Cho đường tròn (O; R) và dây cung $B C = R \sqrt{3}$ cố định. Điểm A di động trên cung lớn BC sao cho tam giác ABC nhọn. Gọi E là điểm đối ứng với B qua AC và F và điểm đối ứng với C qua AB. Các đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABE và ACF cắt nhau tại K (K không trùng A). Gọi H là giao điểm của BE và CF.
b) Xác định vị trí điểm A để diện tích tứ giác BHCK lớn nhất, tính diện tích lớn nhất của tứ giác đó theo R.

Xem lời giải

Câu hỏi trong đề: 19 đề ôn thi vào 10 chuyên hay có lời giải !!

Bắt đầu thi

Quảng cáo

Trả lời:

Giải bởi Vietjack

Gọi (O’) là đường tròn đi qua bốn điểm B, H,C, K. Ta có dây cung $B C = R \sqrt{3}$

BKC=60^o= BAC nên bán kính đường tròn (O’) bằng bán kính R của đường tròn (O).

Gọi M là giao điểm của AH và BC thì MH vuông góc với BC, kẻ KN vuông góc với BC (N thuộc BC), gọi I là giao điểm của HK và BC.

Hot: 500+ Đề thi vào 10 file word các Sở Hà Nội, TP Hồ Chí Minh có đáp án 2025 (chỉ từ 100k). Tải ngay

Sách thầy cô Vietjack biên soạn:

Xem thêm »

CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ

Câu 1

Cho 3 số thực dương x, y, z thỏa mãn: $\frac{1}{x^{2}} + \frac{1}{y^{2}} + \frac{1}{z^{2}} = 1$ . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: $P = \frac{y^{2} z^{2}}{x (y^{2} + z^{2})} + \frac{z^{2} x^{2}}{y (z^{2} + x^{2})} + \frac{x^{2} y^{2}}{z (x^{2} + y^{2})}$

Xem đáp án

Lời giải

Ta có:

$P = \frac{1}{x (\frac{1}{z^{2}} + \frac{1}{y^{2}})} + \frac{1}{y (\frac{1}{z^{2}} + \frac{1}{x^{2}})} + \frac{1}{z (\frac{1}{x^{2}} + \frac{1}{y^{2}})}$

Đặt: $\frac{1}{x} = a; \frac{1}{y} = b; \frac{1}{z} = c$ thì a,b,c>0 và a²+b²+c²=1

$P = \frac{a}{b^{2} + c^{2}} + \frac{b}{c^{2} + a^{2}} + \frac{c}{a^{2} + b^{2}} = \frac{a^{2}}{a (1 - a^{2})} + \frac{b^{2}}{b (1 - b^{2})} + \frac{c^{2}}{c (1 - c^{2})}$

Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 3 số dương ta có:

$\begin{array}{l} a^{2} {(1 - a^{2})}^{2} = \frac{1}{2} .2 a^{2} (1 - a^{2}) (1 - a^{2}) \leq \frac{1}{2} (\frac{2 a^{2} + 1 - a^{2} + 1 - a^{2}}{3}) = \frac{4}{27} \\ = > a (1 - a^{2}) \leq \frac{2}{3 \sqrt{3}} < = > \frac{a^{2}}{a (1 - a^{2})} \geq \frac{3 \sqrt{3}}{2} a^{2} (1) \end{array}$

Tương tự: $\frac{b^{2}}{b (1 - b^{2})} \geq \frac{3 \sqrt{3}}{2} b^{2} (2); \frac{c^{2}}{c (1 - c^{2})} \geq \frac{3 \sqrt{3}}{2} c^{2} (3)$

Từ (1); (2); (3) ta có $P \geq \frac{3 \sqrt{3}}{2} (a^{2} + b^{2} + c^{2}) = \frac{3 \sqrt{3}}{2}$

Đẳng thức xảy ra $a = b = c = \frac{1}{\sqrt{3}} h a y x = y = z = \sqrt{3}$

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là $\frac{3 \sqrt{3}}{2}$

Câu 2

Giải hệ phương trình: $\{\begin{cases} x^{3} + x y^{2} - 10 y = 0 \\ x^{2} + 6 y^{2} = 10 \end{cases}$

Xem đáp án

Lời giải

$\{\begin{cases} x^{3} + x y^{2} - 10 y = 0 \\ x^{2} + 6 y^{2} = 10 \end{cases} < = > \{\begin{cases} x^{3} + x y^{2} - (x^{2} + 6 y^{2}) y = 0 (1) \\ x^{2} + 6 y^{2} = 10 (2) \end{cases}$

Từ phương trình (1) ta có:

$\begin{array}{l} x^{3} + x y^{2} - (x^{2} + 6 y^{2}) y = 0 \\ < = > x^{3} + x y^{2} - x^{2} y - 6 y^{3} = 0 \\ < = > x^{3} - 2 x^{2} y + x^{2} y - 2 x y^{2} + 3 x y^{2} - 6 y^{3} = 0 \\ < = > (x - 2 y) (x^{2} + x y + 3 y^{2}) = 0 \end{array} < = > [\begin{array}{l} x = 2 y \\ x^{2} + x y + 3 y^{2} = 0 \end{array}$

+ Trường hợp 1: $x^{2} + x y + 3 y^{2} = 0 < = > {(x + \frac{y}{2})}^{2} + \frac{11 y^{2}}{4} = 0 = > x = y = 0$

Với x= y = 0 không thỏa mãn phương trình (2).

+ Trường hợp 2: x= 2y thay vào phương trình (2) ta có:

$4 y^{2} + 8 y^{2} = 12 < = > y^{2} = 1 < = > [\begin{array}{l} y = 1 = > x = 2 \\ y = - 1 = > x = - 2 \end{array}$

Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm $(x; y) \in {(2; 1); (- 2; - 1)}$

Câu 3