|
sửa đổi
|
Đại 10
|
|
|
Không mất tính tổng quát, giả sử: $x_1\le x_2\le\vdots\le x_7$.Giả sử, không tồn tại 3 đoạn lập thành 1 tam giác, suy ra: $x_{k}\ge x_{k-1}+x_{k-2},\forall 3\le k\le 7$.Ta có: $x_1,x_2\ge1$.$x_3\ge x_1+x_2\ge 1+1=2$$x_4\ge x_2+x_3\ge 1+2=3$$x_5\ge x_3+x_4\ge 2+3=5$$x_6\ge x_4+x_5\ge 3+5=8$$x_7\ge x_5+x_6\ge 5+8=13$, vô lý vì $d_i\le12$.Vậy có thể chọn ra 3 đoạn tạo thành 1 tam giác.
Không mất tính tổng quát, giả sử: $x_1\le x_2\le\ldots\le x_7$.Giả sử, không tồn tại 3 đoạn lập thành 1 tam giác, suy ra: $x_{k}\ge x_{k-1}+x_{k-2},\forall 3\le k\le 7$.Ta có: $x_1,x_2\ge1$.$x_3\ge x_1+x_2\ge 1+1=2$$x_4\ge x_2+x_3\ge 1+2=3$$x_5\ge x_3+x_4\ge 2+3=5$$x_6\ge x_4+x_5\ge 3+5=8$$x_7\ge x_5+x_6\ge 5+8=13$, vô lý vì $d_i\le12$.Vậy có thể chọn ra 3 đoạn tạo thành 1 tam giác.
|
|
|
sửa đổi
|
đại 12
|
|
|
1. Điều kiện: $x\geq 0$.Đặt $5^{\sqrt{x}}=t, t>0$.Phương trình trở thành: $t-\dfrac{5}{t}+4=0$$\Leftrightarrow t^2+4t-5=0$$\Leftrightarrow t=5$, vì $t>0$.Suy ra: $5^{\sqrt{x}}=5 \Leftrightarrow \sqrt x=1 \Leftrightarrow x=1$.
1. Điều kiện: $x\geq 0$.Đặt $5^{\sqrt{x}}=t, t>0$.Phương trình trở thành: $t-\dfrac{5}{t}+4=0$$\Leftrightarrow t^2+4t-5=0$$\Leftrightarrow t=1$, vì $t>0$.Suy ra: $5^{\sqrt{x}}=1 \Leftrightarrow \sqrt x=0 \Leftrightarrow x=0$.
|
|
|
sửa đổi
|
ĐẠI 12 CẦN GẤP LẮM!
|
|
|
Lấy lôgarit thập phân hai vế các đẳng thức đã cho ta được:$\begin{cases}\lg x = \dfrac{1}{1 - \lg y }\\ \lg y = \dfrac{1}{1 - \lg z} \end{cases} $Suy ra: $\lg x = \dfrac{1}{1 - \dfrac{1}{1 - \lg z} } = \dfrac{1 - \lg z }{- \lg z} = 1 - \dfrac{1}{\lg z}$$\Rightarrow \lg z = \dfrac{1}{1 - \lg x} \Rightarrow z = 10^{\dfrac{1}{1-\lg x}}$ (đpcm).
Lấy lôgarit thập phân hai vế các đẳng thức đã cho ta được:$\begin{cases}\lg y = \dfrac{1}{1 - \lg x }\\ \lg z = \dfrac{1}{1 - \lg y} \end{cases} $Suy ra: $\lg z = \dfrac{1}{1 - \dfrac{1}{1 - \lg x} } = \dfrac{1 - \lg x }{- \lg x} = 1 - \dfrac{1}{\lg x}$$\Rightarrow \lg x = \dfrac{1}{1 - \lg z} \Rightarrow x = 10^{\dfrac{1}{1-\lg z}}$ (đpcm).
|
|
|
sửa đổi
|
Giải tích mặt phẳng.
|
|
|
Giả sử tọa độ $A$ có dạng $A(2a;4-3a)$.Gọi $M$ là trung điểm $BC$.Vì $\overrightarrow{AG}=2\overrightarrow{GM} \Leftrightarrow (-1-2a;3a-1)=2(x_M+1;y_M-3) \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}x_M=\dfrac{-2a-3}{2}\\y_M=\dfrac{3a+5}{2}\end{array}\right.$Đường thẳng $BC$ đi qua $M$ và vuông góc với $h_a$ có phương trình: $2x-3y+\dfrac{13a+21}{2}=0$Tọa độ $B$ là giao của $BC$ và $h_a$ là: $B(\dfrac{13a-27}{8};\dfrac{13a+5}{4})$ $4x-6y+13a+21=0$Đường thẳng $AC$ đi qua $A$ và vuông góc với $h_b$ có phương trình: $x+2y+4a-8=0$ $3x+6y+12a-24=0$Tọa độ $C$ là giao của $BC$ và $AC$ là: $C(\dfrac{-25a+3}{7};\dfrac{-3a+53}{14})$Mà $G(-1;3)$ là trọng tâm tam giác nên ta có:$\left\{\begin{array}{l}2a+\dfrac{13a-27}{8}+\dfrac{-25a+3}{7}=-3\\4-3a+\dfrac{13a+5}{4}+\dfrac{-3a+53}{14}=9\end{array}\right.\Leftrightarrow a=-1$.Từ đó ta có: $A(-2;7);B(-5;-2);C(4;4)$.
Giả sử tọa độ $A$ có dạng $A(2a;4-3a)$.Gọi $M$ là trung điểm $BC$.Vì $\overrightarrow{AG}=2\overrightarrow{GM} \Leftrightarrow (-1-2a;3a-1)=2(x_M+1;y_M-3) \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}x_M=\dfrac{-2a-3}{2}\\y_M=\dfrac{3a+5}{2}\end{array}\right.$Đường thẳng $BC$ đi qua $M$ và vuông góc với $h_a$ có phương trình: $2x-3y+\dfrac{13a+21}{2}=0$Tọa độ $B$ là giao của $BC$ và $h_a$ là: $B(\dfrac{13a-27}{8};\dfrac{13a+5}{4})$Đường thẳng $AC$ đi qua $A$ và vuông góc với $h_b$ có phương trình: $x+2y+4a-8=0$Tọa độ $C$ là giao của $BC$ và $AC$ là: $C(\dfrac{-25a+3}{7};\dfrac{-3a+53}{14})$Mà $G(-1;3)$ là trọng tâm tam giác nên ta có:$\left\{\begin{array}{l}2a+\dfrac{13a-27}{8}+\dfrac{-25a+3}{7}=-3\\4-3a+\dfrac{13a+5}{4}+\dfrac{-3a+53}{14}=9\end{array}\right.\Leftrightarrow a=-1$.Từ đó ta có: $A(-2;7);B(-5;-2);C(4;4)$.
|
|
|
sửa đổi
|
Cực trị hàm số(8).
|
|
|
Ta có: $y'=x^2+2(m-2)x+5m+4$Hàm số đạt cực trị tại $x_1,x_2$ khi và chỉ khi $y'=0$ có 2 nghiệm phân biệt$\Leftrightarrow \Delta'>0 \Leftrightarrow m^2-9m>0 \Leftrightarrow \left[\begin{array}{l}m>9\\m<0\end{array}\right. (*)$$x_1, x_2$ thỏa mãn $x_1<-1<x_2$ khi và chỉ khi:$y'(-1)y'(\dfrac{x_1+x_2}{2})>0 \Leftrightarrow y'(-1)y'(2-m)>0 \Leftrightarrow (3m+9)(9m-m^2)<0 \Leftrightarrow \left[\begin{array}{l}-3<m<0\\m>9\end{array}\right.$Kết hợp với (*) ta được: $\left[\begin{array}{l}-3<m<0\\m>9\end{array}\right.$
Ta có: $y'=x^2+2(m-2)x+5m+4$Hàm số đạt cực trị tại $x_1,x_2$ khi và chỉ khi $y'=0$ có 2 nghiệm phân biệt$\Leftrightarrow \Delta'>0 \Leftrightarrow m^2-9m>0 \Leftrightarrow \left[\begin{array}{l}m>9\\m<0\end{array}\right. (*)$$x_1, x_2$ thỏa mãn $x_1<-1<x_2$ khi và chỉ khi:$y'(-1)y'(\dfrac{x_1+x_2}{2})>0 \Leftrightarrow y'(-1)y'(2-m)>0 \Leftrightarrow (3m+9)(9m-m^2)>0 \Leftrightarrow \left[\begin{array}{l}m<-3\\0<m<9\end{array}\right.$Kết hợp với (*) ta được: $m<-3$
|
|
|
sửa đổi
|
Cực trị hàm số(6).
|
|
|
$y'=3mx^2+6mx-(m-1)$. Để hàm số bậc ba không có cực trị thì PT $y'=0$ phải vô nghiệm$\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} \Delta'_{y'}<0\\ m=0 \end{matrix}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} 9m^2+3(m-1)<0\\ m=0 \end{matrix}} \right.\Leftrightarrow \frac{-1-\sqrt{13}}{6}<m<\frac{-1+\sqrt{13}}{6}.$
$y'=3mx^2+6mx-(m-1)$. Để hàm số bậc ba không có cực trị thì PT $y'=0$ phải vô nghiệm hoặc có nghiệm duy nhất$\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} \Delta'_{y'}\leq0\\ m=0 \end{matrix}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} 9m^2+3(m-1)\leq0\\ m=0 \end{matrix}} \right.\Leftrightarrow \frac{-1-\sqrt{13}}{6}\leq m\leq \frac{-1+\sqrt{13}}{6}$
|
|
|
sửa đổi
|
Đại số 12
|
|
|
1.Ta có:$\log_{25}80=\dfrac{1}{2}\log_580=\dfrac{1}{2}(1+4\log_52)$$b=\log_{\sqrt{27}}40=2\log_{27}40=2(\log_{27}8+\log_{27}5)=2(\log_32+\dfrac{1}{3}\log_35)$$a=\log_950=\dfrac{1}{2}\log_350=\dfrac{1}{2}(\log_32+2\log_25)$$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\log_32=\dfrac{3b-2a}{5}\\\log_35=\dfrac{12a-3b}{10}\end{array}\right.$$\Rightarrow \log_52=\dfrac{\log_32}{\log_35}=\dfrac{6b-4a}{12a-3b}$$\Rightarrow \log_{25}80=\dfrac{1}{2}+\dfrac{12b-8a}{12a-3b}$
2.Ta có:$\log_{25}80=\dfrac{1}{2}\log_580=\dfrac{1}{2}(1+4\log_52)$$b=\log_{\sqrt{27}}40=2\log_{27}40=2(\log_{27}8+\log_{27}5)=2(\log_32+\dfrac{1}{3}\log_35)$$a=\log_950=\dfrac{1}{2}\log_350=\dfrac{1}{2}(\log_32+2\log_25)$$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\log_32=\dfrac{3b-2a}{5}\\\log_35=\dfrac{12a-3b}{10}\end{array}\right.$$\Rightarrow \log_52=\dfrac{\log_32}{\log_35}=\dfrac{6b-4a}{12a-3b}$$\Rightarrow \log_{25}80=\dfrac{1}{2}+\dfrac{12b-8a}{12a-3b}$
|
|
|
sửa đổi
|
Điều kiện hàm số có cực trị(6).
|
|
|
Ta có:$y'=x^2-3mx+(2m-1)$Để hàm số có 2 điểm cực trị thì phương trình $y'=0$ có 2 nghiệm phân biệt trái dấu $\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}\Delta>0\\2m-1>0\end{array}\right.$$\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}9m^2-4(2m-1)>0\\2m-1>0\end{array}\right.$$\Leftrightarrow m>\dfrac{1}{2}$
Ta có:$y'=x^2-3mx+(2m-1)$Để hàm số có 2 điểm cực trị nằm 2 phía trục $Oy$ thì phương trình $y'=0$ có 2 nghiệm phân biệt trái dấu $\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}\Delta>0\\2m-1>0\end{array}\right.$$\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}9m^2-4(2m-1)>0\\2m-1>0\end{array}\right.$$\Leftrightarrow m>\dfrac{1}{2}$
|
|
|
sửa đổi
|
Lượng giác.
|
|
|
Điều kiện: $\cos x\ne0 \Leftrightarrow x\ne k\pi, k\in\mathbb{Z}$Phương trình đã cho tương đương với: $1+\dfrac{\sin x}{\cos x}=2\sqrt2\sin(x+\dfrac{\pi}{4})$$\Leftrightarrow \dfrac{\sin x+\cos x}{\cos x}=2\sqrt2\sin(x+\dfrac{\pi}{4})$$\Leftrightarrow \dfrac{\sqrt2\sin(x+\dfrac{\pi}{4})}{\cos x}=2\sqrt2\sin(x+\dfrac{\pi}{4})$$\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l}\sin(x+\dfrac{\pi}{4})=0\\\cos x=\dfrac{1}{2}\end{array}\right.$$\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l}x=-\dfrac{\pi}{4}+k\pi\\x=\pm\dfrac{\pi}{3}+k\pi\end{array}\right.,k\in\mathbb{Z}$, thỏa mãn.
Điều kiện: $\cos x\ne0 \Leftrightarrow x\ne k\pi, k\in\mathbb{Z}$Phương trình đã cho tương đương với: $1+\dfrac{\sin x}{\cos x}=2\sqrt2\sin(x+\dfrac{\pi}{4})$$\Leftrightarrow \dfrac{\sin x+\cos x}{\cos x}=2\sqrt2\sin(x+\dfrac{\pi}{4})$$\Leftrightarrow \dfrac{\sqrt2\sin(x+\dfrac{\pi}{4})}{\cos x}=2\sqrt2\sin(x+\dfrac{\pi}{4})$$\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l}\sin(x+\dfrac{\pi}{4})=0\\\cos x=\dfrac{1}{2}\end{array}\right.$$\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l}x=-\dfrac{\pi}{4}+k\pi\\x=\pm\dfrac{\pi}{3}+k2\pi\end{array}\right.,k\in\mathbb{Z}$, thỏa mãn.
|
|
|
sửa đổi
|
giúp mình giải đề nay nha
|
|
|
Câu 2:Đặt: $z=x+yi,x,y\in\mathbb{R}$.Hệ trở thành: $\left\{\begin{array}{l}|x+(y-2)i|=|x+yi|\\|x+(y-1)i|=|(x-1)+yi|\end{array}\right.$$\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}x^2+(y-2)^2=x^2+y^2\\x+(y-1)^2=(x-1)^2+y^2\end{array}\right.$$\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}4-4y=0\\-2y=-2x\end{array}\right.\Leftrightarrow x=y=1$Vậy $z=1+i$.
Câu 2:Đặt: $z=x+yi,x,y\in\mathbb{R}$.Hệ trở thành: $\left\{\begin{array}{l}|x+(y-2)i|=|x+yi|\\|x+(y-1)i|=|(x-1)+yi|\end{array}\right.$$\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}x^2+(y-2)^2=x^2+y^2\\x^2+(y-1)^2=(x-1)^2+y^2\end{array}\right.$$\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}4-4y=0\\-2y=-2x\end{array}\right.\Leftrightarrow x=y=1$Vậy $z=1+i$.
|
|
|
sửa đổi
|
Hệ phương trình
|
|
|
Vì $x=0$ không là nghiệm của hệ, chia cả 2 vế cho $x^2$ ta được:$\left\{\begin{array}{l}6(x^2+\dfrac{1}{x^2})-(x-\dfrac{1}{x})y^2-y=12\\5(x^2+\dfrac{1}{x^2})-(x-\dfrac{1}{x})^2y^2=11\end{array}\right.$Đặt: $z=x-\dfrac{1}{x}$, hệ trở thành: $\left\{\begin{array}{l}6(z^2+2)-zy^2-y=12\\5z^2-z^2y^2=11\end{array}\right.$$\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}6z^2-zy^2-y=0\\5z^2-z^2y^2=1\end{array}\right.$Vì $z=0$ không là nghiệm của hệ nên chia cả 2 vế cho $z^2$ ta được: $\left\{\begin{array}{l}\dfrac{y^2}{z}+\dfrac{y}{z^2}=6\\y^2+\dfrac{1}{z^2}=5\end{array}\right.$$\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}\dfrac{y}{z}(y+\dfrac{1}{z})=6\\(y+\dfrac{1}{z})^2-2\dfrac{y}{z}=5\end{array}\right.$Đặt: $u=y+\dfrac{1}{z};v=\dfrac{y}{z}$Ta có: $\left\{\begin{array}{l}uv=6\\u^2-2v=5\end{array}\right.$$\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}uv=6\\u^3-12=5u\end{array}\right.$$\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}u=3\\v=2\end{array}\right.$Từ đó suy ra: $\left[\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}y=2\\z=1\end{array}\right.\\\left\{\begin{array}{l}y=1\\z=\dfrac{1}{2}\end{array}\right.\end{array}\right.$Dẫn tới: $(x;y)\in\{(\dfrac{1\pm\sqrt5}{2};2);(\dfrac{1+\sqrt{17}}{4};1)\}$
Vì $x=0$ không là nghiệm của hệ, chia cả 2 vế cho $x^2$ ta được:$\left\{\begin{array}{l}6(x^2+\dfrac{1}{x^2})-(x-\dfrac{1}{x})y^2-y=12\\5(x^2+\dfrac{1}{x^2})-(x-\dfrac{1}{x})^2y^2=11\end{array}\right.$Đặt: $z=x-\dfrac{1}{x}$, hệ trở thành: $\left\{\begin{array}{l}6(z^2+2)-zy^2-y=12\\5z^2-z^2y^2=11\end{array}\right.$$\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}6z^2-zy^2-y=0\\5z^2-z^2y^2=1\end{array}\right.$Vì $z=0$ không là nghiệm của hệ nên chia cả 2 vế cho $z^2$ ta được: $\left\{\begin{array}{l}\dfrac{y^2}{z}+\dfrac{y}{z^2}=6\\y^2+\dfrac{1}{z^2}=5\end{array}\right.$$\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}\dfrac{y}{z}(y+\dfrac{1}{z})=6\\(y+\dfrac{1}{z})^2-2\dfrac{y}{z}=5\end{array}\right.$Đặt: $u=y+\dfrac{1}{z};v=\dfrac{y}{z}$Ta có: $\left\{\begin{array}{l}uv=6\\u^2-2v=5\end{array}\right.$$\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}uv=6\\u^3-12=5u\end{array}\right.$$\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}u=3\\v=2\end{array}\right.$Từ đó suy ra: $\left[\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}y=2\\z=1\end{array}\right.\\\left\{\begin{array}{l}y=1\\z=\dfrac{1}{2}\end{array}\right.\end{array}\right.$Dẫn tới: $(x;y)\in\{(\dfrac{1\pm\sqrt5}{2};2);(\dfrac{1\pm\sqrt{17}}{4};1)\}$
|
|
|
sửa đổi
|
Cực trị.
|
|
|
Từ $0<a\le b\le c;b+c\le5;a+b+c=6$ suy ra: $1\le a\le 2;1\le b\le\dfrac{5}{2};\dfrac{5}{2}\le c\le 4$.Từ đó ta có:$(a-1)(a-2)\le0 \Leftrightarrow a^2\le 3a-2 \Rightarrow a^3\le3a^2-2a\le7a-6$$(b-1)(b-\dfrac{5}{2})\le 0 \Leftrightarrow b^2\le\dfrac{7}{2}b-\dfrac{5}{2} \Rightarrow b^3\le\dfrac{7}{2}b^2-\dfrac{5}{2}b\le\dfrac{39}{4}b-\dfrac{35}{4}$$(c-\dfrac{5}{2})(c-4)\le0 \Leftrightarrow c^2\le\dfrac{13}{2}c-10 \Rightarrow c^3\le\dfrac{13}{2}c^2-10c\le\dfrac{129}{4}c-65$Cộng các BĐT trên ta được:$P\le7a+\dfrac{39}{4}b+\dfrac{129}{4}c-\dfrac{319}{4}$ $\le7(a+b+c)+\dfrac{11}{4}(b+c)+\dfrac{45}{2}c-\dfrac{319}{4}$ $\le7.6+\dfrac{11}{4}.5+\dfrac{45}{2}.4-\dfrac{319}{4}=66$$\max P=66 \Leftrightarrow a=b=1;c=4$
Từ $0<a\le b\le c;b+c\le5;a+b+c=6$ suy ra: $1\le a\le 2;1\le b\le\dfrac{5}{2};2\le c\le 4$Từ đó ta có:$(a-1)(a-2)\le0 \Leftrightarrow a^2\le 3a-2 \Rightarrow a^3\le3a^2-2a\le7a-6$$(b-1)(b-\dfrac{5}{2})\le 0 \Leftrightarrow b^2\le\dfrac{7}{2}b-\dfrac{5}{2} \Rightarrow b^3\le\dfrac{7}{2}b^2-\dfrac{5}{2}b\le\dfrac{39}{4}b-\dfrac{35}{4}$$(c-2)(c-4)\le0 \Leftrightarrow c^2\le6c-8 \Rightarrow c^3\le6c^2-8c\le28c-48$Cộng các BĐT trên ta được:$P\le7a+\dfrac{39}{4}b+28c-\dfrac{251}{4}$ $\le7(a+b+c)+\dfrac{11}{4}(b+c)+\dfrac{73}{4}c-\dfrac{251}{4}$ $\le7.6+\dfrac{11}{4}.5+\dfrac{73}{4}.4-\dfrac{251}{4}=66$$\max P=66 \Leftrightarrow a=b=1;c=4$
|
|
|
sửa đổi
|
Bất đẳng thức.
|
|
|
Xét vế trái \frac{3}{a+b} +\frac{2}{c+d}+\frac{a+b}{(a+c)(b+d)}=\frac{3(c+d)+2(a+b)}{(a+b)(c+d)}+\frac{a+b}{c+d} Bổ đề :\frac{1}{xy} \geq\frac{4}{(x+y)^{2}} Áp dụngVT\geq \frac{4[3(c+d)+2(a+b)]}{(a+b+c+d)^{2}}+\frac{4(a+b)}{(a+b+c+d)^{2}}phá ra rồi cộng 2 phân thức ta có\frac{12(a+b+c+d)}{(a+b+c+d)^{2}} =\frac{12}{a+b+c+d} (đúng với mọi a,b,c,d>0)Vậy...
Xét vế trái $\frac{3}{a+b} +\frac{2}{c+d}+\frac{a+b}{(a+c)(b+d)}=\frac{3(c+d)+2(a+b)}{(a+b)(c+d)}+\frac{a+b}{(a+c)(b+d)}$Bổ đề :$\frac{1}{xy} \geq\frac{4}{(x+y)^{2}} $Áp dụngVT$\geq \frac{4[3(c+d)+2(a+b)]}{(a+b+c+d)^{2}}+\frac{4(a+b)}{(a+b+c+d)^{2}}$Phá ra rồi cộng 2 phân thức ta cóVT$\geq\frac{12(a+b+c+d)}{(a+b+c+d)^{2}} =\frac{12}{a+b+c+d}$ (đúng với mọi $a,b,c,d>0$)Vậy...
|
|
|
sửa đổi
|
Hình học không gian
|
|
|
Cho hai hình chữ nh ật ABCD (AC là đường chéo) và ABEF(AE là đường c héo) không cùng nằm trong một mặt phẳng và thỏa mãn các đi ều kiện AB=a , AD=AF=$a\sqrt 2$, AC vuôn g góc BF. Gọi HK là đường vuông góc chung của AC và BF (H thuộc AC, K thuộc BF)Cho hai hình chữ nhật ABCD (AC là đường chéo) và ABEF(AE là đường chéo) không cùng nằm trong một mặt phẳng và thỏa mãn các điều kiện AB=a, AD=AF=$a\sqrt 2$, AC vuông góc BF. Gọi HK là đường vuông góc chung của AC và BF (H thuộc AC, K thuộc BF)a. Gọi I là giao điểm của DF và mặt phẳng chứa AC, và song song BF. Tính tỉ số$\frac{DI}{DF}$b. Tính độ dài HK
Hình h ọc không gian Cho hai hình chữ nhật ABCD (AC là đường chéo) và ABEF(AE là đường chéo) không cùng nằm trong một mặt phẳng và thỏa mãn các điều kiện AB=a, AD=AF=$a\sqrt 2$, AC vuông góc BF. Gọi HK là đường vuông góc chung của AC và BF (H thuộc AC, K thuộc BF)a. Gọi I là giao điểm của DF và mặt phẳng chứa AC, và song song BF. Tính tỉ số$\frac{DI}{DF}$b. Tính độ dài HK
|
|
|
sửa đổi
|
Bài 1
|
|
|
b.Theo phần (a) ta có: $a+b=3c \Leftrightarrow p=2c (1)$Mặt khác:$S=pr=\dfrac{abc}{4R}\Rightarrow pabc\dfrac{r}{4R}=S^2=p(p-a)(p-b)(p-c)$Thay $(1)$ vào biểu thức trên ta được:$ab\dfrac{r}{4R}=p^2-(a+b)p+ab\Rightarrow (1-\dfrac{r}{4R})ab=2c^2 (2)$Lại có:$S=\dfrac{1}{2}ab\sin C=pr\Rightarrow r=\dfrac{ab\sin C}{a+b+c}=\dfrac{4R^2\sin A\sin B\sin C}{2R(\sin A+\sin B+\sin C)}$Suy ra: $\dfrac{r}{4R}=\dfrac{\sin A\sin B\sin C}{\sin A+\sin B+\sin C}$Dễ dàng chứng minh được: $\sin A+\sin B+\sin C=4\cos\dfrac{A}{2}\cos\dfrac{B}{2}\cos\dfrac{C}{2}$$\Rightarrow \dfrac{r}{4R}=\tan\dfrac{A}{2}\tan\dfrac{B}{2}\tan\dfrac{C}{2}\Rightarrow \dfrac{r}{4R}=\dfrac{1}{10}$Thay vào $(2)$ ta được: $ab=\dfrac{20}{9}c^2$$\Rightarrow ab=20(a+b)^2$$\Leftrightarrow 20a^2-41ab+20b^2=0$$\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}4a=5b\\5a=4b\end{array}\right.$Cả 2 trường hợp đều dẫn tới $\Delta ABc$ vuông. (theo Pytago)
b.Theo phần (a) ta có: $a+b=3c \Leftrightarrow p=2c (1)$Mặt khác:$S=pr=\dfrac{abc}{4R}\Rightarrow pabc\dfrac{r}{4R}=S^2=p(p-a)(p-b)(p-c)$Thay $(1)$ vào biểu thức trên ta được:$ab\dfrac{r}{4R}=p^2-(a+b)p+ab\Rightarrow (1-\dfrac{r}{4R})ab=2c^2 (2)$Lại có:$S=\dfrac{1}{2}ab\sin C=pr\Rightarrow r=\dfrac{ab\sin C}{a+b+c}=\dfrac{4R^2\sin A\sin B\sin C}{2R(\sin A+\sin B+\sin C)}$Suy ra: $\dfrac{r}{4R}=\dfrac{\sin A\sin B\sin C}{2(\sin A+\sin B+\sin C)}$Mà ta có:$\sin A+\sin B+\sin C= 2\sin\dfrac{A}{2}\cos\dfrac{A}{2}+2\sin\dfrac{B+C}{2}\cos\dfrac{B-C}{2}$ $=2\cos\dfrac{A}{2}(\cos\dfrac{B+C}{2}+\cos\dfrac{B-C}{2})$ $=4\cos\dfrac{A}{2}\cos\dfrac{B}{2}\cos\dfrac{C}{2}$$\Rightarrow
\dfrac{r}{4R}=\dfrac{8\sin\dfrac{A}{2}\sin\dfrac{B}{2}\sin\dfrac{C}{2}\cos\dfrac{A}{2}\cos\dfrac{B}{2}\cos\dfrac{C}{2}}{8\cos\dfrac{A}{2}\cos\dfrac{B}{2}\cos\dfrac{C}{2}}=\sin\dfrac{A}{2}\sin\dfrac{B}{2}\sin\dfrac{C}{2}$$\Rightarrow \dfrac{r}{4R}=\dfrac{1}{10}$Thay vào $(2)$ ta được: $ab=\dfrac{20}{9}c^2$$\Rightarrow ab=20(a+b)^2$$\Leftrightarrow 20a^2-41ab+20b^2=0$$\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}4a=5b\\5a=4b\end{array}\right.$Cả 2 trường hợp đều dẫn tới $\Delta ABc$ vuông. (theo Pytago)
|
|