cạnh Hình chữ nhật PQRS có đỉnh P nằm trên cạnh AB, đỉnh Q nằm trên cạnh AC và hai đỉnh R,S nằm trên cạnh

BC. Với điều kiện thì diện tích PQRS có thể biểu diễn dưới dạng một đa thức bậc hai

với hệ số

trong đó m và n là hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau. Tính

A. 161. B. 160. C. 162. D. 163.

Câu 41: Trong tam giác ABC có

Trên các đoạn AB, BC, CA lấy lần lượt các điểm D, E, F sao cho

( trong đó là các số dương thỏa

mãn

trong đó là số nguyên dương nguyên tố cùng nhau. Tính

A. 60. B. 61. C. 62. D. 63.

Câu 42: Cho có

D và E lần lượt nằm trên AB và AC sao cho DE song song với BC và đi qua tâm

2 2 3. 1 3 2.

2 .DC CB

ADC

1 6 2 .2

1 .4

2 3.

3 .6

16, 4.AB BC

.x2x

45

021

1 ,sin 2 1

n

k

mk

sin 2 2sin cosx x x

0sin 90 cosx x ?m n

12, 25, 17.AB BC CA

PQ

2PQRSS

,mn

?m n

13,AB 15, 17.BC CA

, ,AD pAB BE qBC CF rCA , ,p q r

2 2 22 2, .3 5

p q r p q r

DEF

ABC

S mS n

,m n

?m n

ABC21, 22,AB AC 20.BC

nội tiếp . Giả sử trong đó m, n là các số nguyên dương, nguyên tố cùng nhau. Tính

A. 923. B. 924. C. 925. D. 926.


tại C, có M là trung điểm của AB và dựng D cùng phía với C so với AB sao cho

Diện tích tam giác

CDM bằng trong đó là các số nguyên dương, nguyên tố cùng nhau, không chia hết cho bình phương của bất kì số nguyên tố nào. Tính

A. 581. B. 580. C. 579. D. 578.

Câu 44: Cho ngũ giác lồi ABCDE với

Biết

trong đó là hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau. Tính

A. 485. B. 484. C. 483. D. 482.

Câu 45: Trong tứ giác ABCD lồi có

và

Cho biết

trong đó là hai số nguyên dương. Tính

A. 148. B. 149. C. 150. D. 151.

Câu 46: Cho tam giác ABC không cân có Đường tròn nội tiếp (I) của tam giác ABC chia trung tuyến AD thành ba phần bằng nhau. Giả sử diện tích tam giác ABC có

dạng trong đó là các số tự nhiên và không chia hết cho bình phương của bất kì số nguyên tố nào. Tính

A. 38. B. 39. C. 40. D. 41.


Gọi AH là chiều cao của tam giác ABC. Tọa độ điểm H là

A. B.

C. D.

Câu 48: Bắt đầu từ gốc tọa độ, một

nguồn sáng chiếu vào điểm nằm trên gương phẳng (biểu diễn là đường thẳng ) và có tia phản xạ đi

qua điểm Hệ số góc của đường thẳng bằng

A. B.

C. D.

Câu 49: Đơn giản biểu thức sau ta được

A. B.

C. D.

ABCmDEn

?m n

7, 24.AC BC

15.AD BD

m np , ,m n p

,m pn

m n p

0/ / , / / , / / , 120 ,AB CE BC AD AC DE BAC 3, 5, 15.AB BC DE

ABC

EBD

S mS n

,m n

?m n

8, 12, 10BC CD AD

060 .DAB CBA

AB m n ,m n

?m n

20.BC

m n ,m nn

?m n

1; 2 ,A 3;5 , 1;4 .B C

4;4 . 5;6 .

6;8 . 3;2 .

4;8A

d

8;12 .B

d

10 1.3 2 10 1.

3

3 .10 1

3 .2 10 1

4 2 4 2sin 4 4sinx cos x cos x x

cos .x 2 .cos x

3 .cos x 4 .cos x

Câu 50: Cho và số thực thỏa mãn

Số cặp thỏa mãn:

A. 1. B. 2. C. 3. D. 4.

Câu 1: Đáp án A.

Câu 2: Đáp án B.




Ta có:

Do

đó tọa độ N là

Câu 6: Đáp án C.

Do M thuộc góc phần tư thứ III nên giao điểm N của OM với nửa đường tròn sẽ có hoành độ, tung độ dương.

Ta có:

Do đó tọa độ điểm N là

Câu 7: Đáp án D

Câu 8: Đáp án D.

Mối liên hệ hai cung bù nhau.




HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT CHỦ ĐỂ 9

GIÁ TRỊ LƯỢNG GIÁC CỦA MỘT

GÓC BẤT KÌ TỪ 00

ĐẾN 1800

0 00 ,90x

y

2 2

2 2

2 2

sin cos2sin cos .

cos sin

y y

y y

x xx x

x x

;x y

5 ,61

cos AOM

6sin .61

AOM

5 6; .61 61

3 ,5

cosNOA

4sin .5

NOA

3 4, .5 5

22 sinm cos

1 2sin cos 2 1sin .2

mcos

0 0sin 36 6cos

0 0 0 0sin 90 36 90 6cos

0 0 0 0sin 36 6 36 sin 6cos cos 0 1sin 30 .

2

2 0 2 0sin 51 sin 39

= 2

=1.


Do nên

Do đó




Từ giả thiết ta có:


Ta có


Ta có




2 0 2 0sin 55 sin 35

2 0 2 0sin 51 51cos

2 0 2 0sin 55 55cos

0 0 0 0tan1 . tan 89 . tan 2 .tan88

0 0... tan 44 .tan 460. tan 45

2 0 2 0sin 2 sin 4

2 0 2 0... sin 86 sin 88

2 0 2 0sin 2 sin 88

2 0 2 0.. sin 44 sin 46

2 0 2 0sin 2 2cos

2 0 2 0.. sin 44 44cos

22.

2 0 2 073 17cos cos

2 0 2 087 3cos cos

2 0 2 073 sin 73cos

2 0 2 087 sin 87cos

2

2 2tan 2 tan .cot cotx x x x

2 2tan 2 tan .cot cot 4x x x x

0 00 ,45

cot 1 tan 0.

3 4 1 3 2 1, 1 , .t t t t t t

2 22

1sin 2cot 5cotsin

E

22

1 3cot 5cot 11 cot

6917

6 6sin cosx x

2 2 2 2sin cos 1 sin cosx x x x

2 2sin 2 cos 2 1.x x

sin 8sin 4sin 7sincos 8cos 4cos 7 cos

a d c ba d c b

2 2sin 8sin cos 8cosa d a d

2 24sin 7sin 4cos 7 cosc b c b

2 7cos a d cos b c

sin cos 2a a

22 sin cosa a

1sin .cos .2

a a

4 4 2 2sin cos sin cosa a a a

2 22sin cosa a

21 11 2 .2 2

4 4 2 2sin cos 1 2sin cos .x x x x 6 6 2 2sin cos 1 3sin cos .x x x x

2 23 1 2sin cosx x

2 22 1 3sin cosx x

1.

4 61 .

12f x f x

2 2 2 2tan sin tan sinx x x x

2 2 2tan sin 1 sinx x x

2

2 22

sin cos sin 0cos

x x xx

3sin 4sin .cot2sin 5sin .cot

A

3 4cot 132 5cot

2

2

cot 3tan 1 3tan2cot tan 2 tan

E

2

2

4 3 tan 1

3 tan 1






Câu 26: Đáp án B


Điều kiện

Phương trình đã cho tương đương với

Từ (1) suy ra cùng với điều kiện (*) ta sẽ chỉ ra phương

trình đã cho với

Phương trình (1) tương đương với

Vì nên

Đặt

Ta được phương trình

Đặt

Phương trình trở thành

Do nên

Do đó, phương trình

vô nghiệm

khi


Cách 1: Gọi D là trung điểm của BC, từ giả thiết ta có:

22

2

2

34 4 31 3 13

coscoscos

cos

11.3

2 27 tan cot

2tan cot 2

2 9 3.m m

2cot tana a

2 2cot 2cot tan tana a a a

2 2cot 1 tan 1a a

2 2

1 1sin cosa a

2 21 sin 1 cot 1G x x

2 2sin .cot 1x x

2 21 cos sinx x

sincot1 cos

xE xx

cos sinsin 1 cos

x xx x

cos 1 cos sin .sinsin 1 cos

x x x xx x

2cos 1 cos 1 cos

sin 1 cos

x x x

x x

cos 1 cos 1 cos 1 cossin 1 cos

x x x xx x

1sin x

2 2

2

cot cos sin .coscot cotx x x xA

x x

2

2

cos sin .cos1cot cot

x x xx x

2 21 sin sin 1x x

2 21 sin cos2sin .cos 2sin .cos

x xPx x x x

cos 1 cot .2sin 2

x xx

1(*)

2

x

x

2

2 2

2

1 1 1

x xa

x x

2

2

1 1

1

x xa

x

2 (1)

1

xx ax

0,x

1,x

2.x

2

1 1 .1 11

a

x x

1; 2x x

10 1,x

1 2 .2x

0 0 01 cos 0 90 , 45x

1 1cos sin

a

sin cos .sin .cosa

sin 2 0 1 .t t

2 2( ) 4 4 0, 0;1f t a t t t 20 8a

( ) 0 ; 1f t Max f f

24; 8 0Max a

( ) 0f t

0;2 2 .a

2 22 4 . 4CD CD AC AC 2 2.CD CD AC AC

Kẻ đường phân giác trong AE của tam giác ACD. Theo tính chất đường phân giác ta có:

Từ (1) và (2) suy ra

Suy ra đồng

dạng với nên cân tại A.

Lại có

Do đó:

Cách 2: Lấy điểm K đối xứng với C qua A. Giả thiết suy ra

. Lấy điểm D trên đoạn BK sao cho

Suy ra đồng dạng

với Khi đó

hay

Kết hợp với giả thiết ta có:

nên tam giác CDB cân tại D.

Vậy

Từ đó suy ra:


Qua B vẽ đường thẳng vuông góc với BD cắt đường thẳng qua C và song song với BE tại K. Khi đó

ta có BK//CE, KC//BE, suy ra

(g.c.g) nên

mà (gt) suy ra

(c.g.c). Từ đó suy ra,

Mà

Từ (1) và (2) suy ra tam giác DKC vuông cân, do đó

Lại có: (đồng vị)

Vậy


Từ điều kiện ta có:

đồng thời có

Trên cạnh AB lấy điểm D sao cho

Ta có:

(c.g.c)

Mặt khác

(1)AC CDCD CD AC

EC AC ACED AD DC

(2)EC ACCD AC CD

.EC ACAC CD

ACE,DCA

ACE

1 12 2

EAC CAD ACB

01 1802

ACB ACB ACB

0 072 18ACB ABC

5 1sin .4

ABC

2CB CA BC CK KCB CBK

.CDK CKDBCK

.CKDBC CKCK KD

2 .CK BC KD

24AC BC BC BD

. 2 .BC BD BC AC

,BD CK CD

2 4BKC KDC CBK ABC

0 04 90 18ABC ABC ABC

5 1sin .4

ABC

BKC CEB

,BK CE AD

BD ACBKD ADC

(1), DK DC KDB ACD

090ADC ACD

090KDB ADC

090 (2)KDC

045DCK

CFB DCK

045 tan 1.CFB CFB

2 2 0 a c ba bc cc a

.c b

AD b.BD c b

ABC CBD (1)ACB CDB

,

Từ (1), (2) và (3) suy ra


Bạn Anh Vũ đã không chú ý tới điều kiện Với điều kiện này

Như vậy giá trị P = -2 bị loại. Vậy bạn Anh Vũ sai ở bước 4, chưa thử lại đã kết luận vội vàng.




Ta có:


Ta có:


Ta có:

Suy ra

Cách nhớ:

Với

Trong đó


Ta có

Đặt Điều kiện Khi đó

phương trình trở

thành

Với ta có:

(2)CDB A ACD

0180 (3)

2AACD

0 0180 180

2 2A AACB A

02 180C A

0 02 180 180A B A

03 2 180A B

02 603

A B

2 3sin3 2

A B

sin 0.x

1 2 04 5

P

2 5.5

P

2 2 23 5 9 30 25a b a ab b

9 90 25 124.

3 5 124a b

2 2 7a b

22 28a b

2 24 4 28a b ab

2 24 4 , 28a b a b cos a b

01, , 1202

cos a b a b

, abcos a ba b

6 3 .51 4. 4 16

0 00 , 180 0 sin , 1a b a b

2sin , 1 cos ,a b a b

2

1 1 2 22 2 2 21 2 1 2

1.

a b a b

a a b b

22 2 2 2

1 2 1 2 1 1 2 22

2 2 2 21 2 1 2.

a a b b a b a b

a a b b

1 2 2 1

2 2 2 21 2 1 2.

a b a b

a a b b

1 2

1 2

2 2 2 21 2 1 2

b

sin ,.

a ab

a ba a b b

1 21 2 2 1

1 2

a aa b a b

b b

. 7u v

2 23 2 9 3 2 2 7x x x x 23 2 2t x x

0.t

2 23 2 9 7,x x t

2 7 7t t

2 7 7t t

22 7 7 7t t t

2 27 14 49t t t

3t

3t 23 2 2 3x x

23 2 2 9x x

Vậy


Câu 9: a) Đáp án A.

Ta có:

b) Đáp án C.

Ta có:

c) Đáp án C.


Ta có:

Ta có:


Với cách ra trắc nghiệm như này, ta có thể thử từng phương án và tìm ra kết quả A.

Giả sử

Theo yêu cầu bài toán ta có:


Do không cùng hướng nên hai

vectơ và

không bằng nhau. Mệnh đề A1 sai.

Theo công thức hình chiếu ta có:

Mệnh đề A2 đúng.

Ta có:

Mệnh đề A3 sai.

Mệnh đề A4 đúng.

Lại có:

23 2 7 0x x

1 223

1 223

x

x

1 22 1 22,3 3

S

1 5 2 1 11 4ab k k k

411 4 0 .11

k k

a b

2 226 1 2 1k k

25 2 24 0k k

1252

k

k

., a bcos a ba b

2

11 4

26. 5 2 2

k

k k

2

11 4 2226. 5 2 2

k

k k

213. 5 2 2 11 4k k k 2 265 26 26 121 88 16k k k k

256 62 10 0k k

31 39 156 7

31 39 556 4

k

k

9;4 ,v c ma nb

5 ,2 .n m m n

. 0v c

9 5 4 2 0n m m n

49 0n m

;c m n

2 1 77;4

5 39 4m n m

cm n n

0. . . 60AB AC BC a a cos BC

2

2a BC

0. . . 60AB AC BC AB a a cos

2

2a AB

,AB BC

.AB AC BC

.AB AC BC

. 2 . 2 . .BA BC BA BH BA BI

2. 2 . 0AB AC BC AH BC a

0. . . 150AH CA AH AC cos

23 3 3. .2 2 4

a a a

. .CB CI CB CB BI

2 0. . 60CB CB BI cos

2 2 0. . 60CB CB BH cos

22 1 7. .

2 4 8a aa a

274 .2aCB CI

20 77 . 7. . . 60 .

2aCB CA a a cos

Như vậy mệnh đề A5

đúng

Mệnh đề A6 sai.

Câu 13: a) Đáp án B.

Ta có:

Suy ra:

b) Đáp án D.

Gọi là trực tâm tam giác ABC

Suy ra

c) Đáp án B.

Gọi là tâm đường tròn ngoại tiếp

d) Đáp án C.

Gọi K là điểm thỏa mãn

Ta có:

đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi NK đạt giá trị nhỏ nhất. Điều này suy ra N là hình chiếu của K lên Ox, hay N(2;0)

f) Đáp án D.

Gọi là hình chiếu của A lên BC. Khi đó

Do T là trung điểm

AA’

g) Đáp án A.

Gọi là tọa độ của điểm D. Suy ra

Ta có:


Do ABCD là nửa lục giác đều nội tiếp đường tròn đường kính nên

0. . . 60CB CK CB CK cos

2 21. .2 2 4 2a a aa

4;0 , 3;3AB AC

cos ,A cos AB AC

. 12 1

. 4.3 2 2AB ACAB AC

;H x y

. 0

. 0

CH AB

BH AC

2; 4 , 4;0CH x y AB

3; 1 , 3;3BH x y AC

. 0

. 0

CH AB

BH AC

4 2 0 0

3 3 3 1 0

x

x y

2 0 22;2

4 2x x

Hx y y

;I x y

ABC

2 2

2 2

AI BI AI BIAI CI AI CI

2 2 2 2

2 2 2 2

1 1 3 1

1 1 2 4

x y x y

x y x y

8 8 16 6 18 2

x xx y y

1;2I

3 0 2;1KA KB K

2 23NA NB

2 23NK KA NK KB

24 2 3NK NK KA KB

2 23KA KB

2 2 24 3NK KA KB

2 23NA NB

;T x y

3 4 0. 0

31 3

x yAT BC

x kBT k BC y k

1313 115 ,

11 5 55

xT

y

31 17;5 5

A

;x y

3; 1BD x y

2 2

3 0. 03 1 4

xBD BABD BA x y

2

3 3, 53, 31 16

x x yx yy

3;5D

2AD a 0, 120AB BC CA a ABC

. Khi đó

Ta có:

Vậy số khẳng định đúng là 3.


Gọi , với Khi đó:

Theo yêu cầu bài toán

ta có:

nên chọn C.


Lời giải của bạn Tùng Chi sai từ bước 1, bước vẽ hình. Ta có:

Xét hai tam giác AOM và BOM có OM chung,

và suy ra

Lại có:

Vì vậy, điểm H hoặc trùng với O hoặc nằm khác phía với A đối với O.


Ta có:

và

Suy ra tam giác KGF vuông cân tại G. Do đó G là tiếp điểm của

trên cạnh BC. Do DG cùng vuông góc với CE và CK nên C, K, E thẳng hàng. Ta có:

và

do đó F là trung điểm

của BG


Gọi là độ dài cạnh của hình vuông. Khi đó:

và

Ta có:

0, 120AB BC CA a ABC

3 32 2 4a a aAH HD HK

.IC ID IB BC IA AD

. . . .IB IA IB AD BC IA BC AD

2 0. . 60IA IB AD cos 0. . 120BC IA cos

.BC AD

22a

23. .2aAD BK AD HK

222BK BK BA AK

2 2 2 .AB AK BA AK

2 2 02 . . 120AB AK AB AK cos 2 2

2 25 5 1 212. . .16 4 2 16

a a aa a

214

aBK

;0M x

.x

2; 2 , 5;2AM x BM x

. 0AM BM

22 5 4 7 6 0x x x x

1 1;0

6 6;0

x M

x M

2 2 2MA MB k MA MB

OA OB,MA MB

AOM BOM

0 0180 90AOM BOM AOM

3;4 , 4; 3GK GF

. 0GK GF

5GK GF

C

EG ED EB

090 ,EFC EAC

1FBFG

a

,AM AB BM AN AD DN

2 2AM AB BM

22 5

4 2a aa

2 2AN AD DN

22 10

9 3a aa

. .AM AN AB BM AD DN

2 2 25. .3 2 6a a aAB DN BM AD

..

AM ANcosMANAM AN


Ta có:

Do EH vuông góc với

CD nên

Ta có:


Gọi T là giao điểm của DN và AC. Do tam giác DCN vuông

nên

Ta có:


Điều kiện:

Xét hai vectơ:

Ta có:

Suy ra bất đẳng thức đã cho có dạng

cùng hướng

Đối chiếu với điều kiện (*) ta thấy là nghiệm của bất phương trình đã cho.


Bạn A sai ở bước 3. Vì theo định nghĩa hai vectơ có

có phương vuông góc với nhau.

Để được kết quả đúng bạn A khắc phục như sau:

Hay tứ giác ABCD là hình bình hành


Ta có:

Vậy số các số thỏa mãn là 2.


Đặt

Chia cả hai vế của (1)

cho ta được

. Nếu một trong các giá trị

2

0

516 45

5 10 2.2 3

a

MANa a

, ,EA EH HA EB EB HB

CD CH HD

. 0EH CD

. 0EH CH HD

. .EH HB EH HD

.EA EB EH HA EH HB

2 .EH EH HA HB

2 . 2EH EH HD HD

2 .EH EH HD

2 . .EH EH HD cosEHD

2 . . 0HEEH EH HDHD

EA EB

2 .DC DT DN

2

2

DF DC DN

AE AD AC

4 .DF AE

DC DN AD AC

. .DN AD DC AC

. .DN AD cos ADN

. .DC AC cos ACN

. . . .DT DCDN AD DC ACDA AC

2 . 0DC DN DT

1 5 (*)2 4

x

3 2 ;1 ,u x

2 1; 5 4v x x

. 3 2 2 1 5 4u v x x x

2 3. 2 10 17 10 2 .u v x x x

. . . ,u v u v u v

3 2 1 02 1 5 4

xx x

23 2 5 4 2 1x x x

1.x

1x

. 0 ,a b a b

0AD BC AB DC

0AB BD BD DC AB DC

20AB DC AB DC

23 3xa b xa b

2 22 2 3x a xab b

2 02 60 1 3x xcos

2 12 0

2x

x xx

x

1 2 3, , .a b ce e ea b c

a b c

1 2 3. . . 0cos e cos e cos e

, ,cos cos cos

bằng 0 thì hai giá trị còn lại cũng bằng 0. Thật vậy giả sử

thì

Giả sử

. Nhân vô hướng vế trái của (1) với lần

lượt ta được:

Như vậy có 6 bộ thỏa mãn điều kiện (1)


Tam giác ABC vuông tại A nên


Ta có:

Ta có:

Để thì

Vậy thì


Gọi I là trung điểm của CD. Ta có:

nên tứ giác ABCD là hình bình hành.

Khi đó AI = BC, mà AD = BC (do ABCD

, ,cos cos cos

00 90cos

2 3

2 3. . 0

e e

cos e cos e

00 90cos cos

. . 0cos cos cos

1 2 3, ,e e e

2 02 02 0

cos cos coscos cos coscos cos cos

2 2 2 1 .4

cos cos cos

0 0

0 0

0 0

0

0

120 , 60

120 , 60

120 , 60

120

60

2 2AB BC AC

224 .

3 3a aa

. 2AB AC BC

.AB AC CB BC

2.AB AB BC

2 . . ,AB AB BC cos AB BC

2 . . ,AB AB BC cos BA BC

2 2. .

3 3 3a a a cosABC

2 2. .3 3 3a a a AB

BC

2 22 1 2. .3 2 33 3a a a a

13

AM AB BM AB BC

13

AM AB AC AB

2 13 3

AB AC

PN AN AP

13 3

xAC ABa

AM PN

. 0AM PN

2 13 3

AB AC

1 03 3

xAC ABa

2 22 2 1.9 9 9

xAB AC AB ACa

. 09x AB ACa

2 202 2 1. . 60 3 39 9 9

xAB AC cos a aa

0. . 60 09x AB AC cosa

2 2 22 1 2 1.9 . .9 99 2 9 9

xa a aa

2 1.9 . 09 2x aa

2 5 42 0 .2 5

aa ax x

45ax

.AM PN

2CDIC ID AB

là hình thang cân) nên AD = AI.

Vậy tam giác ADI là tam giác đều do

và AD = AI.

Xét tam giác vuông ADH ta có:

,

Suy ra ta tính được:

(

)

Ta có:

Khi đó

Vậy


Từ ABCD là hình thoi cạnh a,

suy ra

hay

Ta có:

Do đó: Ta có:


Ta có:

b) Đáp án A.

c) Đáp án C.

Ta có:

Bán kính đường tròn nội tiếp tam giác

ABC là

d) Đáp án C.

Áp dụng định lý sin ta có:


Mà


Ta có:

Mặt khác:

III. HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC

0 0 0180 120 60ADI

AD AI DI a

0 3.sin 602

aAH AD

0. 60 .2aDH AD cos

. 4AH CD AD

. 4 . 0 4 .AH CD AH AD AH AD

. 0AH CD AH CD

4AH CD AD

4 . .AH AD cosDHA

0 234. . . 30 32

a a cos a

,AC AH HC BH AH AB

.AC BH AH HC AH AB

2. . .AH AH AB AH HC HC AB

2

2 3 3. .2 2

a aAH HC AB a

2 2 23 3 34 2 4a a a

4 .AH CD AD AC BH

215 .4a

0120 ,ADC

060BAD

0, 60 .AB AD

22u AB AD

2 22 .AB AD AB AD

2 2 2 . . ,AB AD AB AD cos AB AD

2 2 0 22 . . 60 3a a a a cos a

3.u a

. .AD BD AD AD AB

2.AD AD AB

22 0. . 60

2aAD AD AB cos

2

. 32aAB AD AD BD a

2 2 2 2 cosa b c bc A

036 64 2.6.8. 60 52cos 2 13a

1 .sin2

S bs A

1 3.6.8. 12 32 2

2 13 6 8 7 132

p

S pr

12 3 7 3 39 .37 13

Srp

2 13 2 39.2sin 33

aRA

. .4abc SR r

S p

52.56.60

2 2 52 56 60abc

a b c

520

2 2 2 2 cosa b c bc A

2 2 37 5 2.7.5. 32 4 25

a

2 2sin cos 1A A

(do )

Mà



Ta có:


Ta có:


Ta có:

Mà



Ta có:


Ta có: Sau 2h quãng đường tàu thứ nhất chạy được là:

km. Sau 2h quãng đường tàu thứ hai chạy được

là km. Vậy sau 2h hai tàu cách nhau là:


Trong tam giác vuông CDA có:

Trong tam giác vuông CDB:

khoảng cách


Cách 1: Ta có:

Mặt khác

Cách 2:

Khi đó




2 2 9 16sin 1 cos 125 25

A A

4sin5

A

sin 0A

1 1. .sin .2 2ABC aS b c A a h

47.5.sin 7 25 .24 2a

bc Aha

2sin sin sin

a b c RA B C

2sin sin sin

b cb c

A B C

2sin sin sinb c b c

A B C

sin sin 2sinB C A

2 2 2 2 .cosb a c ac B

2 2 2

cos2

a c bBac

2 2 2

cos .2

a b cCab

2 2 2 0a b c

0cos 0 90C C

2 2 2 2 . .cosAB CA CB CB CA C 2 0 0250 120 2.250.120. 78 24cos

64835 255.AB

1 30.2 60S

2 40.2 80S

2 2 01 2 1 22 . 60S S S S S cos

20 13

0tan 72 12 CDAD

0tan 72 12CDAD

0

80 25,7tan 72 12

0tan 34 26 CDBD

0tan 34 26CDBD

0

80 116,7tan 34 26

116,7 25,7 91AB m

3;5 34AB AB

1;6 37AC AC

2;1 5BC BC

2AB AC BCp

37 34 52

132

S p p AB p AC p BC

3;5 , 1;6AB AC

3 .6 5. 1 132 2

S

2 2 2

cos2

b c aAbc

03 3 302 2

bc Abc

2 2 2 2 2 213 15 24cos2 2.13.15

b c aAbc

07 117 4915

A

Ta có: Trong

Mặt khác:


Áp dụng công thức đường trung tuyến cho tam giác ABC ta có:

Tương tự

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều.


Gọi chân đường vuông góc kẻ từ M đến BC, CA, AB lần lượt là D, E, F. Dễ thấy AEMF là hình vuông.

Đặt

Theo tính chất đường phân giác ta có:

Tương tự:

Do MF//AB1 nên

Vì M nằm trong tam giác ABC nên


Ta có:


Ta có:

Theo giả thiết:


Gọi E, F, H lần lượt là các tiếp điểm của đường tròn (I) với các cạnh AC, AB, BC. Do tam giác ABC vuông tại A nên tứ giác AFIE là hình vuông

0: 180ABC A B C

0 0 0 0180 68 12 34 44 77 4C

sin sin sina b c

A B C

.sinsin sin sinAC AB AB BAC

B C C

0

0

117.sin 34 44 68.sin 77 4

2 2 2 24 2am b c a

2 2 22 a b c

2 24 3 4 3a am a a m

2 2 2

2 3 aa b c m

a

2 2 2

2 3 ba b c m

b

2 2 2

2 3 ca b c m

c

2 2 2( )( ) 2 3

a b c

a b c ab bc caabc m m m

.ME MF AE AF x

1

1

AB ABB C BC

1.AB ACAB

AB BC

2 2

ab

a a b

1 2 2

abACb a b

1

1 1

CF MFAC AB

1

1 1

AC x xAC AB

1 1

1 1

.AB ACxAB AC

2 22

ab

a b a b

ABC ABM ACM BCMS S S S

. . .2 2 2 2

ab ME AC MF AB MD BC

2 2

2

2

abMDa b a b

2 2a b c a c bmn

2214

a b c

2 2 21 24

a b c bc

2 ABC ABCbc S S mn

,2 2

b c a a c bAD BD

. 2 .AC BC AD BD

2. .2 2

b c a a c bab

222ab c b a

2 2 2c a b

Do nên tam giác IOB vuông tại I. Ta có:


Gọi I là trung điểm của BC. Kẻ đường kính AD. Ta có:

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có:



Áp dụng định lý din trong tam giác DBE ta có:

( do tam giác ABC nhọn). Do đó tam giác ABE vuông cân tại E nên đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE là đường tròn đường kính AC.

Do đó ID, IE là tiếp tuyến của đường tròn (BDE).

Ta có:


Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC, H là tiếp điểm

của đường tròn (I) với cạnh BC.

Đặt ta có:

Áp dụng định lý Pytagore cho tam giác ABC, ta có:

Từ (1) và (2)

Từ (1) và (3) là hai nghiệm của phương trình:

Vì AB < AC nên x <

y, do đó

Lại có:


.AE AF FI IE r 090BIO

2 .IH OH HB OB HB HB 2

2b c a

2 2 2a a b c a b c

2b c a c b a b c

3 3 0 3 3a a c b a c b

229 3a c b

2 38 64

bb bcc

.sin 2 .2ABH BC C BI cos

2 .sin2 2A AAB cos

2 24 sin2 2A AR cos

2 2 21 11 sin2 2 2 2 2A A Acos cos

2313 sin4 2 2

A Acos

2 2 3sin2 2 9A Acos

8 39

RBH

2 21sin2 2 2A Acos

1tan2 2A

2sin

DE rDBE

02sin 452

DBE DEB

090

IDE IDC CDE

IDC EAC

BCA ABC

2 . .2DIJ

DES IJ DI DJ

, ,HB x HC y

2 2 3 (1)BC x y

1, 1AB x AC y

2 2 2AB AC BC

2 2 21 1x y x y

1 (2)xy x y

3 2 3 (3)xy

,x y

2 2 1 3 3 2 3 0X X

3,x

2 3.y

01tan 303

IHIBH IBHBH

0 060 , 30ABC ACB

sintan 3 3.sin

BBC

Chúng ta cần tính diện tích tam giác BFH. Sử dụng tính

chất dễ thấy hai tam giác ABF và EDF bằng nhau (c.g.c). Do đó tam giác FBD cân với cạnh đáy BD. Gọi FG là đường cao của tam giác FBD. Trong tam giác vuông FGD có:

và

Từ đó:

Vậy diện tích của tam giác BFD bằng:


Áp dụng định lý sin cho các tam giác IBC và ABC ta có:

Tương tự:

Từ đó ta có:

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC là tam giác đều.


Có 2 trường hợp xảy ra:

TH1: Điểm H nằm giữa B và C. Trên tia HC lấy điểm D sao

cho . Suy ra AD là phân

giác của góc

nên và

Áp dụng định lý Pytagore trong tam giác vuông Abh ta có:

Đặt

Ta có:

Lại có:

Vậy diện tích tam giác ABC trong trường hợp này

TH2: Điểm B nằm giữa H và C. Lấy điểm D đối xứng với B qua H. Khi đó AD là phân giác ngoài

của Tương tự trường hợp 1, ta tìm được BC = 30cm (bằng DC trong TH1)

Vậy diện tích ABC trong trường hợp này bằng

Lời bình: Nhiều bạn không chú ý tới vị trí của H nên dễ mất một trong hai trường hợp.


Áp dụng công thức độ dài đường trung tuyến trong tam giác ABC ta có:

,AB ED

252 2

BDGD

20 4 .25 5

ADcosBDABD

25 5 125 .2 4 8

GDFDcosBDA

21 1875.2 16

S AB FD cm

12 sin

22sin 2sin2

a R ARBBIC

2 sin .2AR

2 2 sin 2 sin2 2B CR R R

1 2 3R R R

2 sin sin sin 32 2 2A B CR R

DAH BAH

BACDC DBAC AB

2 6DB BH cm

2 2 2 45AB AH BH

3 5AB

0DC x x

25

DCAC

5 5 .2 2

DC xAC

2 2 2AC AH CH

2

22 56 34xx

2 3024 180 0

6x

x xx

21 1. .6. 6 30 1082 2

AH BC cm

.BAC

21 1. .6.30 902 2

AH BC cm

2 2 22

2 4AB AC BCAM

2 2 22

4 2BC AB AC AM

Ta có:

b) Đáp án A.


Áp dụng định lý sin trong tam giác ABC ta có:

Khi đó:

Do a,b,c dương nên

Suy ra:

Theo bất đẳng thức trong tam giác ta có:

nên:

Tương tự:

Suy ra:

Vậy


Gọi D,E,F lần lượt là trung điểm của BC, CA, AB. Khi đó:

Theo công thức độ dài đường trung tuyến trong tam giác ta có:

Tương tự ta cũng ta:

Từ đó, theo bất đẳng thức Cauchy – Schwars ta có:

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều.


Theo định lý sin ta

có:

Nhân ba đẳng thức trên theo vế với vế và

để ý rằng suy ra:

Tương tự:

Mặt khác:

Cộng các đẳng thức (1), (2) theo vế đồng thời kết hợp với (3) ta suy ra:

4 16 3 7 2 72

BC

2 2 2

2 .AB AC BCcosBAC

AB AC

08 1 sin 1202.8 2

BAC

1 . .sin2ABCS AB AC BAC

21 32.4. 2 32 2

cm

2sin sin sin

a b c RA B C

sin ,sin ,2 2a bA BR R

sinsin

cCC

a b cMb c a c a b

,a a b bb c a b c a c a b c

c c

a b a b c

1M

b c a

2 2a a a

b c b c b c a b c

2 2,b b c ca c a b c a b a b c

2M

1;2M

2

. . .4

BCAD DM DB DC

2

4BCAD AM AD

22.

4BCAD AM AD

22 2 22

2BCAB AC AD

2 .AD AM

2 2 2 . ,BC BA BE BN

2 2 2 . .CB AC CF CP

2 2 2 . . .BC BA AC CF CP BE BN AD AM

2 2 2 2 2 2AM BN CP AD BE CF

22 2 2BA BC AC

2 2 2 2 2 234

BA BC AC AM BN CP

43

P

sin

sin2

NA AMNANM

sin sin;

sinsinNM C BC ANC BA CCMN

,NA BANC BC

sin sin 1sin sin

2 2

AMN AA A

2 2

22

sin sin (1)sinsin

2

AMN CMNA A

2 2

22

sin sin (2)sinsin

2

AMP BMPA A

2 2sin sin 1AMN AMP

2 2sin sin 1 (3)CMN BMP


Đặt

Theo giả thiết ta có: AN là phân giác

(cùng bằng NAD)

Vậy cân tại M

Theo định lý cosin cho có:

Theo bài ra ta có:

Ta có: (vì M di động trên đoạn BC)

đạt giá trị nhỏ nhất khi

xảy ra


Ta có:

Áp dụng định lý hàm số sin trong

Xét tam giác vuông ACD:

Suy ra chiều cao của cột cờ là:

=1,5+


Do nên:

Vậy tam giác ABC vuông tại A hay cân tại A (đpcm).


Xét tứ giác AMON

có: và

0sin sin 1202A A BAC

, , 0AB a AD b AM m , .AN n m AMN

MAD MAD ANB

ANM.MN AM m

ANM

2 2 2 2 . .n m m m m cos 22 1m cos

2 1n m cos

2 1m cosAN nAM m m

2 1 cos

090

0cos

2 1 2AN cosAM

ANMN

2ANMN

00 90 .cos M B

0 0128 20 , 6 1CAB ACB

:ABC

0 0sin 45 39 sin 6 1AC AB

0

0

.sin 45 39sin 6 1

ABAC

0.sin 51 40CD AC

0 0

0

.sin 45 39 .sin 51 40sin 6 1

ABCD

1,5h CD

0 0

0

.sin 45 39 .sin 51 40sin 6 1

AB

55,01( )m

2cos sin sinA B C

sin 2 sin 2C B

4cos cos sin2 2

B C B CA

sincos B C B C

4cos cos sin2 2

B C B CA

4cos cos sin2 2

B C B CA

4cos cos2

B CA

02 2

B C B Ccos cos

8cos sin sin sin 02 2 2

B C B CA

sin ,sin 02 2B C

0cos 090

sin 02

AA

B CB C

,AM AN

OM ON 0180 (*)MAN MON

AMON AMN OMNS S S

1 . .sin2

AM AN MAN

(do (*))

Chứng minh tương tự ta có:


Ta có các công thức tính diện tích:

(BĐT Cauchy). Tương tự ta có:

Và

Do đó:

Dấu “=” xảy ra

là trung điểm của BC, CA, AB.

Vậy


Dựa vào tính đối xứng, ta giả sử

với

(*)

Suy ra:

Mà (**)

không đổi (dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

)

Kết hợp (*)(**): dấu bằng xảy ra khi và chỉ

khi


Chứng minh rằng:

Hay

Gọi O và G lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp và trọng tâm tam giác ABC, M là trung điểm của BC. Chứng minh rằng

1 . .sin2

OM ON MON

21 sin2

AM MAN

21 sin2

OM MAN

21 .sin2

OA MAN

21 .sin2BMOPS OB B

21 .sin2CNOPS OC C

1AMON BMOP CNOP

ABC

S S SS

2 21 1.sin .sin2 21 1. .sin . .sin2 2

OA A OB B

b c A a c B

21 .sin2 11 . .sin2

OC C

a b C

2 2 2

1. . .

OA OB OCb c a c a b

2 2 2. . . . . .a OA b OB c OC a b c

2 . .sin2 . .sin

aS AC AB AS AB AC A

.aS AC ABS AB AC

12

AC ABAB AC

1 .2

bS BA BCS BC BA

1 .2

cS CB C AS CA CB

32

a b cS S SS S S

AC ABAB ACBA BCBC BACB CACA CB

/ // / , ,/ /

C B BCA C CA A B CB A BA

32

a b cS S SMax

S

3 40352019 .2 2

m

;0 ,A a 0;B b

0, 0a b

.2OAB

abS

2 2 2

1 1 1a b R

2 2

2 2 2

1 a bR a b

2 2 2 2 2 22a b R a b R ab

2

2OABabS R

a b

2.a b R

2 4 .cot (*)a S A

22 2

2ab c

2 2 2 2 2 2

2 4 2 4c a b a b c

2 2 2 2 2 2 22b c a b c a a 24 .cotS A a

không nhọn. Ta sẽ chứng minh:

Ta có:

Mặt khác:

(trong đó:

).

Tương tự ta có:

Vậy

(do có (**))


Đặt Ta có:

Lại có:

Do:

Ta có:

(1)

Vậy tam giác ABC vuông tại A.



Đặt Xét tam giác BCD:

Xét tam giác ACD:

Chiều sâu của con tàu đắm bằng:


Đặt Ta có:

Lại có:


Ta có:

MGO

. 0 . 0GO GM OG GM

3 ;OG OA OB OC

6 2 2GM AM AB AC OB OC OA

3 .6OG GM

2OA OB OC OB OC OA

2 2 22 2 .OB OC OA OB OC

. .OA OC OAOB

2 . . .OB OC OA OC OA OB

22BC OC OB

2 2 2 .OB OC OB OC

2 22 . 2OB OC R a

R OA OB OC

2 22 . 2 ;OA OC R b

2 22 . 2OB OA R c

2 2218. . 0

2b cOG GM a

. 0OG GM

2 2 2 2 2 234a b cm m m a b c

1 .C D x

01 1 0

1 1

tan 49tan 49

x xACA C

01 1 0

1 1

tan 35tan 35

x xB CB C

1 1 1 1 1 1B C A B AC

0 0 12tan 35 tan 49

x x

0 0

0 0

12.tan 49 .tan 35tan 49 tan 35

x

1,3 22,77CD x

2aR

2 2 2 2 2 2

22 2

2.2 2

b cR R

a c b a b cac ab

2 2 2 2 2 2

2 2a c b a b ca

ac ab

2b c

2 2 2 2 2 2

2 02

a c b a b cc bc b

2 2 2 2 2 2

02

a c b a b cc b

2 2 2 2 2 2

2 02

a c b a b cc bc b

2 2 2 2 2 2

02

a c b a b cc b

2 2 2 1 1 02

a b cc b

2 2 2.a b c

, .CD x AB y

0tan 14.tan 3314xCBD x

tan14

xCADy

014 tan 20y x

0

0

14.tan 33 14 10,979tan 20

y

0

0

14. tan 338 32,979tan 20

, .AB y BC x

00tan 44,76

tan 44,76x xyy

00

18 18tan 48tan 48

x xyy

0 0

18tan 44,76 tan 48

x x

0

0 0

18.tan 44,76 18tan 48 tan 44,76

x

168,055

Ta có:


Ta có:

Đặt

Ta có:

Mặt khác:

Lại có:

Vậy


Ta có:

. Khi đó:


Ta có:

Xét tam giác POQ ta

có:

Ta có:

Áp dụng định lý cosin trong tam giác OPQ ta có:

= 8.

Khi đó

Áp dụng định lý sin trong tam giác PTO ta có:


Xét tam giác vuông ABC tại C với AB=13, AC=5, BC=12. Gọi O là điểm nằm trong tam giác ABC thỏa mãn

220,4 1, 25 0,6CD

143320

2 21,5 0, 2 0,25 0,5AC

138120

111710

AD

2 2 2

2 .AC CD ADcos ACD

CACD

1381 1433 117400 400 100

1433. 13812.400

8271978973

0126 0 23,08ACD

, .2

a aMN AIn

AH h

1 . .sin2

ABCAMN

SS AM AN

n

sin. .

ahn AM AN

22 2 22

2MNAM AN AI

2 22 2

2 2

12.

2 2 2

a na an n

2 2 2

2 .AM AN MNcos

AM AN

2 2 2 22

2 2 2

1 12 22 . 2 .

a n a nan n nAM AN AM AN

2

4tan1

nha n

2 1 .tan

4

n ah

n

1tan5

FDDEFDE

11,30993247DEF

0 045 33 41 24,24FEA DEF

,SQB PQT TPO

045

0 0180 2 90PQO

2 2 2 02 . . 45PQ OP OQ OP OQ cos

2 24 2 6 2.2. 2 62

22 6 8 4 3

22.2 2. 2 6cos

030

00

2sin 45sin 90

PT

0

0

2sin 45 2 6sin 60 3

PT

0 090 , 135AOC BOC

Đặt

Dễ thấy thỏa mãn điều kiên trên. Ta có:

Từ đó suy ra:


Giả sử: là nghiệm của hệ thì:

Đặt

(a,b,c>0)

Hệ trở thành:

Trong mặt phẳng ta vẽ ba đoạn thẳng

đôi một hợp với nhau

góc

Theo định lý hàm số cosin ta dễ dàng có được AB = 4, BC = 5, AC = 6. Áp dụng công thức Herong ta

có:

Tam giác ABC nhọn, suy ra M nằm trong tam giác ABC. Khi đó:

Từ ba phương trình đầu ta có:

Vậy


Từ hệ phương trình

suy ra

Hệ phương trình tương đương:

Xét tam giác ABC vuông tại B, đường cao BD với

Đặt

Rõ ràng thỏa mãn điều kiện trên. Khi đó:


, ,2 2y zOB x OA OC

, ,x y z

1 1 1, ,4 4 4AOB AOC OBCS xy S yz S xz

K xy yz zx

4 OAB OBC AOCS S S

14 4. .5.12 120.2ABCS

, ,x y z

1 1 1 16

1 1 1 25

1 1 1 36

1 1 1

x y xy

z y zy

x z xz

mx y z

1 1 1, ,a b cx y z

2 2

2 2

2 2

16

25

36

a b ab

b c bc

a c aca b c m

, ,MA a MB b MC c

0120

15 74ABCS

ABC MAB MAC MBCS S S S

01 sin1202

ab bc ca

15 74

5 21ab bc ca

2 2 22 77a b c ab bc ca

2 2 2 77 5 212

a b c

2a b c

2 2 2 2a b c ab bc ca

77 5 21 77 15 2110 212 2

77 15 212

a b c m

1, 2x z

22

22

2

2514

2 4

1. 2

x y

y z

y x z

5 , 2.2

AB BC

, 1, 2BD y AD x CD z

, ,x y z

1 2A y x z

1 52 2. . .2 52 2ABCS

Xét tam giác vuông ABC tại B có

và đường cao BD. Đặt

Ta thấy thỏa mãn điều kiện. Khi đó:


Với thì

Trường hợp này phương trình vô nghiệm.

Với xét tam giác ABC vuông tại

A có Gọi AD là phân giác

góc . Trên tia AD lấy điểm M sao cho

Áp dụng định lý cosin trong tam giác ACM:

Áp dụng định lý cosin trong tam giác ABM:

Suy ra:

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M trùng với D hay:

Phương trình có nghiệm duy nhất.


Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Ta có:

Do AG vuông góc với BG nên


Ta có:

Lại có:

Theo yêu cầu bài toán:

Do

nên


Lại có:

BÀI KIỂM TRA CHỦ ĐỀ IX

4, 3BC BA

, , .BD y DA x DC z , ,x y z

2 3.4 12.ABCB y x z S

0x

2

2

3 2 9 3

4 2 16 4

x x

x x

0,x

4, 3.AB AC

BAC

.AM x

2 2 3 2 9CM x x

2 2 4 2 16BM x x

5CM BM BC

3.4. 2 12 23 4 7

x AD

2 2 22 23 3 2 4

b c aAG AA

2 2 22 23 3 2 4

a c bBG BB

2 2 2AB BG AG

2 2 2 2 2 22 4

9 2 4 2 4b c a a c bc

2 2

2 249 4

b ac c

2 2 2 25 2 cos 4c a b ab C c sin sin cosA B C

2sin sinA B C

2sincot

sin .sinA B

CA B

cot 2 cot cotC A B

13

CG CA CB

0aIA bIB cIC

0a IC CA b IC CB cIC

aCA bCBICa b c

GI CI CG

2 23

a b c CA b a c CBa b c

. 0IG IC GI CI

2 2a b c CA b a c CB

. 0aCA bCB

2 2b a b c a b a c

. . 0ab CB CA

.ab CB CA

cosab ab C

1 cos 0ab C

2 2 0b a b c a b a c

6a b c a b ab

1 12 2

AM AB CM AB AC

b cAL AB ACb c b c

. 0AL CM AL CM

Khi đó:

Và



Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Ta có:

Vậy tập hợp các điểm M thỏa mãn điều kiện là đường thẳng qua tâm ngoại tiếp tam giác ABC và vuông góc với đường thẳng

là giá của vectơ


Ta có:

nhọn

Lại có:

nhọn


Ta có:

Lại có:

Áp dụng định lý hàm sin trong tam giác IBC ta có:

Gọi D là chân đường phân giác trong góc A. Khi đó ta có:


Ta có:

Cách 1: Áp dụng định lý sin trong hai tam giác ADC và ABC ta có:

b cAB ACb c c b

1 02

AB AC

2 0bAB cAC AB AC

2 .c b AB AC

2 0bc c b

2c b

1 23 3

AL AB AC

2 22 8 .cos 8

9b A bAL

28 1 cos

9b A

2 2 2 22 cosCM b b b A

22 1 cosb A

3 5 2 52

CMAL

2

2

9 5 2 54

CMAL

1 cos 5 2 51 cos

AA

05 1cos 722

A BAC

2 2 23 2MA MB MC

2 3 2 0MO OA OB OC

2 2 0MO AB AC

2AB AC

4 4 4 c aa b c

c b

,ABC BAC

4 2 2 2 2 2 2 2 2c a a b b a c b c 2 2 2 2 2 cosc a b c ab C

cos 0C ACB

,2 2b c

B c C bcos cosl l

2sin .sin bcB Ca

24sin .sin cos cos2 2 2 2B C B C bc

a

2

.sin .sin2 2 4

b cl lB Ca

2sinsin sin

2 2

IB IC a aC B BDC

2 .. 2 sin .sin2 2 2

b cl lB CIA IC a

ABC ABD ACDS S S

01 1 sin 452 2 abc bl

01 sin 452 acl

2a

bclb c

060ADC

0sin 60sinCD CACAD

00 sin 45sin 15

BC CA

CAD

0 0

0

sin 15 sin 45sin 60sin

CD CAD

BC CAD

Từ đây dễ dàng tìm

được .

Suy ra

Cách 2: Gọi E trên đoạn AD sao cho

Xét tam giác CDE ta có:

Suy ra hay tam giác BDE cân tại D. Suy ra

Khi đó:

Suy ra hai tam giác BCE, BAE cân hay

Điều này suy ra tam giác AEC vuông cân.

Hay

Vậy


Theo định lí Thales ta có:

Đặt

Do tam giác APB vuông tại P nên

Lại có

Suy ra:

Diện tích hình thang ABCD

bằng:


Đặt

ÁP dụng định lí cosin trong các tam

giác PCA, PAB, PBC ta có:

=1

Ta có:

Áp dụng công thức Heron ta suy ra

Suy ra

Vậy

Suy ra


Cách 1:

Dựa vào hình vẽ ta suy ra a, b dương.

0

00

sin 2 sin 453 sin 60sin 15

CAD

CAD

045CAD 075ACB

.CE AD

030 , .sinDCE DE DC DCE 2CD DE

,BD DE

030DBE DEB

030CBE DEB

015EBA EAB

.EA CE BE

045ACE

075ACB

4 2 .10 5

AP BPPC PD

2 , 2 , AP x BP y

2 2 2

2 2

4 4 4

4.

x y

x y

DPC DQC PCQ PDQ

045 . PCQ PDQ

0tan tan 45 . PCQ PDQ

2 2

2 25 5 12 21 .

5 5

101.

21

y xx y

y xx y

x y

xy

4021

xy

1 .2

S AC BD

1 49.7 .72 249 40 140.2 21 3

x y xyy

, , . AP x PB y PC z

2 2 2 2 cos x z b bz

2 2 2 2 cos y x c cx

2 2 2 2 cos z y a ay

2 cos cx ay bz

2 2 2 a b c

2 2 213 14 15 590

cos 295 cx ay bz

ABC PAB PAC PBCS S S S

sin2

cx ay bz

84.ABCS

sin84

2

cx ay bz

sin 168 cx ay bz

168tan .295

463. m n

Tam giác OAB đều nên

Cách 2: Đặt

giả sử

Góc là góc tạo bởi tia OA và tia Ox.

Khi đó,

và

ta có:

Từ đây suy ra


Và

Áp dụng công thức Euler

ta có:


Vì vậy,


Đặt

Áp dụng định lý sin ta có:

22

2 2

121 676

12 1369

OA ABOB OA

a b a

a b

2

2 2

2 2

2 555 0

1248

5552 2

1248

b ab

a b

bab

a b

2 2

2

2

5552 2555 555

4 2 41248

bab

bb

b

4 2 2

5552 2

3 3882 555 0

bab

b b

2

5552 275

bab

b

21 3, 5 3 315 a b ab

, x OA OB AB

11sin ,cos a

x x

060 BOx

037 sin 60 x

0 0sin cos60 cos sin 60

11 32 2

a

x x

0cos 60 bx

0 0cos cos 60 sin sin 60

11 32 2

ax x

21 3, 5 3315.

a bab

0

tan245tan

2 2

Br p b

a c b

2 1

. sin sin sin

R

A C B

0sin sin 180 C A B

0sin 135

2 sin cos2

A

A A

2 2 OI R R r

21 2. sin sin sin

. 2 1

R A C B

2 Io AB AC

22 22 sin sin OI R C B

1 2 sin sin sin 2 1 A C B

22 sin sin C B

21 sin cos A A

2 sin cos 1 A A

2 1 2 2 sin A

2 2 cos 1 A

2 sin 1 2 cos 2 1 0 A A

2sin2

4 2 2sin2

A

A

080 . x PCB PBC x

1 . .PA PB PCPB PC PA

sin sin sinsin sin sin

PBA PCB PACPAB PBC PCA

Vậy



Giả sử . Ta có:


Giá trị nguyên lớn nhất của x thỏa mãn

yêu cầu bài toán là x = 0.


Do tam giác ABC vuông

cân nên

và

Lại có



Ta có:

Nếu tam giác ABC có C nhọn

thì


Áp dụng định lí cosin trong tam giác

ABC ta có:


Diện tích tam giác ABC bằng


Nửa chu vi tam giác ABC bằng

Ta có:

0 0

0 0 0sin 20 sin sin 40

sin10 sin 80 sin 30

x

x

0 0

04sin .sin 40 sin10

sin 80

x

x

0 0

0

2sin . sin 30 sin 501

sin 80

x

x

0

0

sin 2cos 40 1

sin 80

x

0

0

2sin cos 40

sin 80 sin

x

x x

0 0 02sin 40 cos 40 20 x x

050 . ACB BAC

2 2 2 2 . .cos AB BC AC BC CA ACB

243 49 7 BC BC

2 7 6 01

.6

BC BCBCBC

;H x y

. 0

. 0

AB HC

AC HB

6 2 0

2 3 5 0

3.

5

x y

x y

xy

cos aba b

2 2

3 6 6 3 09 2 . 9 2 1

x x

x x

19 33

x x

2 BC a R

2 AB AC R

2 2 22

2

R R Rp

R R

tan2

Ar p a

02 2 tan 45 R R R

2 1 2 1 rRR

1 . .sin2

GMNS GM GN MGN

1 . . .sin2 2 2

GC GB BGC

141 1. , .4 2

GBCS

d G BC BC

1 1 1. . , .4 2 31

12 ABC

d A BC BC

S

1 1 75. . . .sin .12 2 2

AB AC A

2 2 2 2 cosa b c ab C

2 2 2 0. a b c

2 2 2 2 2 29 4 7 2cos .2 2.9.4 3

b c aAbc

01 1. . .sin .6.8.sin 30 122 6

S AB AC A

2 3 4 92 2

p


Dựng đường cao AE.

Đặt AB = x. Khi đó AE =x.

Ta có:

và

Do tam giác CAD vuông tại A nên

Diện tích hình thang cân bằng:


Ta có:


Ta có:

Diện tích tam giác ABC

bằng:




Lại có


Ta có:

Áp dụng định lí sin trong tam giác

ABC ta có:

Nửa chu vi tam giác ABC:

Diện tích tam giác ABC bằng:

Bán kính nội tiếp đường tròn là

9 92 3.2. 42 . 2 2

3 2

a

bc p p al

b c

545

102 2

CD AB xDE

10 10102 2

x xCE DC DE

22 2 100.

4

xAE DE CE x

2 20 20 2 5 x x

2 5 10 2 5

2 2

AB CD AES

10 5 1 .

. . . GA GB GB GC GC GA

2 2 2

2 2 22

2

GA GB AB

GB GC BC

2 2 2

2

GA GC AC

2 2 2

2 2 2

2

GA GB GC

BC AB AC

2 2 2

2 2 2

49

2

a b cm m m

a b c

2 2 2

2 2 2

4 3.9 4

2

a b c

a b c

2 2 21 29 .6 6

a b c

1;3 , 1; 2 AB AC

1 51 2 3 .2 2

S

2 2 2

2 2 22 cos2 cos

coscos

a c b ac Bbc Ab c a

a Bb A

2 sin cos tan .2 sin cos tan

R A B AR B A B

0

1 . .sin2

1 .2 3.2.sin 30 32

S a b C

1 .2

2 2 3 1.2 3

a

a

S a h

Sha

0 0180 45 . A B C

0 0 08

sin 45 sin 60 sin 75

b c

4 6

4 4 3

b

c

8 4 6 4 4 3 6 2 3 2 62

p

01 1sin .8.4 6 sin 752 2

S ab C

24 8 3

24 8 36 2 3 2 6

Srp

Diện tích đường tròn nột tiếp tam giác bằng:




Ta có:

Giả sử .Trường hợp 1.

Trường hợp 2.


Ta có:

Vậy

Vậy n = 23.


Áp dụng công thức độ

dài đường

trung tuyến , ta có:

Mặt khác ta có:


AEC ta có:

Ta có:

Vậy


23 12 4 3 .

3 3 6

r

3 3 2cos sin cos 1

sin sin sin

22

cot 1 cotsin

2 2cot 1 cot 1 cot

2 31 cot cot cot

2 2

2cot 2 cos 2

cot 2sin 2 .cos 2

cot 2

A

2

2cos 2 sin 2 .cos 21 cos 2cot 2

sin 2

2 21 sin 2 sin 2 1.

2 6 8 0 2;4 M M Mx x x

13

ABM ABCS S

1 1 1. , . . . , .2 3 2

d A BM BM d A BC BC

3

BCBM

;M x y

3 2 53 3 1

xBCBMy

1 1 1;3 3 3

x y M

3 2 53 3 1

xBCBMy

1111 13 ; .

1 3 33

xM

y

001 tan 1 tan 45 k k

001 tan tan 45 k k

00tan tan 45 k k

0

00

1 tan 45

. 1 tan tan 45k k

00tan tan 45 2 k k

0 0

0

1 tan1 1 tan 2 ...

1 tan 45

0 0

0

1 tan1 1 tan 44

. 1 tan 2

0 0

0

... 1 tan 22 1 tan 23

. 1 tan 45

232

2 2

2 2

2 2

2 2

4.18

2 24

24 4.27

2

BC

AC

AC BC

3 70 AC

2 212 27 9.70 3cos

2.12.27 8

AEC

55sin8

AEC

12 2. . . .sin2

ABF AEFS S AE EF AEF

8 55.

8 55 63. m n

Lại có:

Do tam giác ABC vuông tại B nên

Do AD là phân giác của

góc

Nên dễ dàng suy ra

Diện tích tam giác ABC:

Suy ra

Diện tích tam giác ABD:

Diện tích tứ giác DCFG bằng:


Diện tích tam giác AEF bằng

Dễ thấy:

Diện tích hình

lục giác DEFGHI


Chú ý rằng 6 tam giác bên

trong tam

giác ABC có thể gộp thành

một lục

giác đều.

diện tích lục giác đều có cạnh bằng 1

là

Do đó diện tích của tam giác

ABC bằng


Đặt

Do đó diện tích hình chữ nhật ABCD

bằng Theo đề bài ta có:

Áp dụng hệ thức lượng trong

các tam

1 . .sin 102 21 3. .sin2 2

AGF

AEG

AAF AGS AFAS AEAE AG

1013

AGF

AEF

SS

1 . .sin 30 1021 444 148. .sin2

AEF

ABC

AF AE ASS AB AC A

25481

AGF

ABC

SS

2 237 12 35. BC

CAB

60 .7

BD

1 .2

1 .12.35 210.2

ABCS BA BC

25 5250.210481 481

AGFS

1 1 60 360. .12. .2 2 7 7

ABDS BA BD

148. ABC AGF ABDS S S S

0 0 0 0360 90 60 90 EAF

0120

01 . .sin1202

1 3 3.2 2 4

AEFS AE AF

AEF CGH BDI

34

AEF CGH

BDI

S S

S

3 3 ABDE AEF ABCS S S S

3 3 33 3 34 4

01 3 36. .1.1.sin120 .2 2

S

2 3 3.S

2 . AD x AB x

22 .ABCDS x

030 . ADE EDF FDC

giác và ta có:

Diện tích tam giác DEF bằng

Tỉ số diện tích là


Đặt

Vì

và

nên các

Tam giác KEJ, JAG,

GDH, HFK đồng

dạng. Sử dụng tính chất đối xứng và

định lí Pytago ta có:

EK = xy,

Vì ta biết

Nên ta có phương trình:


Trong mặt phẳng với hệ

tọa độ Oxy, giả

sử điểm

.

do sự đối xứng ta có thể cho D và E ở

góc phần tư thứ nhất.

Do hai tma giác

ABD, BCE đều nên

Do M là trung điểm của AE,

N là trung

điểm của BD nên

Từ đó suy ra

Diện tích tam giác BMN

bằng


Đặt

ADE ADF

0 2cos303

x xDE

DE

0cos 60 2 . x DF x

DF

01 . .sin 302

DEFS DE DF

21 2 1. .2 .2 23 3

x xx

2

233 .

62 DEF

ABCD

xS

S x

, . BE x AJ y

FKH EJK AGJ DHG

FHK EKJ AJG DGH

2 21 , 1 FK y EJ x y

1 BE EJ AJ EK FK

2

2

1 1

1 1

x x y y

xy y

2

2 2

2

1 1

1 1 1 1

. 1 1

yx

y

y yy y

y y

2 3.1

2

x

y

0;0 , 16;0A B

20;0C

8;8 3 , 18;2 3 .D E

9; 3 , 14;4 3 .M N

2 13. BM BN MN

01 . .sin 602

BMNS BM BN

2

1 3. 2 13 13 3.2 2

213 3 507. x x

0 0 0 0sin1 sin 3 sin 5 ...sin89p

0 0 0

0 0

sin1 sin 3 sin 5 ...

.sin177 sin179

0 0 0

0 0

0 0

0 0

sin1 sin 3 sin 5 ...

.sin177 sin179sin 2 sin 4 ...

.sin176 sin178

0 0 0

0 0 0 0sin1 sin 2 ...sin179

2sin1 cos1 ... 2sin89 cos89

0 0 0 0

0 0 0sin 91 sin 92 ...sin178 sin179

cos1 cos 2 ...cos89

891

2

Suy ra Vậy m + n = 91.


Trường hợp P trùng với B, Q trùng với

C ta có

Khi đó

Trường hợp P trùng với trung điểm của

đoạn AB, Q trùng với trung điểm của

đoạn AC ta có:

dễ thấy

áp dụng hệt thức Hê-rông ta có:

SABC =90.

Vậy m + n = 161


Do

Vậy


Gọi I là tâm đường tròn

nội tiếp tam

giác ABC. Ta có:

tam giác BDI cân tại

D, tam giác CEI cân tại E.

Vậy

Chu vi tam giác ADE là

AD + AE + DE

= AB + AC =43.

Tỉ số chu vi vủa

tam giác ADE và

ABC là là tỉ số

đồng dạng của hai

Tam giác này. Do đó


Do tam giác ABC vuông tại C

nên

Suy ra

Cách 1:

Gọi N là hình chiếu của C lên AB.

Lại có:

Vậy

Cách 2:

Ta có: và

Ta có:

892

1 2 .p

25. PQ

2 0 PQRSS

25 625 0 25

25 .2

PQ

1 .2

PQRS ABCDS S

625 625 625452 4 436 .

125

DEF

ABC

ABC ADF

BDE CEF

ABC

Smn S

S SS SS

1 1

1 1

p r

q p r q

1

pq qr rp

p q r

2 p q r

2 2 2

2p q r

pq qr rp

145

pq qr rp

1 2 16145 3 45

61.

mn

m n

. DE BD EC

4363

43 860.2063 63

923.

DE

m n

2 27 24 25. AB

25 .2

AM

2 2 MD AD AM

22 25 5 115 .

4 2

1 .2

CDMS MN MD

1 527 5 11 527 11. .2 50 2 40

578 m n p

252

CM AM

22 2 2 25 5 1115

4 2 MD AD AM

sin cosCMD CMA


Ta có ABCF là hình bình hành trong đó

F là giao điểm của CE và AD và


ABC ta có:

Suy ra

và

ta có:

Câu 45: Đáp án C

Đặt AB = x.

Gọi E là giao điểm của AD và BC.

Khi đó tam giác EAB đều.

Ta có: ED = x-10, EC = x-8.


EAD ta có:

Vậy m + n = 150.


Gọi E, F, G lần lượt là các

điểm tiếp xúc

của (I) với các cạnh

BC, AC, AB và

PQ là giao điểm của (I)

với AD (P

ở giữa AQ). Không mất tính

tổng quát,

giả sử AC < AB, E nằm

giữa D và C.

Đặt AD = 3x.

Ta có:

Đặt CE = CF = y (y <10).

Khi đó

Ta có:

AC = AF + CF = DE + CE = CD= 10.

2 2 2 527 .2 . 625

MC MA AC

MC MA

1 . .sin2

CDMS MC MD CMD

1 25 5 11 527 527 11. . .2 2 2 625 40

578 m n p

. ABC EFD

2 2 2 . .cos 7 AC BA BC BA BC B

2 2715

ABC

EFD

S ACS DE

1.ABC

FAC

SS

, ., .

ABC

BDE

d B AC ACSS d B DE DE

, .,

, .

,

d B AC ACd B AC

d F AC DE

d F DE

, .

,

, .

15 + ,7

d B AC AC

d B AC

d B AC DE

d B AC

4929 4257

484.

AC

DE

m n

2 2 2

0 2. . .cos 60

DC ED EC

ED EC

2 2212 10 8 x x

10 8 x x

2 18 60 0

9 141

x x

x

2

2

. .2

. .

DE DQ DP x x

AP AQ AF

DE AF

222 10 . x y

Suy ra DE = AF = AG = 10-y.

Vậy BG = BE = BD+ DE = 20-y,

Suy ra AB = AG + BG = 30 – 2y.

Áp dụng công thức độ dài đường trung

tuyến ta có:

Với y =0 bị loại. Vậy y =2.

Vậy BC = 20, AB =26, AC =10


Vậy m + n =38.


Gọi là tọa độ điểm H.

Ta có:


Gọi l là đường thẳng

vuông góc với d

tại A.

Khi đó l chính là phân giác của OAB.

Ta có:

Khi đó:

Chính là vecto chỉ phương

của đường

thẳng l.

hệ số góc của đường thẳng

l là:

Hệ số góc của đường thẳng d

là:



Áp dụng AM-GM ta có:

Dấu bằng xảy ra khi

2

22

3 .20 20.10.10

10 .10 30 2 .10.

x

y

2 212 20 0

10

yy y

y

28.8.2.18 24 4

;x y

. 0

AH BC AH BC

B BC BH k BC

2 1 2 0 33 2 35 2

x y kx k xy k y

3;2 . H

4 2, 4 5. AB AO

5 2

4 5 4 2;4 5 8 2

AB AO

4 5 8 2 5 2 24 5 4 2 5 2

5 2 10 132 2 5

4 2

4 2

sin 4cos

cos 4sin

x x

x x

4 2

4 2

sin 4 1 sin

- cos 4 1 cos

x x

x x

2 22 sin 2 cos

cos 2 .

x x

x

2 2

2

2 2

2 2

4

sin cos

cos sin

2 sin cos

y y

y y

yy

x x

x x

x x

2

4

2sin cos

2 sin cosyy

x x

x x

2

41 sin cos yyx x

21 2

4

yy y

0sin cos 45 . x x x

Documents

· Web viewChủ đề 9: Tích vô hướng của hai vectơ và ứng dụngThe Best or Nothing