Trong hình vuông có cạnh bằng 1 đặt 99 điểm phân biệt. Chứng minh rằng có ít nhất 3 trong số 99 điểm đó nằm trong một hình tròn bán kính bằng \[\frac{1}{9}\].
Quảng cáo
Trả lời:
Giải bởi Vietjack
Chia hình vuông đã cho thành 49 hình vuông nhỏ bằng nhau, mỗi hình vuông có cạnh bằng \[\frac{1}{7}\].
Theo nguyên lý Dirichlet tồn tại một hình vuông nhỏ \[ABCD\] chứa ít nhất 3 điểm.
Gọi \[O\] là giao điểm của \[AC\] và \[BD\]. Bán kính đường tròn ngoại tiếp \[ABCD\] là \[r = \frac{{AB}}{{\sqrt 2 }} = \frac{1}{{7\sqrt 2 }}\].
Ta thấy \[\frac{1}{{7\sqrt 2 }} < \frac{1}{9}\]. Vậy 3 điểm đó nằm trong hình tròn tâm \[O\] bán kính \[R = \frac{1}{9}\].
Hot: 1000+ Đề thi giữa kì 2 file word cấu trúc mới 2026 Toán, Văn, Anh... lớp 1-12 (chỉ từ 60k). Tải ngay
Sách thầy cô Vietjack biên soạn:
CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ
Lời giải
|
Do vai trò của \[x,\,\,y\] đối xứng nhau nên giả sử \[x \le y\]. Với \[z = 0\] thì \[{x^2} + {y^2} = 36\]. (1) Vì \[x \le y\] nên \[{x^2} \le 18 \Rightarrow 0 \le x \le 4\]. Thử trực tiếp, ta được \[\left\{ \begin{array}{l}x = 0\\y = 6\end{array} \right.\] thỏa (1). |
|
Với \[z \ge 1\]: Do \[2023 \vdots 7,\,\,35 \vdots 7\] nên \[{x^2} + {y^2} \vdots 7\]. (2) Đặt \[x = 7a + r,\,\,y = 7b + t\] với \[a,\,\,b,\,\,r,\,\,t\] là các số tự nhiên thỏa\[0 \le r \le 6,\,\,0 \le t \le 6\]. Khi đó \[{x^2} + {y^2} = 49{a^2} + 14ar + 49{b^2} + 14bt + {r^2} + {t^2}\]. (3) Từ (2) và (3) suy ra \[{r^2} + {t^2} \vdots 7\]. Thử trực tiếp, ta thấy chỉ có \[r = 0,\,\,t = 0\] thỏa mãn. Do đó \[x = 7a,\,\,y = 7b\]. |
|
Thay vào phương trình ban đầu: \[49{a^2} + 49{b^2} = {2023^z} + 35 \Leftrightarrow 7\left( {{a^2} + {b^2}} \right) = {289^z}{.7^{z - 1}} + 5\]. Nếu \[z > 1\] ta có vế trái chia hết cho 7 và vế phải không chia hết cho 7 (vô lý). Nếu \[z = 1\] ta có: \[7\left( {{a^2} + {b^2}} \right) = 289 + 5 \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} = 42\]. |
|
Dễ dàng kiểm tra được phương trình \[{a^2} + {b^2} = 42\] không có nghiệm tự nhiên. Vậy phương trình ban đầu có hai nghiệm \[\left\{ \begin{array}{l}x = 0\\y = 6\\z = 0\end{array} \right.,\left\{ \begin{array}{l}x = 6\\y = 0\\z = 0\end{array} \right.\]. |
Lời giải
|
Vì \[H\] là trung điểm của \[OA\] nên \(AH = \frac{{OA}}{2} = \frac{R}{2} \cdot \) Ta có \[\widehat {ACB} = {90^0}\] (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). Xét tam giác \(ABC\) vuông tại \(C\) có đường cao \(CH\): \(A{C^2} = AB.AH = 2R.\frac{R}{2} = {R^2} \Rightarrow AC = R\). |
|
\(B{C^2} = A{B^2} - A{C^2} = 4{R^2} - {R^2} = 3{R^2} \Rightarrow BC = R\sqrt 3 .\) |
|
\(CH.AB = AC.BC \Rightarrow CH = \frac{{AC.BC}}{{AB}} = \frac{{R.R\sqrt 3 }}{{2R}} = \frac{{R\sqrt 3 }}{2} \cdot \) |
|
Cách 1: Tam giác \(ABD\) vuông tại \(D\) đường cao \(DH\) ta có \(A{D^2} = AH.AB.\) \[\Delta AIH\] và \[\Delta ABM\] có góc \[A\] chung và \[\widehat {AHI} = \widehat {AMB}\left( { = {{90}^0}} \right)\].
|
|
|
Do đó \(A{D^2} = AI.AM \Rightarrow \frac{{AD}}{{AM}} = \frac{{AI}}{{AD}} \cdot \) |
|
|
\[\Delta ADI\]
Suy ra \(\Delta ADI\) \(\Delta AMD\) (c.g.c). |
|
|
Vậy \(\widehat {ADI} = \widehat {AMD}\). Do đó \(AD\) là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp \(\Delta IDM\). |
|
|
Cách 2: \[OA\] là đường trung trực của \[CD\] nên \[AC = AD\]. |
|
|
Tam giác \[ACD\] cân tại \[A\] nên \[\widehat {ACD} = \widehat {ADI}\]. |
|
|
Mặt khác \[\widehat {ACD} = \widehat {AMD}\] (cùng chắn cung \[AD\]). |
|
|
Vậy \(\widehat {ADI} = \widehat {AMD}\). Do đó \(AD\) là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp \(\Delta IDM\). |
|
|
Tìm vị trí điểm \(M\) trên cung nhỏ \(BC\) sao cho \(MB + MC + MD\) đạt giá trị lớn nhất. |
|
 Ta có \(CD = 2.CH = 2.\frac{{R\sqrt 3 }}{2} = R\sqrt 3 \). |
|
|
Mặt khác \(\Delta BCD\) cân tại \(B\) nên \(BD = BC = R\sqrt 3 \). Vậy \(\Delta BCD\) là tam giác đều. Trên đoạn \[MD\] lấy điểm \[K\] sao cho \[MK = MB\]. \(\Delta MBK\) cân tại \(M\) có \(\widehat {BMK} = \widehat {BCD} = {60^0}\) nên là tam giác đều. |
|
|
Ta có \[\widehat {CBM} + \widehat {CBK} = {60^0},\,\,\widehat {DBK} + \widehat {CBK} = {60^0}\]. Dẫn đến \[\widehat {CBM} = \widehat {DBK}\]. Xét \(\Delta CBM\) và \[\Delta DBK\] có: \(CB = DB,\,\widehat {\,CBM} = \widehat {DBK},\,\,BM = BK\). Do đó \(\Delta CBM = \Delta DBK \Rightarrow MC = KD\). Vậy \(MD = MK + KD = MB + MC\). |
|
|
Ta có \(MB + MC + MD = 2MD \le 4R\). Vậy \(MB + MC + MD\) đạt giá trị lớn nhất khi \(MD\) là đường kính của đường tròn \(\left( O \right)\). Do đó \(M\) là điểm chính giữa của cung nhỏ \(BC\). |
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Nhắn tin Zalo
Hỏi bài tập