

Lê Song Phương
Giới thiệu về bản thân



































b) Trong đường tròn (O), có \(\hat{BAM}=\hat{CAM}\) và 2 góc này là 2 góc nội tiếp chắn các cung MB, MC nên \(\overgroup{MB}=\overgroup{MC}\) , từ đó suy ra \(\hat{MPB}=\hat{MPC}\) , suy ra MP là tia phân giác của \(\hat{BPC}\) (1).
Mặt khác, trong đường tròn (O) tại có \(\hat{ABP}=\hat{ACP}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung AP) hay \(\hat{PBF}=\hat{PCE}\) (2). Lại có trong đường tròn (AEF), có \(\hat{AEP}=\hat{AFP}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung AP), suy ra \(\hat{PFB}=\hat{PEC}\) (3). Từ (2) và (3) dễ dàng suy ra hai tam giác PFB và PEC đồng dạng, dẫn đến \(\frac{BF}{EC}=\frac{PB}{PC}\) (4).
Vẽ đường tròn tâm I nội tiếp tam giác ABC. Khi đó D, E, F chính là tiếp điểm của (I) tới BC, CA, AB.
Trong đường tròn (I) có 2 tiếp tuyến tại D, F cắt nhau tại B nên \(BD=BF\). Tương tự, ta có \(CD=CE\) , suy ra \(\frac{BD}{CD}=\frac{BF}{CE}\) (5).
Từ (4) và (5) suy ra \(\frac{PB}{PC}=\frac{BD}{CD}\), suy ra PD là tia phân giác của \(\hat{BPC}\) (6).
Từ (1) và (6), suy ra P, M, D thẳng hàng (do chúng cùng nằm trên tia phân giác của \(\hat{BPC}\)). Ta có đpcm.
a) Ta có \(\hat{MBI}=\hat{MBC}+\hat{IBC}\)
Trong đường tròn (O), ta có \(\hat{MBC}=\hat{MAC}\) (góc nội tiếp chắn cung MC) và \(\hat{IBC}=\hat{IBA}\) (do BI là tia phân giác \(\hat{ABC}\) ) nên suy ra
\(\hat{MBI}=\hat{MAC}+\hat{IBA}\)
\(=\hat{MAB}+\hat{IBA}\)
\(=\hat{IAB}+\hat{IBA}\)
\(=\hat{MIB}\) (do \(\hat{MIB}\) là góc ngoài tại I của tam giác IAB)
Vậy \(\hat{MBI}=\hat{MIB}\), suy ra tam giác MIB cân tại M.
Trước tiên ta sẽ chứng minh bất đẳng thức phụ \(\frac{x^2}{a^{}}+\frac{y^2}{b}\ge\frac{\left(x+y\right)^2}{a+b}\) (1) với mọi a, b, x, y > 0,
(1) \(\lrArr\frac{bx^2+ay^2}{ab}\ge\frac{\left(x+y\right)^2}{a+b}\)
\(\lrArr\left(bx^2+ay^2\right)\left(a+b\right)\ge ab\left(x+y_{}\right)^2\)
\(\lrArr a^2y^2+b^2x^2+abx^2+aby^2\ge abx^2+2abxy+aby^2\)
\(\lrArr a^2y^2+b^2x^2\ge2abxy\) (2)
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 2 số thực dương \(a^2y^2,b^2x^2\) , ta có \(a^2y^2+b^2x^2\ge2\sqrt{a^2y^2b^2x^2}=2abxy\) , do đó (2) luôn đúng. Như vậy (1) được chứng minh. Dấu "=" xảy ra \(\lrArr ay=bx\) hay \(\frac{x}{a}=\frac{y}{b}\)
Áp dụng 2 lần (*), ta có:
\(\frac{x^2}{a}+\frac{y^2}{b}+\frac{z^2}{c}\ge\frac{\left(x+y\right)^2}{a+b}+\frac{z^2}{c}\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{a+b+c}\) . Dấu "=" xảy ra khi \(\begin{cases}\frac{x}{a}=\frac{y}{b}\\ \frac{x+y}{a+b}=\frac{z}{c}\end{cases}\) \(\lrArr\begin{cases}\frac{x}{a}=\frac{y}{b}=\frac{x+y}{a+b}\\ \frac{x+y}{a+b}=\frac{z}{c}\end{cases}\) \(\lrArr\frac{x}{a}=\frac{y}{b}=\frac{z}{c}\).
Như vậy \(\frac{x^2}{a}+\frac{y^2}{b}+\frac{z^2}{c}\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{a+b+c}\) (3) và dấu "=" xảy ra khi \(\frac{x}{a}=\frac{y}{b}=\frac{z}{c}\). Áp dụng (3) cho VT của bất đẳng thức cần chứng minh, ta có:
\(VT=\frac{1}{2a+b+c}+\frac{1}{a+2b+c}+\frac{1}{a+b+2c}\)
\(=\frac{1^2}{2a+b+c}+\frac{1^2}{a+2b+c}+\frac{1^2}{a+b+2c}\)
\(\ge\frac{\left(1+1+1\right)^2}{2a+b+c+a+2b+c+a+b+2c}\)
\(=\frac{9}{4\left(a+b+c\right)}=VP\)
Dấu "=" xảy ra khi \(\frac{1}{2a+b+c}=\frac{1}{a+2b+c}=\frac{1}{a+b+2c}\)
\(\lrArr2a+b+c=a+2b+c=a+b+2c\)
\(\lrArr a=b=c\) (trừ cả 3 vế cho \(a+b+c\))
Ta có đpcm. Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)
Câu b bạn vẽ ngôi sao 5 cánh là được nhé. Mình không vẽ hình vì sợ không được duyệt ấy.
a) Qua mỗi đỉnh của n-giác thì ta sẽ vẽ được đường chéo nối với tất cả các đỉnh trừ chính nó và 2 đỉnh kề với nó (mất 3 đường). Do đó mà qua mỗi đỉnh của n-giác, có \(n-3\) đường chéo. Như vậy, qua n điểm của n-giác, có thể vẽ \(n\left(n-3\right)\) đường chéo. Tuy nhiên, mỗi đường chéo sẽ bị tính 2 lần, do đó nếu đem chia 2 ta sẽ ra số đường chéo của n-giác là \(\frac{n\left(n-3\right)}{2}\). Ta có đpcm.
Có một cách rất thú vị để giải bài này, đó là dùng tính chất đường phân giác trong tam giác. Ta có bổ đề sau:
Cho 2 điểm A, B. Trên đường thẳng AB lấy 2 điểm C, D sao cho \(\frac{CA}{CB}=\frac{DA}{DB}=k\). Khi đó tập hợp tất cả các điểm M sao cho \(\frac{MA}{MB}=k\) chính là đường tròn đường kính CD. Bổ đề này có thể dễ dàng chứng minh nhờ tính chất đường phân giác trong tam giác như sau:
Vì \(\frac{MA}{MB}=k=\frac{CA}{CB}=\frac{DA}{DB}\) nên CM, DM lần lượt là phân giác trong và ngoài của tam giác MAB, do đó \(\hat{CMD}=90^{o}\) hay M di chuyển trên đường tròn đường kính CD.
Ta sẽ dùng tính chất này để giải bài toán trên.
Giả sử tam giác vuông cân ABC có cạnh góc vuông bằng 24.
Nhận thấy điểm M thỏa mãn MA:MB=1:2 nên trên đường thẳng AB lấy 2 điểm X, Y sao sho X nằm giữa A, B và \(\frac{XA}{XB}=\frac{YA}{YB}=\frac12\). Vẽ đường tròn tâm I, đường kính XY. Khi đó điểm M phải nằm trên (I). Tương tự, vì MA:MC=1:3 nên trên đường thẳng AC lấy 2 điểm Z, T sao cho Z nằm giữa A, C và \(\frac{ZA}{ZB}=\frac{TA}{TB}=\frac13\). Vẽ đường tròn tâm J, đường kính ZT. Khi đó điểm M phải nằm trên (J).
Dễ thấy đường tròn (I) có bán kính \(R=16\) và đường tròn (J) có bán kính \(R^{\prime}=9\). Tính được \(AI=8;AJ=3\). Sau đó lập hệ trục tọa độ Oxy nhận A làm gốc, tia AC, AB lần lượt trùng với tia Ox, Oy. Khi đó:
\(\left(I\right):x^2+\left(y+8\right)^2=256\) (1)
\(\left(J\right):\left(x+3\right)^2+y^2=81\) (2)
Nghĩa là tọa độ điểm M phải thỏa mãn hệ (1) và (2).
Trừ theo vế (1) và (2) và rút gọn, ta được: \(8y-3x=60\lrArr y=\frac{60+3x}{8}\)
Thế vào (1), ta có: \(x^2+\left(\frac38x+\frac{15}{2}+8\right)^2=256\)
\(\lrArr\frac{73}{64}x^2+\frac{93}{8}x-\frac{63}{4}=0\)
\(\lrArr x=\frac{-372+\sqrt{211968}}{73}\) (chỉ lấy nghiệm dương)
Thôi số xấu quá lười làm :)) tới đây bạn bấm cái x kia vào r bấm máy STO -> x để gán giá trị biến x, sau đó bấm \(\frac{60+3x}{8}\) rồi STO -> y. Tiếp theo bấm \(\sqrt{x^2+y^2}\) (để tính MA) rồi STO -> A, sau đó bấm \(\sqrt{x^2+\left(y-24\right)^2}\) (để tính MB) rồi STO -> B. Cuối cùng bấm \(\cos^{-1}\left(\frac{A^2+B^2-576}{2AB}\right)\) là nó sẽ ra đáp số cuối cùng. Mình thì bấm ra \(\hat{AMB}\) xấp xỉ \(167,03^{o}\) .
Bạn nói lâu rồi mới làm lại toán cấp 2 à, vậy cho mình hỏi bạn bao nhiêu tuổi rồi?
Dùng hệ tọa độ Oxy. Mình không khuyến khích bạn sử dụng cách này đâu mặc dù nó khá thú vị. Sẽ tốt hơn nếu bạn tìm được cách dùng hình thuần túy để giải câu c bài này.
Mình làm câu c hơi tà đạo tí nhé :))
c) Xét hệ trục tọa độ Descartes có gốc trùng với D, tia Oy trùng với tia DA, tia Ox trùng với tia DC. Chuẩn hóa \(A\left(0;2\right)\), gọi \(B\left(2b;0\right),C\left(2c;0\right)\). Dễ thấy ptđt AB là \(y=-\frac{1}{b}x+2\)
Khi đó trung điểm I của AB có tọa độ là \(I\left(b,1\right)\). Đường trung trực d của AB chính là đt qua I vuông góc với AB nên giả sử \(d:y=bx+c\). Khi đó vì d đi qua I nên \(1=b^2+k\rArr k=1-b^2\) , suy ra \(d:y=bx+1-b^2\)
O là giao điểm của trung trực AB và trung trực BC (có pt \(x=b+c\)) nên ta thay \(x=b+c\) vào ptđt d, ta có \(y=b\cdot\left(b+c\right)+1-b^2=bc+1\) , vậy O có tọa độ là \(O\left(b+c;bc+1\right)\), từ đó dễ thấy ptđt AO là \(y=\frac{bc-1}{b+c}x+2\), cho AO giao với BC sẽ ra tọa độ điểm S là \(S\left(\frac{2b+2c}{1-bc};0\right)\), suy ra hệ số góc của đt IS là \(k_1=\frac{0-1}{\frac{2b+2c}{1-bc}-b}=\frac{bc-1}{b^2c+b+2c}\)
CH là đường đi qua \(C\left(2c;0\right)\) vuông góc với AB nên hệ số góc của CH là \(b\). Vì vậy \(CH:y=bx+m\), mà CH đi qua C(2c;0) nên \(0=2bc+m\rArr m=-2bc\) , suy ra \(CH:y=bx-2bc\), cho CH giao với trục Oy sẽ tìm được tọa độ H là \(h\left(0,-2bc\right)\). Dễ dàng chứng minh E đối xứng với H qua BC, do đó \(E\left(0,2bc\right)\).
EK là đt qua E vuông góc với AB có hsg là \(b\) và cắt trục tung tại E(0, 2bc), do đó \(EK:y=bx+2bc\). Pthđgđ của EK và AB là \(bx+2bc=-\frac{1}{b}x+2\)
\(\lrArr\left(b+\frac{1}{b}\right)x=2-2bc\)
\(\lrArr x=\frac{2b-2b^2c}{b^2+1}\)
Suy ra \(y=-\frac{1}{b}x+2=-\frac{1}{b}\cdot\frac{2b-2b^2c}{b^2+1}+2=\frac{2bc+2b^2}{b^2+1}\)
Vậy \(K\left(\frac{2b-2b^2c}{b^2+1};\frac{2b^2+2bc}{b^2+1}\right)\), suy ra hệ số góc của đt KH là:
\(k_2=\frac{\frac{2b^2+2bc}{b^2+1}+2bc}{\frac{2b-2b^2c}{b^2+1}}=\frac{2b^2+2bc+2b^3c+2bc}{2b-2b^2c}=\frac{b+2c+b^2c}{1-bc}\)
Ta có \(k_1\cdot k_2=\frac{bc-1}{b+2c+b^2c}\cdot\frac{b+2c+b^2c}{1-bc}=-1\) nên KH vuông góc với IS. Ta có đpcm.