›
›
›

Đề tham khảo thi kì I – Môn Toán 9 (lớp chuyên – nâng cao)

pdf 30 trang hoaithuong97 2480
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Đề tham khảo thi kì I – Môn Toán 9 (lớp chuyên – nâng cao)", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • pdfde_tham_khao_thi_ki_i_mon_toan_9_lop_chuyen_nang_cao.pdf

Nội dung text: Đề tham khảo thi kì I – Môn Toán 9 (lớp chuyên – nâng cao)

  1. ĐỀ THAM KHẢO THI HKI – TOÁN 9 (LỚP CHUYÊN – NÂNG CAO) Năm học: 2021 – 2022 Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề) Đề thi có: 02 trang Hình thức: tự luận Người soạn đề: Nguyễn Khánh Ninh (hệ thức cơ bản + toán thực tế) Câu 1. (2,25 điểm) √13 + √147 − √7 − √27 23√3 − 16 1/ Rút gọn: A = + √ √5 + √3 − √23 − √507 2√3 + 1 2/ Giải phương trình: √100 2 − 180 + 225 − √36 2 − 108 + 81 = 2 + 12 2√ − 3 √ − 4 1 3/ Cho B = − + − 2√ + 1 − √ √ − 2 + √ 5 √ + 320 5 + 12√ + 7 9√ − 17 C = − − √ − 4 + 16√ − 1 − √ Với x > 0 và x # 1. Chứng minh: B + C là một hằng số Câu 2. (1,5 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d1): y = (2m – 3).x + m + 2 với m là tham số a/ Tìm điếm cố định mà đường thẳng (d1) luôn đi qua với mọi m b/ Trong trường hợp m = 2 + Vẽ (d1) trên hệ trục tọa độ + Lập phương trình đường thẳng (d2) biết (d2) cắt (d1) tại điểm có tung độ là 2 và cắt trục hoành và trục tung lần lượt tại E và F sao cho diện tích tam giác OEF là 9 Câu 3. (1,5 điểm) Tại 1 nơi ở trên mặt đất xét ở cùng thời điểm vào buổi tối thì nhiệt độ hiện tại ở mặt đất chính là 22 độ C. Biết rằng cứ lên cao 1km thì nhiệt độ lại giảm đi là 6 độ C. Gọi y là độ cao xét tại nơi đó (km), x là nhiệt độ tương ứng với độ cao tại nơi đó (độ C) a/ Viết công thức biểu thị y theo x dạng hàm số bậc nhất: y = ax + b b/ Biết rằng độ F cũng là đơn vị dùng để đo nhiệt độ do nhà vật lý Daniel Gabriel Fahrenheit đặt tên. Biết công thức đổi từ độ F sang độ C là: m = 1,8n + 32. Trong đó, m là độ F, n là độ C. Hỏi tại nơi đó độ chênh lệch nhiệt độ tính theo độ F giữa 2 độ cao 12500m với 8000m là bao nhiêu ?. c/ Hỏi rằng tại nơi đó có độ cao tối thiểu là bao nhiêu để có nhiệt độ cao nhất là –76 độ F Câu 4. (1 điểm) Đây là bảng giá gốc 1 số sản phẩm của siêu thị big C (chưa tính thuế VAT) Tên sản phẩm Thành tiền Thuế VAT Sữa chua VinaMilk 15000 đồng / lốc 8% Sữa bò Long Thành không đường 40000 đồng / hộp 15% Mì ăn liền Gấu Đỏ 5000 đồng / gói 5% Bánh su kem 22000 đồng / hộp 10% Chị Năm là thành viên tích cực của khu mua sắm siêu thị big C. Chị có thẻ thành viên được giảm giá 10% cho tất cả mặt hàng mà chị đã mua. Vào ngày cuối tuần, siêu thị giảm giá Trang đề thi 1/2
  2. 20% cho tất cả các sản phẩm của cửa hàng. Vào ngày cuối tuần, chị ghé vào siêu thị mua 5 lốc sữa chua vinamik, 2 hộp sữa bò Long Thành không đường và 4 gói mì ăn liền Gấu Đỏ. a/ Hỏi chị Năm phải trả bao nhiêu tiền cho các sản phẩm trên. b/ Biết chị Năm có 200000 đồng để chi trả cho tất cả sản phẩm của cửa hàng. Sau khi mua các sản phẩm trên chị muốn mua thêm vài hộp bánh su kem. Hỏi với số tiền trên chị mua được nhiều nhất là bao nhiêu hộp bánh su kem. Câu 5. (0,75 điểm) Một bể nước hình hộp chữ nhật có chiều cao là 1,5m. Diện tích xung quanh và diện tích toàn phần của bể lần lượt là 9m2 và 13m2. Vào lúc 5 giờ sáng, người ta bắt đầu mở 2 vòi nước loại I và II chảy vào bể, biết lúc này bể không chứa nước. Trong 1 phút 10 vòi loại (I) chảy nhiều hơn vòi loại (II) 1 lượng là lít. Ban đầu mở cho vòi loại (I) chảy 3 trước vào bể cho đến khi lượng nước chứa 40% bể thì tắt vòi loại (I) tiếp tục cho vòi loại (II) chảy cho đầy bể thì đến 11 giờ 30 phút sáng thi bể đầy nước. Hỏi nếu như mở cà 2 vòi chảy cùng một lúc thì mấy giờ bể sẽ đầy nước ? Câu 6. (0,5 điểm) Hình vẽ mô tả một con dốc ABCD trong đó có AB = 5,8m; AD = 16m ; CD = 8,6m; ̂ = 600 ; ̂ = 540. Kế bên dốc gần vị trí điểm A (xem hình vẽ) có một cái cây rất cao và vuông góc với mặt đất. Tại vị trí trung điểm N của cạnh AB, có 1 người có chiều cao từ chân đến mắt là 1,5m (vị trí chân ở điểm N) đang nằm tựa vào dốc và nhìn đỉnh cây với góc nhìn hợp với mặt đất 1 góc là 760. Tại vị trí M trên dốc BC sao cho MB = 2MC có 1 người có chiều cao từ chân đến mắt là 1,8m (vị trí chân ở điểm M) đang nằm trườn trên dốc BC hợp với BC có 1 góc là 250 và người đó nhìn đỉnh cây với 1 góc hợp với mặt đất 1 góc là 430. Tìm chiều cao của cây, biết cây cao hơn dốc và vị trí người tại M đang nằm (các tính toán và kết quả làm tròn làm lấy 2 chữ số thập phân) Câu 7. (2,5 điểm) Điểm C thuộc đường tròn (O;R) đường kính AB sao cho AC < BC. Tiếp tuyến tại A của (O) cắt BC tại D. Kẻ CH _|_ AB tại H, K là trung điểm của cạnh AC, OK cắt AD tại E. Điểm J thuộc cạnh OC sao cho 2CJ = 3AH, HE cắt AC tại R. Kí hiệu S là diện tích a/ Chứng minh: A, E, C, O thuộc 1 đường tròn và 2(BD2 – OD2) = 3(EK.BC + BH.BO) b/ BE cắt DR tại V và cắt CH tại I, AI cắt (O) tại M. Chứng minh: MD tiếp xúc với (O) c/ Kẻ BG _|_ HM tại G. Đường thẳng qua G vuông góc với BK cắt EC tại N 2 푆∆ 2푡 푛 퐽퐾 √3.푆∆ Chứng minh: ̂ = ̂. Tính tỉ số khi − 푆∆ 푡 푛 +푡 푛 푆∆ đạt giá trị lớn nhất Trang đề thi 2/2
  3. Đáp án đề thi tham khảo Câu 1. √13 + √147 − √7 − √27 √13 + 7√3 − √7 − 3√3 1/ Đặt M = = √5 + √3 − √23 − √507 √5 + √3 − √23 − 13√3 Ta luôn có: √13 + 7√3 − √7 − 3√3 > 0 (a) Thật vậy (a)  13 + 7√3 > 7 − 3√3  6 > −10√3 (luôn đúng) vì 6 > 0 và −10√3 0 (b) Thật vậy (b)  5 + √3 > 23 − 13√3  18 M > 0 2 (√13 + 7√3 − √7 − 3√3) 2 Ta có: M = 2 (√5 + √3 − √23 − 13√3) 13 + 7√3 − 2√(13 + 7√3)(7 − 3√3) + 7 − 3√3 = 5 + √3 − 2√(5 + √3)(23 − 13√3) + 23 − 13√3 20 + 4 3 − 2√91 − 39 3 + 49 3 − 63 20 + 4 3 − 2√28 + 10 3 = √ √ √ = √ √ 28 − 12√3 − 2√115 − 65√3 + 23√3 − 39 28 − 12√3 − 2√76 − 42√3 2 20 + 4√3 − 2√(5 +√3) 20 + 4 3 − 2|5 + 3| = = √ √ 28 − 12√3 − 2|7 − 3√3| 28 − 12√3 − 2√(7 − 3√3)2 20 + 4 3 − 2(5 + 3) 20 + 4 3 − 10 − 2 3 10 + 2 3 2(5 + 3) = √ √ = √ √ = √ = √ 28 − 12√3 − 2(7 − 3√3) 28 − 12√3 − 14 + 6√3 14 − 6√3 2(7 − 3√3) 5 + √3 (5 +√3)(7 + 3√3) 35 + 15√3 + 7√3 + 9 = = = 2 7 − 3√3 (7 − 3√3)(7 + 3√3) 72 − (3√3) 44 + 22 3 11(4 + 2 3) 4 + 2 3 = √ = √ = √ 22 22 2 √ 2 4 + 2√3 (√3 + 1) |√3 + 1| √3 + 1 Vì M > 0 => M =√ = = = 2 √2 √2 √2 23√3 − 16 (23√3 − 16)(2√3 − 1) 138 − 23√3 −32√3 + 16 Ta có: √ = √ = √ 2 2√3 + 1 (2√3 + 1).(2√3 − 1) (2√3) −12
  4. 154 − 55√3 11.(14 − 5√3) 2.(14 − 5√3) 28 − 10√3 = √ 2 = √ = √ = √ (2√3) −12 11 2 2 2 (5− 3) |5 − 3| 5 − 3 = √ √ = √ = √ 2 √2 √2 √3 + 1 5 − √3 6 6√2 Vậy A = + = = = 3√2 √2 √2 √2 2 Vậy A = 3√2 2/ √100 2 − 180 + 225 − √36 2 − 108 + 81 = 2 + 12  √25. (4 2 − 12 + 9) − √9. (4 2 − 12 + 9) = 2 + 12  5. √(2 − 3)2 − 3. √(2 − 3)2 = 2 + 12  2. √(2 − 3)2 = 2 + 12  |2 − 3| = + 6 2 − 3 < 0 2 − 3 < 0 2 − 3 < 0 { { { = −1 (푛ℎậ푛)  [ 3 − 2 = + 6  [ 3 = −3  [ 2 − 3 ≥ 0 2 − 3 ≥ 0 2 − 3 ≥ 0 { { { 2 − 3 = + 6 = 9 = 9(푛ℎậ푛) Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là: x = –1; x = 9 3/ Ta có: − √ = √ (√ − 1), − 2√ − 1 = (√ − 1)2 √ − 2 + √ = √ ( − 2√ + 1) = √ . (√ − 1)2 2√ − 3 √ − 4 1 Vậy: B = − + − 2√ + 1 − √ √ − 2 + √ 2√ − 3 √ −4 1 = − + (√ − 1)2 √ (√ −1) √ .(√ −1)2 √ (2√ − 3) − (√ − 4)(√ − 1)+ 1 2 − 3√ − ( − 4√ − √ + 4)+ 1 = = √ .(√ − 1)2 √ .(√ − 1)2 2 − 3√ − + 4√ + √ − 4 + 1 + 2√ − 3 = = √ .(√ − 1)2 √ .(√ − 1)2 Mà: + 2√ − 3 = + 3√ − √ − 3 = √ (√ + 3) − (√ + 3) = (√ − 1)(√ + 3) (√ − 1)(√ + 3) √ +3 Do đó B = = √ .(√ − 1)2 √ .(√ − 1) 5 √ + 320 5 + 12√ + 7 9√ − 17 Ta có: C = − − √ − 4 + 16√ − 1 − √ 5(√ + 4)( − 4√ + 16) (√ + 1)(5√ + 7) 9√ − 17 = − − √ .( − 4√ + 16) (√ − 1)(√ + 1) √ (√ − 1)
  5. 5(√ + 4) 5√ + 7 9√ − 17 = − − √ . √ − 1 √ (√ − 1) 5(√ + 4)(√ − 1) − √ (5√ + 7)− (9√ − 17) = √ (√ − 1) 5( − √ + 4√ − 4) − 5 − 7√ − 9√ + 17 = √ (√ − 1) 5( +3√ − 4) − 5 − 7√ − 9√ + 17 = √ (√ − 1) 5 + 15√ − 20 − 5 − 7√ − 9√ + 17 −√ − 3 = = √ (√ − 1) √ (√ − 1) √ + 3 −√ − 3 Do đó B + C = + = 0 => B + C là hằng số √ (√ − 1) √ (√ − 1) Câu 2. a/ Viết lại phương trình đường thẳng (d1): y = (2m – 3).x + m + 2 = 2mx – 3x + m + 2 = m.(2x + 1) – 3x + 2  y + 3x – 2 = m.(2x + 1). (*) Gọi A là điểm mà mọi đường thẳng (d1) luôn đi qua. Khi đó để nghiệm phương trình (*) 2 + 1 = 0 2 + 1 = 0 −1 7 luôn đúng với mọi m  {  {  x = ; y = + 3 − 2 = 0 = 2 − 3 2 2 Vậy đường thẳng (d1) luôn đi qua điểm cố định A −1 7 ( ; ) với mọi m 2 2 b/ Khi m = 2 thì (d1) trở thành: y = x + 4 Bảng giá trị của đường thẳng y = x + 4 X 0 –1 Y 4 3 Gọi phương trình đường thẳng (d2) có dạng: y = ax + b Cho (d1) cắt (d2) tại C * C thuộc (d1) => xC = yC – 4 = 2 – 4 = –2 Vậy tọa độ điểm C là ( –2;2) * C thuộc (d2) => 2 = –2a + b  b = 2a + 2 Vậy (d2) có dạng: y = ax + 2a + 2 (d2) cắt Ox tại E => yE = 0 và a # 0
  6. −2 − 2 −2 − 2 2.(− −1) => 0 = a.xE + 2a + 2 => xE = => OE = |xE| = | | = | | (d2) cắt Oy tại F => xF = 0 và a # 0 => yF = 2a + 2 => OF = |yF| = |2a + 2| = 2.|a + 1| . 퐹 2.(− −1) Ta có: 푆 = 9  = 9  |2(a + 1)|.| | = 18 ∆ 퐹 2 − − 1 9  |a + 1|.| | = (*). Điều kiện: a # 0 2 − − 1 + Nếu a 0 và a 0 ; – a – 1 > 0 − − 1 + Nếu a > 0 thì a + 1 > 0 ; – a – 1 0 => 0 thì a + 1 và trái dấu. −( +1).(− −1) 9 ( +1)2 9 Khi đó phương trình (*)  =  = 2 2  2.(a + 1)2 = 9a  2.(a2 + 2a + 1) = 9a  2a2 + 4a + 2 – 9a = 0  2a2 – 5a + 2 = 0  2a2 – 4a – a + 2 = 0  2a.(a – 2) – (a – 2) = 0  (2a – 1)(a – 2) = 0  2a – 1 = 0 hoặc a – 2 = 0 1  a = (nhận) hoặc a = 2 (nhận) thỏa mãn (a 0) 2 − − 1 Khi –1 b = 2a + 2 = 2.2 + 2 = 6 => phương trình (d2) là: y = 2x + 6
  7. 1 1 Với a = => b = 2a + 2 = 2. + 2 = 3 => phương trình (d2) là: y = + 3 2 2 2 Câu 3. a/ Gọi A, B là tọa độ 2 điểm biểu thị quan hệ giữa độ cao và nhiệt độ tại nơi đó Tại mặt đất => yA = 0 và xA = 22 => A (22;0) Tại vị trí yB = 1 => xB = 22 – 6 = 16 => B (16;1) A thuộc hàm số: y = ax + b => 0 = 22a + b (1) B thuộc hàm số: y = ax + b => 1 = 16a + b (2) −1 Lấy (2) – (1) => –6a = 1  a = 6 11 Thế a vào (1) => b = –22a = 3 − 11 Vậy phương trình quan hệ là: y = + 6 3 b/ Đổi 12500m = 12,5 km ; 8000m = 8km − 11 Nhiệt độ tại vị trí có độ cao 12,5 km là: 12,5 = +  x = –53 độ C. 6 3 − 11 Nhiệt độ tại vị trí có độ cao 8km là: 8 = +  x = –26 độ C. 6 3 Độ chênh lệch về nhiệt độ giữa 2 độ cao là: –26 – (–53) = 27 độ C Công thức liên hệ chênh lệch nhiệt độ giữa độ F và độ C là: ∆F = |F1 – F2| = |1,8n1 + 32 – (1,8n2 + 32)| = |1,8.(n1 – n2)| = |1,8.∆C| Độ chênh lệch về nhiệt độ giữa 2 độ cao tính theo độ F là: |1,8.27| = 48,6 độ F c/ Nhiệt độ tối thiểu ở nơi đó tính theo độ C là: m ≤ –76  1,8n + 32 ≤ –76  n ≤ –60 độ C Độ cao tối thiểu của nơi đó để có nhiệt độ cao nhất là –76 độ F là: 60 11 43 y ≥ + = km ~ 14,3 km 6 3 3 Câu 4. a/ Vào ngày cuối tuần giá bản của sản phẩm chỉ còn : 100% - 20% = 80% = 0,8 so với giá ban đầu. Do chị Năm có thể thành viên cho nên giá bản chỉ còn 100% - 10% = 90% = 0,9 so với giá ban đầu. Vậy vào ngày cuối tuần chị Năm được bán với giá giảm 0,9 . 0,8 = 0,72 so với giá ban đầu.
  8. Số tiền tính của của hàng = giá tiền gốc + (% VAT) .giá tiền gốc Giá tiền của 5 lốc sữa vinamilk là: (1 + 0,08). 15000. 0,72. 5 = 58320 đồng Giá tiền của 2 hộp sữa bò Long Thành là: (1 + 0,15). 40000. 0,72. 2 = 66240 đồng Giá tiền của 4 gói mì ăn liền Gấu Đỏ là: (1 + 0,05). 5000. 0,72. 4 = 15120 đồng Giá tiền chị Năm cần phải trả là: 58320 + 66240 + 15120 = 139680 đồng b/ Gọi x là số hộp bánh su kem chị Năm có thể mua với số tiền đã có Giá tiền của 1 hộp bánh su kem được giảm giá là: (1 + 0,1). 22000. 0,72 = 17424 đồng Theo yêu cầu bài toán ta có điều kiện: 139680 + 17424.x ≤ 200000  17424.x ≤ 60320  x ≤ 3,46 Vậy số lượng bánh su kem tối đa chị Năm có thể mua là 3 hộp Câu 5. Gọi a và b lần lượt là chiều dài và chiều rộng của bể nước (a > b), h là chiều cao của bể Ta có: S(toàn phần) = S(xung quanh) + 2S đáy => 13 = 9 + 2ab  ab = 2 (1) Mà S(xung quanh) = h.P(đáy) P là chu vi) => 9 = 1,5.2(a + b) => a + b = 3 (2) Từ (1), (2) => (a – b)2 = (a + b)2 – 4ab = 32 – 4.2 = 1 => a – b = 1 (do a > b) (3) Từ (2), (3) => a = 2m; b = 1m Thể tích của bể nước là: abh = 2.1,5.1 = 3m3 40% thể tích của bể nước vòi loại (I) chảy được là: 3.0,4 = 1,2m3 Thể tích nước còn lại của bể để vòi loại (II) chảy được là: 3 – 1,2 = 1,8m3 10 Đổi lít/ phút = 200 lít/h = 200 dm3/h = 0,2m3/h 3 Đặt x (m3/h) là lưu lượng chảy trong 1 giờ của vòi loại (II). (x > 0) Đặt x + 0,2 (m3/h) là lưu lượng chảy trong 1 giờ của vòi loại (I) 1,2 Thời gian để vòi loại (I) chảy vào bể là: + 0,2 1,8 Thời gian để vòi loại (I) chảy vào bể là: Thời gian cả 2 vòi chảy đầy bể là: 11h30phút – 5h = 6h30phút = 6,5h 1,2 1,8 Theo đề bài ta có phương trình là: + = 6,5 (*) + 0,2
  9. ĐK: x # 0 và x # – 0,2 (*)  1,2x + 1,8.(x + 0,2) = 6,5x.(x + 0,2)  1,2x + 1,8x + 0,36 = 6,5x2 + 1,3x  6,5x2 – 1,7x – 0,36 = 0  650x2 – 170x – 36 = 0  650x2 – 260x + 90x – 36 = 0  130x.(5x – 2) + 18.(5x – 2) = 0  (130x + 18)(5x – 2) = 0  130x + 18 = 0 (loại vì x > 0) và 5x – 2 = 0  x = 0,4 > 0 (nhận). Vậy lưu lượng chảy của vòi loại (II) là 0,4m3/h Lưu lượng chảy của vòi loại (I) là: 0,4 + 0,2 = 0,6m3/h Trong 1 giờ cả 2 vòi cùng chảy được: 0,6 + 0,4 = 1m3 Thời gian để cả 2 vòi cùng chảy một lúc đầy bể là: 3 : 1 = 3h Thời điểm 2 vòi cùng chảy đầy bể là: 5 + 3 = 8h Vậy cả 2 vòi cùng chảy một lúc thì đến 8 giờ sáng bể sẽ đầy nước Câu 6. Gọi O là gốc cây, L là đỉnh cây, H và K lần lượt là hình chiếu của mắt 2 người tại I và S lên cây. Trong đó NI = 1,5m; MS = 1,8m. Kẻ IG, BE, SV, MK, CF vuông góc với AB tại G, E, V, K, F. Kẻ MP _|_ SV tại P, BT _|_ CF tại T, BT cắt SV, MK lần lượt tại Q và I. Đặt OL = x, ta cần tìm độ dài x. Dễ thấy các quan hệ vuông góc sẽ xuất hiện các hình chữ nhật và các cạnh có độ dài bằng nhau là: OH = IG; OK = VS, HI = OG, KS = OV, MK = PV, EF = BT, MP = QI, BQ = EV, BE = QV = TF = IK, MP // BT, MI // CT. Ta sẽ thực hiện các tính toán 5,8 AN = BN = = = 2,9m 2 2 AI = AN + IN = 2,9 + 1,5 = 4,4m
  10. AE = AB.cos(600) = 5,8 . 0,5 = 2,9m AG = AI.cos(600) = 4,4 . 0,5 = 2,2m DF = DC.cos(540) = 8,6. cos(540) = 5,05m BT = EF = AD – AE – DF = 16 – 2,9 – 5,05 = 8,05m BE = QV = TF = IK = AB.sin(600) = 5,8 . sin(600) = 5,02m CF = CD.sin(540) = 8,6 . sin(540) = 6,96m CT = CF – TF = 6,96 – 5,02 = 1,96m 1,94 tanCBT = = => 푃̂ = ̂ = 13,550 (2 góc ở vị trí sole trong) 8,05 푆 ̂ > 푃̂ => 푆 푃̂ = 푆 ̂ − 푃̂ = 25 − 13,55 = 11,450 QI = MP = MS.cosSMP = 1,8 . cos(11,450) = 1,76m 2 Do MB = 2MC => = = (định lí talet trong tam giác BCT) 3 2 2 . 8,05 => BI = = = 5,36m 3 3 EV = BQ = BI – QI = 5,36 – 1,76 = 3,6m GV = GE + EV = AE – AG + EV = 2,9 – 2,2 + 3,6 = 4,3m OH = IG = AI.sin(600) = 4,4 . sin(600) = 3,81m 2 = = (hệ quả talet trong tam giác BCT) 3 2 2 . 1,94 => MI = = = 1,29m 3 3 SP = SM.sinSMP = 1,8 . sin(11,450) = 0,36m OK = SV = SP + PV = SP + MK = SP + MI + IK = 0,36 + 1,29 + 5,02 = 6,67m HK = OK – OH = SV – IG = 6,67 – 3,81 = 2,86m HL = OL – OH = x – 3,81 OG = HI = HLcot(760) = 0,25.(x – 3,81) KL = HL – HK = x – 3,81 – 2,86 = x – 6,67 OV = KS = KL.cot(430) = 1,07.(x – 6,67) Ta có: GV = OV – OG => 4,3 = 1,07.(x – 6,67) – 0,25.(x – 3,81)  4,3 = 1,07x – 7,1369 – 0,25x + 0,9525  0,82x = 10,4844  x = 12,79m Vậy chiều cao của cây là: 12,79m
  11. Câu 7. a/ A, E, C, O thuộc 1 đường tròn và 2(BD2 – OD2) = 3(EK.BC + BH.BO) Xét tam giác ABC có O và K lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và AC => OK là đường trung bình tam giác ABC => OK // BC hay OE // BD Xét tam giác ABD có OA = OB và OE // BD (cmt) => E là trung điểm cạnh AD => EA = ED Ta có: ̂ = 900 (tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) đường kính AB) => Tam giác ACD vuông tại C. Lại có EC là đường trung tuyến (EA = ED) => EA = EC = ED. Xét tam giác EAO và tam giác ECO ta có: OA = OC = R, EA = EC (cmt), OE là cạnh chung => ∆EAO = ∆ECO (c – c – c) => ̂ = ̂ = 900 => 4 điểm A, E, C, O cùng thuộc đường tròn đường kính OE (đpcm) Ta có: các tam giác AOD và ABD vuông tại A (AD là tiếp tuyến của (O) nên OD2 = AD2 + OA2 và BD2 = AD2 + AB2 (định lí pitago)
  12. => 2.(BD2 – OD2) = 2.(AD2 + AB2 – AD2 – OA2) = 2.(4R2 – R2) = 6R2 (1) Ta có: EA = ED (cmt) và KA = KC (gt) nên KE là đường trung bình tam giác ACD => CD = 2EK Ta có: AC2 = CD.BC (hệ thức lượng trong ∆vuông ABD có AC là đường cao ( ̂ = 900) Lại có: BC2 = BH.AB (hệ thức lượng trong ∆vuông ABC có CH là đường cao) Mà AB = 2OB và AB2 + BC2 = AB2 (Định lí pitago trong tam giác vuông ABC) 3.( . + . ) 3.( 2+ 2) Kết hợp ta có: 3.(EK.BC + BH.BO) = = 2 2 3 2 3.4푅2 = = = 6R2 (2) 2 2 Từ (1), (2) => 2(BD2 – OD2) = 3(EK.BC + BH.BO) (đpcm) b/ MD là tiếp xúc với (O) Ta có: AD _|_ AB và CH _|_ AB => AD // CH Ta có: AD // CH, áp dụng liên tiếp hệ quả talet trong các tam giác ABE và ADE: = = Mà EA = ED (cmt) => IH = IC => CH = 2IH Xét tam giác HAC và tam giác ADB: ̂ = ̂ (cùng phụ với ̂ ), ̂ = ̂ = 900 => ∆HAC ~ ∆ADB (g – g) => = (*) Mà AB = 2OA và CH = 2IH (cmt). Từ (*) => = Xét tam giác AOD và tam giác HIA: ̂ = ̂ = 900, = (cmt) => ∆AOD ~ ∆HIA (c – g – c) => ̂ = ̂ Ta có: ̂ + ̂ = 900 (Tam giác IHA vuông tại H) Suy ra ̂ + ̂ = 900 => 푊 ̂ = 900 (tổng các góc tam giác AWO) => OD _|_ AM Ta có: OA = OM = R => Tam giác AOM cân. Lại có OD là đường cao (OD _|_ AM) => OD là tia phân giác ̂ => ̂ = ̂ Xét tam giác AOD và tam giác MOD: OA = OM, ̂ = ̂ (cmt), OD là cạnh chung
  13. => ∆AOD = ∆MOD (c – g – c) => ̂ = ̂ = 900 => MD _|_ MO Lại có M thuộc (O) nên MD là tiếp xúc với (O) (đpcm) 푺∆푫푵푮 풕 풏 푱푲 √ .푺∆ 푯푪 c/ 푴푵푮̂ = 푪푮푽̂, tính khi − đạt giá trị max 푺∆ 푪푮 풕 풏푴푵푮+풕 풏푪푮푽 푺∆ 푫 Gọi F là trung điểm của cạnh BC, OF cắt AM tại L Ta có: FB = FC => OF _|_ BC (quan hệ đường kính và dây cung) Xét tam giác OFD và tam giác OWL: 퐿̂ là góc chung, 퐹 ̂ = 푊퐿̂ = 900 퐹 푊 => ∆OFD ~ ∆OWL (g – g) => = => OF.OL = OW.OD 퐿 Ta có: OA2 = OW.OD (hệ thức lượng trong tam giác vuông AOD có đường cao AW) 퐹 Mà OB = OA = R. Từ đó suy ra OB2 = OF.OL => = 퐿 Xét tam giác FOB và tam giác BOL: 퐹 퐿̂ là góc chung, => = (cmt) 퐿 => ∆FOB ~ ∆BOL (c – g – c) => 퐿̂ = 퐹 ̂ = 900 => BL _|_ AB Ta có: OC = OB = R => Tam giác BOM cân. Lại có OL là đường cao (OF _|_ BC) => OL là tia phân giác ̂ => 퐿̂ = 퐿̂ Xét tam giác BOL và tam giác COL: OA = OM, 퐿̂ = 퐿̂ (cmt), OL là cạnh chung => ∆BOL = ∆COL (c – g – c) => 퐿̂ = 퐿̂ = 900 Mà theo như trên đã có: ̂ = 900 => 퐿̂ = ̂ + 퐿̂ = 900 + 900 = 1800 => 3 điểm E, C, L thẳng hàng => N thuộc cạnh CL Ta có: ̂ = 900 (Tam giác AMB nội tiếp đường tròn O đường kính AB) => BM _|_ AL Ta có: BL2 = LM.LA (hệ thức lượng tam giác ABL vuông có đường cao BL do BM _|_ AL) 퐿 퐿 Mà BL = CL (∆BOL = ∆COL) => CL2 = LM.LA => = 퐿 퐿 Xét tam giác LCM và tam giác LAC: 퐿 퐿 퐿 ̂ là góc chung, => = (cmt) 퐿 퐿 => ∆LCM ~ ∆LAC (c – g – c) => 퐿 ̂ = 퐿̂
  14. Kẻ HP _|_ AL tại P, HQ _|_ BM tại Q Xét tam giác APH và tam giác ABL: 퐿̂ là góc chung, 푃 ̂ = 퐿̂ = 900 푃 => ∆APH ~ ∆ABL (g – g) => = => AP.AL = AH.AB 퐿 Mà AH.AB = AC2 (hệ thức lượng tam giác ABC vuông có đường cao CH) 푃 Từ đó suy ra AC2 = AP.AL => = 퐿 Xét tam giác APC và tam giác ACL: 푃 퐿̂ là góc chung, => = (cmt) 퐿 => ∆APC ~ ∆ACL (c – g – c) => 푃 ̂ = 퐿̂ Mà 퐿 ̂ = 퐿̂ (cmt) => 푃 ̂ = 퐿 ̂ => 푃 ̂ = ̂ (kề bù với 2 góc bằng nhau) 푃 ̂ = ̂ => Tam giác CPM cân tại C => CM = CP Ta có: LB = LC (cmt) => Tam giác LBC cân tại L => 퐿 ̂ = 퐿 ̂ Mà 퐿 ̂ = ̂ (cùng phụ với góc ̂ ) => 퐿 ̂ = ̂ Ta có: 퐿 ̂ = 퐿 ̂ + ̂ và ̂ = 퐿 ̂ + ̂ Mà 퐿 ̂ = ̂ (cmt) và 퐿 ̂ = 퐿 ̂ (do ∆LCM ~ ∆LAC) Từ đó suy ra ̂ = ̂ Mà ̂ = 푃̂ (cùng phụ với góc 푃̂). Suy ra ̂ = 푃̂ Ta có: ̂ = ̂ + ̂ = ̂ + 900 푃 ̂ = 푃 ̂ + 푃 ̂ = 푃 ̂ + 900 Mà ̂ = 푃 ̂ (cmt) => ̂ = 푃 ̂ Xét tam giác HPC và tam giác CMB: ̂ = 푃̂ (cmt), ̂ = 푃 ̂ (cmt) 푃 => ∆HPC ~ ∆CMB (g – g) => = => HP.MB = CM.CP 푃 Mà CM = CP (cmt) => HP.MB = MC2 Xét tứ giác HPMQ ta có: 푃 ̂ = 푄 ̂ = ̂ = 900 => Tứ giác HPMQ là hình chữ nhật => HP = MQ. Từ đó suy ra MC2 = MQ.MB Xét tam giác MQH và tam giác MGB: ̂ là góc chung, 푄 ̂ = ̂ = 900
  15. 푄 => ∆MQH ~ ∆MGB (g – g) => = => MQ.MB = MG.MH Từ đó suy ra MC2 = MG.MH => = Xét tam giác MCG và tam giác MHC: ̂ là góc chung, => = (cmt) => ∆MCG ~ ∆MHC (c – g – c) => ̂ = ̂ Cho GN cắt AM tại Y và cắt AC tại Z Ta có: GN _|_ AK và AZ _|_ BC => 푍 ̂ = 퐾̂ (cùng phụ với góc 푍퐾 ̂ ) Xét tam giác CAB và tam giác HCB: ̂ là góc chung, ̂ = ̂ = 900 => ∆CAB ~ ∆HCB (g – g) => = ( ) 퐾 Do KA = KC nên AC = 2KC, HC = 2HI nên từ ( ) => = Xét tam giác CKB và tam giác HIB: 퐾 퐾 ̂ = ̂ = 900, = (cmt) => ∆CKB ~ ∆HIB (c – g – c) => 퐾̂ = ̂ Xét tam giác AHI và tam giác AMB: ̂ là góc chung, ̂ = ̂ = 900 => ∆AHI ~ ∆AMB (g – g) => = Xét tam giác AIB và tam giác AHM: ̂ là góc chung, = (cmt) => ∆AIB ~ ∆AHM (c – g – c) => ̂ = ̂ Từ các chứng minh trên ta có: 푍 ̂ = 퐾̂ = ̂ = ̂ hay 푍 ̂ = ̂ Ta có: 푍 ̂ + 푌푍̂ + 푍 ̂ = 1800 (tổng các góc tam giác AYZ) ̂ + 푌 ̂ + 푍 ̂ = 1800 (tổng các góc tam giác GYM) Mà 푍 ̂ = ̂ (cmt) và 푌푍̂ = 푌 ̂ ( 2 góc đối đỉnh) Từ đó suy ra 푍 ̂ = 푍 ̂ . Mà 푍 ̂ = 퐿 ̂ (cmt)
  16. => 퐿 ̂ = 푍 ̂ hay 퐿 ̂ = ̂ Cho HM cắt CL tại D’ Ta có: ̂ = ̂′ + 퐿 ̂ (góc ngoài của tam giác D’CM) ̂ = ̂′ + (góc ngoài của tam giác D’NG) Mà 퐿 ̂ = ̂ (cmt) => ̂ = ̂ Xét tam giác D’CM và tam giác D’GM: ̂′ là góc chung, ̂ = ̂ (cmt) ′ ′ => ∆D’CM ~ ∆D’GN (g – g) => = ′ ′ Xét tam giác D’MN và tam giác D’CG: ′ ′ ̂′ là góc chung, = (cmt) ′ ′ => ∆D’MN ~ ∆D’CG (c – g – c) => ̂′ = ̂′ => ̂ = ̂ (kề bù với 2 góc bằng nhau) Ta có: ̂ = ̂ + ̂ ; ̂ = ̂ + ̂ (góc ngoài của tam giác MCG) Mà ̂ = ̂ (cmt) và ̂ = ̂ (cmt) => ̂ = ̂ Cho CH cắt (O) tại O’; BE cắt (O) tại A’. Ta sẽ chứng minh: V trùng với A’ Ta có: AB _|_ CO’ => HC = HO’ (quan hệ đường kính và dây cung) => CO’ = 2CH. Lại có: AD = 2AE và AD // CO’. Áp dụng định lí ta let ta có: ′ 2 푅 = = = . Lại có: ̂ = ̂′ (2 góc ở vị trí sole trong do AD // CO’) 2 푅 Xét tam giác RAD và tam giác RCO’: ′ ̂ = ̂′ (cmt), = (cmt) 푅 푅 => ∆RAD ~ ∆RCO (c – g – c) => 푅 ̂ = 푅 ̂′ => 푅 ̂ = 푅 ̂ + 푅 ̂′ = 푅̂ ′ + 푅 ̂′ = 푅 ̂ = 1800 => 3 điểm D, R, O’ thẳng hàng 1800− ̂′ OB = OA’ = R => Tam giác OBA’ cân tại O => ̂′ = 2 1800− ̂′ ′ OO’ = OA’ = R => Tam giác OO’A’ cân tại O => ̂′ ′ = 2 OA = OO’ = R => Tam giác OAO’ cân tại O => ̂′ = ̂′
  17. Mà ̂′ = ̂′ = ̂′ = 2 ̂′ = 2 ̂′ (góc ngoài tam giác AOO’) 1800− ̂′ 1800− ̂′ ′ Từ đó suy ra: ̂′ ′ = ̂′ + ̂′ ′ = + 2 2 3600− ̂′ − ̂′ ′ ̂′ = = = ̂′ => ̂′ ′ = ̂′ ′ 2 2 Ta có: AB _|_ CO’ và HC = HO’ => AB là đường trung trực cạnh CO’ => ̂′ = ̂ Mà ̂ = ̂ (cùng phụ với ̂) Ta có: ̂′ = 900 (Tam giác AA’B nội tiếp đường tròn O đường kính AB) => AA’ _|_ BE AE2 = EA’.BE (hệ thức lượng trong tam giác vuông ABE có đường cao AA’) ′ Mà AE = DE => DE2 = EA’.BE => = Xét tam giác EA’D và tam giác EDB: ′ ̂ là góc chung, = (cmt) => ∆EA’D ~ ∆EDB (c – g – c) => ̂ = ̂′ Từ các chứng minh trên ta có: ̂′ ′ = ̂′ = ̂ = ̂ = ̂′ Ta có: ̂′ ′ = ̂′ ′ + ̂′ = ̂′ + ̂′ = ̂′ = 1800 => 3 điểm D, A’, O’ thẳng hàng Theo như trên đã có 3 điểm D, R, O’ thẳng hàng => 4 điểm D, A’, R, O’ thẳng hàng => DR cắt BE tại A’ Mà DR cắt BE tại V => A’ trùng với V. Mà A’ thuộc (O) => V thuộc (O) A’ trùng với V => ̂ = ̂′ = 900 Xét tam giác BHI và tam giác BVA: ̂ là góc chung, ̂ = ̂ = 900 => ∆BHI ~ ∆BVA (g – g) => = Xét tam giác AIB và tam giác VHB: ̂ là góc chung, = (cmt) => ∆AIB ~ ∆VHB (c – g – c) Theo như trên đã có: ∆AIB ~ ∆AHM => ∆VHB ~ ∆AHM
  18. => = và ̂ = ̂ Từ = => HV.HM = HA.HB Mà HA.HB = HC2 (hệ thức lượng tam giác vuông ABC có đường cao CH) => HC2 = HV.HM => = Đã có: ̂ = ̂ => ̂ + ̂ = ̂ + ̂ => ̂ = ̂ (do ̂ = ̂ = 900) Xét tam giác CHM và tam giác VHC: ̂ = ̂ (cmt), = (cmt) => ∆CHM ~ ∆VHC (c – g – c) => ̂ = ̂ Cho HV cắt CG tại K’. Mà ̂ = ̂ (do ∆MCG ~ ∆MHC) => ̂ = ̂ => 퐾̂′ = ̂ (kề bù với 2 góc bằng nhau) Xét tam giác K’CV và tam giác K’HG: 퐾̂′ là góc chung, 퐾̂′ = ̂ (cmt) 퐾′ 퐾′ => ∆K’CV ~ ∆K’HG (g – g) => = 퐾′ 퐾′ Xét tam giác K’CH và tam giác K’VG: 퐾′ 퐾′ 퐾̂′ là góc chung, = (cmt) 퐾′ 퐾′ => ∆K’CH ~ ∆K’VG (c – g – c) => ̂ = ̂.Từ các chứng minh trên cho : ̂ = ̂ = ̂ = ̂ = ̂ => ̂ = ̂ (đpcm) Cho MF cắt OB tại T. Ta có: BL2 = LF.LO (hệ thức lượng trong tam giác vuông BOL có đường cao BF) 퐿 퐿 Mà BL2 = LM.LA (cmt) => LF.LO = LM.LA => = 퐿퐹 퐿 Xét tam giác LMF và tam giác LOA: 퐿 퐿 퐿 ̂ là góc chung, = (cmt) 퐿퐹 퐿 => ∆LMF ~ ∆LOA (c – g – c) => 퐿퐹 ̂ = 퐿 ̂ Mà 퐿퐹 ̂ = 퐹 ̂ (2 góc đối đỉnh) => 퐿 ̂ = 퐹 ̂
  19. Xét tam giác TFO và tam giác TAM: ̂ là góc chung, 퐿 ̂ = 퐹 ̂ (cmt) 퐹 => ∆TFO ~ ∆TAM (g – g) => = => TO.TA = TF.TM Ta có: 퐿 ̂ = 퐹 ̂ (cmt) => ̂ = 퐹 ̂ (cùng phụ với 2 góc bằng nhau) Xét tam giác TBF và tam giác TMB: ̂ là góc chung, ̂ = 퐹 ̂(cmt) => ∆TBF ~ ∆TMB (g – g) => = => TF.TM = TB2 퐹 Từ đó suy ra: TB2 = TO.TA  TB2 = (OB – TB).(AB – BT) = (R – TB).(2R – BT) 2푅  BT2 = 2R2 – R.BT – 2R.BT + TB2  2R2 = 3R.BT  BT = = 3 3 => AB = 3BT => AT = 2BT Đã có: 퐿̂ = 퐿̂ (cmt) => ̂ = ̂ (cùng kề bù với 2 góc bằng nhau) Mà AE = EC (cmt) => Tam giác AEC cân tại E => ̂ = ̂ Mà ̂ = ̂ (cùng phụ với góc ̂ ) Lại có: ̂ = 퐹̂ (do ∆TFB ~ ∆TBM) Từ đó suy ra ̂ = 퐹̂ => 퐹̂ = ̂ = 900 (cùng cộng thêm cho góc 퐹̂ ) Xét tứ giác CHMT có ̂ = ̂ = 900 Nếu ̂ = 900 thì tứ giác CHTM là hình chữ nhật => ̂ = ̂ Nếu ̂ # 900, cho CH cắt MT tại S => 푆̂ = 900 Xét tam giác SMC và tam giác SHT: 푆 ̂ là góc chung, 푆̂ = 푆 ̂ = 900 푆 푆 => ∆SMC ~ ∆SHT (g – g) => = 푆 푆 Xét tam giác SMH và tam giác SCT: 푆 푆 푆 ̂ là góc chung, = (cmt) 푆 푆 => ∆SMH ~ ∆SCT (c – g – c) => ̂ = ̂ Tóm lại trong mọi trường hợp ta luôn có ̂ = ̂ hay ̂ = 퐹̂ Gọi X là trung điểm của cạnh AT => AT = 2XT. Mà AT = 2BT (cmt) => XT = BT
  20. Xét tam giác CXB có XT = BT và FC = FB => FT là đường trung bình tam giác CXB => XC // TF => 퐹̂ = ̂ (2 góc solo trong) Ta có: ̂ = ̂ + ̂ (góc ngoài của tam giác HIM) Lại có: ̂ = ̂ + ̂ Mà ̂ = ̂ (∆AIH ~ ∆ABM) và ̂ = ̂ (cmt) => ̂ = ̂ 3 Gọi U là điểm đối xứng K qua A => KC = KA = AU => AK = và CU = 2 2 Theo đề bài: 2CJ = 3AH và AB = 2OC = 2R và AC2 = AH.AB (hệ thức lượng trong tam giác vuông ABC có đường cao CH) 3 3 2 3 퐽 퐾 => CJ.CO = . = = . = CK.CU => = 2 2 4 2 2 푈 Xét tam giác CKO và tam giác CJU: 퐽 퐾 푈 ̂ là góc chung, = (cmt) 푈 => ∆CKO ~ ∆CJU (c – g – c) => 퐾 ̂ = 퐽푈̂ = 900 Ta có: OC = OA = R => Tam giác OAC cân tại O => ̂ = ̂ Xét tam giác CAB và tam giác JCU: ̂ = ̂ (cmt) ; ̂ = 퐽푈̂ = 900 퐽 => ∆CAB ~ ∆JCU (g – g) => = 푈 퐽 Theo đề bài ta có:KC = AK = UA => CU = 3CK và AB = 3AX. Từ đó suy ra = 퐾 Xét tam giác ACX và tam giác CJK: 퐽 ̂ = ̂ (cmt) ; = (cmt) 퐾 퐾 => ∆ACX ~ ∆CJK (c – g – c) => = và ̂ = 퐾퐽̂ 퐾퐽 Từ ̂ = 퐾퐽̂ => ̂ = 퐾퐽̂ (kề bù với 2 góc bằng nhau). 퐾 Lại có: XA = XT và KC = AK => = 퐾퐽 Xét tam giác XTC và tam giác KAJ: 퐾 ̂ = 퐾퐽̂ (cmt); = (cmt) 퐾퐽
  21. => ∆XTC ~ ∆KAJ (c – g – c) => ̂ = 퐽퐾̂ Từ các chứng minh trên có: ̂ = ̂ = ̂ = ̂ = ̂ = ̂ = ̂ = 퐽퐾̂ => TanMNG = tanCGV = tanAJK = tanMBI 2푡 푛2 퐽퐾 2푡 푛2 Do đó: = = tanMBI 푡 푛 +푡 푛 푡 푛 +푡 푛 Ta sẽ đi tính tanMBI. Tam giác MBI vuông tại M cho: tan MBI = Đặt AC = m; BC = n ; ̂ = a thì cosa = ; sina = Theo như trên ta có: AB = √ 2 + 2 = √ 2 + 푛2 Áp dụng các hệ thức lượng trong tam giác vuông CAB có đường cao CH: . 푛 AC.BC = CH.AB => CH = = √ 2+푛2 2 2 AC2 = AH.AB => AH = = √ 2+푛2 2 푛2 BC2 = BH.AB => BH = = √ 2+푛2 푛 Lại có: IH = = . Tam giác AHI vuông tại H cho: 2 2.√ 2+푛2 4 2.푛2 2.(4 2+푛2) AI2 = AH2 + HI2 = + = 2+푛2 4.( 2+푛2) 4.( 2+푛2) .√4 2+푛2 => AI = . Theo như trên đã có: = => AI.AM = AH.AB 2.√ 2+푛2 2 2.2√ 2+푛2 2 √ 2+푛2 Mà AH.AB = AC2 => AC2 = AI.AM => AM = = = .√4 2+푛2 √4 2+푛2 2 √ 2+푛2 .√4 2+푛2 MI = AM – AI = − √4 2+푛2 2.√ 2+푛2 .[4.( 2+푛2)−(4 2+푛2)] 3 푛2 = = 2.√ 2+푛2.√4 2+푛2 2.√ 2+푛2.√4 2+푛2 Đã có: ∆AHI ~ ∆AMB (cmt) => = . √ 2+푛2 푛 2.√ 2+푛2 푛√ 2+푛2 => MB = = . . = 1 2.√ 2+푛2 .√4 2+푛2 √4 2+푛2
  22. 3 푛2 √4 2+푛2 3 푛 => tanMBI = = . = 2.√ 2+푛2.√4 2+푛2 푛.√ 2+푛2 2.( 2+푛2) 3 . 3 3푠푖푛 . 표푠 = = . . = 2 2 2 2 Ta có: AC = AB.cosCAB = AB.cosa (tỉ số lượng giác tam giác vuông ABC) Lại có ̂ = ̂ = (cùng phụ với ̂) => AB = BD.sinADB = BD.sina (tỉ số lượng giác tam giác vuông ABD) Từ đó suy ra AC = BD.sina.cosa => = sina.cosa 푆 2 ∆ 2 2 Theo như trên đã có: ∆HAC ~ ∆ADB => = 2 = sin a.cos a 푆∆ 2 2푡 푛 퐽퐾 √3.푆∆ 3푠푖푛 . 표푠 Vậy: – = – √3. sin2a.cos2a 푡 푛 +푡 푛 푆∆ 2 푠푖푛2 . 표푠2 √3.푠푖푛 . 표푠 = –√3.( − ) 1 2 푠푖푛2 . 표푠2 √3.푠푖푛 . 표푠 3 3 = –√3.( − + − ) 1 2 16 16 2 푠푖푛 . 표푠 √3 3√3 3√3 √3 = –√3.( − ) + ≤ . Dấu = xảy ra khi sina.cosa = . Khi đó 1 4 16 16 4 2 2푡 푛 퐽퐾 √3.푆∆ 3√3 biểu thức: – đạt giá trị lớn nhất sẽ là 푡 푛 +푡 푛 푆∆ 16 Áp dụng công thức: sin2a + cos2a = 1 √3 3 Ta có: sina.cosa = => sin2a.cos2a =  16cos2a.(1 – cos2a) = 3 4 16  16cos4a – 16cos2a + 3 = 0  16cos4a – 4cos2a – 12cos2a + 3 = 0  4cos2a.(4cos2a – 1) – 3.(4cos2a – 1) = 0  (4cos2a – 3)(4cos2a – 1) = 0  4cos2a – 3 = 0 hoặc 4cos2a – 1 = 0 3 1  cos2a = hoặc cos2a = 4 4 Theo yêu cầu trên phải có: AC < BC  <  cosa < sina  cos2a < sin2a
  23. 1  2cos2a H thuộc cạnh AC Từ các tam giác vuông AHB và BHC cho: AH = AB.cosA Ta có: BC2 = BH2 + HC2 = BH2 + (AC – AH)2 = BH2 + AH2 + AC2 – 2AH.AC = AB2 + AC2 – 2AB.AC.cosA 2+ 2− 2 Từ đó suy ra: cosA = 2 . Trường hợp C là góc tù => góc B nhọn thì kẻ CH _|_ AB tại H thì H thuộc cạnh AB. Chứng minh tương tự ta cũng thu được kết quả trên.
  24. Bài toán phụ đã được giải quyết. Quay trở lại bài toán chính. Khi ̂ = 600 thì: Xét trong tam giác ABC vuông tại C có: AC = AB.cosCAB = 2R.cos(600) = R BC = AB.sinCAB = 2R.sin(600) = R√3 . 푅.푅√3 푅√3 AC.BC = CH.AB (cmt) => CH = = = 2푅 2 푅 AH = AC.cosCAB (tỉ số lượng giác tam giác vuông AHC) = R.cos(600) = 2 푅 3푅 BH = AB – AH = 2R – = 2 2 Từ AC _|_ BC và OL _|_ BC => OL // AC => 퐿 ̂ = ̂ = 600 (2 góc soloe trong) Tam giác BOL vuông tại B nên: BL = OB.tanLOB = R.tan(600) = R√3 AL2 = AB2 + BL2 (định lí pitago trong tam giác vuông ABL) => AL = √ 2 + 퐿2 = √4푅2 + 3푅2 = 푅√7 AB.BL = AL.BM (hệ thức lượng trong tam giác vuông ABL có đường cao BM) . 퐿 2푅.푅√3 2√21.푅 =>a BM = = = 퐿 푅√7 7 Kẻ MC’ _|_ AB tại C’ ; GB’ _|_ AB tại B’ Ta có: MB2 = BC’.AB (hệ thức lượng trong tam giác vuông AMB) 2 2 2√21.푅 1 6푅 => BC’ = = ( ) . = 7 2푅 7 C’M2 = BM2 – BC’2 (định lí pitago trong tam giác vuông MC’B) 2 2√21.푅 6푅 2 4√3.푅 =>a CM = √ 2 − ′2 = √( ) − ( ) = 7 7 7 Ta có: AM _|_ MB và HQ _|_ MB => AM // HQ. Áp dụng định lí talet trong tam giác AMB 푄 . 푅 2√21.푅 1 √21.푅 = => MQ = = . . = 2 7 2푅 4 3푅 6푅 9푅 HC’ = HB – C’B = − = 2 7 14 HM2 = MC’2 + HC’2 (định lí pitago trong tam giác vuông MC’H)
  25. 2 (9푅 2 4√3.푅 √273.푅 => HM = √ ′2 + ′2 = √( ) + ( ) = 14 7 14 Theo như trên đã có: MG.MH = MQ.MB 푄. √21.푅 2√21.푅 14 2√273.푅 => MG = = . . = 14 7 √273.푅 91 Ta có: MC’ _|_ AB và GB’ _|_ AB => MC’ // GB’. Áp dụng định lí talet trong tam giác ′ ′ . ′ 2√273.푅 9푅 14 18푅 MHC’: = => B’C’ = = . . = ′ 91 14 √273.푅 91 18푅 6푅 96푅 BB’ = B’C’ + BC’ = + = 91 7 91 3푅 96푅 81푅 HB’ = HB – BB’ = − = 2 91 182 ′ ′ ′. ′ 81푅 4√3.푅 14 36√3.푅 = => B’G = = . . = ′ ′ ′ 182 7 9푅 91 . 3푅 푅√3 1 3√3.푅2 Do CH _|_ BH nên: 푆 = = . . = ∆ 2 2 2 2 8 Do CH _|_ BH và GB’ _|_ AB nên tứ giác CHB’G là hình thang vuông nên: ( + ′ ). ′ 푅√3 36√3.푅 81푅 1 13203√3.푅2 푆 = = ( + ) . . = ′ 2 2 91 182 2 66248 ′ . ′ 36√3.푅 96푅 1 3456√3.푅2 Do GB’ _|_ BB’ nên: 푆 = = . . = ∆ ′ 2 91 91 2 16562 13203√3.푅2 3456√3.푅2 297√3.푅2 푆 + 푆 = + = ′ ∆ ′ 66248 16562 728 297√3.푅2 3√3.푅2 Do > => 푆 + 푆 > 푆 728 8 ′ ∆ ′ ∆ => G nằm bên ngoài tam giác BHC 297√3.푅2 3√3.푅2 3√3.푅2 Nên: 푆 = 푆 + 푆 − 푆 = − = ∆ ′ ∆ ′ ∆ 728 8 91 ̂ = 900 − ̂ = 900 − 600 = 300 2푅√3 Trong tam giác vuông ABD: AD = AB.tanABC = 2R.tan(300) = 3
  26. 2푅 96푅 86푅 AB’ = AB – BB’ = − = 1 91 91 퐿 ̂ = 900 − ̂ = 900 − 300 = 600 Lại có: LB = LC => tam giác LBC đều => 퐿 ̂ = 600 Kẻ D’F’ _|_ HC tại F’. Do HC _|_ AB và AB _|_ BL => CH // BL => ̂′ 퐹′ = 퐿 ̂ = 600 (2 góc sole trong) 3푠푖푛 . 표푠 3 √3 3√3 Theo như trên đã có: tanCHM = = . = 2 2 4 8 1 8 8√3 => cotCHM = = = 푡 푛 3√3 9 Từ các tam giác vuông CF’D’ và HF’D’ vuông tại F’ cho: 퐹′ .√3 F’C = F’D.cotD’CF’ = F’D.cot(600) = 3 퐹′ .8√3 F’H = F’D.cotCHM = 9 푅√3 퐹′ .8√3 퐹′ .√3 Lại có: CH = F’H – F’C => = − 2 9 3 푅√3 퐹′ .5√3 9푅  =  F’D = 2 9 10 퐹′ .√3 9푅 √3 3√3.푅 Từ đó suy ra CF’ = = . = 3 10 3 10 퐹′ 퐹′ 3√3.푅 1 3√3.푅 CD’ = = = : = 표푠 ′ 퐹′ 표푠600 10 2 5 Kẻ GI’ _|_ CH tại I’. Xét tứ giác HI’GB’ có ̂′ = ̂′ = ̂′ = 900 36√3.푅 =>a Tứ giác HI’GB’ là hình chữ nhật => HI’ = B’G = 91 푅√3 36√3.푅 19√3.푅 I’C = CH – HI’ = − = 2 91 182 19√3.푅 3√3.푅 184√3.푅 I’F’ = I’C + CF’ = + = 182 10 455 √273.푅 2√273.푅 9√273.푅 HG = HM – MG = − = 14 91 182
  27. D’F’ _|_ CH và GI’ _|_ CH => F’D’ // GI’. Áp dụng định lí talet trong tam giác HF’D’ ′ ′퐹′. 184√3.푅 9√273.푅 91 23√273.푅 = => GD’ = = . . = ′퐹′ ′ ′ 455 182 36√3.푅 455 Gọi E’ là trung điểm của cạnh AH, lại có K là trung điểm của cạnh AC => KE’ là đường trung bình của tam giác AHC 푅 푅√3 => HE’ = = ; KE’ = = 2 4 2 4 푅 81푅 253푅 E’B’ = E’H + B’H = + = 4 182 364 Do KE’ _|_ AB và GB’ _|_ AB nên độ dài KG được tính bằng: 2 36√3.푅 푅√3 253푅 2 199푅2 KG2 = (B’G – KE)2 + E’B’2 = ( − ) + ( ) = 91 4 364 364 푅 K là trung điểm cạnh AC nên: KC = = 2 2 푅2 3푅2 √13.푅 Tam giác BCK vuông tại C nên: BK = √퐾 2 + 2 = √ + = 4 1 2 Tam giác BGM vuông tại G nên: 2 2 2√21.푅 2√273.푅 12√91.푅 BG = √ 2 − 2 = √( ) − ( ) = 7 91 91 Gọi Gx là tia đối của tia GN Do HG _|_ BG và Gx _|_ BK => Gx nằm giữa GH và GB => N thuộc cạnh CD’ Ta có: ̂′ = ̂ (2 góc đối đỉnh). Mà ̂ = 퐾 ̂ (cùng phụ với góc ̂). Từ đó suy ra ̂′ = 퐾 ̂ => cosNGD’ = cosKBG Ta có: ̂ ̂ là góc nhọn, lại có góc ̂ là góc nhọn =>a G thuộc cạnh HM, K thuộc cạnh AC => 퐾 ̂ 퐾 ̂ là góc nhọn Mà lại có: 퐿 ̂ > 퐿 ̂ = 900 => 퐿 ̂ là góc tù Trong tam giác CHD’ có 퐿 ̂ là góc tù => ̂′ là góc nhọn. Từ đó áp dụng bài toán phụ ta có: 2+ 퐾2−퐾 2 cosNGD’ = cosKBG = 2 . 퐾
  28. 2 2 12 91.푅 13.푅 199푅2 ( √ ) +(√ ) − 91 2 64 5√7 = = 2.12. 91.푅 13.푅 √ .√ 14 91 2 9√273.푅 23√273.푅 √273.푅 HD’ = HG + GD’ = + = 182 455 10 2 2 2 3 3.푅 273.푅 3.푅 ( √ ) +(√ ) −(√ ) ′2+ ′2− 2 5 10 2 17 cosCD’H = = = 2.3 3.푅 13.푅 2 ′. ′ √ .√ 2√91 5 10 23√273.푅 5√7 17 Xét trong tam giác NGD’ có GD’ = ; cosNGD’ = ; cosND’G = 455 14 2√91 Kiểm tra thấy ̂ ′~19,10; ̂′ ~270 nên đây là các góc nhọn. Do đó, nếu kẻ NK’ _|_ GD’ tại K thì K’ thuộc cạnh GD’ 1 14 2 3 √3 tan2NGD’ = – 1 = ( ) – 1 = => tanNGD’ = 표푠2 ′ 5√7 25 5 퐾′ √3 5√3. 퐾′ Xét trong tam giác vuông NK’G: = tanNGD’ = => GK’ = 퐾′ 5 3 2 1 2√91 75 5√3 tan2ND’G = – 1 = ( ) – 1 = => tanND’G = 표푠2 ′ 17 289 17 퐾′ 5√3 17√3. 퐾′ Xét trong tam giác vuông NK’D: = tanND’G = => D’K’ = ′퐾′ 17 15 23√273.푅 5√3. 퐾′ 17√3. 퐾′ Ta có: GD’ = GK’ + K’D’ => = + 455 3 15 23√273.푅 14√3. 퐾′ 23.5√273.푅 23√91.푅  =  NK’ = = 455 5 455.14.√3 1274 17 2 75 5√3 Sin2ND’G = 1 – cos2ND’G = 1 – ( ) = => sinND’G = 2√91 364 2√91 퐾′ 23√91.푅 2√91 23√3.푅 ND’ = = . = 푠푖푛 ′ 1274 5√3 105 3√3.푅 23√3.푅 8√3.푅 CN = CD’ – ND’ = − = 5 105 21
  29. Gọi V’ là trung điểm của cạnh BL, kẻ NP’ _|_ AB tại P’; NP’ cắt CV’ tại S 퐿 ̂ 600 Do tam giác CBL đều => CV’ _|_ BL; 퐿 ̂ = 600 ; 퐿 ̂′ = = = 300 2 2 Ta có: CV’ _|_ BL và AB _|_ BL => AB // CV’ Mà AB // CV’ và NP’ _|_ AB => NP’ _|_ CV’ tại S’ Xét tứ giác CHP’S’ có CH _|_ BH; S’P’ _|_ BH ; CS’ _|_ P’S’ 푅√3 => Tứ giác CHP’S’ là hình chữ nhật => P’S’ = CH = ; HP’ = CS’ 2 Tam giác CNS’ vuông tại S’ cho: 8√3.푅 √3 4푅 CS’ = CN.cosLCV’ = CN.cos(300) = . = 21 2 7 8√3.푅 1 4√3.푅 HP’= NS’ = CN.sinLCV’ = CN.sin(300) = . = 21 2 21 4푅 81푅 23푅 B’P’ = HP’ – HB’ = − = 7 182 182 푅 4푅 15푅 AP’ = AH + HP’ = + = 2 7 14 4√3.푅 √3.푅 29√3.푅 NP’ = NS’ + S’P’ = + = 21 2 42 Do AD _|_ AB ; GB’ _|_ AB và NP’ _|_ AB nên các tứ giác ADNP’ ; ADGB’ và NGB’P’ là các hình thang cho nên: ( + 푃′). 푃′ 2√3.푅 29√3.푅 15푅 1 285√3.푅2 푆 = = ( + ) . . = 푃′ 2 3 42 14 2 392 ( + ′ ). ′ 2√3.푅 36√3.푅 86푅 1 12470√3.푅2 푆 = = ( + ) . . = ′ 2 3 91 91 2 24843 ( 푃′+ ′ ). ′푃′ 29√3.푅 36√3.푅 23푅 1 13639√3.푅2 푆 = = ( + ) . . = ′푃′ 2 42 91 182 2 198744 12470√3.푅2 13639√3.푅2 671√3.푅2 푆 + 푆 = + = ′ ′푃′ 24843 198744 1176 671√3.푅2 285√3.푅2 Do 푆 + 푆 G nằm bên trong tứ giác ADNP’nên:
  30. 285√3.푅2 671√3.푅2 29√3.푅2 푆 = 푆 − (푆 + 푆 ) = − = ∆ 푃′ ′ ′푃′ 392 1176 42 2 2 푆∆ 29√3.푅 3√3.푅 299 Vậy = : = (đpcm) 푆∆ 42 91 63 2 푆∆ 299 2푡 푛 퐽퐾 √3.푆∆ Tóm lại: tỉ số diện tích là khi biểu thức: – đạt 푆∆ 63 푡 푛 +푡 푛 푆∆ 3√3 giá trị lớn nhất là 16