Chia trường hợp trong bài toán cực trị hình học.

Đề bài: (Câu hỏi của bạn Chiến hỏi trên facebook Trợ Giúp Toán Học)
Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho ba điểm A(1;1), B(3;2) và C(7;10). Viết phương trình đường thẳng Δ đi qua A sao cho tổng khoảng cách từ B và C đến Δ là lớn nhất.
Giải:
Bài toán rất hay và có thể phát triển thành một chùm bài toán khác! Trước hết thầy giải bài toán này:
Ta có 2 khả năng sau cho bài toán:
Khả năng 1: (BC cắt Δ tại điểm I) 

Khi đó ta có:
$\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
d\left( {B \to \Delta } \right) = BH \le BI\\
d\left( {C \to \Delta } \right) = CK \le CI
\end{array} \right.\\
 \Rightarrow d\left( {B \to \Delta } \right) + d\left( {C \to \Delta } \right) \le BI + CI = BC
\end{array}.$
Dấu "=" xảy ra khi Δ vuông góc với BC.
Khả năng 2: (BC không cắt Δ) 
Gọi M là trung điểm của BC. Khi đó ta có M(5;6).
$\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
d\left( {B \to \Delta } \right) = BH = ML\\
d\left( {C \to \Delta } \right) = CK = ML
\end{array} \right.\\
 \Rightarrow d\left( {B \to \Delta } \right) + d\left( {C \to \Delta } \right) = 2ML \le 2MA
\end{array}.$

Sử dụng HÌNH HỌC GIẢI TÍCH OXY tìm MIN, MAX.

Đề bài (Câu hỏi của bạn Riemann Hypothesis hỏi trên facebook Trợ Giúp Toán Học)
$\begin{array}{l}
Cho\,\left\{ \begin{array}{l}
a,b,c,d \in R\\
a + 2b = 9;\,c + 2d = 4
\end{array} \right..\,Min\,P = \sqrt {{a^2} + {b^2} - 12a - 8b + 52}  + \sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2} + {d^2} - 2ac - 2bd} \\
\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, + \sqrt {{c^2} + {d^2} - 4c + 8d + 20}  = ?
\end{array}.$
Giải:
$Do\,P = \sqrt {{{\left( {a - 6} \right)}^2} + {{\left( {b - 4} \right)}^2}}  + \sqrt {{{\left( {a - c} \right)}^2} + {{\left( {b - d} \right)}^2}}  + \sqrt {{{\left( {c - 2} \right)}^2} + {{\left( {d + 4} \right)}^2}} .$

$\begin{array}{*{20}{l}}
{Coi{\mkern 1mu} \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{M\left( {a;b} \right) \Rightarrow M \in {d_1}:{f_1}\left( {x,y} \right) = x + 2y - 9 = 0}\\
{N\left( {c;d} \right) \Rightarrow N \in {d_2}:{f_2}\left( {x,y} \right) = x + 2y = 4}\\
{A\left( {6;4} \right),{\mkern 1mu} D\left( {2; - 4} \right)}
\end{array}} \right.}\\
{ \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{P = AM + MN + ND}\\
{{d_1}//{d_2}}
\end{array}} \right.}\\
{Do{\mkern 1mu} \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{{f_1}\left( A \right) = 6 + 8 - 9 = 5 > 0}\\
{{f_2}\left( A \right) = 6 + 8 - 4 = 10 > 0}
\end{array}} \right.}
\end{array}.$

Hệ PT hay!

Đề bài: (Câu hỏi của bạn Huyền Trang Nguyễn hỏi trên facebook Trợ Giúp Toán Học)
Giải hệ phương trình sau: $\left\{ \begin{array}{l}
x\sqrt {{y^2} + 6}  + y\sqrt {{x^2} + 3}  = 7xy\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\\
y\sqrt {{y^2} + 6}  + x\sqrt {{x^2} + 3}  = {x^2} + {y^2} + 2\,\,\,\,\left( 2 \right)
\end{array} \right.$
Giải:

Một bài HHKG hay!

Đề bài: (Câu hỏi của bạn Một Mình hỏi trên facebook Trợ Giúp Toán Học)
Cho hình chóp S.ABCD:$\left\{ \begin{array}{l}
SA = SB = SD = BD = 2a\\
AB = BC = a\\
\widehat {ABD} = 2\widehat {BDC};\,\widehat {CBD} = 2\widehat {ADB}
\end{array} \right. \Rightarrow {V_{S.ABCD}} = ?.$
Giải:
Đây là một bài hình học không gian rất hay! Phù hợp mức độ thi ĐH. Điều hay nhất từ bài toán này là việc đi tìm ẩn số của tứ giác ABCD có những đặc điểm như đề bài nêu. Người ra đề rất sáng tạo. Một bài toán lạ. Kết quả nhận được là một khối tứ giác rất đẹp và có nhiều khối hình nhỏ(đặc biệt) sinh ra từ tứ giác này.
- Điều tra tứ giác ABCD: Gọi M là trung điểm của BD.

$ \Rightarrow BM = \frac{{BD}}{2} = a = BA = BC.$
Khi đó: BAM và BCM là các tam giác cân ở B.
Gọi E, F lần lượt là trung điểm của AM và CM.
$\begin{array}{l}
 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
BE \bot AM\\
{B_2} = \widehat {MDC}\left( {sole} \right)
\end{array} \right. \Rightarrow AM \bot DC\left( 1 \right)\\
 \Rightarrow \Delta AEB = \Delta MPD \Rightarrow MP = AE = EM
\end{array}.$
Khi đó: M là trọng tâm tam giác ACD.(2)
$ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
BF \bot CM\\
{B_3} = \widehat {MDA}\left( {sole} \right)

\end{array} \right. \Rightarrow CM \bot DA\left( 3 \right).$
Khi đó: M là trực tâm tam giác ACD.(4)
Từ (2) và (4) ta thấy M sẽ là tâm tam giác đều ACD.
Khi đó: AC và BD vuông góc với nhâu tại trung điểm O của AC.
$\begin{array}{l}
 \Rightarrow DO = \frac{3}{2}DM = \frac{3}{2}a \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\frac{{AC\sqrt 3 }}{2} = DO \Rightarrow AC = \frac{a}{{\sqrt 3 }}\\
BD = 2a
\end{array} \right.\\
 \Rightarrow {S_{ABCD}} = \frac{1}{2}BD.AC = \frac{1}{2}.2a.\frac{a}{{\sqrt 3 }} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{3}
\end{array}.$

Mỗi ngày một tính chất hình Oxy - Sáng tạo từ giả thiết!

Đề bài: (Câu hỏi của bạn Trọng Đường hỏi trên facebook Trợ Giúp Toán Học)
Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy. Cho tam giac ABC có B(7;-1) , C(-1;5), đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với AB, AC tại E và F. EF có phương trình là x+y=0. Lập phương trình đường tròn nội tiếp tam giác ABC?
Giải:
Gọi M, N lần lượt là hình chiếu vuông góc của B và C lên EF ta có:

$\begin{array}{l}
 \bullet \left\{ \begin{array}{l}
C\left( { - 1;5} \right)\\
EF:x + y = 0
\end{array} \right. \Rightarrow EF \bot CN\left( {N \in EF} \right)\\
 \Rightarrow CN:x - y + 6 = 0 \Rightarrow N\left( { - 3;3} \right)\\
 \bullet \left\{ \begin{array}{l}
B\left( {7; - 1} \right)\\
EF:x + y = 0
\end{array} \right. \Rightarrow EF \bot BM\left( {M \in EF} \right)\\
 \Rightarrow BM:x - y - 8 = 0 \Rightarrow M\left( {4; - 4} \right)\\
 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
BM = 3\sqrt 2 \\
CN = 2\sqrt 2
\end{array} \right. \Rightarrow \dfrac{{BM}}{{CN}} = \dfrac{3}{2}
\end{array}.$

Bất đẳng thức sử dụng yếu tố hình học.

Đề bài: (Câu hỏi của bạn Dương Mạnh Hải hỏi trên facebook Trợ Giúp Toán Học)
$Cho\,\left\{ \begin{array}{l}
a,b,c,d \in R\\
{a^2} + {b^2} + 4a - 2b + 4 = 0\left( 1 \right)\\
{c^2} + {d^2} - 6c - 2d + 6 = 0\left( 2 \right)
\end{array} \right..\,\,Min,\,Max\,P = b + 3c + d - 2a - ac - bd = ?.$
Giải:

Tâm đường tròn NỘI - NGOẠI - BÀNG tiếp tam giác.

Đề bài: (Câu hỏi của bạn Dung Nguyễn hỏi trên faacebook Trợ Giúp Toán Học)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có $I\left( {\frac{3}{2};\frac{1}{{16}}} \right)$ và E(1;0) lần lượt là tâm trường tròn ngoại tiếp và nội tiếp tam giác. Đường tròn (T) tiếp xúc với cạnh BC và các cạnh AB, BC kéo dài có tâm là F( 2:-8). Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C.
Giải:
Gọi D là giao điểm thứ hai của AE với đường tròn (I).

Ta hoàn toàn chứng minh được: DB=DE=DC như bài toán NÀY thầy cũng đã chứng minh.
Hãy để ý 2 yếu tố sau:

• (T) tiếp xúc với BC và AB, BC kéo dài thì (T) chính là đường tròn BÀNG TIẾP góc A của tam giác ABC. Khi đó: AE, AF đều là phân giác trong góc A hay nói cách khác A, E, D, F thẳng hàng.
• BE và BF là phân giác trong và ngoài của góc B nên chúng sẽ vuông góc với nhau mà: BD=DE khi đó D lại là trung điểm của EF (trung tuyến BD ứng với cạnh huyền EF)

Mỗi ngày một tính chất hình Oxy.

Đề bài: (Câu hỏi của bạn Chiến hỏi trên facebook Trợ Giúp Toán Học)
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O(6;6) và ngoại tiếp đường tròn tâm I(4;5), biết rằng A(2;3) và hoành độ điểm B nhỏ hơn hoành độ điểm C. Tìm tọa độ các đỉnh B và C của tam giác.
Giải:
Một bài toán rất hay! Liên quan rất nhiều kiến thức lớp 9, đặc biệt là tính chất của "Góc có đỉnh nằm bên trong và bên ngoài đường tròn". Việc chứng minh tính chất đặc biệt mới là vấn đề quan trọng của bài toán, còn việc toạ độ hoá thì không có gì khó khăn. Sau đây thầy sẽ giải quyết cả 2 việc đó để các em thấy:

Tính chất đặc biệt - sặc mùi hình phẳng:
"Giao điểm thứ 2 của AI với (O) là tâm (BIC)"
Gọi giao điểm thứ 2 của AI với (O) là D ta có:
$\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
{A_1} = {A_2} = \dfrac{A}{2}\\
{A_1} = \widehat {DBC} = \dfrac{{sd\left( {DmC} \right)}}{2}\\
\widehat {DBC} = {C_1}\left( {DB = DC} \right)
\end{array} \right. \Rightarrow {C_1} = \dfrac{A}{2}\\
 \Rightarrow \widehat {DCI} = {C_1} + {C_2} = \dfrac{A}{2} + \dfrac{C}{2}\left( {Do\,{C_2} = {C_3} = \dfrac{C}{2}} \right)\\
 \Rightarrow \widehat {DCI} = \dfrac{{A + C}}{2}\left( 1 \right)\\
\left\{ \begin{array}{l}
{C_3} = \dfrac{{sd\left( {AnE} \right)}}{2} = \dfrac{C}{2} \Leftrightarrow C = sd\left( {AnE} \right)\\
{A_1} = \dfrac{{sd\left( {CmD} \right)}}{2} = \dfrac{A}{2} \Leftrightarrow A = sd\left( {CmD} \right)\\
\widehat {DIC} = \dfrac{{sd\left( {AnE} \right) + sd\left( {CmD} \right)}}{2}
\end{array} \right.
\end{array}.$

Sử dụng ĐỔI ĐIỂM + TỈ SỐ thể tích tính thể tích.

Đề bài: (Câu hỏi của bạn Học Học hỏi trên facebook Trợ Giúp Toán Học)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a.

SA vuông góc với đáy và $SA = a\sqrt 2.$
Gọi H và K lần lượt là hình chiếu của A trên SB và SD.
- Chứng minh: SA vuông góc với mp (AHK).
- Tính thể tích khối chóp O.AHK
Giải:
$\begin{array}{l}
 \bullet \left\{ \begin{array}{l}
BC \bot BA\\
BC \bot SA\left( {SA \bot (ABCD)} \right)
\end{array} \right.\\
 \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right)\\
 \Rightarrow BC \bot AH\left( {AH \subset (SAB)} \right)\\
Do\,AH \bot SB\left( {gt} \right)\\
 \Rightarrow AH \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow AH \bot SC\left( 1 \right).\,\,\\
Do\,\left\{ \begin{array}{l}
DC \bot DA\\
DC \bot SA\left( {SA \bot (ABCD)} \right)
\end{array} \right. \Rightarrow DC \bot \left( {SAD} \right)\\
 \Rightarrow DC \bot AK\left( {AK \subset (SAD)} \right)\& AK \bot SD\left( {gt} \right)\\
 \Rightarrow AK \bot \left( {SDC} \right) \Rightarrow AK \bot SC\left( 2 \right)\\
 \Rightarrow SC \bot \left( {AHK} \right)\left( {Do\,(1)\& (2)} \right)
\end{array}.$

Giải HPT bằng phương pháp đánh giá.

Đề bài: (Câu hỏi của bạn Hinta Vũ Ngọc Anh hỏi trên facebook Trợ Giúp Toán Học)
Giải hệ phương trình sau:$\left\{ \begin{array}{l}
{x^2} + 4\left( {{y^2} - x} \right) = 5\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\\
6\left( {4 - {y^2}} \right)\sqrt {x - 4}  = 17{y^2}\left( {x + 2} \right)\sqrt {4 - y}  + 24\,\,\,\,\,\left( 2 \right)
\end{array} \right.$
Giải:
Đọc xong lời giải này, các bạn sẽ có thắc mắc: "Do đâu thầy lại nghĩ ra cách như vậy?"
Thầy xin trả lời như sau: Nếu tinh ý, các bạn sẽ thấy PT(1) có dạng tổng các bình phương, từ đó các bạn sẽ rút ra điều kiện chặt hơn của x và y. Vấn đề ở PT(2) nữa bộ số (6,17,24) chẳng thể giải quyết được việc gì, các biến x,y có số mũ lộn xộn, các căn thức không có mối liên hệ gì để có thể đặt ẩn phụ hoặc đưa về hàm đặc trưng. Chính vì lẽ đó thầy thử đánh giá 2 vế của nó và có lời giải sau:
Điều kiện: ${x \ge 4\& y \le 4}.$\[\begin{array}{l}
\left( 1 \right) \Leftrightarrow {x^2} - 4x + 4 + 4{y^2} = 9 \Leftrightarrow {\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {2y} \right)^2} = 9\\
 \Rightarrow {\left( {x - 2} \right)^2} \le 9 \Leftrightarrow x - 2 \le 3\left( {Do\,x \ge 4\,\& \,x - 2 > 0} \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
4 \le x \le 5\\
y \le 4
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
17{y^2} \ge 0\\
\sqrt {4 - y}  \ge 0\\
x + 2 \ge 6
\end{array} \right.\\
 \Rightarrow V{T_{\left( 2 \right)}} = 17{y^2}\left( {x + 2} \right)\sqrt {4 - y}  + 24 \ge 24
\end{array}\]

Tư duy phát hiện chân đường cao hình chóp.

Đề bài: (Câu hỏi của bạn Nguyễn Kiều Nga hỏi trên facebook Trợ Giúp Toán Học)
Cho hình chóp S.ABC, đáy là tam giác đều ABC có các cạnh bằng $\sqrt 6$. Biết rằng các mặt bên của hình chóp có diện tích bằng nhau và một trong các cạnh bên bằng 3$\sqrt 2$. Tính thể tích của khối chóp.
Giải:
Giả sử H là chân đường vuông góc hạ từ S xuống đáy ABC và gọi M, N, P lần lượt là hình chiếu của H trên AB, BC và CA. Khi đó ta có:

$\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
SH \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SH \bot AB;\,\\
HM \bot AB
\end{array} \right.\\
 \Rightarrow AB \bot \left( {AHM} \right) \Rightarrow AB \bot SM\\
 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{S_{SAB}} = \dfrac{1}{2}SM.AB\\
{S_{SBC}} = \dfrac{1}{2}SN.BC\\
{S_{SCA}} = \dfrac{1}{2}SP.CA\\
{S_{SAB}} = {S_{SBC}} = {S_{SCA}}\& \,AB = BC = CA
\end{array} \right.\\
 \Rightarrow SM = SN = SP\left( 1 \right)\\
SH \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SH \bot HM,\,SH \bot HN,SH \bot HP(2)\\
\Delta SHM = \Delta SHN = \Delta SHP\left( {Do\,(1),(2)\& SH\,chung} \right)\\
 \Rightarrow HM = HN = HP
\end{array}$

3 HƯỚNG XỬ LÝ BÀI TOÁN: “Tìm m để PT bậc 3 f(x,m)=0 có 3 nghiệm phân biệt”

Đề bài: (Câu hỏi của bạn Vtlddh Cl Dnqtct hỏi trên facebook Trợ Giúp Toán Học)
Nêu các phương pháp xác định m để phương trình bậc 3: f(x,m)=0 có 3 nghiệm phân biệt?
Giải:

Bất Đẳng Thức dồn biến kiểu TỔNG-TÍCH.

Đề bài: (Câu hỏi của bạn Vô Vị hỏi trên facebook Trợ Giúp Toán Học)\[Cho\,\left\{ \begin{array}{l}
x,y \ne 0\\
\left( {x + y} \right)xy = {x^2} + {y^2} - xy
\end{array} \right..\,\,Max\,A = \dfrac{1}{{{x^3}}} + \dfrac{1}{{{y^3}}} = ?\]Giải:

Tích phân hàm vô tỷ.

Đề bài: (Câu hỏi của bạn Nguyễn Nguyệt hỏi trên facebook Trợ Giúp Toán Học)
Tính nguyên hàm: $I = \int {\dfrac{{dx}}{{1 + x + \sqrt {{x^2} + 1} }}} .$
Giải:

Góc giữa 2 đường thẳng chéo nhau.

Đề bài: (Câu hỏi bạn Nam Phạm hỏi trên facebook Trợ Giúp Toán Học)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật ABCD với  AB=a, AD=2a. Hình chiếu vuông góc của S xuống mặt phẳng (ABCD) là điểm H thuộc AB sao cho: AB=3AH. Biết ${S_{SAB}} = {a^2}.$ Tính góc giữa 2 đường thẳng SA và BD.
Giải:

$\begin{array}{l}
{S_{SAB}} = \dfrac{1}{2}SH.AB \Leftrightarrow SH = \dfrac{{2{S_{SAB}}}}{{AB}} = 2a\& \,SH \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SH \bot HC\& SH \bot AB\\
 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
SA = \sqrt {S{H^2} + A{H^2}}  = \dfrac{{a\sqrt {37} }}{3};\,SB = \sqrt {S{H^2} + B{H^2}}  = \dfrac{{2a\sqrt {10} }}{3}\\
SC = \sqrt {S{H^2} + H{C^2}}  = \sqrt {S{H^2} + B{H^2} + B{C^2}}  = \dfrac{{a\sqrt {76} }}{3}
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
OM = \dfrac{{SA}}{2} = \dfrac{{a\sqrt {37} }}{6}\\
OB = \dfrac{{BD}}{2} = \dfrac{{a\sqrt 5 }}{2}
\end{array} \right.
\end{array}.$

LƯỢNG GIÁC HOÁ trong BĐT.

Đề bài (Câu hỏi của bạn Trần Phạm Tuyên hỏi trên facebook Trợ Giúp Toán Học)\[\left\{ \begin{array}{l}
x,y,z > 0\\
x + y + z = 1
\end{array} \right..\,CMR:\,\dfrac{x}{{x + yz}} + \dfrac{y}{{y + zx}} + \dfrac{z}{{z + xy}} \le \dfrac{9}{4}\left( * \right)\]Giải:
Khi sử dụng lượng giác hoá trong bất đẳng thức, các em phải nhớ cho thầy 2 công thức rất quan trọng trong hệ thức lượng liên quan đến tam giác như sau (chứng minh chúng rất dễ thôi).
$\left[ \begin{array}{l}
\tan \,A + \tan \,B + \tan \,C = \tan \,A.\tan B.\tan C\left( i \right)\\
\tan \dfrac{A}{2}.\tan \dfrac{B}{2} + \tan \dfrac{B}{2}.\tan \dfrac{C}{2} + \tan \dfrac{C}{2}.\tan \dfrac{A}{2} = 1\left( {ii} \right)
\end{array} \right.$
Thầy sẽ đi chứng minh (ii) như sau, vì bài này sẽ sử dụng đến (ii):

Bất đẳng thức có xét hàm.

Đề bài: (Câu hỏi của bạn Nhật Quang hỏi trên facebook Trợ Giúp Toán Học)
$Cho\,\left\{ \begin{array}{l}
a,b,c > 0\\
a + b + c = 3
\end{array} \right..\,\,Min\,P = \dfrac{a}{{\sqrt {ab} }} + \dfrac{b}{{\sqrt {bc} }} + \dfrac{c}{{\sqrt {ca} }} - 4abc = ?.$
Giải:
Áp dụng BĐT Côsi cho 2 số ta có: $\sqrt {ab}  \le \dfrac{{a + b}}{2} \Rightarrow \dfrac{a}{{\sqrt {ab} }} \ge \dfrac{{2a}}{{a + b}} \Rightarrow P \ge 2\left( {\dfrac{a}{{a + b}} + \frac{b}{{b + c}} + \dfrac{c}{{c + a}}} \right) - 4abc.$

Lại xét hàm...

Đề bài: (Câu hỏi của bạn Lan Ốc hỏi trên facebook Trợ Giúp Toán Học)
Giải hệ phương trình: $\left\{ \begin{array}{l}
4\left( {2x\sqrt {2x - 1}  - {y^3} - 3{y^2}} \right) = 15y + 7 + \sqrt {2x - 1} \left( 1 \right)\\
\sqrt {\frac{{y\left( {y + 2} \right)}}{2}}  + \sqrt {6 - x}  = 2{x^2} + 3{y^2} - 15x + 4y + 8\left( 2 \right)
\end{array} \right.$
Giải:

Từ đề DỄ tạo đề KHÓ!

Đề bài: (Câu hỏi của bạn Vương Thị Như Bảo hỏi trên facebook Trợ Giúp Toán Học)
Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho hình thang ABCD vuông tại A và D, CD=2AB, điểm B(8;4). Phương trình cạnh AD: x-y+2=0. Gọi H là hình chiếu vuông góc của D trên AC và điểm $M\left( {\frac{{82}}{{13}};\frac{6}{{13}}} \right)$ là trung điểm của HC. Xác định toạ độ các đỉnh còn lại của hình thang ABCD.
Giải:
Bài toán không khó khi chúng ta lần lượt đi tìm các yếu tố liên quan đến các đỉnh của hình thang dựa vào các yếu tố đã biết (nghĩa là không cần tìm "điều đặc biệt" thường thấy trong Hình Oxy). Nhưng cuối bài giải thầy có nêu một bài tập tương tự để chúng ta cùng suy nghĩ và phát hiện điều đặc biệt khi nó khó hơn.

Tích phân hàm vô tỷ & siêu việt.

Đề bài: (Câu hỏi của bạn Nguyễn Hồng Sơn hỏi trên facebook Trợ Giúp Toán Học)
Tích tích phân: \[I = \int\limits_{\sqrt 3 }^{2\sqrt 2 } {\frac{{{x^3}\ln x}}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}dx} \]Giải:

Sử dụng PP lượng giác hoá giải toán BĐT.

Đề bài: (Câu hỏi của bạn Nguyễn Trà My hỏi trên facebook Trợ Giúp Toán Học)\[Cho\,\left\{ \begin{array}{l}
x,y \in R\\
{x^2} + {y^2} = 1
\end{array} \right..Min,\,Max\,P = \frac{{2\left( {{x^2} + 6xy} \right)}}{{1 + 2xy + 2{y^2}}} = ?\]Giải:

Một cách tìm Min, Max lạ mà hay!

Đề bài: (Câu hỏi của bạn Mã Mã hỏi trên facebook Trợ Giúp Toán Học)\[Cho\,\left\{ \begin{array}{l}
x,y,z \in \left[ {1;4} \right]\\
x \ge y\& x \ge z
\end{array} \right..\,Min\,P = \frac{x}{{2x + 3y}} + \frac{y}{{y + z}} + \frac{z}{{z + x}} = ?\]Giải:\

PTLG đưa về PT tích.

Đề bài: (Câu hỏi của bạn Black King hỏi trên facebook Trợ Giúp Toán Học)
Giải phương trình: $si{n^3}x + co{s^3}x = 2 - si{n^4}x\left( * \right).$
Giải:
\[\begin{array}{l}
\left( * \right) \Leftrightarrow cosx.co{s^2}x + \left( {{{\sin }^4}x + {{\sin }^3}x - 2} \right) = 0\\
 \Leftrightarrow cos\,x\left( {1 - {{\sin }^2}x} \right) + \left( {\sin \,x - 1} \right)\left( {{{\sin }^3}x + 2{{\sin }^2}x + 2\sin x + 2} \right) = 0\\
 \Leftrightarrow cos\,x\left( {1 - \sin \,x} \right)\left( {1 + \sin \,x} \right) - \left( {{{\sin }^3}x + 2{{\sin }^2}x + 2\sin x + 2} \right) = 0\\
 \Leftrightarrow \left( {1 - \sin \,x} \right)\left[ {cos\,x\left( {1 - \sin \,x} \right) - \left( {{{\sin }^3}x + 2{{\sin }^2}x + 2\sin x + 2} \right)} \right] = 0\\
 \Leftrightarrow \left( {1 - \sin \,x} \right)\left[ {cos\,x\left( {1 + \sin \,x} \right) - {{\sin }^2}x\left( {1 + \sin \,x} \right) - 2\left( {1 + \sin \,x} \right) - {{\sin }^2}x} \right] = 0\\
 \Leftrightarrow \left( {1 - \sin \,x} \right)\left[ {\left( {1 + \sin \,x} \right)\left( {cos\,x - {{\sin }^2}x - 2} \right) - {{\sin }^2}x} \right] = 0\\
Do\,\left\{ \begin{array}{l}
\left( {1 + \sin \,x} \right)\left( {cos\,x - {{\sin }^2}x - 2} \right) - {\sin ^2}x = \left( {1 + \sin \,x} \right)\left( {co{s^2}x + cos\,x - 3} \right) - {\sin ^2}x\\
co{s^2}x + cos\,x - 3 < 0\& 1 + \sin \,x < 0 \Rightarrow \left( {1 + \sin \,x} \right)\left( {co{s^2}x + cos\,x - 3} \right)\\
 - {\sin ^2}x \le 0
\end{array} \right.\\
 \Rightarrow \left( {1 + \sin \,x} \right)\left( {cos\,x - {{\sin }^2}x - 2} \right) - {\sin ^2}x \Rightarrow 1 - \sin \,x = 0 \Leftrightarrow \sin \,x = 1 \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{2} + k2\pi \left( {k \in Z} \right)
\end{array}\]

Bài toán đơn giản hơn khi sử dụng công thức.

Đề bài: (Câu hỏi của bạn Vương Thị Như Bảo hỏi trên facebook Trợ Giúp Toán Học)
Trong mặt phẳng với  hệ trục toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có AD=2AB.
Biết điểm N(4;2) thuộc đoạn CD thõa mãn DN=2NC.

Gọi M là điểm trên đoạn BC sao cho BC =4BM.
Tìm tọa độ của điểm A biết phương trình đường thẳng AM: x+2y-18=0.
Giải:
Bài toán đơn giản và có rất nhiều cách. Chúng ta có thể gọi các cạnh của hình chữ nhật ABCD rồi tính AM, MN, AN sau đó tính được cosMAN và gọi toạ độ vectơ pháp tuyến của AN ta hoàn toàn tính được.
Thầy sẽ sử dụng một số công thức về lượng giác như đã chia sẽ ở ĐÂY vào bài này như sau:

BĐT vận dụng BĐT Schur và đổi biến p,q,r.

Đề bài: (Câu hỏi của bạn Le Hieu hỏi trên facebook Trợ Giúp Toán Học)
Cho các số thực dương a, b, c. CMR: $\left( {{a^2} + 2} \right)\left( {{b^2} + 2} \right)\left( {{c^2} + 2} \right) \ge 9\left( {ab + bc + ca} \right)\left( * \right).$
Giải:\[\begin{array}{l}
V{T_{\left( * \right)}} = {\left( {abc} \right)^2} + 2\left[ {{{\left( {ab} \right)}^2} + {{\left( {bc} \right)}^2} + {{\left( {ca} \right)}^2}} \right] + 4\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) + 8\\
 = \left[ {{{\left( {abc} \right)}^2} + 1 + 1} \right] + 2\left[ {{{\left( {ab} \right)}^2} + {{\left( {bc} \right)}^2} + {{\left( {ca} \right)}^2} + 3} \right] + 4\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)\,
\end{array}\]

Bài HHKG khá khoai.

Đề bài: (Câu hỏi của bạn Khải Quang Trần hỏi trên facebook Trợ Giúp Toán Học)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với $AB = 4a;\,AD = 4a\sqrt 3.$. Tam giác SAB vuông tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với (ABCD). Biết rằng SA = 2a. Gọi I là trung điểm của BC. Tính góc giữa SC và (SDI)?
Giải: (Bài toán có thể sử dụng PP toạ độ Oxyz bằng việc tạo thêm trục Hy//AD//BC, nhưng để tiện cho lớp 11 và 12 cùng theo dõi thầy sẽ giải bằng PP thuần tuý như sau)

$\begin{array}{l}
Do\,\left\{ \begin{array}{l}
\frac{1}{{S{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{S{B^2}}}\\
S{B^2} = A{B^2} - S{A^2}
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
SH = a\sqrt 3 \\
AH = a\& BH = 3a
\end{array} \right.\\
 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
HI = \sqrt {H{B^2} + B{I^2}}  = a\sqrt {21} \\
DI = \sqrt {C{D^2} + C{I^2}}  = a\sqrt {28} \\
H{D^2} = \sqrt {A{H^2} + A{D^2}}  = 7a
\end{array} \right.\\
 \Rightarrow H{D^2} = H{I^2} + D{I^2} \Rightarrow HI \bot DI\left( 1 \right)\\
\left\{ \begin{array}{l}
SH \bot \left( {ABCD} \right)\\
DI \subset \left( {ABCD} \right)
\end{array} \right. \Rightarrow SH \bot DI\left( 2 \right)\\
 \Rightarrow DI \bot \left( {SHI} \right)\left( {Do\,(1)\& (2)} \right)
\end{array}.$

Sử dụng BĐT Bernoulli giải PT mũ.

Đề bài: (Câu hỏi của bạn Tí Buồn hỏi trên facebook Trợ Giúp Toán Học)
Giải phương trình: ${3^x} + {5^x} = 6x + 2\left( * \right).$
Giải:
Áp dụng BĐT Bernoulli cho x=2, x=4 và r=x ta có:
\[ \bullet {\mkern 1mu} Khi{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x \ge 1}\\
{x \le 0}
\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{{3^x} = {{\left( {1 + 2} \right)}^x} \ge 1 + 2x}\\
{{5^x} = {{\left( {1 + 4} \right)}^x} \ge 1 + 4x}
\end{array}} \right. \Rightarrow V{T_{\left( * \right)}} \ge 6x + 2 = V{P_{\left( * \right)}}\]Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x=0 hoặc x=1.

Một bài lạ hoá quen.

Đề bài: (Câu hỏi của bạn Linh Gunner hỏi trên facebook Trợ Giúp Toán Học)
Cho hàm số:$y = \frac{1}{3}{x^3} - \left( {m + 1} \right){x^2} + \frac{4}{3}{\left( {m + 1} \right)^3}\left( 1 \right)$, với m là tham số thực.
Tìm m để các điểm cực đại và cực tiểu của đồ thị (1) nằm về 2 phía (phía trong và phía ngoài) của đường tròn có phương trình: ${x^2} + {y^2} - 4x + 3 = 0.$
Giải:
Ta có  ${{y}^{,}}={{x}^{2}}-2(m+1)x$
+ ${{y}^{,}}=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align}
  & x=0 \\
 & x=2(m+1) \\
\end{align} \right.$
+ $y(0)=\frac{4}{3}{{(m+1)}^{3}}$ ;$y(2(m+1))=0$

Mỗi ngày một tính chất Oxy.

Đề bài: (Câu hỏi của bạn Hằng Pêlêlốp hỏi trên facebook Trợ Giúp Toán Học)
Cho đường tròn (C) : x^2+y^2=25 ngoại tiếp tam giác ABC có toạ độ chân đường cao kẻ từ B;C lần lượt là M(1;3) ,N(2;3).Tìm toạ độ A;B;C biết A có tung độ âm.
Giải:
Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ta có:

$\left\{ \begin{array}{l}
CN \bot AB\\
BM \bot AC
\end{array} \right. \Rightarrow \widehat {BMC} = \widehat {BNC} = {90^0}.$
Khi đó BCMN là tứ giác nội tiếp nên:
$\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\widehat {ACB} + \widehat {BNM} = {180^0}\\
\widehat {ANM} + \widehat {BNM} = {180^0}
\end{array} \right. \Rightarrow \widehat {ACB} = \widehat {ANM}\left( 1 \right).$
Gọi At là tiếp tuyến tại A với (O) ta thấy:
$\widehat {tAB} = \widehat {ACB}$(= sđ cung AB)
$\Rightarrow \widehat {tAB} = \widehat {ANM} \Rightarrow At//MN \Rightarrow AO \bot MN\left( {AO \bot At} \right).$

Lập luận để lời giải có căn cứ (PP hệ số bất định)

Đề bài: (Câu hỏi của bạn Chit Bong Doan hỏi trên facebook Trợ Giúp Toán Học)
Giải hệ phương trình: $\left\{ \begin{array}{l}
{x^2} + {y^2} = \frac{1}{5}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\\
4{x^2} + 3x - \frac{{57}}{{25}} =  - y\left( {3x + 1} \right)\,\,\left( 2 \right)
\end{array} \right.$
Giải:
Giả sử tồn tại 2 số thực a và b sao cho:\[\begin{array}{l}
a.\left( 1 \right) + b.\left( 2 \right) \Leftrightarrow \left( {a\, + 4b} \right){x^2} + a{y^2} + 3bxy + 3bx + by = \frac{a}{5} + \frac{{57b}}{{25}}\\
 \Leftrightarrow {\left( {\sqrt {a + 4b} \,x + \sqrt a \,y + c} \right)^2} = \frac{a}{5} + \frac{{57b}}{{25}} + {c^2} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
2\sqrt {a\left( {a + 4b} \right)}  = 3b\\
2c\sqrt {a + 4b}  = 3b\\
2c\sqrt a  = b\\
\frac{a}{5} + \frac{{57b}}{{25}} + {c^2} = {k^2}
\end{array} \right.\\
 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\frac{a}{5} + \frac{{57b}}{{25}} + {c^2} = {k^2}\\
b = 2a;\,c = \sqrt a
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = 1;\,b = 2;\,c = 1\\
k = \frac{{12}}{5}
\end{array} \right. \Rightarrow {\left( {3x + y + 1} \right)^2} = {\left( {\frac{{12}}{5}} \right)^2}
\end{array}\]

ĐỔI ĐIỂM tính khoảng cách...

Đề bài: (Câu hỏi của bạn Ine LMathino hỏi trên facebook Trợ Giúp Toán Học)
Cho chóp SABCD đáy là hình bình hành,$AB = 2a,\,\,BC = a\sqrt 2 ,\,\,BD = a\sqrt 6.$. Hình chiếu vuông góc của S xuống (ABCD) là trọng tâm G của tam giác BCD, SG=2a. Tính ${V_{S.ABCD}}{\rm{ }}\& {\rm{ }}d\left( {A \to \left( {SBD} \right)} \right).$
Giải:
Vì ABCD là hình bình hành nên $AD = BC = a\sqrt 2  \Rightarrow B{D^2} = A{B^2} + A{D^2} \Rightarrow$ ABCD là hình chữ nhật.

$\Rightarrow {V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SG.{S_{ABCD}} = \frac{{4{a^3}\sqrt 2 }}{3}.$
Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}
AG \equiv AC \cap \left( {SBD} \right) = O\\
\frac{{AO}}{{GO}} = 3
\end{array} \right.$
$\Rightarrow d\left( {A \to (SBD)} \right) = 3d\left( {G \to (SBD)} \right).$
Trong ABCD, dựng $GH \bot BD\left( {H \in BD} \right).$
Trong (SHG), dựng $GK \bot SH\left( {K \in SH} \right)\left( 1 \right).$
$ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
BD \bot GH\\
BD \bot SG
\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {SHG} \right) \Rightarrow BD \bot GK\left( 2 \right).$