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 \[\frac{1}{7}\].
Đăng nhập để xem lời giải
Lưu tiến độ và luyện tập hiệu quả hơn. Hoàn toàn miễn phí!
Đang tải chế độ Học...
Hot: 1000+ đề thi giữa kì 1 lớp 1-12 đầy đủ các môn (Update 2026) (chỉ từ 60k). Tải ngay
CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ
Đăng nhập để xem lời giải
Lưu tiến độ và luyện tập hiệu quả hơn. Hoàn toàn miễn phí!
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 \(BC\). |
Đăng nhập để xem lời giải
Lưu tiến độ và luyện tập hiệu quả hơn. Hoàn toàn miễn phí!
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 \[\left\{ \begin{array}{l}x = 0\\y = 6\\z = 0\end{array} \right.,\left\{ \begin{array}{l}x = 6\\y = 0\\z = 0\end{array} \right.\]. |
Đăng nhập để xem lời giải
Lưu tiến độ và luyện tập hiệu quả hơn. Hoàn toàn miễn phí!
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 250K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Đăng nhập để xem lời giải
Lưu tiến độ và luyện tập hiệu quả hơn. Hoàn toàn miễn phí!
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 250K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Đăng nhập để xem lời giải
Lưu tiến độ và luyện tập hiệu quả hơn. Hoàn toàn miễn phí!
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 250K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Đăng ký để học cùng Vietjack. Hoàn toàn miễn phí!
Bằng việc đăng ký, bạn đồng ý với Điều khoản sử dụng và Chính sách bảo mật của Vietjack.
Nhắn tin Zalo
Hỏi bài tập