Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Hệ thức lượng trong tam giác (Toán học Lớp 10)

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ trục: mặt đất là trục hoành, $A$ tại gốc, $B$ cách $A$ về phía trái nên $B=(-1;0)$; hai đỉnh núi nằm cùng phía bên phải (theo hình vẽ). Gọi $P=(x_P;h_P)$, $Q=(x_Q;h_Q)$.

Với $P$: góc ngắm từ $A$ là $60^{\circ }$, từ $B$ là $40^{\circ }$, nên $h_P=x_P\tan 60^{\circ }=(x_P+1)\tan 40^{\circ }$. Suy ra $x_P=\frac{\tan 40^{\circ }}{\tan 60^{\circ }-\tan 40^{\circ }}=\frac{0,8391}{1,7321-0,8391}\approx 0,9396$, $h_P\approx 0,9396\cdot 1,7321\approx 1,6275$ km.

Với $Q$: $h_Q=x_Q\tan 35^{\circ }=(x_Q+1)\tan 25^{\circ }$, suy ra $x_Q=\frac{\tan 25^{\circ }}{\tan 35^{\circ }-\tan 25^{\circ }}=\frac{0,4663}{0,7002-0,4663}\approx 1,9936$, $h_Q\approx 1,9936\cdot 0,7002\approx 1,3959$ km.

Khoảng cách $PQ=\sqrt{(x_Q-x_P{)}^2+(h_Q-h_P{)}^2}=\sqrt{(1,0540{)}^2+(0,2316{)}^2}\approx \sqrt{1,1646}\approx 1,08$ km.

Vậy khoảng cách giữa hai đỉnh núi $P$ và $Q$ xấp xỉ $1,08$ km.

(AI giải đề cho tôi)
Theo công thức diện tích tam giác: $S=\frac{abc}{4R}=2R^2\sin A\sin B\sin C$ (vì $a=2R\sin A$, $b=2R\sin B$, $c=2R\sin C$).

Theo giả thiết: $2R^2\sin A\sin B\sin C=\frac{2}{3}{R}^2\left({\sin }^{3}A+{\sin }^{3}B+{\sin }^{3}C\right)$.

Chia hai vế cho $\frac{2}{3}{R}^2>0$ ta được:
$${\sin }^{3}A+{\sin }^{3}B+{\sin }^{3}C=3\sin A\sin B\sin C.$$

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho ba số dương ${\sin }^{3}A,{\sin }^{3}B,{\sin }^{3}C$ (do $0<A,B,C<\pi$ nên $\sin A,\sin B,\sin C>0$):
$${\sin }^{3}A+{\sin }^{3}B+{\sin }^{3}C\ge 3\sqrt[3]{{\sin }^{3}A{\sin }^{3}B{\sin }^{3}C}=3\sin A\sin B\sin C,$$
dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ${\sin }^{3}A={\sin }^{3}B={\sin }^{3}C$, tức $\sin A=\sin B=\sin C$.

Vì đẳng thức trên đúng (theo giả thiết), dấu bằng phải xảy ra. Với $0<A,B,C<\pi$ và $A+B+C=\pi$: từ $\sin A=\sin B$ suy ra $A=B$ hoặc $A=\pi -B$; nếu $A=\pi -B$ thì $C=0$, vô lý. Tương tự $B=C$. Vậy $A=B=C=60^{\circ }$, tức tam giác $ABC$ là tam giác đều. Đpcm.

(AI giải đề cho tôi)
Tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn bán kính R=1 và hai đường chéo AC ⊥ BD (tại giao điểm H). Gọi AH=x, HC=y, BH=z, HD=t. Theo Pythagore trong các tam giác vuông tại H: a²=x²+z², b²=y²+z², c²=y²+t², d²=x²+t². Diện tích S = ½(x+y)(z+t). Mặt khác, với tam giác vuông nội tiếp đường tròn bán kính R, cạnh huyền của tam giác vuông AH'B (H' là giao khác) ... Cách chuẩn: với tứ giác nội tiếp có hai đường chéo vuông góc, ta có ab+cd và ad+bc đều liên hệ với đường chéo: theo định lý Ptolemy mở rộng, AC·BD = ab+cd (vì AC⊥BD nên AC·BD = AB·CD + BC·AD). Thật vậy Ptolemy: AC·BD = ab+cd khi hai đường chéo vuông góc. Tương tự, xét tích (ad+bc): với góc giữa hai đường chéo 90°, diện tích S = ½·AC·BD·sin90° = ½·AC·BD. Còn (ad+bc) = AC·BD·cos(90°)... chính xác hơn: (ab+cd) = AC·BD và (ad+bc) = AC·BD (cùng bằng tích hai đường chéo vì sin90°=cos90°=1 khi áp dụng công thức Ptolemy tổng quát với góc giữa hai đường chéo θ: AC·BD = ab·|cos θ|... ). Cách trực tiếp: đặt AC=p, BD=q, góc giữa chúng 90°. Diện tích S = ½pq. Theo Ptolemy cho tứ giác nội tiếp: pq = ac + bd? Không — Ptolemy: AC·BD = AB·CD + BC·AD = ac + bd. Nhưng đề dùng (ab+cd)(ad+bc). Với tứ giác có đường chéo vuông góc, các tam giác vuông tại H cho: a²+c² = b²+d² (đều bằng p²+q²... kiểm tra: a²+c² = x²+z²+y²+t² = b²+d²). Hơn nữa, tam giác vuông nội tiếp: đường chéo AC là cạnh huyền của tam giác ABC vuông tại B? Không. Dùng kết quả quen thuộc: với tứ giác nội tiếp đường tròn bán kính R có hai đường chéo vuông góc thì (ab+cd)(ad+bc) = 4R²·S. Kiểm chứng bằng trường hợp đặc biệt: lấy ABCD là hình vuông nội tiếp, a=b=c=d=√2, S=2, khi đó (ab+cd)(ad+bc) = (2+2)(2+2)=16 = 4·1·2·... 4R²S = 4·1·2 = 8 ≠ 16. Xét lại: hình vuông có đường chéo không vuông góc? Đường chéo hình vuông vuông góc, đúng. Vậy (ab+cd)(ad+bc)=16, S=2, T=8? Nhưng đáp án đề là 2. Kiểm tra lại hình vuông: R=1, cạnh a=√2, ab=2, (ab+cd)=4, (ad+bc)=4, tích 16, S=2, T=8. Hmm, mâu thuẫn. Thử tứ giác khác: lấy A,B,C,D sao cho AC và BD là hai đường kính vuông góc (cũng là hình vuông). Vậy T phụ thuộc hình dạng? Thử tứ giác không đối xứng: đặt H là giao, x=0.5,y=0.5 (AC=1 đường kính), z=0.3,t=0.7 (BD=1 đường kính, vuông góc). a=√(0.25+0.09)=√0.34, b=√(0.25+0.09)=√0.34, c=√(0.25+0.49)=√0.74, d=√(0.25+0.49)=√0.74. ab+cd = 0.34+0.74=1.08; ad+bc = 2√(0.34·0.74)=2√0.2516≈1.00319. Tích ≈1.0834. S=½·1·1=0.5. T≈2.167. Không phải 2. Thử z=t=0.5: a=b=c=d=√0.5, ab+cd=1, ad+bc=1, S=0.5, T=2. Đúng bằng 2 khi BD cũng là đường kính đối xứng. Nhưng trường hợp z=0.3,t=0.7 cho 2.167 — kiểm tra lại tính toán: a²=0.34, b²=0.34, c²=0.74, d²=0.74. ab=0.34, cd=0.74, ab+cd=1.08. ad=√(0.34·0.74)=√0.2516≈0.50160, bc tương tự, ad+bc≈1.00319. Tích≈1.08345. S=½·AC·BD=½·1·1=0.5. T≈2.1669. Vậy T không hằng số? Nhưng cả AC và BD đều là đường kính (đi qua O) — vẫn khác 2. Hmm, có lẽ tôi tính S sai: S = ½(x+y)(z+t)·sin90° = 0.5. Đúng. Vậy T≈2.167 ≠ 2. Có thể điều kiện là AC, BD vuông góc nhưng không nhất thiết qua O — bài toán đáp án 2 có lẽ ngầm cho trường hợp đẹp, hoặc đáp án chính thức của đề (mã 1012, câu 20) là 2. Vì nguồn cung cấp đáp án 2 và cách giải chuẩn của đề này (tứ giác nội tiếp, đường chéo vuông góc, dùng Ptolemy với tứ giác có góc giữa hai đường chéo): thực chất (ab+cd) = AC·BD·sinθ... Công thức đúng: với tứ giác nội tiếp, góc giữa hai đường chéo θ: (ab+cd) = ... Trường hợp tổng quát của tôi cho 2.167, nhưng có thể tôi gán nhầm: trong hình, a=AB, b=BC, c=CD, d=DA với x=AH, y=HC, z=BH, t=HD: a²=x²+z², b²=y²+z², c²=y²+t², d²=x²+t². Đúng. Vậy T không hằng số trừ khi thêm ràng buộc. Tuy nhiên đáp án chính thức của đề là 2 (bảng đáp án mã 1012 câu 20 = 2), và trường hợp đối xứng (cả hai đường chéo là đường kính vuông góc, tức hình vuông... không, z=t=0.5 với x=y=0.5 cho hình vuông a=b=c=d=√0.5, S=0.5, T=2). Lưu ý hình vuông cạnh √0.5 nội tiếp đường tròn R=1? Đường tròn ngoại tiếp hình vuông cạnh √0.5 có R = √0.5·√2/2 = 0.5 ≠ 1. Vậy cấu hình z=t=0.5, x=y=0.5 không nội tiếp đường tròn R=1! Điểm B=(0,0.5) cách O... O không phải H. Với x=y=0.5, z=t=0.5, tâm đường tròn qua 4 điểm: A=(-0.5,0), C=(0.5,0), B=(0,0.5), D=(0,-0.5) — đường tròn tâm O(0,0) bán kính 0.5. Để R=1, mọi điểm cách O đều 1: cần AH·HC = BH·HD (giao điểm hai dây: HA·HC = HB·HD). Với x=y=0.5: cần z·t=0.25, ví dụ z=t=0.5, khi đó BD cũng đường kính, B=(0,0.5) cách O(0,0) là 0.5 — sai vì O không ở H. Đặt tọa độ: H=(0,0), A=(-x,0), C=(y,0), B=(0,z), D=(0,-t). Tâm O=( (y-x)/2, (z-t)/2 ), R² = ((x+y)/2)² + ((z+t)/2)² = 1 (vì AC, BD là đường kính? không). Điều kiện nội tiếp: x·y = z·t (phương tích). R² = ((x+y)² + (z+t)²)/4 + ... thực tế R² = ((x+y)/2)² + ((z-t)/2)²? Tính: đường tròn qua A(-x,0), C(y,0): tâm có hoành độ (y-x)/2. Qua B(0,z), D(0,-t): tâm có tung độ (z-t)/2. R² = ((x+y)/2)² + ((z-t)/2)². Với x=y=0.5, z=0.3, t=0.7: R² = 1 + 0.04 = 1.04 ≠ 1. Cần R=1: (x+y)² + (z-t)² = 4 và xy=zt. Trường hợp z=t: (x+y)²=4, x+y=2, xy=z². Lấy x=y=1, z=t=1: hình vuông, a=b=c=d=√2, T=8 như trước. Lấy x=0.5,y=1.5, z²=0.75, z=√0.75: a=√(0.25+0.75)=1, b=√(2.25+0.75)=√3, c=√3, d=1. ab+cd=√3+√3=2√3≈3.464; ad+bc=1+3=4. Tích≈13.856. S=½·2·2√0.75=√3≈1.732. T=8. Vậy với z=t, T=8 luôn! Với z≠t (trường hợp trước R≠1 nên không hợp lệ). Kiểm tra z≠t thỏa R=1: x=y=1, xy=1=zt, (2)²+(z-t)²=4 → z=t. Thử x=0.5,y=1: xy=0.5=zt, (1.5)²+(z-t)²=4 → (z-t)²=1.75, z-t=√1.75≈1.3229, z+t: zt=0.5, z+t=√(1.75+2)=√3.75≈1.9365. z≈1.6297, t≈0.3068. a=√(0.25+2.6559)=√2.9059≈1.7047, b=√(1+2.6559)=√3.6559≈1.9120, c=√(1+0.0941)=√1.0941≈1.0460, d=√(0.25+0.0941)=√0.3441≈0.5866. ab≈3.2596, cd≈0.6133, ab+cd≈3.8729. ad≈1.0000, bc≈2.0000 (kiểm tra: ad=√(2.9059·0.3441)=√0.99996≈1, bc=√(3.6559·1.0941)=√3.9999≈2). ad+bc≈3. Tích≈11.6187. S=½·1.5·1.9365≈1.4524. T≈8.0000. Vậy T=8, không phải 2! Tính chính xác: ad=1, bc=2, ab+cd: ab=√(2.9059·3.6559)=√10.6237≈3.2594, cd=√(1.0941·0.3441)=√0.37648≈0.61358, tổng≈3.87298=√15. Tích=3√15. S=½·(3/2)·(√15/2)=3√15/8. T=3√15/(3√15/8)=8. Vậy T=8 với R=1. Đáp án đúng phải là 8, nhưng đáp án đề là 2. Có thể đề định R sao cho... hoặc T định nghĩa khác. Với R=1, T=4R²·... T=8=8R²? Kiểm tra z=t trường hợp: T=8. Vậy T=8R²? Hình vuông R=1: T=8. Đúng, T=8R² hằng số. Vậy đáp án toán học đúng là 8, nhưng nguồn đáp án là 2. Theo quy tắc, không được ghi đè đáp án nguồn — phải trả lời solved=false vì xung đột. Tuy nhiên có thể đề tính S khác hoặc T khác... Có khả năng đáp án 2 tương ứng R sao cho 8R²=2, R=0.5 — nhưng đề nói R=1. Hoặc đáp án 2 của mã 1012 câu 20 có thể ứng câu khác (câu 20 của mã 1012 có thể là câu khác do trộn đề). Vì không thể xác nhận, trả lời solved=false với đáp án đề 2 nhưng giải thích T=8.

(AI giải đề cho tôi)
Trải bốn mặt bên của hình chóp tứ giác đều $S.ABCD$ ra một mặt phẳng. Mỗi mặt bên là tam giác với góc ở đỉnh $S$ bằng $\widehat{ASB}=15^{\circ }$, nên tổng góc quét quanh $S$ sau khi đi hết một vòng quanh kim tự tháp là $4\cdot 15^{\circ }=60^{\circ }$.

Trong mặt phẳng trải, điểm $A$ nằm trên tia đầu với $SA=200$ m; ảnh $L^{\prime }$ của điểm $L$ sau khi vòng hết một vòng nằm trên tia hợp với tia đầu góc $60^{\circ }$ và $S{L}^{\prime }=40$ m. Đường gấp khúc dây đèn ngắn nhất tương ứng với đoạn thẳng nối $A$ và $L^{\prime }$ trong hình trải.

Áp dụng định lí cosin trong tam giác $SA{L}^{\prime }$:
$$A{L}^{\prime }=\sqrt{200^2+40^2-2\cdot 200\cdot 40\cdot \cos 60^{\circ }}=\sqrt{40000+1600-8000}=\sqrt{33600}=40\sqrt{21}\approx 183,30\text{ m}.$$

Kiểm tra: khoảng cách từ $S$ đến đoạn $A{L}^{\prime }$ khoảng 37,8 m > 0 và nhỏ hơn các cạnh, nên đoạn thẳng nằm gọn trong vùng các mặt bên đã trải, cách làm hợp lệ.

Vậy cần dùng ít nhất khoảng 183 m dây đèn led (làm tròn đến hàng đơn vị).

(AI giải đề cho tôi)
Gọi các cạnh bên của chóp đều $S.ABCD$ là $SA=SB=SC=SD=200$ m, góc ở đỉnh mỗi mặt bên là $\widehat{ASB}=15^{\circ }$. Đường gấp khúc $AEFGHIJKLS$ đi từ $A$, vòng quanh kim tự tháp, cắt lần lượt các cạnh bên tại $E,F,G,H,I,J,K,L$ (8 điểm) rồi kết thúc tại $L$ với $LS=40$ m.

Trải 4 mặt bên ra cùng một mặt phẳng, xoay quanh đỉnh $S$. Mỗi lần đường gấp khúc vượt qua một cạnh bên, ta trải thêm một tam giác với góc ở đỉnh $15^{\circ }$. Sau 8 lần vượt qua cạnh bên, tổng góc quét được là $8\cdot 15^{\circ }=120^{\circ }$.

Trong mặt phẳng đã trải: $A$ nằm cách $S$ một khoảng $SA=200$, còn ảnh $L^{\prime }$ của điểm $L$ nằm trên tia tạo với tia $SA$ góc $120^{\circ }$ và $S{L}^{\prime }=40$. Độ dài nhỏ nhất của đường gấp khúc từ $A$ đến $L$ là độ dài đoạn thẳng $A{L}^{\prime }$ (đoạn thẳng này cắt tất cả các tia cạnh bên trung gian nên khả thi):
$$A{L}^{\prime }=\sqrt{200^2+40^2-2\cdot 200\cdot 40\cdot \cos 120^{\circ }}=\sqrt{40000+1600+8000}=\sqrt{49600}=40\sqrt{31}\approx 222,71\text{ m}.$$

Cộng thêm đoạn cố định $LS=40$ m, tổng độ dài dây nhỏ nhất là
$$40\sqrt{31}+40=40\left(\sqrt{31}+1\right)\approx 262,71\approx 263\text{ m}.$$

Vậy cần dùng ít nhất khoảng 263 m dây đèn led, khớp với đáp án đã cho (bảng đáp án mã đề 101, Phần III câu 4: 263).

a) Xét hình vẽ sau đây:



Gọi $T^{\prime }$ là tâm phép vị tự quay biến $AF$ thành $EA$.
Khi đó $△T^{\prime }AF\sim △T^{\prime }EA$. Suy ra, $△T^{\prime }CF\sim △T^{\prime }BA$ (do $B,C$ là trung điểm của các đoạn thẳng $EA,AF$). Suy ra $\widehat{T^{\prime }BA}=\widehat{T^{\prime }CF}$ và $\frac{T^{\prime }B}{T^{\prime }C}=\frac{BA}{CF}=\frac{AB}{AC}$.
Ta suy ra tứ giác $T^{\prime }BAC$ là tứ giác nội tiếp và điều hòa.
Theo tính chất của tứ giác điều hòa, $A{T}^{\prime }$ là đường đối trung của $△ABC$, hay $\widehat{T^{\prime }AB}=\widehat{CAM}$. Mà $\widehat{T^{\prime }AB}=\widehat{T^{\prime }FC}$ và $\widehat{CAM}=\widehat{CFP}$, nên $\widehat{T^{\prime }FC}=\widehat{CFP}$. Ta suy ra $T^{\prime }$ thuộc $PF$. Tương tự, ta cũng chứng minh được $T^{\prime }$ thuộc $IE$. Do đó, $T^{\prime }\equiv T$.
Vậy $T$ thuộc đường tròn $(O)$.

b) Trước hết, ta có bổ đề sau đây.
Bổ đề. Cho 2 đường tròn $(I)$ và $(J)$ cắt nhau tại hai điểm phân biệt $A$, $B$. Giả sử hai điểm $C\ne D$ không thuộc hai đường tròn và thỏa mãn $\frac{{\mathcal{P}}_{C/(I)}}{{\mathcal{P}}_{C/(J)}}=\frac{{\mathcal{P}}_{D/(I)}}{{\mathcal{P}}_{D/(J)}}$. Khi đó, bốn điểm $A$, $B$, $C$, $D$ cùng thuộc một đường tròn.
Chứng minh bổ đề. Xét hình vẽ sau:



Gọi $E,G$ lần lượt là giao điểm của $CA$ với $(J)$ và $(I)$; $F,H$ lần lượt là giao điểm của $DB$ với $(J)$ và $(I)$. Suy ra $GH\parallel EF$, do cùng đối song với $AB$ trong tứ giác $ABCD$. Từ $\frac{{\mathcal{P}}_{C/(I)}}{{\mathcal{P}}_{C/(J)}}=\frac{{\mathcal{P}}_{D/(I)}}{{\mathcal{P}}_{D/(J)}}$, ta suy ra $\frac{CG}{CE}=\frac{DH}{DF}$; mà $GH$ và $EF$ song song nên $CD$ song song $EF$ (định lý Thales). Vậy $CD$ đối song $AB$ hay $A,B,C,D$ cùng thuộc một đường tròn. Bổ đề được chứng minh.

Trở lại bài toán, gọi $(O_1)$ và $(O_2)$ lần lượt là các đường tròn ngoại tiếp $TAJ,TEF$. Khi đó,
$$\frac{{\mathcal{P}}_{I/(O_1)}}{{\mathcal{P}}_{I/(O_2)}}=\frac{\overline{IA}\cdot \overline{IJ}}{\overline{IE}\cdot \overline{IT}}=-\frac{IJ}{IT},\frac{{\mathcal{P}}_{P/(O_1)}}{{\mathcal{P}}_{P/(O_2)}}=\frac{\overline{PA}\cdot \overline{PJ}}{\overline{PF}\cdot \overline{PT}}=-\frac{PJ}{PT}.$$
Gọi $K$ là giao điểm thứ hai khác $T$ của $(O_1)$ và $(O_2)$. Áp dụng Bổ đề cho hai đường tròn $(O_1)$ và $(O_2)$ (cắt nhau tại $T,K$) và hai điểm $I,P$, ta quy về chứng minh $\frac{IJ}{IT}=\frac{PJ}{PT}$. (*)
Vì $BI$ và $CP$ lần lượt là trung trực của $AE$ và $AF$, ta suy ra $D$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $AEF$ và $AD$ là đường kính của $(O)$. Ta có
$$\widehat{ETF}=\widehat{EAF}+\widehat{AET}+\widehat{AFT}=\widehat{EAF}+\widehat{EAM}+\widehat{FAM}=2\widehat{EAF}.$$
Mặt khác, $\widehat{EDF}=2\widehat{EAF}$ (do $D$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $AEF$). Do đó, $\widehat{EDF}=\widehat{ETF}$ và ta suy ra tứ giác $ETDF$ nội tiếp. Vì $DE=DF$ nên $D$ là điểm giữa cung $EF$. Suy ra, $TD$ là phân giác góc $\widehat{ITP}$ nên $(\ast )$ đúng, tức là đường tròn $(TIP)$ cũng đi qua giao điểm $T,K$ của $(O_1)$ và $(O_2)$.
Cho $AT$ cắt $BC$ ở $H$. Cho $AU$ cắt lại $(O),(O_1)$ lần lượt ở $N,Q$. Để chứng minh $(TLU)$ đi qua $K$, cũng theo Bổ đề, ta quy về chứng minh rằng
$$\frac{{\mathcal{P}}_{L/(O_1)}}{{\mathcal{P}}_{L/(O_2)}}=\frac{{\mathcal{P}}_{U/(O_1)}}{{\mathcal{P}}_{U/(O_2)}}\iff \frac{\overline{LT}\cdot \overline{LA}}{\overline{LE}\cdot \overline{LF}}=\frac{\overline{UQ}\cdot \overline{UA}}{\overline{UE}\cdot \overline{UF}}\iff \frac{2\overline{LT}\cdot \overline{HA}}{4\overline{HB}\cdot \overline{HC}}=\frac{2\overline{UQ}\cdot \overline{XA}}{4\overline{XB}\cdot \overline{XC}}\iff \frac{TL}{TH}=\frac{UQ}{NX}.$$
Gọi $G$ là giao điểm hai tiếp tuyến ở $A,T$ của $(O)$ và $OG$ lần lượt cắt $AT,AM$ ở $W,Y$. Cho $AM$ cắt lại $(O)$ ở $S$ và kẻ tiếp tuyến của $(O)$ ở $T,S$ cắt nhau ở $R$.

[Hình cần kiểm tra lại: p9_f1]

Cho $XY$ cắt $AO$ ở $Z$. Rõ ràng $A$, $G$, $T$, $M$, $O$ cùng thuộc đường tròn đường kính $OG$. Ta có $\widehat{AMG}=\widehat{TMG}=\widehat{TOG}$, kéo theo tứ giác $OMXY$ nội tiếp. Vì thế nên $XY\perp OG$. Hơn nữa $OG$ là phân giác trong của tam giác $XOZ$ nên $XY=YZ$. Vì $XZ\parallel AT$ nên ta có $A(TY,XZ)=-1$.
Vì $AT$, $AS$ đẳng giác trong $\widehat{BAC}$ nên $TS\parallel BC$ và $R\in OM$. Tam giác $GOR$ có đường cao tại các đỉnh $G$, $O$ cắt nhau ở $X$ nên $XR\perp OG$. Suy ra $X$, $Y$, $R$ thẳng hàng. Dễ thấy $WO$ là đường trung bình của $ATD$ nên $Y$ là trung điểm của đoạn $AJ$. Mặt khác $X$ cũng là trung điểm của đoạn $AU$ nên $XY\parallel JU$. Từ đó $XR\parallel JU$.
Vì $A(TS,XD)=-1$ nên $TNSD$ điều hòa, kéo theo $R$, $N$, $D$ thẳng hàng. Do đó $\widehat{AND}=\widehat{AQJ}=90°$ (góc chắn đường kính) và $JQ\parallel RN$ (cùng vuông góc $AU$).
Cho $TS$ cắt $XU$ ở $V$ thì $\frac{TL}{TH}=\frac{VU}{VX}$. Cần chứng minh
$$\frac{VU}{VX}=\frac{UQ}{NX}=\frac{VQ}{VN}\text{ (da˜y tỷ soˆˊ ba˘ˋng nhau)}.$$
Áp dụng định lý Pascal cho bộ $\left(\begin{array}{ccc}S& D& A\\ N& S& T\end{array}\right)$ ta được $R$, $V$, $J$ thẳng hàng. Lúc này, theo định lý Thales thì $\frac{VQ}{VN}=\frac{JQ}{RN}$, ta quy về chứng minh
$$\frac{VU}{VX}=\frac{JQ}{RN}\iff VN\cdot RN=VX\cdot JQ\iff S_{VRU}=S_{VXJ}\iff XR\parallel JU.$$
Kết quả cuối đúng nên $(TLU)$ đi qua $K$. Vì thế bốn đường tròn đã cho có cùng điểm chung thứ hai là $K$ khác $T$.

(AI giải đề cho tôi)
Câu 5a: Theo định lí cosin, với $\hat{A}=60^0$ ta có $a^2=b^2+c^2-2bc\cos 60^0=b^2+c^2-bc$.
Tính $\cos B=\frac{a^2+c^2-b^2}{2ac}=\frac{(b^2+c^2-bc)+c^2-b^2}{2ac}=\frac{c(2c-b)}{2ac}=\frac{2c-b}{2a}$.
Thế vào giả thiết: $\frac{b-c}{a+c}=2\left(\frac{2c-b}{2a}-1\right)=\frac{2c-b-2a}{a}$.
Suy ra $a(b-c)=(a+c)(2c-b-2a)=-ab-2a^2+2c^2-bc$, tức $2ab-ac+2a^2+bc-2c^2=0$.
Thay $a^2=b^2+c^2-bc$: $2ab-ac+2b^2-bc=0\iff 2b(a+b)=c(a+b)\iff c=2b$ (vì $a+b>0$).
Khi đó $\frac{\sin C}{\sin B}=\frac{c}{b}=2$, mà $C=120^0-B$ nên $\sin (120^0-B)=\frac{\sqrt{3}}{2}\cos B+\frac{1}{2}\sin B=2\sin B\Rightarrow \tan B=\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow B=30^0$.
Vậy $C=120^0-30^0=90^0$. Kiểm tra: tam giác $30^0-60^0-90^0$ có $c=2b$, $\cos B=\frac{\sqrt{3}}{2}$, hai vế đều bằng $\sqrt{3}-2$: thỏa mãn.

Câu 5b: Chọn hệ trục $A(0;0),B(a;0),C(a;a),D(0;a)$. Khi đó $M(xa;xa)$, $N\left(\frac{a}{2};a\right)$.
$\overrightarrow{MB}=(a(1-x);-xa)$, $\overrightarrow{MN}=(a(\frac{1}{2}-x);a(1-x))$.
Tam giác $BMN$ vuông cân tại $M$ khi $\overrightarrow{MB}\cdot \overrightarrow{MN}=0$ và $MB=MN$.
• $\overrightarrow{MB}\cdot \overrightarrow{MN}=a^2[(1-x)(\frac{1}{2}-x)-x(1-x)]=a^2(1-x)(\frac{1}{2}-2x)=0\iff x=\frac{1}{4}$ (do $0<x<1$).
• Với $x=\frac{1}{4}$: $M{B}^2=a^2\left(\frac{9}{16}+\frac{1}{16}\right)=\frac{10a^2}{16}$; $M{N}^2=a^2\left(\frac{1}{16}+\frac{9}{16}\right)=\frac{10a^2}{16}$, nên $MB=MN$.
Vậy $x=\frac{1}{4}$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $OA=a$, $OB=b$ với $a,b>0$. Theo định lí cosin trong tam giác $OAB$ với $\widehat{AOB}=120^{\circ }$: $A{B}^2=a^2+b^2-2ab\cos 120^{\circ }=a^2+b^2+ab=3600$. Diện tích tam giác $S=\frac{1}{2}ab\sin 120^{\circ }=\frac{\sqrt{3}}{4}ab$, nên cần cực đại hóa $ab$. Theo bất đẳng thức $a^2+b^2\ge 2ab$, ta có $3600=a^2+b^2+ab\ge 3ab$, suy ra $ab\le 1200$. Dấu bằng khi $a=b=\sqrt{1200}=20\sqrt{3}m$; khi đó $AB=\sqrt{3\cdot 1200}=60m$ thỏa mãn đề bài. Vậy diện tích lớn nhất là $S_{\max }=\frac{\sqrt{3}}{4}\cdot 1200=300\sqrt{3}\approx 519.62m^2$.

+ Tổng chi phí để hoàn thành con đường $A=\frac{1}{10}\left(TX+2TY\right)$ (triệu $USD$). + Gọi $M$ là điểm thuộc đoạn $OX$ sao cho hai tam giác $OMT$ và $OTX$ đồng dạng. Suy ra $\frac{MT}{TX}=\frac{OT}{OX}=\frac{60}{120}=\frac{1}{2}\Rightarrow TX=2MT$. Ta có $A=\frac{1}{10}\left(TX+2TY\right)=\frac{1}{10}\left(2MT+2TY\right)\ge \frac{1}{5}MY$. Dấu bằng xảy ra khi $M$, $T$, $Y$ thẳng hàng $\iff T$ là giao điểm của đoạn $MY$ với đường tròn tâm $O$, bán kính bằng 60. Mặt khác $\frac{OM}{OT}=\frac{OT}{OX}=\frac{1}{2}\Rightarrow OM=\frac{1}{2}OT=30$. + Trong tam giác $MOY$ ta có $MY=\sqrt{O{M}^2+O{Y}^2-2OM.OY.\cos 120°}=10\sqrt{313}(km)$. Vậy chi phí thấp nhất để hoàn thành con đường là $A=2\sqrt{313}\approx 35,4$ (triệu $USD$). (Nguồn in 'chi phí tấp nhất' — lỗi chính tả của tài liệu gốc, giữ nguyên theo bản in.)

Ta có $\overrightarrow{F_1}=\overrightarrow{OA}$, $\overrightarrow{F_2}=\overrightarrow{OB}$ và $\overrightarrow{F_3}=\overrightarrow{OC}$ cùng tác động vào một vật tại điểm $O$ và vật đứng yên nên $\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_2}+\overrightarrow{F_3}=\vec{0}\iff \overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}=\vec{0}$ $\iff \overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}=-\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{OD}$ ($D$ đối xứng với $C$ qua $O$). Trong hình bình hành $OADB$, có $\widehat{AOB}=120^{\circ }$ suy ra $\widehat{OBD}=60^0$. Áp dụng định lý Sin trong tam giác $OBD$, ta có: $$\frac{OD}{\sin \widehat{DBO}}=\frac{OB}{\sin \widehat{ODB}}\Rightarrow OB=\frac{OD.\sin \widehat{ODB}}{\sin \widehat{DBO}}=\frac{100\sqrt{3}.\sin \widehat{ODB}}{\sin 60^0}.$$ $\left|\overrightarrow{F_2}\right|$ đạt giá trị lớn nhất $\iff OB$ lớn nhất $\iff \sin \widehat{ODB}$ lớn nhất $\iff \sin \widehat{ODB}=1\iff \widehat{ODB}=90^0$. Khi đó, $OB=\frac{100\sqrt{3}.1}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=200$ và $BD=OB.\cos \widehat{OBD}=200.\cos 60^0=100$. Vậy $\left|\overrightarrow{F_1}\right|=100N$.

Đặt $BC=x;CA=y;AB=z$.

Theo tính chất đường phân giác của $\Delta ABC$, ta có:



$$\frac{DA}{DC}=\frac{AB}{BC}=\frac{z}{x}\Rightarrow \frac{DA}{DA+DC}=\frac{z}{z+x}\Rightarrow DA=\frac{yz}{z+x}(1)$$

$AO$ là phân giác $\widehat{BAD}$ nên

$$\frac{OB}{OD}=\frac{AB}{DA}\Rightarrow \frac{OB}{OB+OD}=\frac{AB}{AB+DA}(2)$$

Từ (1) và (2) suy ra: $\frac{OB}{BD}=\frac{x+z}{x+y+z}$

Tương tự $\frac{OC}{CE}=\frac{x+y}{x+y+z}$. Từ đó

$$\frac{OB.OC}{BD.CE}=\frac{(x+y)(x+z)}{(x+y+z{)}^2}\Rightarrow \frac{OB.OC}{BD.CE}=\frac{x^2+xy+xz+yz}{2\left(x^2+xy+yz+zx\right)}=\frac{1}{2}$$

Vì $y^2+z^2=x^2$ nên $\frac{OB.OC}{BD.CE}=\frac{x^2+xy+xz+yz}{2\left(x^2+xy+yz+zx\right)}=\frac{1}{2}$

hay $BD.CE=2.OB.OC$ (3)

Để ý rằng nếu kẻ $BH\perp OC$, mặt khác dễ thấy $\widehat{BOC}=135^{\circ }$, nên $\Delta BHO$ vuông cân tại $H$.

Do đó $S_{BOC}=\frac{1}{2}BH.OC=\frac{\sqrt{2}}{4}OB.OC$, suy ra $OB.OC=2a\sqrt{2}$ (4)

Từ (3) và (4) suy ra: $BD.CE=4a\sqrt{2}$

a. $\cos 2A+\cos 2B+\cos 2C+1=0$
$\iff 2\cos (A+B)\cos (A-B)+2{\cos }^{2}C=0$
$\iff 2\cos (\pi -C)\cos (A-B)+2{\cos }^{2}C=0$
$\iff -2\cos C\cos (A-B)+2{\cos }^{2}C=0$
$\iff 2\cos C.\left(\cos C-\cos (A-B)\right)=0$
$\iff 2\cos C.\left(-\cos (A+B)-\cos (A-B)\right)=0$
$\iff -4\cos C.\cos A.\cos B=0$
$\Rightarrow \{\begin{array}{l}\cos A=0\\ \cos B=0\\ \cos C=0\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}A=90^{\circ }\\ B=90^{\circ }\\ C=90^{\circ }\end{array}$

b. [Hình cần kiểm tra lại: p4_f1]
$\widehat{CAL}=\widehat{CAO}+\widehat{OA{O}^{\prime }}+\widehat{O^{\prime }AL}$
Ta có: $\widehat{CAO}=\widehat{ACD}$, $\widehat{O^{\prime }AL}=\widehat{O^{\prime }LA}=\frac{180^{\circ }-\widehat{A{O}^{\prime }L}}{2}=90^{\circ }-\frac{1}{2}\widehat{A{O}^{\prime }L}=90^{\circ }-\widehat{ABL}$
Do đó: $\widehat{CAL}=\widehat{ACD}+90^{\circ }+90^{\circ }-\widehat{ABL}=\widehat{ACD}+180^{\circ }-\widehat{ABD}=180^{\circ }$ (do tứ giác $ACBD$ nội tiếp nên $\widehat{ACD}=\widehat{ABD}$). Suy ra $A,C,L$ thẳng hàng.

a)

[Hình cần kiểm tra lại: p7_f1]

Chứng minh $K$ cùng nằm trên đường tròn với $B,C,E,F$.

Ta có các đường cao $BE,CF$ của $△ABC$ nên $\widehat{BEC}=\widehat{BFC}=90^{\circ }$.

Suy ra 4 điểm $B,C,E,F$ cùng thuộc đường tròn tâm $M$ (trung điểm $BC$), đường kính $BC=8$. Bán kính đường tròn này là 4 cm.

Mặt khác, giả thiết cho $\widehat{BKC}=90^{\circ }$, suy ra điểm $K$ cũng nằm trên đường tròn tâm $M$ đường kính $BC$.

Như vậy, 3 điểm $E,F,K$ cùng nằm trên đường tròn $(M)$ có bán kính bằng 4.

Mặt khác đường tròn ngoại tiếp $△AEF$ đối xứng với đường tròn ngoại tiếp $△KEF$ qua $EF$ nên bán kính đường tròn ngoại tiếp $△EFK$ là 4 cm.

Tìm góc $\widehat{BAC}$.

Vì tứ giác $BCEF$ nội tiếp nên $\widehat{AEF}=\widehat{ABC}$ suy ra $△AEF\sim △ABC$ (g.g).

Mặt khác $\frac{AE}{AB}=\cos \widehat{BAC}$ nên tỉ số đồng dạng của 2 tam giác này là $k=\cos \widehat{BAC}$.

Dẫn đến $R^{\prime }=R\cdot \cos \widehat{BAC}$ (với $R$ và $R^{\prime }$ là bán kính đường tròn ngoại tiếp $△ABC$ và $△AEF$).

Áp dụng định lý sin cho $△ABC$: $2R=\frac{BC}{\sin \widehat{BAC}}\Rightarrow R=\frac{BC}{2\sin \widehat{BAC}}=\frac{4}{\sin \widehat{BAC}}$.

Thay vào biểu thức trên: $4=\left(\frac{4}{\sin \widehat{BAC}}\right)\cdot \cos \widehat{BAC}\iff \cot \widehat{BAC}=1\Rightarrow \widehat{BAC}=45^{\circ }$.

Tính độ dài $AK$.

Trong $△AEF$, ta có bán kính đường tròn ngoại tiếp $R^{\prime }=4$ và góc $\widehat{EAF}=45^{\circ }$.

Áp dụng định lý Sin cho $△AEF$: $EF=2R^{\prime }\sin \widehat{BAC}=2\cdot 4\cdot \sin 45^{\circ }=4\sqrt{2}$.

Gọi $N$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $△AEF$, $I$ là trung điểm cạnh $EF$.

Theo tính chất đường thẳng Euler, khoảng cách từ đỉnh đến trực tâm gấp đôi khoảng cách từ tâm ngoại tiếp đến cạnh đối diện: $AK=2\cdot NI$.

Trong tam giác vuông $NIF$ (vuông tại $I$):
$$NI=\sqrt{N{F}^2-I{F}^2}=\sqrt{(R^{\prime }{)}^2-{\left(\frac{EF}{2}\right)}^2}=\sqrt{4^2-(2\sqrt{2}{)}^2}=\sqrt{16-8}=2\sqrt{2}$$
Vậy độ dài đoạn thẳng $AK=2\cdot NI=2\cdot 2\sqrt{2}=4\sqrt{2}$ cm.

b) Đồ thị hàm số đi qua $A(1;0)$ suy ra $a\cdot 1^2-2b\cdot 1+c=0\iff a+c=2b$.

Đồ thị là parabol của hàm số bậc hai nên $a\ne 0$.

Tọa độ đỉnh không trùng với $A$ suy ra $\frac{b}{a}\ne 1\Rightarrow a\ne b$, dẫn đến $a\ne c$.

Vậy ta cần chọn bộ 3 số $(a,b,c)$ từ $X$ sao cho $a+c=2b$, $a\ne c$ và $a\ne 0$.

Điều kiện $a+c=2b$ đồng nghĩa với việc $a$ và $c$ phải cùng tính chẵn lẻ. Ứng với mỗi cách chọn $(a,c)$ thỏa mãn, có duy nhất một giá trị $b=\frac{a+c}{2}\in X$.

Trong tập $X$ có 51 số chẵn (từ 0 đến 100) và 50 số lẻ (từ 1 đến 99).

Trường hợp 1: $a$ và $c$ cùng chẵn.

Chọn $a\in X$ là số chẵn khác 0: có 50 cách.

Chọn $c\in X$ là số chẵn khác $a$: có $51-1=50$ cách.

Số cách chọn bộ $(a,c)$ trong trường hợp này là: $50\times 50=2500$ cách.

Trường hợp 2: $a$ và $c$ cùng lẻ.

Chọn $a\in X$ là số lẻ: có $50$ cách (do không chứa $0$).

Chọn $c\in X$ là số lẻ khác $a$: có $50-1=49$ cách.

Số cách chọn bộ $(a,c)$ trong trường hợp này là: $50\times 49=2450$ cách.

Vậy có tất cả $2500+2450=4950$ cách chọn.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có các đồng nhất thức quen thuộc: $a+b+c=2s$, $abc=4Rrs$, $ab+bc+ca=s^2+r^2+4Rr$, $a^2+b^2+c^2=2s^2-2r^2-8Rr$, và $a^3+b^3+c^3=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)+3abc$.

Tính: $a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca=(2s^2-2r^2-8Rr)-(s^2+r^2+4Rr)=s^2-3r^2-12Rr$.
Do đó $a^3+b^3+c^3=2s(s^2-3r^2-12Rr)+12Rrs$.

Giả thiết $\frac{a^3+b^3+c^3}{abc}+\frac{2r}{R}=4$ trở thành:
$$\frac{2s(s^2-3r^2-12Rr)+12Rrs}{4Rrs}=4-\frac{2r}{R}.$$
Nhân hai vế với $4Rrs$: $2s^3-6s{r}^2-24Rrs+12Rrs=16Rrs-8r^{2}s$, suy ra $2s^3-6s{r}^2+8r^{2}s=28Rrs$, chia $2s>0$: $$s^2=14Rr-r^2.$$

Áp dụng bất đẳng thức Gerretsen $s^2\ge 16Rr-5r^2$, ta được $14Rr-r^2\ge 16Rr-5r\Rightarrow 4r^2\ge 2Rr\Rightarrow R\le 2r$.
Kết hợp bất đẳng thức Euler $R\ge 2r$ (dấu bằng khi tam giác đều), suy ra $R=2r$, tức tam giác $ABC$ đều.

Thử lại: tam giác đều $a=b=c$ thì $\frac{a^3+b^3+c^3}{abc}=3$, $\frac{2r}{R}=2\cdot \frac{1}{2}=1$, tổng bằng $4$. Đúng.

Vậy phát biểu đúng là: Tam giác $ABC$ đều.