Cho $\left\{ \begin{array}{l}
x,y > 0\\
x + y = 1
\end{array} \right.$ Tìm Max $M = {x^5}{y^3} + {x^3}{y^5}$
Giải:
Thứ Tư, 31 tháng 12, 2014
Câu khó trong đề thi HK I - Lớp 8 - Ams
Đề bài:
Cho $\left\{ \begin{array}{l}
x,y > 0\\
x + y = 1
\end{array} \right.$ Tìm Max $M = {x^5}{y^3} + {x^3}{y^5}$
Giải:
Cho $\left\{ \begin{array}{l}
x,y > 0\\
x + y = 1
\end{array} \right.$ Tìm Max $M = {x^5}{y^3} + {x^3}{y^5}$
Giải:
Giải tam giác...
Đề bài: (Câu hỏi của bạn Thivan Nguyen hỏi trên facebook Trợ Giúp Toán Học)
Cho hình chóp $S.ABC$ có đáy là tam giác cân tại $A, AC=a$ và góc $\widehat {BAC} = \alpha \left( {{{45}^0} < \alpha < {{90}^0}} \right)$. Các cạnh bên nghiêng đều trên đáy một góc $45^0$.
a) Tính thể tích của hình chóp $S.ABC$.
b) Tính diện tích thiết diện tạo bởi khối chóp với mặt phẳng đi qua $C$ và $SH$.
Giải:
Cho hình chóp $S.ABC$ có đáy là tam giác cân tại $A, AC=a$ và góc $\widehat {BAC} = \alpha \left( {{{45}^0} < \alpha < {{90}^0}} \right)$. Các cạnh bên nghiêng đều trên đáy một góc $45^0$.
a) Tính thể tích của hình chóp $S.ABC$.
b) Tính diện tích thiết diện tạo bởi khối chóp với mặt phẳng đi qua $C$ và $SH$.
Giải:
Thứ Ba, 30 tháng 12, 2014
Phương pháp hàm số...
Đề bài: (Câu hỏi của bạn Toi yeu viet nam hỏi trên facebook Trợ Giúp Toán Học)
Bài 1. Tìm $m \in \mathbb{R}$ để hệ sau có nghiệm $x \in \mathbb{R}$: $\left\{ \begin{array}{l}
{x^2} + \dfrac{{4{x^2}}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}} \ge 5\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\\
{x^4} + 8{x^2} + 16mx + 32m + 16 = 0\,\,\,\left( 2 \right)
\end{array} \right.$
Bài 2. Tìm Min, Max của biểu thức: $P = \dfrac{{\sqrt {5 - 4a} - \sqrt {1 + a} }}{{\sqrt {5 - 4a} + 2\sqrt {1 + a} + 6}}$
Giải:
Bài 1. Tìm $m \in \mathbb{R}$ để hệ sau có nghiệm $x \in \mathbb{R}$: $\left\{ \begin{array}{l}
{x^2} + \dfrac{{4{x^2}}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}} \ge 5\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\\
{x^4} + 8{x^2} + 16mx + 32m + 16 = 0\,\,\,\left( 2 \right)
\end{array} \right.$
Bài 2. Tìm Min, Max của biểu thức: $P = \dfrac{{\sqrt {5 - 4a} - \sqrt {1 + a} }}{{\sqrt {5 - 4a} + 2\sqrt {1 + a} + 6}}$
Giải:
Chủ Nhật, 28 tháng 12, 2014
Sử dụng PP hàm số giải HPT.
Đề bài: (Câu hỏi của bạn Toi Yeu Viet Nam hỏi trên facebook Trợ Giúp Toán Học)
Giải hệ phương trình: $\left\{ \begin{array}{l}
3{x^2} - 2x - 5 + 2x\sqrt {{x^2} + 1} = 2\left( {y + 1} \right)\sqrt {{y^2} + 2y + 2} \,\left( 1 \right)\\
{x^2} + 2{y^2} = 2x - 4y + 3\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)
\end{array} \right.\left( * \right)$
Giải:
Giải hệ phương trình: $\left\{ \begin{array}{l}
3{x^2} - 2x - 5 + 2x\sqrt {{x^2} + 1} = 2\left( {y + 1} \right)\sqrt {{y^2} + 2y + 2} \,\left( 1 \right)\\
{x^2} + 2{y^2} = 2x - 4y + 3\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)
\end{array} \right.\left( * \right)$
Giải:
Thứ Năm, 18 tháng 12, 2014
Mỗi ngày một tính chất hình Oxy
Đề bài: (Câu hỏi của bạn Steve Job hỏi trên facebook Trợ Giúp Toán Học)
Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ $Oxy$, cho tam giác $ABC$ có đường phân giác trong của góc $A$ nằm trên đường thẳng $d:x+y=0$, đường tròn ngoại tiếp của tam giác $ABC$ có phương trình là $x^2+y^2-4x+2y-20=0.$ Biết rằng điểm $M(3;-4)$ thuộc đường thẳng $BC$ và điểm $A$ có hoành độ âm. Tìm tọa độ các điểm $A,B,C.$
Giải:
Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ $Oxy$, cho tam giác $ABC$ có đường phân giác trong của góc $A$ nằm trên đường thẳng $d:x+y=0$, đường tròn ngoại tiếp của tam giác $ABC$ có phương trình là $x^2+y^2-4x+2y-20=0.$ Biết rằng điểm $M(3;-4)$ thuộc đường thẳng $BC$ và điểm $A$ có hoành độ âm. Tìm tọa độ các điểm $A,B,C.$
Giải:
Thứ Ba, 16 tháng 12, 2014
Bài Hình Oxy - Thi thử QG 2015 THPT chuyên Vĩnh Phúc
Đề bài:
Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho tam giác $ABC$ có phương trình đường thẳng chứa đường trung tuyến và đường phân giác trong đỉnh B lần lượt là $d_1:2x+y-3=0, d_2:x+y-2=0$. Điểm $M(2;1)$ nằm trên đường thẳng chứa cạnh $AB$, đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có bán kính bằng $\sqrt{5}$. Biết đỉnh A có hoành độ dương. Xác định toạ độ các đỉnh của tam giác ABC.
Giải:
Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho tam giác $ABC$ có phương trình đường thẳng chứa đường trung tuyến và đường phân giác trong đỉnh B lần lượt là $d_1:2x+y-3=0, d_2:x+y-2=0$. Điểm $M(2;1)$ nằm trên đường thẳng chứa cạnh $AB$, đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có bán kính bằng $\sqrt{5}$. Biết đỉnh A có hoành độ dương. Xác định toạ độ các đỉnh của tam giác ABC.
Giải:
Giải toán qua thư - Toán Tuổi Thơ Số 142 tháng 12.2014
Đề bài: (Câu hỏi của một số bạn Amser hỏi trên facebook Trợ Giúp Toán Học)
Câu 1 - CAO VĂN DŨNG (GV THPT HÀ NỘI - Amsterdam)
Giải phương trình:$\sqrt {3{x^2} + 10x + 3} + 2\sqrt x = 3x + \dfrac{1}{{{x^2} + 1}} - \dfrac{{7x - 1}}{{2\left( {{x^2} + x} \right)}} + 4$
Câu 2: Cho $\left\{ \begin{array}{l}
a,b,c \in {\mathbb{R}^ + }\\
a + b + c = 1
\end{array} \right.$CMR:$\,\dfrac{{ab}}{{{a^2} + {b^2}}} + \dfrac{{bc}}{{{b^2} + {c^2}}} + \dfrac{{ca}}{{{c^2} + {a^2}}} + \dfrac{1}{4}\left( {\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c}} \right) \ge \dfrac{{15}}{4}\left( * \right).$
Giải:
Câu 1 - CAO VĂN DŨNG (GV THPT HÀ NỘI - Amsterdam)
Giải phương trình:$\sqrt {3{x^2} + 10x + 3} + 2\sqrt x = 3x + \dfrac{1}{{{x^2} + 1}} - \dfrac{{7x - 1}}{{2\left( {{x^2} + x} \right)}} + 4$
Câu 2: Cho $\left\{ \begin{array}{l}
a,b,c \in {\mathbb{R}^ + }\\
a + b + c = 1
\end{array} \right.$CMR:$\,\dfrac{{ab}}{{{a^2} + {b^2}}} + \dfrac{{bc}}{{{b^2} + {c^2}}} + \dfrac{{ca}}{{{c^2} + {a^2}}} + \dfrac{1}{4}\left( {\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c}} \right) \ge \dfrac{{15}}{4}\left( * \right).$
Giải:
Khoảng cách giữa 2 đường thẳng chéo nhau.
Đề bài: (Câu hỏi của chị Phụ Huynh Tý Quậy hỏi trên facebook Trợ Giúp Toán Học)
Cho hình chóp $S.ABCD$ có đường thẳng $SA$ vuông góc với mặt đáy, đáy $ABCD$ là hình chữ nhật, cạnh $AB=2a; AD=2a\sqrt{3}$. Gọi O là giao điểm của $AC$ và $BD$. Biết khoảng cách giữa $AC$ và $SD$ là $\dfrac{a\sqrt{3}}{2}$. Tính thể tích hình chóp $S.ABCD$.
Giải:
Cho hình chóp $S.ABCD$ có đường thẳng $SA$ vuông góc với mặt đáy, đáy $ABCD$ là hình chữ nhật, cạnh $AB=2a; AD=2a\sqrt{3}$. Gọi O là giao điểm của $AC$ và $BD$. Biết khoảng cách giữa $AC$ và $SD$ là $\dfrac{a\sqrt{3}}{2}$. Tính thể tích hình chóp $S.ABCD$.
Giải:
Chủ Nhật, 14 tháng 12, 2014
Thứ Hai, 8 tháng 12, 2014
Câu Bất Đẳng Thức Cấp II
Đề bài: (Câu hỏi của bạn Emyeu Toan hỏi trên facebook Trợ Giúp Toán Học)
Cho $\left\{ \begin{array}{l}
a,b,c \in {\mathbb{R}^ + }\\
a + b + c = 1
\end{array} \right.$CMR:$\,\dfrac{{ab}}{{{a^2} + {b^2}}} + \dfrac{{bc}}{{{b^2} + {c^2}}} + \dfrac{{ca}}{{{c^2} + {a^2}}} + \dfrac{1}{4}\left( {\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c}} \right) \ge \dfrac{{15}}{4}\left( * \right).$
Giải:
Cho $\left\{ \begin{array}{l}
a,b,c \in {\mathbb{R}^ + }\\
a + b + c = 1
\end{array} \right.$CMR:$\,\dfrac{{ab}}{{{a^2} + {b^2}}} + \dfrac{{bc}}{{{b^2} + {c^2}}} + \dfrac{{ca}}{{{c^2} + {a^2}}} + \dfrac{1}{4}\left( {\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c}} \right) \ge \dfrac{{15}}{4}\left( * \right).$
Giải:
Lời giải qua video đây
:
Hoặc qua Latex:3 câu Bất Đẳng Thức ôn thi HK I - Lớp 10
Đề bài: (Câu hỏi của bạn Hoàng Phi Long hỏi trên facebook Trợ Giúp Toán Học)
Câu 1: Cho $x,y \in {\mathbb{R}^ + }.\,CMR:\,\left( {1 + 2x} \right)\left( {1 + \dfrac{{2y}}{x}} \right){\left( {1 + \dfrac{4}{{\sqrt y }}} \right)^2} \ge 81.$
Câu 2: Cho $\left\{ \begin{array}{l}
a,b,c \in \mathbb{R} \\
a + b + c = 0
\end{array} \right..\,CMR:\,\left| a \right| + \left| b \right| + \left| c \right| \ge \sqrt {2\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)} .$
Câu 3: Cho $a,b,c \in {\mathbb{R}^ + }.\,CMR:\,\dfrac{{{a^2}}}{{b + c}} + \dfrac{{{b^2}}}{{c + a}} + \dfrac{{{c^2}}}{{a + b}} \ge \dfrac{{a + b + c}}{2}.$
Giải:
Lời giải 3 câu sẽ ứng với từng video trên youtobe sau đây:
Câu 1: Cho $x,y \in {\mathbb{R}^ + }.\,CMR:\,\left( {1 + 2x} \right)\left( {1 + \dfrac{{2y}}{x}} \right){\left( {1 + \dfrac{4}{{\sqrt y }}} \right)^2} \ge 81.$
Câu 2: Cho $\left\{ \begin{array}{l}
a,b,c \in \mathbb{R} \\
a + b + c = 0
\end{array} \right..\,CMR:\,\left| a \right| + \left| b \right| + \left| c \right| \ge \sqrt {2\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)} .$
Câu 3: Cho $a,b,c \in {\mathbb{R}^ + }.\,CMR:\,\dfrac{{{a^2}}}{{b + c}} + \dfrac{{{b^2}}}{{c + a}} + \dfrac{{{c^2}}}{{a + b}} \ge \dfrac{{a + b + c}}{2}.$
Giải:
Lời giải 3 câu sẽ ứng với từng video trên youtobe sau đây:
Câu 1:
Câu 2:
Câu 3:
:
Chủ Nhật, 30 tháng 11, 2014
ĐỀ THI THỬ KỲ THI QUỐC GIA 2015 - LẦN I - HMATH!
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ KỲ THI QUỐC GIA 2015 - LẦN I - BẰNG VIDEO
Câu 1.b Các bạn xem ở ĐÂY
Câu 2 Các bạn xem ở ĐÂY
Câu 3 Các bạn xem ở ĐÂY
Câu 4 Các bạn xem ở ĐÂY
Câu 5 Các bạn xem ở ĐÂY
Câu 6 Các bạn xem ở ĐÂY
Câu 7 Các bạn xem ở ĐÂY
Câu 8 Các bạn xem ở ĐÂY
Câu 9 Các bạn xem ở ĐÂY
Câu 10 Các bạn xem ở ĐÂY
Thứ Năm, 27 tháng 11, 2014
BPT vô tỷ hay!
Đề bài: (Câu hỏi của bạn Lâm Thiên Hoàng hỏi trên facebook Trợ Giúp Toán Học)
Giải bất phương trình: $\dfrac{{6{x^2}}}{{{{\left( {\sqrt {2x + 1} + 1} \right)}^2}}} > 2x + \sqrt {x - 1} - 1\left( * \right)$
Giải:
Điều kiện $x \ge 1.$
Đọc tiếp
Giải bất phương trình: $\dfrac{{6{x^2}}}{{{{\left( {\sqrt {2x + 1} + 1} \right)}^2}}} > 2x + \sqrt {x - 1} - 1\left( * \right)$
Giải:
Điều kiện $x \ge 1.$
Thứ Hai, 24 tháng 11, 2014
Hệ phương trình - Thi thử moon.vn lần 2 (2015)
Đề bài: Giải hệ phương trình: $\left\{ \begin{array}{l}
\left( {2x + y - 1} \right)\left( {\sqrt {x + 3} + \sqrt {xy} + \sqrt x } \right) = 8\sqrt x \\
2{x^2} + 2\sqrt {3xy + {x^2}y} + 2xy + 3 = 11x
\end{array} \right.$
Giải:
\left( {2x + y - 1} \right)\left( {\sqrt {x + 3} + \sqrt {xy} + \sqrt x } \right) = 8\sqrt x \\
2{x^2} + 2\sqrt {3xy + {x^2}y} + 2xy + 3 = 11x
\end{array} \right.$
Giải:
Chủ Nhật, 23 tháng 11, 2014
Mỗi ngày một tính chất Hình Oxy.
Đề bài: (Trích đề thi thử lần 6 - Đề thi QG 2015 - Diễn đần k2pi)
Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho hình vuông ABCD, đường tròn đường kính AM cắt cạnh BC tại hai điểm B, $M\left( {5;7} \right)$ và cắt đường chéo BD tại $N\left( {6;2} \right)$, đỉnh C thuộc đường thẳng $2x - y - 7 = 0.$ Tìm toạ độ các đỉnh của hình vuông ABCD, biết hoành độ đỉnh C nguyên và hoành độ đỉnh A bé hơn 2.
Giải:
Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho hình vuông ABCD, đường tròn đường kính AM cắt cạnh BC tại hai điểm B, $M\left( {5;7} \right)$ và cắt đường chéo BD tại $N\left( {6;2} \right)$, đỉnh C thuộc đường thẳng $2x - y - 7 = 0.$ Tìm toạ độ các đỉnh của hình vuông ABCD, biết hoành độ đỉnh C nguyên và hoành độ đỉnh A bé hơn 2.
Giải:
Thứ Ba, 18 tháng 11, 2014
Mỗi ngày một tính chất Hình OXY
Đề bài: (Câu hỏi của bạn Chu Mai hỏi trên facebook Trợ Giúp Toán Học)
Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có $B\left( {3;\dfrac{7}{2}} \right)$, 2 điểm M và N lần lượt thuộc CD, CB sao cho BM = DN. I là giao điểm của BM và DN. Hình chiếu vuông góc của A lên DN là $K\left( {\dfrac{23}{5};\dfrac{9}{5}} \right)$. Xác định toạ độ đỉnh A biết phương trình của đường thẳng AI là $x - y - 1 = 0.$
Giải:
Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có $B\left( {3;\dfrac{7}{2}} \right)$, 2 điểm M và N lần lượt thuộc CD, CB sao cho BM = DN. I là giao điểm của BM và DN. Hình chiếu vuông góc của A lên DN là $K\left( {\dfrac{23}{5};\dfrac{9}{5}} \right)$. Xác định toạ độ đỉnh A biết phương trình của đường thẳng AI là $x - y - 1 = 0.$
Giải:
Thứ Tư, 12 tháng 11, 2014
Mỗi ngày một tính chất Hình Oxy - Sử dụng ĐL Steine.
Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có AC = 2AB. Điểm M(1;1) là trung điểm của BC. Điểm thuộc BC sao cho 3AN = NC. Điểm D thuộc BC sao cho AD đối xứng với với AM qua tia phân giác trong góc $\widehat {BAC}.$ DN có phương trình là 3x - 2y + 8 = 0 và điểm C thuộc đường thẳng d:x + y - 7 = 0. Xác định toạ độ các đỉnh của tam giác ABC.
Đọc tiếp
Giải:
Thứ Ba, 11 tháng 11, 2014
Mỗi ngày một tính chất HHGT Oxy
Đề bài: (Câu hỏi của bạn Cogang Toise hỏi trên facebook Trợ Giúp Toán Học)
Trong mặt phăng với hệ trục toạ độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A, M là trung điểm của AB. Biết $I\left( {\dfrac{8}{3};\dfrac{8}{3}} \right)$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, $K\left( {\dfrac{10}{3};\dfrac{8}{3}} \right)$ là trọng tâm tam giác ACM. Các đường thẳng AB và CM lần lượt đi qua các điểm $E\left( {0;3} \right),\,F\left( {2;0} \right)$. Tìm toạ độ các đỉnh của tam giác ABC, biết điểm A có tung độ dương.
Giải:
Trong mặt phăng với hệ trục toạ độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A, M là trung điểm của AB. Biết $I\left( {\dfrac{8}{3};\dfrac{8}{3}} \right)$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, $K\left( {\dfrac{10}{3};\dfrac{8}{3}} \right)$ là trọng tâm tam giác ACM. Các đường thẳng AB và CM lần lượt đi qua các điểm $E\left( {0;3} \right),\,F\left( {2;0} \right)$. Tìm toạ độ các đỉnh của tam giác ABC, biết điểm A có tung độ dương.
Giải:
Thứ Ba, 4 tháng 11, 2014
Mỗi ngày một tính chất hình Oxy.
Đề bài: (Trích đề thi thử kỳ thi Quốc Gia THPT năm 2015 - Phạm Tuấn Khải)
Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD. Các đường thẳng AB, AC lần lượt có phương trình là: $x - y + 5 = 0$ và $x + 3y - 6 = 0.$ Trọng tâm G của tam giác ACD nằm trên đường thẳng $d: 2x - y + 5 = 0.$ Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD.
Giải:
Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD. Các đường thẳng AB, AC lần lượt có phương trình là: $x - y + 5 = 0$ và $x + 3y - 6 = 0.$ Trọng tâm G của tam giác ACD nằm trên đường thẳng $d: 2x - y + 5 = 0.$ Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD.
Giải:
Hệ phương trình có đánh giá!
Đề bài: (Trích đề thi thử kỳ thi Quốc Gia THPT năm 2015 - Phạm Tuấn Khải)
Giải hệ phương trình: $\left\{ \begin{array}{l}
\dfrac{1}{{\sqrt {x + 2} }} + \dfrac{1}{{\sqrt {y - 1} }} = \dfrac{2}{{\sqrt {x + y} }}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(1)\\
{x^2} + {y^2} + 4xy - 4x + 2y - 5 = 0\,\,\,(2)
\end{array} \right.\,\left( {x;y \in R} \right)\,$
Giải:
Đọc tiếp
Giải hệ phương trình: $\left\{ \begin{array}{l}
\dfrac{1}{{\sqrt {x + 2} }} + \dfrac{1}{{\sqrt {y - 1} }} = \dfrac{2}{{\sqrt {x + y} }}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(1)\\
{x^2} + {y^2} + 4xy - 4x + 2y - 5 = 0\,\,\,(2)
\end{array} \right.\,\left( {x;y \in R} \right)\,$
Giải:
Thứ Hai, 3 tháng 11, 2014
Vận dụng Hệ Thức Lượng giải hình Oxy.
Đề bài: (Câu hỏi của bạn Love Rain hỏi trên facebook Trợ Giúp Toán Học)
Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có tâm $I\left( {\dfrac{3}{2}; - 1} \right)\,\& \,M\left( { - 1; - 1} \right)$ là điểm nằm trên cạnh AD sao cho MD=2MA. Biết đỉnh A có tung độ dương và trong tam giác AMI có $\sin \,\widehat {AMI} = \dfrac{{\sqrt {65} }}{5}\,\sin \,\widehat {MAI}.$ Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD.
Giải:
$\begin{array}{l}
Do\,\left\{ \begin{array}{l}
\sin \,\widehat {AMI} = \dfrac{{\sqrt {65} }}{5}\,\sin \,\widehat {MAI}\\
\dfrac{{AI}}{{\sin \,\widehat {AMI}\,}} = \dfrac{{MI}}{{\sin \,\widehat {MAI}\,}} = 2R
\end{array} \right.\\
\Rightarrow \dfrac{{\sqrt {65} }}{5} = \dfrac{{\sin \,\widehat {AMI}\,}}{{\sin \,\widehat {MAI}\,}} = \dfrac{{AI}}{{MI}} \Leftrightarrow 5A{I^2} = 13M{I^2}\left( * \right)\\
Coi\,\left\{ \begin{array}{l}
AB = a\\
AD = b
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
AI = \dfrac{{\sqrt {{a^2} + {b^2}} }}{2}\\
MI = \sqrt {{{\left( {\dfrac{a}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\dfrac{b}{2} - \dfrac{b}{3}} \right)}^2}} = \dfrac{{\sqrt {9{a^2} + {b^2}} }}{6} = \dfrac{5}{2}
\end{array} \right.
\end{array}$
Đọc tiếp
Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có tâm $I\left( {\dfrac{3}{2}; - 1} \right)\,\& \,M\left( { - 1; - 1} \right)$ là điểm nằm trên cạnh AD sao cho MD=2MA. Biết đỉnh A có tung độ dương và trong tam giác AMI có $\sin \,\widehat {AMI} = \dfrac{{\sqrt {65} }}{5}\,\sin \,\widehat {MAI}.$ Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD.
Giải:
Do\,\left\{ \begin{array}{l}
\sin \,\widehat {AMI} = \dfrac{{\sqrt {65} }}{5}\,\sin \,\widehat {MAI}\\
\dfrac{{AI}}{{\sin \,\widehat {AMI}\,}} = \dfrac{{MI}}{{\sin \,\widehat {MAI}\,}} = 2R
\end{array} \right.\\
\Rightarrow \dfrac{{\sqrt {65} }}{5} = \dfrac{{\sin \,\widehat {AMI}\,}}{{\sin \,\widehat {MAI}\,}} = \dfrac{{AI}}{{MI}} \Leftrightarrow 5A{I^2} = 13M{I^2}\left( * \right)\\
Coi\,\left\{ \begin{array}{l}
AB = a\\
AD = b
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
AI = \dfrac{{\sqrt {{a^2} + {b^2}} }}{2}\\
MI = \sqrt {{{\left( {\dfrac{a}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\dfrac{b}{2} - \dfrac{b}{3}} \right)}^2}} = \dfrac{{\sqrt {9{a^2} + {b^2}} }}{6} = \dfrac{5}{2}
\end{array} \right.
\end{array}$
Thứ Năm, 30 tháng 10, 2014
Hình Oxy - Dữ kiện như một manh mối!
Đề bài: Câu hỏi của bạn Hương Anh hỏi trên facebook Trợ Giúp Toán Học)
Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy,
cho tam giác ABC có góc $A = {135^0}$ trực tâm H(0; -10), đường cao kẻ từ B có phương trình 3x+y+10=0, trung điểm cạnh BC là $M\left( {\dfrac{1}{2}; - \dfrac{3}{2}} \right)$ và B có tung độ âm. Tìm tọa độ các đỉnh A,B,C?
Giải:
Gọi A', C' lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ A và C.
$\begin{array}{l}
Coi\,B\left( {b; - 3b - 10} \right),\left( {\,b > - \dfrac{{10}}{3}} \right)\\
\Rightarrow C\left( {1 - b;3b + 7} \right).\,\\
Do\,\widehat {BAC} = {135^0} \Rightarrow \widehat {BAC'} = {45^0}\\
\Rightarrow \widehat {C'BA} = {45^0}.\,\\
Do\,\widehat {CC'B} = \widehat {BA'C} = {90^0}
\end{array}$
Đọc tiếp
Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy,
Giải:
Gọi A', C' lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ A và C.
$\begin{array}{l}
Coi\,B\left( {b; - 3b - 10} \right),\left( {\,b > - \dfrac{{10}}{3}} \right)\\
\Rightarrow C\left( {1 - b;3b + 7} \right).\,\\
Do\,\widehat {BAC} = {135^0} \Rightarrow \widehat {BAC'} = {45^0}\\
\Rightarrow \widehat {C'BA} = {45^0}.\,\\
Do\,\widehat {CC'B} = \widehat {BA'C} = {90^0}
\end{array}$
Mỗi ngày một tính chất hình Oxy.
Đề bài: (Câu hỏi của bạn Dung Nguyễn hỏi trên facebook Trợ Giúp Toán Học)
Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho hình thang ABCD
vuông ở A và D, có diện tích bằng 50. Đỉnh C(2;5), AD=3BC. Biết rằng đường thẳng AB đi qua điểm $M\left( { - \frac{1}{2};0} \right)$,
đường thẳng AD đi qua điểm N(-3;5). Viết phương trình đường thẳng AB, biết đường thẳng AB không song song với các trục toạ độ.
Giải:
Do AB không song song với các trục toạ độ nên:
$\begin{array}{l}
Coi\,AB:y = k\left( {x + \dfrac{1}{2}} \right)\left( {k \ne 0} \right)\\
\Leftrightarrow AB:2kx - 2y + k = 0\\
Do\,AD \bot AB \Rightarrow \,AD:y = - \dfrac{1}{k}\left( {x + 3} \right) + 5\\
\Leftrightarrow AD:x + ky - 5k + 3 = 0
\end{array}$
Đọc tiếp
Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho hình thang ABCD
đường thẳng AD đi qua điểm N(-3;5). Viết phương trình đường thẳng AB, biết đường thẳng AB không song song với các trục toạ độ.
Giải:
Do AB không song song với các trục toạ độ nên:
$\begin{array}{l}
Coi\,AB:y = k\left( {x + \dfrac{1}{2}} \right)\left( {k \ne 0} \right)\\
\Leftrightarrow AB:2kx - 2y + k = 0\\
Do\,AD \bot AB \Rightarrow \,AD:y = - \dfrac{1}{k}\left( {x + 3} \right) + 5\\
\Leftrightarrow AD:x + ky - 5k + 3 = 0
\end{array}$
Thứ Tư, 29 tháng 10, 2014
SỬ DỤNG BĐT CAUCHY-SCHWARZ CHỨNG MINH BĐT VÀ TÌM MIN,MAX
Kiến thức căn bản:
Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz được phát biểu như sau:
- Với hai bộ số thực bất kì $\left( {{a}_{1}},{{a}_{2}},..{{a}_{n}} \right)$và $\left( {{b}_{1}},{{b}_{2}},...,{{b}_{n}} \right)$ta có:
$\left( a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+...+a_{n}^{2} \right)\left( b_{1}^{2}+b_{2}^{2}+...+b_{n}^{2} \right)\ge {{\left( {{a}_{1}}{{b}_{1}}+{{a}_{2}}{{b}_{2}}+...+{{a}_{n}}{{b}_{n}} \right)}^{2}}$(*)
Đẳng thức xảy ra$\Leftrightarrow \dfrac{{{a}_{1}}}{{{b}_{1}}}=\dfrac{{{a}_{2}}}{{{b}_{2}}}=...=\dfrac{{{a}_{n}}}{{{b}_{n}}}$
- Với n = 2, ta có:
Nếu a, b, x, y là các số thực, thì: $\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}} \right)\ge {{\left( ax+by \right)}^{2}}$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $\dfrac{a}{x}=\dfrac{b}{y}$
- Với n = 3, ta có:
Nếu a, b, c, x, y, z là các số thực, thì: $\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}} \right)\ge {{\left( ax+by+cz \right)}^{2}}$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $\dfrac{a}{x}=\dfrac{b}{y}=\dfrac{c}{z}$
Đọc tiếp
Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz được phát biểu như sau:
- Với hai bộ số thực bất kì $\left( {{a}_{1}},{{a}_{2}},..{{a}_{n}} \right)$và $\left( {{b}_{1}},{{b}_{2}},...,{{b}_{n}} \right)$ta có:
$\left( a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+...+a_{n}^{2} \right)\left( b_{1}^{2}+b_{2}^{2}+...+b_{n}^{2} \right)\ge {{\left( {{a}_{1}}{{b}_{1}}+{{a}_{2}}{{b}_{2}}+...+{{a}_{n}}{{b}_{n}} \right)}^{2}}$(*)
Đẳng thức xảy ra$\Leftrightarrow \dfrac{{{a}_{1}}}{{{b}_{1}}}=\dfrac{{{a}_{2}}}{{{b}_{2}}}=...=\dfrac{{{a}_{n}}}{{{b}_{n}}}$
- Với n = 2, ta có:
Nếu a, b, x, y là các số thực, thì: $\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}} \right)\ge {{\left( ax+by \right)}^{2}}$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $\dfrac{a}{x}=\dfrac{b}{y}$
- Với n = 3, ta có:
Nếu a, b, c, x, y, z là các số thực, thì: $\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}} \right)\ge {{\left( ax+by+cz \right)}^{2}}$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $\dfrac{a}{x}=\dfrac{b}{y}=\dfrac{c}{z}$
Các ví dụ minh hoạ
Ví dụ 1: $Cho\,a,b,c > 0.\,\,CMR:\,\dfrac{{{a^2}}}{{b + 3c}} + \dfrac{{{b^2}}}{{c + 3a}} + \dfrac{{{c^2}}}{{a + 3b}} \ge \dfrac{{a + b + c}}{4}$Thứ Ba, 28 tháng 10, 2014
Sử dụng PP đánh giá giải HPT.
Đề bài: (Câu hỏi của bạn Anh Xuân hỏi trên facebook Trợ Giúp Toán Học)
Giải hệ phương trình: $\left\{ \begin{array}{l}
{\left( {x - 1} \right)^2} + {y^2} = \sqrt[3]{{x\left( {2x + 1} \right)}}\,\,(1)\,\,\\
3{x^2} - x + \dfrac{1}{2} = y\sqrt {{x^2} + x} \,\,\,\,\,\,\,(2)
\end{array} \right.$
Giải:
Điều kiện: $\left\{ \begin{array}{l}
x\left( {x + 1} \right) > 0\\
y > 0
\end{array} \right.$
$\begin{array}{l}
(2) \Leftrightarrow 6{x^2} - 2x + 1 = 2y\sqrt {{x^2} + x} \mathop \le \limits^{Cauchy} {x^2} + {y^2} + x \Leftrightarrow {y^2} \ge 5{x^2} - 3x + 1\\
(1) \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} + {y^2} = \sqrt[3]{{x\left( {2x + 1} \right)}} = \sqrt[3]{{1.2x.\dfrac{{2x + 1}}{2}}}\mathop \le \limits^{Cauchy} \dfrac{{2x + 1 + \dfrac{{2x + 1}}{2}}}{3} = x + \dfrac{1}{2}\\
\Rightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} + 5{x^2} - 3x + 1 \le {\left( {x - 1} \right)^2} + {y^2} \le x + \dfrac{1}{2} \Leftrightarrow 6{x^2} - 5x + 2 \le x + \dfrac{1}{2} \Leftrightarrow {\left( {2x - 1} \right)^2} \le 0\\
\Leftrightarrow x = \dfrac{1}{2} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = \dfrac{1}{2}\\
y = \sqrt {{x^2} + x} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}
\end{array} \right. \Rightarrow S = \left\{ {\dfrac{1}{2};\dfrac{{\sqrt 3 }}{2}} \right\}
\end{array}$
Giải hệ phương trình: $\left\{ \begin{array}{l}
{\left( {x - 1} \right)^2} + {y^2} = \sqrt[3]{{x\left( {2x + 1} \right)}}\,\,(1)\,\,\\
3{x^2} - x + \dfrac{1}{2} = y\sqrt {{x^2} + x} \,\,\,\,\,\,\,(2)
\end{array} \right.$
Giải:
Điều kiện: $\left\{ \begin{array}{l}
x\left( {x + 1} \right) > 0\\
y > 0
\end{array} \right.$
$\begin{array}{l}
(2) \Leftrightarrow 6{x^2} - 2x + 1 = 2y\sqrt {{x^2} + x} \mathop \le \limits^{Cauchy} {x^2} + {y^2} + x \Leftrightarrow {y^2} \ge 5{x^2} - 3x + 1\\
(1) \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} + {y^2} = \sqrt[3]{{x\left( {2x + 1} \right)}} = \sqrt[3]{{1.2x.\dfrac{{2x + 1}}{2}}}\mathop \le \limits^{Cauchy} \dfrac{{2x + 1 + \dfrac{{2x + 1}}{2}}}{3} = x + \dfrac{1}{2}\\
\Rightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} + 5{x^2} - 3x + 1 \le {\left( {x - 1} \right)^2} + {y^2} \le x + \dfrac{1}{2} \Leftrightarrow 6{x^2} - 5x + 2 \le x + \dfrac{1}{2} \Leftrightarrow {\left( {2x - 1} \right)^2} \le 0\\
\Leftrightarrow x = \dfrac{1}{2} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = \dfrac{1}{2}\\
y = \sqrt {{x^2} + x} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}
\end{array} \right. \Rightarrow S = \left\{ {\dfrac{1}{2};\dfrac{{\sqrt 3 }}{2}} \right\}
\end{array}$
Hình học không gian kết hợp...
Đề bài: (Câu hỏi của bạn Vi Hồ hỏi trên facebook Trợ Giúp Toán Học)
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác cân AB=AC=a, góc ABC= α. Tất cả các cạnh bên của hình chóp đều tạo với mặt đáy một góc 30 độ. Một mặt phẳng (P) đi qua BC và tạo với mặt đáy góc 15 độ cắt đoạn SA tại M. Tính diện tích của tam giác MBC.
Giải:
Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ đỉnh S của hình chóp.
$ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\widehat {\left( {SA,(ABC)} \right)} = \widehat {\left( {SA,AH} \right)} = \widehat {SAH} = {30^0}\\
\widehat {\left( {SB,(ABC)} \right)} = \widehat {\left( {SB,BH} \right)} = \widehat {SBH} = {30^0}\\
\widehat {\left( {SC,(ABC)} \right)} = \widehat {\left( {SC,CH} \right)} = \widehat {SCH} = {30^0}
\end{array} \right.$
Khi đó $\Delta SHA = \Delta SHB = \Delta SHC\left( {g - c - g} \right)$
$\Rightarrow HA = HB = HC$
$\Rightarrow$ H là tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta ABC$
$\Rightarrow H \in $ đường trung trực AN của BC.
Đọc tiếp
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác cân AB=AC=a, góc ABC= α. Tất cả các cạnh bên của hình chóp đều tạo với mặt đáy một góc 30 độ. Một mặt phẳng (P) đi qua BC và tạo với mặt đáy góc 15 độ cắt đoạn SA tại M. Tính diện tích của tam giác MBC.
Giải:
Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ đỉnh S của hình chóp.
\widehat {\left( {SA,(ABC)} \right)} = \widehat {\left( {SA,AH} \right)} = \widehat {SAH} = {30^0}\\
\widehat {\left( {SB,(ABC)} \right)} = \widehat {\left( {SB,BH} \right)} = \widehat {SBH} = {30^0}\\
\widehat {\left( {SC,(ABC)} \right)} = \widehat {\left( {SC,CH} \right)} = \widehat {SCH} = {30^0}
\end{array} \right.$
Khi đó $\Delta SHA = \Delta SHB = \Delta SHC\left( {g - c - g} \right)$
$\Rightarrow HA = HB = HC$
$\Rightarrow$ H là tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta ABC$
$\Rightarrow H \in $ đường trung trực AN của BC.
Phép đếm + phương trình tổ hợp.
Đề bài: (Câu hỏi của bạn Phụ Huynh Tý Quậy hỏi trên facebook Trợ Giúp Toán Học)
Trên các cạnh AB, BC, CD, DA của hình vuông ABCD lần lượt lấy 1, 2, 3 và n điểm phân biệt khác A, B, C, D. Tìm n, biết số tam giác có 3 đỉnh từ n+6 điểm đã cho là 439.
Giải:
Có tất cả n+6 điểm mà cứ 3 điểm bất kỳ lập thành một tam giác nên ta có thể có tất cả: $C_{n + 6}^3$ tam giác.
Tuy nhiên trong số n+6 điểm này có những điểm cùng nằm trên một cạnh của hình vuông (nghĩa là thẳng hàng) thì sẽ không tạo thành tam giác. Bởi vậy ta phải loại bớt những "tam giác suy biến" này.
Số tam giác suy biến chỉ xuất hiện trên cạnh nào có từ 3 điểm trở lên nên chúng có: $C_n^3 + 1$ tam giác.
Vậy số tam giác thoả mãn là: $C_{n + 6}^3 - \left( {C_n^3 + 1} \right)$
$\begin{array}{l}
C_{n + 6}^3 - \left( {C_n^3 + 1} \right) = 439 \Leftrightarrow C_{n + 6}^3 - C_n^3 = 440 \Leftrightarrow \dfrac{{\left( {n + 6} \right)\left( {n + 5} \right)\left( {n + 4} \right)}}{6} - \dfrac{{n\left( {n - 1} \right)\left( {n - 2} \right)}}{6} = 440\\
\Leftrightarrow \left( {{n^3} + 15{n^2} + 74n + 120} \right) - \left( {{n^3} - 3{n^2} + 2n} \right) = 2640 \Leftrightarrow {n^2} + 4n - 140 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
n = 10\left( {t/m} \right)\\
n = - 14 < 0
\end{array} \right.
\end{array}$
Trên các cạnh AB, BC, CD, DA của hình vuông ABCD lần lượt lấy 1, 2, 3 và n điểm phân biệt khác A, B, C, D. Tìm n, biết số tam giác có 3 đỉnh từ n+6 điểm đã cho là 439.
Giải:
Có tất cả n+6 điểm mà cứ 3 điểm bất kỳ lập thành một tam giác nên ta có thể có tất cả: $C_{n + 6}^3$ tam giác.
Tuy nhiên trong số n+6 điểm này có những điểm cùng nằm trên một cạnh của hình vuông (nghĩa là thẳng hàng) thì sẽ không tạo thành tam giác. Bởi vậy ta phải loại bớt những "tam giác suy biến" này.
Số tam giác suy biến chỉ xuất hiện trên cạnh nào có từ 3 điểm trở lên nên chúng có: $C_n^3 + 1$ tam giác.
Vậy số tam giác thoả mãn là: $C_{n + 6}^3 - \left( {C_n^3 + 1} \right)$
$\begin{array}{l}
C_{n + 6}^3 - \left( {C_n^3 + 1} \right) = 439 \Leftrightarrow C_{n + 6}^3 - C_n^3 = 440 \Leftrightarrow \dfrac{{\left( {n + 6} \right)\left( {n + 5} \right)\left( {n + 4} \right)}}{6} - \dfrac{{n\left( {n - 1} \right)\left( {n - 2} \right)}}{6} = 440\\
\Leftrightarrow \left( {{n^3} + 15{n^2} + 74n + 120} \right) - \left( {{n^3} - 3{n^2} + 2n} \right) = 2640 \Leftrightarrow {n^2} + 4n - 140 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
n = 10\left( {t/m} \right)\\
n = - 14 < 0
\end{array} \right.
\end{array}$
Vậy trên cạnh AD có 10 điểm thoả mãn.
Thứ Hai, 27 tháng 10, 2014
Lạ mà quen...
Đề bài: (Câu hỏi của bạn Vân Jksw hỏi trên facebook Trợ Giúp Toán Học)
Cho hàm số ${y = \dfrac{{{x^2} - 2mx + m + 2}}{{x + 1}}}$ Tìm m để: ${\dfrac{{{y_{max}}}}{{{x_{min}}}} + \dfrac{{{y_{min}}}}{{{x_{max}}}} = 4}$
Giải:
Trên tập xác định của hàm số thì các cực trị của hàm số chính là GTLN và GTNN của hàm số.
Hoành độ các cực trị của hàm số là nghiệm của phương trình:
$y' = 0 \Leftrightarrow g\left( x \right) = {x^2} + 2x - 3m - 2 = 0.\,\,\exists {x_{min}},\,{x_{max}} \Leftrightarrow {{\Delta '}_g} > 0 \Leftrightarrow m > - 1\left( * \right).$
Ta xét bổ đề sau: Nếu ${f\left( x \right) = \dfrac{{u\left( x \right)}}{{v\left( x \right)}}\& \left\{ \begin{array}{l}
f'\left( {{x_0}} \right) = 0\\
v\left( {{x_0}} \right) \ne 0
\end{array} \right. \Rightarrow f\left( {{x_0}} \right) = \dfrac{{u'\left( {{x_0}} \right)}}{{v'\left( {{x_0}} \right)}}}.$
Đọc tiếp
Cho hàm số ${y = \dfrac{{{x^2} - 2mx + m + 2}}{{x + 1}}}$ Tìm m để: ${\dfrac{{{y_{max}}}}{{{x_{min}}}} + \dfrac{{{y_{min}}}}{{{x_{max}}}} = 4}$
Giải:
Trên tập xác định của hàm số thì các cực trị của hàm số chính là GTLN và GTNN của hàm số.
Hoành độ các cực trị của hàm số là nghiệm của phương trình:
$y' = 0 \Leftrightarrow g\left( x \right) = {x^2} + 2x - 3m - 2 = 0.\,\,\exists {x_{min}},\,{x_{max}} \Leftrightarrow {{\Delta '}_g} > 0 \Leftrightarrow m > - 1\left( * \right).$
Ta xét bổ đề sau: Nếu ${f\left( x \right) = \dfrac{{u\left( x \right)}}{{v\left( x \right)}}\& \left\{ \begin{array}{l}
f'\left( {{x_0}} \right) = 0\\
v\left( {{x_0}} \right) \ne 0
\end{array} \right. \Rightarrow f\left( {{x_0}} \right) = \dfrac{{u'\left( {{x_0}} \right)}}{{v'\left( {{x_0}} \right)}}}.$
Khi Hình Oxyz cũng khó như Hình Oxy.
Đề bài: (Câu hỏi của bạn Phương Anh hỏi trên facebook Trợ Giúp Toán Học)
Trong không gian với hệ tọa độ vuông góc $Oxyz$ , cho mặt cầu $\left( S \right):{x^2} + {y^2} + {z^2} - 2x - 4y + 6z - 13 = 0 $ và đường thẳng $d:\dfrac{{x + 1}}{1} = \dfrac{{y + 2}}{1} = \dfrac{{z - 1}}{1}$. Xác định tọa độ điểm M trên đường thẳng $d$ sao cho từ M có thể kẻ được 3 tiếp tuyến $MA, MB, MC$ đến mặt cầu $(S)$ ( $A, B, C$ là các tiếp điểm ). Sao cho $\widehat {AMB} = {60^0};\,\widehat {BMC} = {90^0};\,\,\widehat {CMA} = {120^0}$ .
Giải:
Gọi $O$ là tâm mặt cầu. Do $A,B,C$ là các tiếp điểm kẻ từ $M$ đến mặt cầu nên ta có:
$MA=MB=MC=a$. và $A,B,C$ nội tiệp một đường tròn .
Từ GT $\Rightarrow AB=a, BC=a\sqrt{2},AC=a\sqrt{3}$
Khi đó tam giác $ABC$ vuông tại B.
Gọi H, K là trung điểm AC và AB. Ta có:
$\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
AB \bot MK\\
AB \bot HK
\end{array} \right. \Rightarrow AB \bot MH\\
MH \bot AC \Rightarrow MH \bot (ABC)
\end{array}.$
Khi đó M,H,O thẳng hàng. MC là tiếp tuyến nên $MC\perp OC$
Khi đó $CH=a\dfrac{\sqrt{3}}{2}, OC=R=\sqrt{27}$
Đọc tiếp
Trong không gian với hệ tọa độ vuông góc $Oxyz$ , cho mặt cầu $\left( S \right):{x^2} + {y^2} + {z^2} - 2x - 4y + 6z - 13 = 0 $ và đường thẳng $d:\dfrac{{x + 1}}{1} = \dfrac{{y + 2}}{1} = \dfrac{{z - 1}}{1}$. Xác định tọa độ điểm M trên đường thẳng $d$ sao cho từ M có thể kẻ được 3 tiếp tuyến $MA, MB, MC$ đến mặt cầu $(S)$ ( $A, B, C$ là các tiếp điểm ). Sao cho $\widehat {AMB} = {60^0};\,\widehat {BMC} = {90^0};\,\,\widehat {CMA} = {120^0}$ .
Giải:
Gọi $O$ là tâm mặt cầu. Do $A,B,C$ là các tiếp điểm kẻ từ $M$ đến mặt cầu nên ta có:
$MA=MB=MC=a$. và $A,B,C$ nội tiệp một đường tròn .
Từ GT $\Rightarrow AB=a, BC=a\sqrt{2},AC=a\sqrt{3}$
Khi đó tam giác $ABC$ vuông tại B.
Gọi H, K là trung điểm AC và AB. Ta có:
$\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
AB \bot MK\\
AB \bot HK
\end{array} \right. \Rightarrow AB \bot MH\\
MH \bot AC \Rightarrow MH \bot (ABC)
\end{array}.$
Khi đó M,H,O thẳng hàng. MC là tiếp tuyến nên $MC\perp OC$
Khi đó $CH=a\dfrac{\sqrt{3}}{2}, OC=R=\sqrt{27}$
Thứ Sáu, 24 tháng 10, 2014
Khi Bất Đẳng Thức "len lỏi" vào Hình Không Gian.
Đề bài: (Câu hỏi của bạn Đào Hoa Anh hỏi trên facebook Trợ Giúp Toán Học)
Cho hình chóp S.ABC có SA=x, BC=y. Các cạnh còn lại đều bằng 1. Với giá trị nào của x,y thì thể tích hình chóp S.ABC đạt GTLN?
Giải:
$\begin{array}{l}
\bullet \,Coi\,M \in BC\,\& \,MB = MC\\
\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
MB = MC\\
AB = AC = 1
\end{array} \right. \Rightarrow AM \bot BC\left( 1 \right)\\
\& \left\{ \begin{array}{l}
MB = MC\\
SB = SC = 1
\end{array} \right. \Rightarrow SM \bot BC\left( 2 \right)\\
\Rightarrow BC \bot \left( {SAM} \right)\left( {Do\,(1)\& (2)} \right)
\end{array}.$
Đọc tiếp
Cho hình chóp S.ABC có SA=x, BC=y. Các cạnh còn lại đều bằng 1. Với giá trị nào của x,y thì thể tích hình chóp S.ABC đạt GTLN?
Giải:
\bullet \,Coi\,M \in BC\,\& \,MB = MC\\
\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
MB = MC\\
AB = AC = 1
\end{array} \right. \Rightarrow AM \bot BC\left( 1 \right)\\
\& \left\{ \begin{array}{l}
MB = MC\\
SB = SC = 1
\end{array} \right. \Rightarrow SM \bot BC\left( 2 \right)\\
\Rightarrow BC \bot \left( {SAM} \right)\left( {Do\,(1)\& (2)} \right)
\end{array}.$
Thứ Năm, 23 tháng 10, 2014
Thứ Sáu, 17 tháng 10, 2014
Hỗn hợp = PT mũ + PT tổ hợp + Khai triển Newton.
Đề bài: (Câu hỏi của bạn Trần Phạm Tuyên hỏi trên facebook Trợ Giúp Toán Học)
Cho khai triển ${P\left( x \right) = {{\left( {{2^x} + {2^{\frac{1}{2} - x}}} \right)}^n}}.$ Tìm x biết. Tổng hai số hạng thứ 3 và thứ 5 là 135 còn tổng 3 hệ số của 3 số hạng cuối là 22.
Giải:
Đọc tiếp
Cho khai triển ${P\left( x \right) = {{\left( {{2^x} + {2^{\frac{1}{2} - x}}} \right)}^n}}.$ Tìm x biết. Tổng hai số hạng thứ 3 và thứ 5 là 135 còn tổng 3 hệ số của 3 số hạng cuối là 22.
Giải:
Thứ Năm, 16 tháng 10, 2014
Sử dụng tính đơn điệu của hàm số mũ chứng minh BĐT
Đề bài: (Câu hỏi của bạn Đào Hoa Anh hỏi trên facebook Trợ Giúp Toán Học)
$Cho\,\left\{ \begin{array}{l}
a,b \ge 0\\
x > y > 0
\end{array} \right..\,\,CMR:\,\,{\left( {{a^x} + {b^x}} \right)^{\dfrac{1}{x}}} \le {\left( {{a^y} + {b^y}} \right)^{\dfrac{1}{y}}}.$
Giải:
- Với a=0 và b=0 thì Bất đẳng thức luôn đúng.
- Không mất tính tổng quát, giả sử $0 < a \le b \Rightarrow 0 < \dfrac{a}{b} \le 1.$
Đọc tiếp
$Cho\,\left\{ \begin{array}{l}
a,b \ge 0\\
x > y > 0
\end{array} \right..\,\,CMR:\,\,{\left( {{a^x} + {b^x}} \right)^{\dfrac{1}{x}}} \le {\left( {{a^y} + {b^y}} \right)^{\dfrac{1}{y}}}.$
Giải:
- Với a=0 và b=0 thì Bất đẳng thức luôn đúng.
- Không mất tính tổng quát, giả sử $0 < a \le b \Rightarrow 0 < \dfrac{a}{b} \le 1.$
$\Rightarrow 0 < {\left( {\dfrac{a}{b}} \right)^x} \le {\left( {\dfrac{a}{b}} \right)^y} \Leftrightarrow 1 + {\left( {\dfrac{a}{b}} \right)^x} \le 1 + {\left( {\dfrac{a}{b}} \right)^y} \Leftrightarrow {\left[ {1 + {{\left( {\dfrac{a}{b}} \right)}^x}} \right]^{\dfrac{1}{y}}} \le {\left[ {1 + {{\left( {\dfrac{a}{b}} \right)}^y}} \right]^{\dfrac{1}{y}}}\left( 1 \right).$
Sử dụng phép biến hình, tìm quỹ tích.
Đề bài: (Câu hỏi của bạn Dương Minh hỏi trên facebook Trợ Giúp Toán Học)
Trên đoạn AD cố định, dựng hình bình hành ABCD sao cho$\dfrac{{AC}}{{AD}} = \dfrac{{BD}}{{BA}}.$ Tìm quỹ tích điểm C của hình bình hành.
Giải:
$\begin{array}{l}
Coi\,\left\{ \begin{array}{l}
A \equiv O\left( {0;0} \right)\\
AD \equiv Ox\& D\left( {1;0} \right)\\
B\left( {x;y} \right)
\end{array} \right.\\
\Rightarrow C\left( {x + 1;y} \right).\,Do\,\dfrac{{AC}}{{AD}} = \dfrac{{BD}}{{BA}}\\
\Rightarrow \sqrt {{{\left( {x + 1} \right)}^2} + {y^2}} .\sqrt {{x^2} + {y^2}} = \sqrt {{{\left( {x - 1} \right)}^2} + {y^2}} \\
\Leftrightarrow {x^2}{\left( {x + 1} \right)^2} + {x^2}{y^2} + {y^2}{\left( {x + 1} \right)^2} + {y^4} = {\left( {x - 1} \right)^2} + {y^2}\\
\Leftrightarrow {\left( {x + 1} \right)^2}\left( {{x^2} + {y^2}} \right) + {y^2}\left( {{x^2} + {y^2}} \right) = {\left( {x - 1} \right)^2} + {y^2}\\
\Leftrightarrow \left( {{x^2} + {y^2}} \right)\left( {{x^2} + {y^2} + 2x + 1} \right) = {x^2} + {y^2} - 2x + 1\\
\Leftrightarrow \left( {{x^2} + {y^2}} \right)\left( {{x^2} + {y^2} + 2x} \right) = - 2x + 1\\
\Leftrightarrow \left( {{x^2} + {y^2} + 1} \right)\left( {{x^2} + {y^2} + 2x} \right) - \left( {{x^2} + {y^2} + 2x} \right) = 1 - 2x\\
\Leftrightarrow \left( {{x^2} + {y^2} + 1} \right)\left( {{x^2} + {y^2} + 2x} \right) - \left( {{x^2} + {y^2} + 1} \right) = 0
\end{array}.$
Đọc tiếp
Trên đoạn AD cố định, dựng hình bình hành ABCD sao cho$\dfrac{{AC}}{{AD}} = \dfrac{{BD}}{{BA}}.$ Tìm quỹ tích điểm C của hình bình hành.
Giải:
Coi\,\left\{ \begin{array}{l}
A \equiv O\left( {0;0} \right)\\
AD \equiv Ox\& D\left( {1;0} \right)\\
B\left( {x;y} \right)
\end{array} \right.\\
\Rightarrow C\left( {x + 1;y} \right).\,Do\,\dfrac{{AC}}{{AD}} = \dfrac{{BD}}{{BA}}\\
\Rightarrow \sqrt {{{\left( {x + 1} \right)}^2} + {y^2}} .\sqrt {{x^2} + {y^2}} = \sqrt {{{\left( {x - 1} \right)}^2} + {y^2}} \\
\Leftrightarrow {x^2}{\left( {x + 1} \right)^2} + {x^2}{y^2} + {y^2}{\left( {x + 1} \right)^2} + {y^4} = {\left( {x - 1} \right)^2} + {y^2}\\
\Leftrightarrow {\left( {x + 1} \right)^2}\left( {{x^2} + {y^2}} \right) + {y^2}\left( {{x^2} + {y^2}} \right) = {\left( {x - 1} \right)^2} + {y^2}\\
\Leftrightarrow \left( {{x^2} + {y^2}} \right)\left( {{x^2} + {y^2} + 2x + 1} \right) = {x^2} + {y^2} - 2x + 1\\
\Leftrightarrow \left( {{x^2} + {y^2}} \right)\left( {{x^2} + {y^2} + 2x} \right) = - 2x + 1\\
\Leftrightarrow \left( {{x^2} + {y^2} + 1} \right)\left( {{x^2} + {y^2} + 2x} \right) - \left( {{x^2} + {y^2} + 2x} \right) = 1 - 2x\\
\Leftrightarrow \left( {{x^2} + {y^2} + 1} \right)\left( {{x^2} + {y^2} + 2x} \right) - \left( {{x^2} + {y^2} + 1} \right) = 0
\end{array}.$
Thứ Ba, 14 tháng 10, 2014
Đại số hoá hình học...
Đề bài: (Câu hỏi của bạn Mã Mã hỏi trên facebook Trợ Giúp Toán Học)
Cho tứ diện P.ABC trong đó PA, PB, PC đôi một vuông góc.
$\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
S = {S_{ABC}};{S_1} = {S_{PAB}}\\
{S_2} = {S_{PBC}};{S_3} = {S_{PCA}}
\end{array} \right.\,\\
Max{\mkern 1mu} M = \dfrac{{S_1^2}}{{{S^2} + S_1^2}} + \dfrac{{S_2^2}}{{{S^2} + S_2^2}} + \dfrac{{S_3^2}}{{{S^2} + S_3^2}} = ?
\end{array}.$
Giải:
Đọc tiếp
Cho tứ diện P.ABC trong đó PA, PB, PC đôi một vuông góc.
\left\{ \begin{array}{l}
S = {S_{ABC}};{S_1} = {S_{PAB}}\\
{S_2} = {S_{PBC}};{S_3} = {S_{PCA}}
\end{array} \right.\,\\
Max{\mkern 1mu} M = \dfrac{{S_1^2}}{{{S^2} + S_1^2}} + \dfrac{{S_2^2}}{{{S^2} + S_2^2}} + \dfrac{{S_3^2}}{{{S^2} + S_3^2}} = ?
\end{array}.$
Giải:
Thứ Hai, 13 tháng 10, 2014
Linh hoạt khi vận dụng BĐT Cauchy
Đề bài: (Câu hỏi của bạn Tiến Nguyễn hỏi trên facebook Trợ Giúp Toán Học)
${Cho\,\left\{ \begin{array}{l}
a,bc > 0\\
a + b + c = 1
\end{array} \right..\,Max\,P = \dfrac{{bc}}{{\sqrt {a + bc} }} + \dfrac{{ca}}{{\sqrt {b + ca} }} + \dfrac{{ab}}{{\sqrt {c + ab} }} = ?}.$
Giải:
Đọc tiếp
${Cho\,\left\{ \begin{array}{l}
a,bc > 0\\
a + b + c = 1
\end{array} \right..\,Max\,P = \dfrac{{bc}}{{\sqrt {a + bc} }} + \dfrac{{ca}}{{\sqrt {b + ca} }} + \dfrac{{ab}}{{\sqrt {c + ab} }} = ?}.$
Giải:
Chủ Nhật, 12 tháng 10, 2014
Dùng yếu tố hình học làm đơn giản bài toán
Đề bài: (Câu hỏi của bạn Đỗ Đại Học hỏi trên facebook Trợ Giúp Toán Học)
Cho đường tròn (C) có phương trình ${x^2} + {y^2} = 8.$Viết PT chính tắc của elip (E). Biết (E) có độ dài trục lớn bằng 8 và (E) cắt (C) tại 4 điểm lập thành một hình vuông.
Giải:
Nhận xét: (C) và (E) đều nhận gốc toạ độ O làm tâm đối xứng nên nếu (C) cắt (E) tại 4 điểm phân biệt lập thành hình vuông ABCD thì O cũng chính là tâm của ABCD. Ta có:
Đọc tiếp
Cho đường tròn (C) có phương trình ${x^2} + {y^2} = 8.$Viết PT chính tắc của elip (E). Biết (E) có độ dài trục lớn bằng 8 và (E) cắt (C) tại 4 điểm lập thành một hình vuông.
Giải:
Nhận xét: (C) và (E) đều nhận gốc toạ độ O làm tâm đối xứng nên nếu (C) cắt (E) tại 4 điểm phân biệt lập thành hình vuông ABCD thì O cũng chính là tâm của ABCD. Ta có:
Thứ Sáu, 3 tháng 10, 2014
Mỗi ngày một tính chất hình Oxy.
Đề bài: (Câu hỏi của bạn Lan Ốc hỏi trên facebook Trợ Giúp Toán Học)
Con lại làm phiền thầy rùi ạ!
Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có
d: 2x-y-3=0 là đường phân giác trong góc A.biết:
B1(-6,0), C1(-4.4) lần lượt là hình chiếu vuông góc của B, C
lên AC, AB. Tìm tọa độ điểm A,B,C.
Giải:
Trước hết các con hãy nhớ rằng:
Nếu đề bài cho phương trình của phân giác trong thì chúng ta
luôn luôn nghĩ ra phương pháp LẤY ĐỐI XỨNG điểm qua phân
giác đó. Bởi lẽ phương pháp nầy dựa trên bài toán nhỏ là
"Ảnh của mỗi điểm nằm trên cạnh này qua phép lấy đối xứng trục là đường phân giác trong luôn nằm trên cạnh kia".
Gọi M, N là lượt là các điểm đối xứng của B1 và C1 qua phân giác d.
Đọc tiếp
Con lại làm phiền thầy rùi ạ!
Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có
B1(-6,0), C1(-4.4) lần lượt là hình chiếu vuông góc của B, C
lên AC, AB. Tìm tọa độ điểm A,B,C.
Giải:
Trước hết các con hãy nhớ rằng:
Nếu đề bài cho phương trình của phân giác trong thì chúng ta
luôn luôn nghĩ ra phương pháp LẤY ĐỐI XỨNG điểm qua phân
giác đó. Bởi lẽ phương pháp nầy dựa trên bài toán nhỏ là
"Ảnh của mỗi điểm nằm trên cạnh này qua phép lấy đối xứng trục là đường phân giác trong luôn nằm trên cạnh kia".
Gọi M, N là lượt là các điểm đối xứng của B1 và C1 qua phân giác d.
Thứ Năm, 2 tháng 10, 2014
Cùng bước 2 chân sẽ không lạc nhịp...
Đề bài: (Câu hỏi của bạn Nhái Bén hỏi trên facebook Trợ Giúp Toán Học)
Giải hệ phương trình: $\left\{ \begin{array}{l}
x - 4\sqrt {x - 1} + y - \frac{{2\left( {{y^2} + 24} \right)}}{{2{y^2} - 1}} = 0\left( 1 \right)\\
\sqrt {5x + y - 5} + \sqrt {1 - x + y} = 6\left( 2 \right)
\end{array} \right.$
Giải:
Đọc tiếp
Giải hệ phương trình: $\left\{ \begin{array}{l}
x - 4\sqrt {x - 1} + y - \frac{{2\left( {{y^2} + 24} \right)}}{{2{y^2} - 1}} = 0\left( 1 \right)\\
\sqrt {5x + y - 5} + \sqrt {1 - x + y} = 6\left( 2 \right)
\end{array} \right.$
Giải:
Thứ Hai, 29 tháng 9, 2014
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).
$\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
d\left( {B \to \Delta } \right) = BH = ML\\
d\left( {C \to \Delta } \right) = CK = ML
\end{array} \right.\\
\Rightarrow d\left( {B \to \Delta } \right) + d\left( {C \to \Delta } \right) = 2ML \le 2MA
\end{array}.$
Đọc tiếp
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)
$\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
d\left( {B \to \Delta } \right) = BH \le BI\\
d\left( {C \to \Delta } \right) = CK \le CI
\end{array} \right.\\
\Rightarrow d\left( {B \to \Delta } \right) + d\left( {C \to \Delta } \right) \le BI + CI = BC
\end{array}.$
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).
$\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
d\left( {B \to \Delta } \right) = BH = ML\\
d\left( {C \to \Delta } \right) = CK = ML
\end{array} \right.\\
\Rightarrow d\left( {B \to \Delta } \right) + d\left( {C \to \Delta } \right) = 2ML \le 2MA
\end{array}.$
Thứ Ba, 23 tháng 9, 2014
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:
$Do\,P = \sqrt {{{\left( {a - 6} \right)}^2} + {{\left( {b - 4} \right)}^2}} + \sqrt {{{\left( {a - c} \right)}^2} + {{\left( {b - d} \right)}^2}} + \sqrt {{{\left( {c - 2} \right)}^2} + {{\left( {d + 4} \right)}^2}} .$
$\begin{array}{*{20}{l}}
{Coi{\mkern 1mu} \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{M\left( {a;b} \right) \Rightarrow M \in {d_1}:{f_1}\left( {x,y} \right) = x + 2y - 9 = 0}\\
{N\left( {c;d} \right) \Rightarrow N \in {d_2}:{f_2}\left( {x,y} \right) = x + 2y = 4}\\
{A\left( {6;4} \right),{\mkern 1mu} D\left( {2; - 4} \right)}
\end{array}} \right.}\\
{ \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{P = AM + MN + ND}\\
{{d_1}//{d_2}}
\end{array}} \right.}\\
{Do{\mkern 1mu} \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{{f_1}\left( A \right) = 6 + 8 - 9 = 5 > 0}\\
{{f_2}\left( A \right) = 6 + 8 - 4 = 10 > 0}
\end{array}} \right.}
\end{array}.$
Đọc tiếp
$\begin{array}{l}
Cho\,\left\{ \begin{array}{l}
a,b,c,d \in R\\
a + 2b = 9;\,c + 2d = 4
\end{array} \right..\,Min\,P = \sqrt {{a^2} + {b^2} - 12a - 8b + 52} + \sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2} + {d^2} - 2ac - 2bd} \\
\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, + \sqrt {{c^2} + {d^2} - 4c + 8d + 20} = ?
\end{array}.$
Giải:
$Do\,P = \sqrt {{{\left( {a - 6} \right)}^2} + {{\left( {b - 4} \right)}^2}} + \sqrt {{{\left( {a - c} \right)}^2} + {{\left( {b - d} \right)}^2}} + \sqrt {{{\left( {c - 2} \right)}^2} + {{\left( {d + 4} \right)}^2}} .$
{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}.$
Thứ Hai, 22 tháng 9, 2014
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:
Đọc tiếp
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.
$\begin{array}{l}
\Rightarrow DO = \frac{3}{2}DM = \frac{3}{2}a \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\frac{{AC\sqrt 3 }}{2} = DO \Rightarrow AC = \frac{a}{{\sqrt 3 }}\\
BD = 2a
\end{array} \right.\\
\Rightarrow {S_{ABCD}} = \frac{1}{2}BD.AC = \frac{1}{2}.2a.\frac{a}{{\sqrt 3 }} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{3}
\end{array}.$
Đọc tiếp
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.
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.
$\begin{array}{l}
\Rightarrow DO = \frac{3}{2}DM = \frac{3}{2}a \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\frac{{AC\sqrt 3 }}{2} = DO \Rightarrow AC = \frac{a}{{\sqrt 3 }}\\
BD = 2a
\end{array} \right.\\
\Rightarrow {S_{ABCD}} = \frac{1}{2}BD.AC = \frac{1}{2}.2a.\frac{a}{{\sqrt 3 }} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{3}
\end{array}.$
Thứ Năm, 18 tháng 9, 2014
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:
$\begin{array}{l}
\bullet \left\{ \begin{array}{l}
C\left( { - 1;5} \right)\\
EF:x + y = 0
\end{array} \right. \Rightarrow EF \bot CN\left( {N \in EF} \right)\\
\Rightarrow CN:x - y + 6 = 0 \Rightarrow N\left( { - 3;3} \right)\\
\bullet \left\{ \begin{array}{l}
B\left( {7; - 1} \right)\\
EF:x + y = 0
\end{array} \right. \Rightarrow EF \bot BM\left( {M \in EF} \right)\\
\Rightarrow BM:x - y - 8 = 0 \Rightarrow M\left( {4; - 4} \right)\\
\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
BM = 3\sqrt 2 \\
CN = 2\sqrt 2
\end{array} \right. \Rightarrow \dfrac{{BM}}{{CN}} = \dfrac{3}{2}
\end{array}.$
Đọc tiếp
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:
\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:
Đọc tiếp
$Cho\,\left\{ \begin{array}{l}
a,b,c,d \in R\\
{a^2} + {b^2} + 4a - 2b + 4 = 0\left( 1 \right)\\
{c^2} + {d^2} - 6c - 2d + 6 = 0\left( 2 \right)
\end{array} \right..\,\,Min,\,Max\,P = b + 3c + d - 2a - ac - bd = ?.$
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:
Đọc tiếp
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).
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)
Thứ Tư, 17 tháng 9, 2014
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:
$\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
{A_1} = {A_2} = \dfrac{A}{2}\\
{A_1} = \widehat {DBC} = \dfrac{{sd\left( {DmC} \right)}}{2}\\
\widehat {DBC} = {C_1}\left( {DB = DC} \right)
\end{array} \right. \Rightarrow {C_1} = \dfrac{A}{2}\\
\Rightarrow \widehat {DCI} = {C_1} + {C_2} = \dfrac{A}{2} + \dfrac{C}{2}\left( {Do\,{C_2} = {C_3} = \dfrac{C}{2}} \right)\\
\Rightarrow \widehat {DCI} = \dfrac{{A + C}}{2}\left( 1 \right)\\
\left\{ \begin{array}{l}
{C_3} = \dfrac{{sd\left( {AnE} \right)}}{2} = \dfrac{C}{2} \Leftrightarrow C = sd\left( {AnE} \right)\\
{A_1} = \dfrac{{sd\left( {CmD} \right)}}{2} = \dfrac{A}{2} \Leftrightarrow A = sd\left( {CmD} \right)\\
\widehat {DIC} = \dfrac{{sd\left( {AnE} \right) + sd\left( {CmD} \right)}}{2}
\end{array} \right.
\end{array}.$
Đọc tiếp
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:
"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:
$\begin{array}{l}
\bullet \left\{ \begin{array}{l}
BC \bot BA\\
BC \bot SA\left( {SA \bot (ABCD)} \right)
\end{array} \right.\\
\Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right)\\
\Rightarrow BC \bot AH\left( {AH \subset (SAB)} \right)\\
Do\,AH \bot SB\left( {gt} \right)\\
\Rightarrow AH \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow AH \bot SC\left( 1 \right).\,\,\\
Do\,\left\{ \begin{array}{l}
DC \bot DA\\
DC \bot SA\left( {SA \bot (ABCD)} \right)
\end{array} \right. \Rightarrow DC \bot \left( {SAD} \right)\\
\Rightarrow DC \bot AK\left( {AK \subset (SAD)} \right)\& AK \bot SD\left( {gt} \right)\\
\Rightarrow AK \bot \left( {SDC} \right) \Rightarrow AK \bot SC\left( 2 \right)\\
\Rightarrow SC \bot \left( {AHK} \right)\left( {Do\,(1)\& (2)} \right)
\end{array}.$
Đọc tiếp
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a.
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:
$\begin{array}{l}
\bullet \left\{ \begin{array}{l}
BC \bot BA\\
BC \bot SA\left( {SA \bot (ABCD)} \right)
\end{array} \right.\\
\Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right)\\
\Rightarrow BC \bot AH\left( {AH \subset (SAB)} \right)\\
Do\,AH \bot SB\left( {gt} \right)\\
\Rightarrow AH \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow AH \bot SC\left( 1 \right).\,\,\\
Do\,\left\{ \begin{array}{l}
DC \bot DA\\
DC \bot SA\left( {SA \bot (ABCD)} \right)
\end{array} \right. \Rightarrow DC \bot \left( {SAD} \right)\\
\Rightarrow DC \bot AK\left( {AK \subset (SAD)} \right)\& AK \bot SD\left( {gt} \right)\\
\Rightarrow AK \bot \left( {SDC} \right) \Rightarrow AK \bot SC\left( 2 \right)\\
\Rightarrow SC \bot \left( {AHK} \right)\left( {Do\,(1)\& (2)} \right)
\end{array}.$
Thứ Ba, 16 tháng 9, 2014
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: ${x \ge 4\& y \le 4}.$\[\begin{array}{l}
\left( 1 \right) \Leftrightarrow {x^2} - 4x + 4 + 4{y^2} = 9 \Leftrightarrow {\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {2y} \right)^2} = 9\\
\Rightarrow {\left( {x - 2} \right)^2} \le 9 \Leftrightarrow x - 2 \le 3\left( {Do\,x \ge 4\,\& \,x - 2 > 0} \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
4 \le x \le 5\\
y \le 4
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
17{y^2} \ge 0\\
\sqrt {4 - y} \ge 0\\
x + 2 \ge 6
\end{array} \right.\\
\Rightarrow V{T_{\left( 2 \right)}} = 17{y^2}\left( {x + 2} \right)\sqrt {4 - y} + 24 \ge 24
\end{array}\]
Đọc tiếp
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:
$\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
SH \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SH \bot AB;\,\\
HM \bot AB
\end{array} \right.\\
\Rightarrow AB \bot \left( {AHM} \right) \Rightarrow AB \bot SM\\
\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{S_{SAB}} = \dfrac{1}{2}SM.AB\\
{S_{SBC}} = \dfrac{1}{2}SN.BC\\
{S_{SCA}} = \dfrac{1}{2}SP.CA\\
{S_{SAB}} = {S_{SBC}} = {S_{SCA}}\& \,AB = BC = CA
\end{array} \right.\\
\Rightarrow SM = SN = SP\left( 1 \right)\\
SH \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SH \bot HM,\,SH \bot HN,SH \bot HP(2)\\
\Delta SHM = \Delta SHN = \Delta SHP\left( {Do\,(1),(2)\& SH\,chung} \right)\\
\Rightarrow HM = HN = HP
\end{array}$
Đọc tiếp
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:
\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}$
Thứ Hai, 15 tháng 9, 2014
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:
Đọc tiếp
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:
Đọc tiếp
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:
Đọc tiếp
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:
$\begin{array}{l}
{S_{SAB}} = \dfrac{1}{2}SH.AB \Leftrightarrow SH = \dfrac{{2{S_{SAB}}}}{{AB}} = 2a\& \,SH \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SH \bot HC\& SH \bot AB\\
\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
SA = \sqrt {S{H^2} + A{H^2}} = \dfrac{{a\sqrt {37} }}{3};\,SB = \sqrt {S{H^2} + B{H^2}} = \dfrac{{2a\sqrt {10} }}{3}\\
SC = \sqrt {S{H^2} + H{C^2}} = \sqrt {S{H^2} + B{H^2} + B{C^2}} = \dfrac{{a\sqrt {76} }}{3}
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
OM = \dfrac{{SA}}{2} = \dfrac{{a\sqrt {37} }}{6}\\
OB = \dfrac{{BD}}{2} = \dfrac{{a\sqrt 5 }}{2}
\end{array} \right.
\end{array}.$
Đọc tiếp
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:
{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}.$
Chủ Nhật, 14 tháng 9, 2014
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):
Đọc tiếp
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: $\sqrt {ab} \le \dfrac{{a + b}}{2} \Rightarrow \dfrac{a}{{\sqrt {ab} }} \ge \dfrac{{2a}}{{a + b}} \Rightarrow P \ge 2\left( {\dfrac{a}{{a + b}} + \frac{b}{{b + c}} + \dfrac{c}{{c + a}}} \right) - 4abc.$
Đọc tiếp
$Cho\,\left\{ \begin{array}{l}
a,b,c > 0\\
a + b + c = 3
\end{array} \right..\,\,Min\,P = \dfrac{a}{{\sqrt {ab} }} + \dfrac{b}{{\sqrt {bc} }} + \dfrac{c}{{\sqrt {ca} }} - 4abc = ?.$
Giải:
Áp dụng BĐT Côsi cho 2 số ta có: $\sqrt {ab} \le \dfrac{{a + b}}{2} \Rightarrow \dfrac{a}{{\sqrt {ab} }} \ge \dfrac{{2a}}{{a + b}} \Rightarrow P \ge 2\left( {\dfrac{a}{{a + b}} + \frac{b}{{b + c}} + \dfrac{c}{{c + a}}} \right) - 4abc.$
Thứ Sáu, 12 tháng 9, 2014
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:
Đọc tiếp
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.
Đọc tiếp
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.
Thứ Năm, 11 tháng 9, 2014
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:
Đọc tiếp
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:
Đọc tiếp
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:\
Đọc tiếp
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:\
Thứ Tư, 10 tháng 9, 2014
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:
\[\begin{array}{l}
\left( * \right) \Leftrightarrow cosx.co{s^2}x + \left( {{{\sin }^4}x + {{\sin }^3}x - 2} \right) = 0\\
\Leftrightarrow cos\,x\left( {1 - {{\sin }^2}x} \right) + \left( {\sin \,x - 1} \right)\left( {{{\sin }^3}x + 2{{\sin }^2}x + 2\sin x + 2} \right) = 0\\
\Leftrightarrow cos\,x\left( {1 - \sin \,x} \right)\left( {1 + \sin \,x} \right) - \left( {{{\sin }^3}x + 2{{\sin }^2}x + 2\sin x + 2} \right) = 0\\
\Leftrightarrow \left( {1 - \sin \,x} \right)\left[ {cos\,x\left( {1 - \sin \,x} \right) - \left( {{{\sin }^3}x + 2{{\sin }^2}x + 2\sin x + 2} \right)} \right] = 0\\
\Leftrightarrow \left( {1 - \sin \,x} \right)\left[ {cos\,x\left( {1 + \sin \,x} \right) - {{\sin }^2}x\left( {1 + \sin \,x} \right) - 2\left( {1 + \sin \,x} \right) - {{\sin }^2}x} \right] = 0\\
\Leftrightarrow \left( {1 - \sin \,x} \right)\left[ {\left( {1 + \sin \,x} \right)\left( {cos\,x - {{\sin }^2}x - 2} \right) - {{\sin }^2}x} \right] = 0\\
Do\,\left\{ \begin{array}{l}
\left( {1 + \sin \,x} \right)\left( {cos\,x - {{\sin }^2}x - 2} \right) - {\sin ^2}x = \left( {1 + \sin \,x} \right)\left( {co{s^2}x + cos\,x - 3} \right) - {\sin ^2}x\\
co{s^2}x + cos\,x - 3 < 0\& 1 + \sin \,x < 0 \Rightarrow \left( {1 + \sin \,x} \right)\left( {co{s^2}x + cos\,x - 3} \right)\\
- {\sin ^2}x \le 0
\end{array} \right.\\
\Rightarrow \left( {1 + \sin \,x} \right)\left( {cos\,x - {{\sin }^2}x - 2} \right) - {\sin ^2}x \Rightarrow 1 - \sin \,x = 0 \Leftrightarrow \sin \,x = 1 \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{2} + k2\pi \left( {k \in Z} \right)
\end{array}\]
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:
Đọc tiếp
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.
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:\[\begin{array}{l}
V{T_{\left( * \right)}} = {\left( {abc} \right)^2} + 2\left[ {{{\left( {ab} \right)}^2} + {{\left( {bc} \right)}^2} + {{\left( {ca} \right)}^2}} \right] + 4\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) + 8\\
= \left[ {{{\left( {abc} \right)}^2} + 1 + 1} \right] + 2\left[ {{{\left( {ab} \right)}^2} + {{\left( {bc} \right)}^2} + {{\left( {ca} \right)}^2} + 3} \right] + 4\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)\,
\end{array}\]
Đọc tiếp
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:\[\begin{array}{l}
V{T_{\left( * \right)}} = {\left( {abc} \right)^2} + 2\left[ {{{\left( {ab} \right)}^2} + {{\left( {bc} \right)}^2} + {{\left( {ca} \right)}^2}} \right] + 4\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) + 8\\
= \left[ {{{\left( {abc} \right)}^2} + 1 + 1} \right] + 2\left[ {{{\left( {ab} \right)}^2} + {{\left( {bc} \right)}^2} + {{\left( {ca} \right)}^2} + 3} \right] + 4\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)\,
\end{array}\]
Thứ Hai, 8 tháng 9, 2014
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)
$\begin{array}{l}
Do\,\left\{ \begin{array}{l}
\frac{1}{{S{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{S{B^2}}}\\
S{B^2} = A{B^2} - S{A^2}
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
SH = a\sqrt 3 \\
AH = a\& BH = 3a
\end{array} \right.\\
\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
HI = \sqrt {H{B^2} + B{I^2}} = a\sqrt {21} \\
DI = \sqrt {C{D^2} + C{I^2}} = a\sqrt {28} \\
H{D^2} = \sqrt {A{H^2} + A{D^2}} = 7a
\end{array} \right.\\
\Rightarrow H{D^2} = H{I^2} + D{I^2} \Rightarrow HI \bot DI\left( 1 \right)\\
\left\{ \begin{array}{l}
SH \bot \left( {ABCD} \right)\\
DI \subset \left( {ABCD} \right)
\end{array} \right. \Rightarrow SH \bot DI\left( 2 \right)\\
\Rightarrow DI \bot \left( {SHI} \right)\left( {Do\,(1)\& (2)} \right)
\end{array}.$
Đọc tiếp
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)
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.
Đọc tiếp
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.
Thứ Sáu, 5 tháng 9, 2014
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 ${{y}^{,}}={{x}^{2}}-2(m+1)x$
+ ${{y}^{,}}=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align}
& x=0 \\
& x=2(m+1) \\
\end{align} \right.$
+ $y(0)=\frac{4}{3}{{(m+1)}^{3}}$ ;$y(2(m+1))=0$
Đọc tiếp
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)
$\Rightarrow \widehat {tAB} = \widehat {ANM} \Rightarrow At//MN \Rightarrow AO \bot MN\left( {AO \bot At} \right).$
Đọc tiếp
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:
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)
$\Rightarrow \widehat {tAB} = \widehat {ANM} \Rightarrow At//MN \Rightarrow AO \bot MN\left( {AO \bot At} \right).$
Thứ Tư, 3 tháng 9, 2014
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:\[\begin{array}{l}
a.\left( 1 \right) + b.\left( 2 \right) \Leftrightarrow \left( {a\, + 4b} \right){x^2} + a{y^2} + 3bxy + 3bx + by = \frac{a}{5} + \frac{{57b}}{{25}}\\
\Leftrightarrow {\left( {\sqrt {a + 4b} \,x + \sqrt a \,y + c} \right)^2} = \frac{a}{5} + \frac{{57b}}{{25}} + {c^2} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
2\sqrt {a\left( {a + 4b} \right)} = 3b\\
2c\sqrt {a + 4b} = 3b\\
2c\sqrt a = b\\
\frac{a}{5} + \frac{{57b}}{{25}} + {c^2} = {k^2}
\end{array} \right.\\
\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\frac{a}{5} + \frac{{57b}}{{25}} + {c^2} = {k^2}\\
b = 2a;\,c = \sqrt a
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = 1;\,b = 2;\,c = 1\\
k = \frac{{12}}{5}
\end{array} \right. \Rightarrow {\left( {3x + y + 1} \right)^2} = {\left( {\frac{{12}}{5}} \right)^2}
\end{array}\]
Đọc tiếp
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:\[\begin{array}{l}
a.\left( 1 \right) + b.\left( 2 \right) \Leftrightarrow \left( {a\, + 4b} \right){x^2} + a{y^2} + 3bxy + 3bx + by = \frac{a}{5} + \frac{{57b}}{{25}}\\
\Leftrightarrow {\left( {\sqrt {a + 4b} \,x + \sqrt a \,y + c} \right)^2} = \frac{a}{5} + \frac{{57b}}{{25}} + {c^2} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
2\sqrt {a\left( {a + 4b} \right)} = 3b\\
2c\sqrt {a + 4b} = 3b\\
2c\sqrt a = b\\
\frac{a}{5} + \frac{{57b}}{{25}} + {c^2} = {k^2}
\end{array} \right.\\
\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\frac{a}{5} + \frac{{57b}}{{25}} + {c^2} = {k^2}\\
b = 2a;\,c = \sqrt a
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = 1;\,b = 2;\,c = 1\\
k = \frac{{12}}{5}
\end{array} \right. \Rightarrow {\left( {3x + y + 1} \right)^2} = {\left( {\frac{{12}}{5}} \right)^2}
\end{array}\]
Thứ Ba, 2 tháng 9, 2014
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).$
Đọc tiếp
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.
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).$
Đăng ký:
Bài đăng (Atom)