Tam giác $ABC$ vuông cân tại \(A\) và nội tiếp trong đường tròn tâm \(O\) bán kính \(R\). Gọi \(r\) là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$. Khi đó tỉ số \(\dfrac{R}{r}\) bằng
Ta có \(R = \dfrac{{abc}}{{4S}}\), \(r = \dfrac{S}{p}\)
Vì tam giác $ABC$ vuông cân tại \(A\) nên \(b = c\) và \(a = \sqrt {{b^2} + {c^2}} = b\sqrt 2 \)
Xét tỉ số \(\dfrac{R}{r} = \dfrac{{abc.p}}{{4{S^2}}}\)\( = \dfrac{{abc.\dfrac{{a + b + c}}{2}}}{{4.\dfrac{1}{4}.{{\left( {b.c} \right)}^2}}}\)\( = \dfrac{{a\left( {a + 2b} \right)}}{{2{b^2}}}\)\( = \dfrac{{2{b^2}\left( {1 + \sqrt 2 } \right)}}{{2{b^2}}}\)\( = 1 + \sqrt 2 \).
Cho tam giác đều \(ABC\) cạnh \(18\,{\rm{cm}}\). Tập hợp các điểm \(M\) thỏa mãn đẳng thức \(\left| {2\overrightarrow {MA} + 3\overrightarrow {MB} + 4\overrightarrow {MC} } \right| = \left| {\overrightarrow {MA} - \overrightarrow {MB} } \right|\) là
Ta có \(\left| {\overrightarrow {MA} - \overrightarrow {MB} } \right| = \left| {\overrightarrow {AB} } \right| = 18\).
Dựng điểm \(I\) thỏa mãn \(2\overrightarrow {IA} + 3\overrightarrow {IB} + 4\overrightarrow {IC} = \overrightarrow 0 \)\( \Leftrightarrow \overrightarrow {AI} = \dfrac{1}{3}\overrightarrow {AB} + \dfrac{4}{9}\overrightarrow {AC} \).
Khi đó: \(\left| {2\overrightarrow {MA} + 3\overrightarrow {MB} + 4\overrightarrow {MC} } \right| = \left| {\overrightarrow {MA} - \overrightarrow {MB} } \right|\) \( \Leftrightarrow 9\left| {\overrightarrow {MI} } \right| = 18\) \( \Leftrightarrow IM = 2\).
Do đó tập hợp các điểm \(M\) là đường tròn cố định có bán kính \(R = 2\,{\rm{cm}}\).
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 $AB = 12\,{\rm{m}}$ cùng thẳng hàng với chân $C$ của tháp để đặt hai giác kế. Chân của giác kế có chiều cao $h = 1,3\,{\rm{m}}$. Gọi $D$ là đỉnh tháp và hai điểm \({A_1}\), \({B_1}\) cùng thẳng hàng với \({C_1}\) thuộc chiều cao $CD$ của tháp. Người ta đo được góc \(\widehat {D{A_1}{C_1}} = 49^\circ \) và \(\widehat {D{B_1}{C_1}} = 35^\circ \). Tính chiều cao $CD$ của tháp.
Ta có $\widehat {{C_1}D{A_1}} = 90^\circ - 49^\circ = 41^\circ $; $\widehat {{C_1}D{B_1}} = 90^\circ - 35^\circ = 55^\circ $, nên $\widehat {{A_1}D{B_1}} = 14^\circ $.
Xét tam giác ${A_1}D{B_1}$, có $\dfrac{{{A_1}{B_1}}}{{\sin \widehat {{A_1}D{B_1}}}} = \dfrac{{{A_1}D}}{{\sin \widehat {{A_1}{B_1}D}}}$$ \Rightarrow {A_1}D = \dfrac{{12.\sin 35^\circ }}{{\sin 14^\circ }}$$ \approx 28,45\,{\rm{m}}$.
Xét tam giác ${C_1}{A_1}D$ vuông tại ${C_1}$, có
$\sin \widehat {{C_1}{A_1}D} = \dfrac{{{C_1}D}}{{{A_1}D}}$$ \Rightarrow {C_1}D = {A_1}D.\sin {C_1}{A_1}D = 28,45.\sin 49^\circ $$ \approx 21,47\,{\rm{m}}$$ \Rightarrow CD = {C_1}D + C{C_1} \approx 22,77{\rm{ m}}$.
Trên nóc một tòa nhà có cột ăng-ten cao \(5\,{\rm{m}}\). Từ vị trí quan sát \(A\) cao \(7\,{\rm{m}}\) so với mặt đất, có thể nhìn thấy đỉnh \(B\) và chân \(C\) của cột ăng-ten dưới góc \(50^\circ \) và \(40^\circ \) so với phương nằm ngang (như hình vẽ bên). Chiều cao của tòa nhà (được làm tròn đến hàng phần mười) là:
Ta có chiều cao của tòa nhà chính là đoạn \(BH\).
Mà \(BH = CD + DH\)\( = CD + 7\).
Xét tam giác \(ACD\) vuông tại \(D\) có \(AC = \dfrac{{CD}}{{\sin 40^\circ }}\)
Xét tam giác \(ABD\) vuông tại \(D\) có \(AB = \dfrac{{5 + CD}}{{\sin 50^\circ }}\)
Xét tam giác \(ABC\) có:
\(B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} - 2AB.AC.\cos \widehat {BAC}\)
\( \Leftrightarrow \left( {\dfrac{1}{{{{\sin }^2}50^\circ }} + \dfrac{1}{{{{\sin }^2}40^\circ }} - \dfrac{{2\cos 10^\circ }}{{\sin 40^\circ \sin 50^\circ }}} \right)C{D^2} + \left( {\dfrac{{10}}{{{{\sin }^2}50^\circ }} - \dfrac{{10\cos 10^\circ }}{{\sin 40^\circ \sin 50^\circ }}} \right)CD + \dfrac{{25}}{{{{\sin }^2}50^\circ }} - 25 = 0\)\( \Leftrightarrow CD \approx 11,9\)
\( \Rightarrow BC \approx 7 + 11,9\)\( \approx 18,9\) (m).
Vậy tòa nhà cao \(18,9{\rm{ m}}\).
Cho tam giác $ABC$ có $a = 5$ ${\rm{cm}}$, $c = 9$ ${\rm{cm}}$, $\cos C = - \dfrac{1}{{10}}$. Tính độ dài đường cao ${h_a}$ hạ từ $A$ của tam giác $ABC$.
Áp dụng định lí cosin trong tam giác \(ABC\) ta có:
\({c^2} = {a^2} + {b^2} - 2a.b.\cos C\)\( \Rightarrow 81 = 25 + {b^2} - 2.5.b.\left( { - \dfrac{1}{{10}}} \right)\)\( \Leftrightarrow {b^2} - b - 56 = 0\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}b = 7\\b = - 8\end{array} \right.\)
Ta nhận được \(b = 7({\rm{cm}})\)
Diện tích tam giác \(ABC\) là \({S_{\Delta ABC}} = \sqrt {p\left( {p - a} \right)\left( {p - b} \right)\left( {p - c} \right)} \)\( = \sqrt {\dfrac{{21}}{2}\left( {\dfrac{{21}}{2} - 5} \right)\left( {\dfrac{{21}}{2} - 7} \right)\left( {\dfrac{{21}}{2} - 9} \right)} \)\( = \dfrac{{21\sqrt {11} }}{4}({\rm{c}}{{\rm{m}}^2})\)
Độ dài đường cao \({h_a} = \dfrac{{2S}}{a}\)\( = \dfrac{{\dfrac{{21\sqrt {11} }}{2}}}{5}\)\( = \dfrac{{21\sqrt {11} }}{{10}}({\rm{cm}})\)
Cho đường tròn tâm \(O\) bán kính \(R\) và điểm \(M\) thỏa mãn \(MO = 3R\). Một đường kính \(AB\) thay đổi trên đường tròn. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(S = MA + MB\).
Gọi \(\widehat {MOA} = \alpha \Rightarrow \widehat {MOB} = 180^\circ - \alpha \).
Ta có \(MA = \sqrt {M{O^2} + A{O^2} - 2MO.AO.\cos \alpha } = \sqrt {9{R^2} + {R^2} - 6{R^2}\cos \alpha } = R\sqrt {10 - 6\cos \alpha } \).
\(MB = \sqrt {M{O^2} + B{O^2} - 2MO.BO.\cos \left( {180^\circ - \alpha } \right)} = \sqrt {9{R^2} + {R^2} + 6{R^2}\cos \alpha } = R\sqrt {10 + 6\cos \alpha } \).
Xét \(C = \sqrt {10 - 6\cos \alpha } + \sqrt {10 + 6\cos \alpha } \) \( \Rightarrow {C^2} = 20 + 2\sqrt {100 - 36{{\cos }^2}\alpha } \ge 20 + 2\sqrt {100 - 36} = 36\).
Suy ra \(C \ge 6\). Dấu xẩy ra khi ${\cos ^2}\alpha = 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\cos \alpha = 1\\\cos \alpha = - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\alpha = 0^\circ \\\alpha = 180^\circ \end{array} \right.$.
Ta có $S = MA + MB = R\left( {\sqrt {10 - 6\cos \alpha } + \sqrt {10 + 6\cos \alpha } } \right) \ge 6R$.
Suy ra \(\min S = 6R\) khi và chỉ khỉ \(A\), \(O\), \(B\), \(M\) thẳng hàng.
Từ một miếng tôn có hình dạng là nửa đường tròn bán kính $1\;{\rm{m}}$, người ta cắt ra một hình chữ nhật. Hỏi có thể cắt được miếng tôn có diện tích lớn nhất là bao nhiêu?
Xét đường tròn bán kính $1$, ta cắt trên đó một hình chữ nhật $ABCD$.
Khi đó ${S_{ABCD}} = \dfrac{1}{2}AC.BD.\sin \alpha $$ = 2\sin \alpha \le 2$.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $\alpha = 90^\circ $.
Vậy diện tích lớn nhất của miếng tôn cắt trên nửa đường tròn bằng $1$.
Cho \(\overrightarrow u = \overrightarrow a + 3\overrightarrow b \) vuông góc với \(\overrightarrow v = 7\overrightarrow a - 5\overrightarrow b \) và \(\overrightarrow x = \overrightarrow a - 4\overrightarrow b \) vuông góc với \(\overrightarrow y = 7\overrightarrow a - 2\overrightarrow b \). Khi đó góc giữa hai vectơ \(\overrightarrow a \) và \(\overrightarrow b \) bằng
Ta có:
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\overrightarrow u .\overrightarrow v = 0}\\{\overrightarrow x .\overrightarrow y = 0}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\left( {\overrightarrow a + 3\overrightarrow b } \right).\left( {7\overrightarrow a - 5\overrightarrow b } \right) = 0}\\{\left( {\overrightarrow a - 4\overrightarrow b } \right).\left( {7\overrightarrow a - 2\overrightarrow b } \right) = 0}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{7{{\left| {\overrightarrow a } \right|}^2} - 15{{\left| {\overrightarrow b } \right|}^2} = - 16\overrightarrow a .\overrightarrow b }\\{7{{\left| {\overrightarrow a } \right|}^2} + 8{{\left| {\overrightarrow b } \right|}^2} = 30\overrightarrow a .\overrightarrow b {\rm{ }}}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{{\left| {\overrightarrow b } \right|}^2} = 2\overrightarrow a .\overrightarrow b }\\{{{\left| {\overrightarrow a } \right|}^2} = 2\overrightarrow a .\overrightarrow b }\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{{\left| {\overrightarrow b } \right|}^2} = 2\overrightarrow a .\overrightarrow b }\\{\left| {\overrightarrow a } \right| = \left| {\overrightarrow b } \right|{\rm{ }}}\end{array}} \right.\).
Từ đó, ta có: \(\cos \left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right) = \dfrac{{\overrightarrow a .\overrightarrow b }}{{\left| {\overrightarrow a } \right|.\left| {\overrightarrow b } \right|}}\)\( = \dfrac{{\overrightarrow a .\overrightarrow b }}{{{{\left| {\overrightarrow b } \right|}^2}}}\)\( = \dfrac{1}{2}\) \( \Rightarrow \left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right) = 60^\circ \)
Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), \(BC = a\sqrt 3 \), \(M\) là trung điểm của \(BC\) và có \(\overrightarrow {AM} .\overrightarrow {BC} = \dfrac{{{a^2}}}{2}\). Tính cạnh \(AB\), \(AC\).
\(\overrightarrow {AM} \overrightarrow {BC} = \dfrac{{{a^2}}}{2}\) \( \Rightarrow \dfrac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} } \right)\left( {\overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AB} } \right) = \dfrac{{{a^2}}}{2}\) \( \Rightarrow A{C^2} - A{B^2} = {a^2}\).
Mặt khác, tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) nên \(A{B^2} + A{C^2} = 3{a^2}\).
Suy ra \(\left\{ \begin{array}{l}A{C^2} = 2{a^2}\\A{B^2} = {a^2}\end{array} \right.\) \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}AC = a\sqrt 2 \\AB = a\end{array} \right.\).
Đoạn thẳng $AB$ có độ dài $2a$, $I$ là trung điểm \(AB\). Khi \(\overrightarrow {MA} .\overrightarrow {MB} = 3{a^2}\). Độ dài $MI$ là:
+ Vì \(I\) là trung điểm đoạn \(AB\) nên ta có: \(\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MB} = 2\overrightarrow {MI} \) \( \Rightarrow {\left( {\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MB} } \right)^2} = 4{\overrightarrow {MI} ^2}\)
\( \Rightarrow M{A^2} + 2\overrightarrow {MA} .\overrightarrow {MB} + M{B^2} = 4M{I^2}\) \( \Rightarrow M{A^2} + M{B^2} + 6{a^2} = 4M{I^2}\,\left( 1 \right)\).
+ Theo công thức độ dài đường trung tuyến:
\(M{I^2} = \dfrac{{M{A^2} + M{B^2}}}{2} - \dfrac{{A{B^2}}}{4}\) \( \Rightarrow M{I^2} = \dfrac{{M{A^2} + M{B^2}}}{2} - {a^2}\) \( \Rightarrow 4M{I^2} = 2\left( {M{A^2} + M{B^2}} \right) - 4{a^2}\,\left( 2 \right)\)
+ Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) suy ra \(M{A^2} + M{B^2} = 10{a^2}\).
Thay vào \(\left( 1 \right)\) ta được: \(10{a^2} + 6{a^2} = 4M{I^2}\) \( \Rightarrow M{I^2} = 4{a^2}\) \( \Rightarrow MI = 2a\).
Cho tam giác $ABC$ đều cạnh bằng $a$. Tập hợp các điểm $M$ thỏa mãn đẳng thức $4M{A^2} + M{B^2} + M{C^2} = \dfrac{{5{a^2}}}{2}$ nằm trên một đường tròn $\left( C \right)$ có bán kính $R$. Tính \(R\).
Gọi \(N\) là trung điểm đoạn \(BC\).
Gọi \(I\) là điểm thỏa: \(4\overrightarrow {IA} + \overrightarrow {IB} + \overrightarrow {IC} = \overrightarrow 0 \) \( \Leftrightarrow 4\overrightarrow {IA} + 2\overrightarrow {IN} = \overrightarrow 0 \) \( \Leftrightarrow 2\overrightarrow {IA} + \overrightarrow {IN} = \overrightarrow 0 \), nên điểm \(I\) thuộc đoạn thẳng \(AN\) sao cho \(IN = 2IA\).
Khi đó: \(IA = \dfrac{1}{3}AN = \dfrac{1}{3}.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{6}\), và \(IN = \dfrac{2}{3}AN = \dfrac{2}{3}.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}\).
\(I{B^2} = I{C^2} = I{N^2} + B{N^2} = \dfrac{{{a^2}}}{3} + \dfrac{{{a^2}}}{4}\)\( = \dfrac{{7{a^2}}}{{12}}\).
Ta có: $4M{A^2} + M{B^2} + M{C^2} = \dfrac{{5{a^2}}}{2}$\( \Leftrightarrow 4{\left( {\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IA} } \right)^2} + {\left( {\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IB} } \right)^2} + {\left( {\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IC} } \right)^2} = \dfrac{{5{a^2}}}{2}\).
\( \Leftrightarrow 6M{I^2} + 4I{A^2} + I{B^2} + I{C^2} = \dfrac{{a\sqrt 5 }}{2}\) \( \Leftrightarrow 6M{I^2} + 4.\dfrac{{{a^2}}}{{12}} + 2.\dfrac{{7{a^2}}}{{12}} = \dfrac{{5{a^2}}}{2}\) \( \Leftrightarrow MI = \dfrac{a}{{\sqrt 6 }}\).
Biết $\sin \alpha = \dfrac{{\sqrt {2017} + 1}}{{2018}},$ $90^\circ < \alpha < 180^\circ $. Tính giá trị của biểu thức $M = \cot \alpha + \dfrac{{\sin \alpha }}{{1 + \cos \alpha }}$.
$M = \cot \alpha + \dfrac{{\sin \alpha }}{{1 + \cos \alpha }}$\( = \dfrac{{\cos \alpha }}{{\sin \alpha }} + \dfrac{{\sin \alpha }}{{1 + \cos \alpha }}\) \( = \dfrac{{1 + \cos \alpha }}{{\sin \alpha \left( {1 + \cos \alpha } \right)}}\) \( = \dfrac{1}{{\sin \alpha }}\) \( = \dfrac{{2018}}{{\sqrt {2017} + 1}}\).
Trong hệ trục tọa độ \(Oxy\), cho tam giác $ABC$ có $A\left( {1;\,3} \right)$, $B\left( { - 1;\, - 1} \right)$, $C\left( {1;\,1} \right)$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ có tâm $I\left( {a;\,b} \right)$. Giá trị $a + b$ bằng
Ta có: \(\overrightarrow {IA} = \left( {a - 1;\,b - 3} \right)\, \Rightarrow I{A^2} = {a^2} + {b^2} - 2a - 6b + 10\).
\(\overrightarrow {IB} = \left( {a + 1;\,b + 1} \right)\, \Rightarrow I{B^2} = {a^2} + {b^2} + 2a + 2b + 2\).
\(\overrightarrow {IC} = \left( {a - 1;\,b - 1} \right)\, \Rightarrow I{C^2} = {a^2} + {b^2} - 2a - 2b + 2\).
Vì \(I\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\) nên:
\(\left\{ \begin{array}{l}IA = IB\\IC = IB\end{array} \right.\, \Leftrightarrow \,\left\{ \begin{array}{l}I{A^2} = I{B^2}\\I{C^2} = I{B^2}\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a + 2b = 2\\a + b = 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = - 2\\b = 2\end{array} \right.\).
Vậy \(a + b = 0\).
Cho hình thang cân \(ABCD\) có đáy nhỏ \(AB\), đáy lớn \(CD\). Biết \(AB = AD\) và \(\tan \widehat {BDC} = \dfrac{3}{4}\). Tính $\cos \widehat {BAD}$.
Gọi $E$ là hình chiếu vuông góc của \(B\) trên $DC$. Đặt $AB = AD = BC = x$.
Ta có \(EC = \dfrac{{DC - x}}{2}\) \(\left( 1 \right)\).
Trong tam giác vuông \(BDE\) ta có: \(\tan \widehat {BDC} = \dfrac{3}{4}\) \( \Leftrightarrow \) \(\dfrac{{BE}}{{ED}} = \dfrac{3}{4}\) \( \Leftrightarrow \) \(BE = \dfrac{3}{4}ED\)
\( \Leftrightarrow \) \(BE = \dfrac{3}{4}\left( {DC - \dfrac{{DC - x}}{2}} \right)\)\( = \dfrac{3}{8}\left( {DC + x} \right)\) \(\left( 2 \right)\).
Trong tam giác vuông \(BEC\) ta có \(B{C^2} = E{C^2} + B{E^2}\) \(\left( 3 \right)\).
Thay \(\left( 1 \right)\), \(\left( 2 \right)\) vào \(\left( 3 \right)\) biến đổi ta được: \(39{x^2} + 14DC.\,x - 25D{C^2} = 0\) \( \Leftrightarrow \) \(x = \dfrac{{25}}{{39}}DC\) hay \(DC = \dfrac{{39}}{{25}}x\). Khi đó \(EC = \dfrac{7}{{25}}x\).
Mặt khác: $\cos \widehat {BAD}$\( = - \cos \widehat {BCE}\)\( = - \dfrac{{EC}}{{BC}} = - \dfrac{7}{{25}}\)
Cho ba véc-tơ \(\overrightarrow a \), \(\overrightarrow b \), \(\overrightarrow c \) thỏa mãn: \(\left| {\overrightarrow a } \right| = 4\), \(\left| {\overrightarrow b } \right| = 1\), \(\left| {\overrightarrow c } \right| = 5\) và \(5\left( {\overrightarrow b - \overrightarrow a } \right) + 3\overrightarrow c = \overrightarrow 0 \). Khi đó biểu thức \(M = \overrightarrow {a\,} .\overrightarrow {b\,} + \overrightarrow {b\,} .\overrightarrow {c\,} + \overrightarrow {c\,} .\overrightarrow {a\,} \) có giá trị là
Ta có $5\left( {\overrightarrow b - \overrightarrow a } \right) + 3\overrightarrow c = \overrightarrow 0 $\( \Leftrightarrow 5\left( {\overrightarrow a - \overrightarrow b } \right) = 3\overrightarrow c \)\( \Leftrightarrow 25{\left( {\overrightarrow a - \overrightarrow b } \right)^2} = 9{\overrightarrow c ^2}\)
\( \Leftrightarrow 25\left( {{{\overrightarrow a }^2} - 2\overrightarrow a \overrightarrow b + {{\overrightarrow b }^2}} \right) = 9{\overrightarrow c ^2}\)\( \Leftrightarrow \overrightarrow a .\overrightarrow b = 4\).
Tương tự: \(5\left( {\overrightarrow b - \overrightarrow a } \right) + 3\overrightarrow c = \overrightarrow 0 \)\( \Leftrightarrow 5\overrightarrow a = 5\overrightarrow b + 3\overrightarrow c \)\( \Leftrightarrow \overrightarrow b .\overrightarrow c = 5\).
\(5\left( {\overrightarrow b - \overrightarrow a } \right) + 3\overrightarrow c = \overrightarrow 0 \)\( \Leftrightarrow 5\overrightarrow b = 5\overrightarrow a - 3\overrightarrow c \)\( \Leftrightarrow \overrightarrow a .\overrightarrow c = 20\).
Vậy \(M = 4 + 5 + 20 = 29\).
Cho hình vuông \(ABCD\) có cạnh bằng \(1\). Hai điểm \(M\), \(N\) thay đổi lần lượt ở trên cạnh \(AB\), \(AD\) sao cho \(AM = x\left( {0 \le x \le 1} \right)\), \(DN = y\left( {0 \le y \le 1} \right)\). Tìm mối liên hệ giữa \(x\) và \(y\) sao cho \(CM \bot BN\).
Chọn hệ trục tọa độ \(Oxy\) như hình vẽ.
Khi đó: \(D\left( {0;0} \right),C\left( {1;0} \right),A\left( {0;1} \right);B\left( {1;1} \right),M\left( {x;1} \right);N\left( {0;y} \right)\).
Ta có: \(\overrightarrow {CM} = \left( {x - 1;1} \right)\); \(\overrightarrow {BN} = \left( { - 1;y - 1} \right)\)
Do đó: \(CM \bot BN \Leftrightarrow \overrightarrow {CM} .\overrightarrow {BN} = 0 \Leftrightarrow x - y = 0\).
Trong tam giác \(ABC\) có
Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}m_a^2 = \dfrac{{2\left( {{b^2} + {c^2}} \right) - {a^2}}}{4}\\a > \left| {b - c} \right|\end{array} \right.\)
Suy ra $m_a^2 < \dfrac{{2\left( {{b^2} + {c^2}} \right) - {{\left( {b - c} \right)}^2}}}{4} = \dfrac{{{b^2} + {c^2} + 2bc}}{4} = \dfrac{{{{\left( {b + c} \right)}^2}}}{4}$
Hay \({m_a} < \dfrac{{b + c}}{2}\).
Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\), cho tam giác \(ABC\) có \(A\left( {3\,;\,4} \right)\), \(B\left( {2\,;\,1} \right)\), \(C\left( { - 1\,;\, - 2} \right)\). Gọi \(M\left( {x\,;\,y} \right)\) là điểm trên đường thẳng \(BC\) sao cho \({S_{\Delta ABC}} = 4{S_{\Delta ABM}}\). Tính \(P = x.y\).
Dễ thấy \(\dfrac{{{S_{\Delta ABC}}}}{{{S_{\Delta ABM}}}} = 4\) \( \Leftrightarrow \dfrac{{BC}}{{BM}} = 4\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\overrightarrow {BC} = 4\overrightarrow {BM} \\\overrightarrow {BC} = - 4\overrightarrow {BM} \end{array} \right.\).
TH1: \(\overrightarrow {BC} = 4\overrightarrow {BM} \) thì: \(\left\{ \begin{array}{l}x - 2 = - \dfrac{3}{4}\\y - 1 = - \dfrac{3}{4}\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \dfrac{5}{4}\\y = \dfrac{1}{4}\end{array} \right.\) \( \Rightarrow x.y = \dfrac{5}{{16}}\).
TH2: \(\overrightarrow {BC} = - 4\overrightarrow {BM} \) thì: \(\left\{ \begin{array}{l}x - 2 = \dfrac{3}{4}\\y - 1 = \dfrac{3}{4}\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \dfrac{{11}}{4}\\y = \dfrac{7}{4}\end{array} \right.\) \( \Rightarrow x.y = \dfrac{{77}}{{16}}\).
Cho hai điểm \(P\left( {1;6} \right)\) và \(Q\left( { - 3; - 4} \right)\) và đường thẳng \(\Delta \): \(2x - y - 1 = 0\). Tọa độ điểm \(N\) thuộc \(\Delta \) sao cho \(\left| {NP - NQ} \right|\) lớn nhất.
Ta có: $\left( {2.1 - 6 - 1} \right).\left( { - 2.3 - 4 - 1} \right) = 55 > 0$ \( \Rightarrow P\) và \(Q\) cùng phía so với \(\Delta \).
Phương trình đường thẳng \(PQ\): \(5x - 2y + 7 = 0\).
Gọi $H = \Delta \cap PQ$, tọa độ \(H\) là nghiệm của hệ phương trình: $\left\{ \begin{array}{l}2x - y - 1 = 0\\5x - 2y + 7 = 0\end{array} \right.$ \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = - 9\\y = - 19\end{array} \right.\).
Hay \(H\left( { - 9; - 19} \right)\).
Với mọi điểm \(N \in \Delta \) thì: \(\left| {NP - NQ} \right|\)\( \le \left| {HP - HQ} \right| = \left| {PQ} \right|\)\( \Rightarrow {\left| {NP - NQ} \right|_{\max }} = \left| {PQ} \right|\).
Dấu bằng xảy ra khi \(N\) trùng \(H\).
Cho tam giác \(ABC\) nội tiếp đường tròn tâm \(I\left( {2;\;1} \right)\), trọng tâm \(G\left( {\dfrac{7}{3};\;\dfrac{4}{3}} \right)\), phương trình đường thẳng \(AB:x - y + 1 = 0\). Giả sử điểm \(C\left( {{x_0};\;{y_0}} \right)\), tính \(2{x_0} + {y_0}\).
Gọi \(M\left( {a;\;a + 1} \right)\) là trung điểm \(AB\).
Ta có \(\overrightarrow {IM} = \left( {a - 2;\;a} \right)\), $1$ VTCP của $AB$ là \(\overrightarrow {{u_{AB}}} = \left( {1;\;1} \right)\).
Mà $\overrightarrow {IM} \bot \overrightarrow {{u_{AB}}} $ $ \Leftrightarrow \overrightarrow {IM} .\overrightarrow {{u_{AB}}} = 0$\( \Leftrightarrow a - 2 + a = 0\) \( \Leftrightarrow a = 1\). Vậy \(M\left( {1;\;2} \right)\).
Nhận xét \(\overrightarrow {CG} = 2\overrightarrow {GM} \) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{7}{3} - {x_0} = 2\left( {1 - \dfrac{7}{3}} \right)\\\dfrac{4}{3} - {y_0} = 2\left( {2 - \dfrac{4}{3}} \right)\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_0} = 5\\{y_0} = 0\end{array} \right.\).
Vậy \(2{x_0} + {y_0} = 10\).
