Hình giải tích có sử dụng PHÉP BIẾN HÌNH.

Đề bài: (Câu hỏi của bạn Nguyễn Thạch hỏi trên facebook Trợ Giúp Toán Học)
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có PT đường thẳng của AB, AC lần lượt là 4x-3y-20=0, 2x+y+10=0. Đường tròn (C) qua trung điểm của các đọan HA, HB, HC có phương trình (x-1)²+(y+2)²=25, với H là trực tâm của tam giác ABC. Tìm toạ độ điểm H, biết hoành độ điểm C lớn hơn -4.
Giải:
Gọi A', B', C' lần lượt là trung điểm của HA, HB, HC. O và O' lần lượt là tâm của (ABC) và (A'B'C').

$\ \begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l} \overrightarrow {HA'}  = \frac{1}{2}\overrightarrow {HA} \\ \overrightarrow {HB'}  = \frac{1}{2}\overrightarrow {HB} \\ \overrightarrow {HC'}  = \frac{1}{2}\overrightarrow {HC} \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} A' = V_H^{\frac{1}{2}}\left( A \right)\\ B' = V_H^{\frac{1}{2}}\left( B \right)\\ C' = V_H^{\frac{1}{2}}\left( C \right) \end{array} \right.\\  \Rightarrow \left( {A'B'C'} \right) = V_H^{\frac{1}{2}}\left( {(ABC)} \right)\\  \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} \overrightarrow {HO'}  = \frac{1}{2}\overrightarrow {HO} \\ \frac{{R'}}{R} = \frac{1}{2} = \frac{5}{R} \Leftrightarrow R = 10 \end{array} \right. \end{array}.$
Gọi H(a;b) khi đó:$\ \left\{ \begin{array}{l} {x_O} = {x_H} + 2{x_{\overrightarrow {HO'} }}\\ {y_O} = {y_H} + 2{y_{\overrightarrow {HO'} }} \end{array} \right. \Rightarrow O\left( {2 - a; - 4 - b} \right)$
$\ \begin{array}{l}  \Rightarrow \left( {ABC} \right):{\left( {x + a - 2} \right)^2} + {\left( {y + b + 4} \right)^2} = 100\\ A\left( { - 1; - 8} \right) \in \left( {ABC} \right) \Leftrightarrow {\left( {a - 3} \right)^2} + {\left( {b - 4} \right)^2} = 100. \end{array}$

Tương giao kết hợp HHGT Oxy.

Đề bài: (Câu hỏi của bạn Đinh Văn Phúc hỏi trên facebook Trợ Giúp Toán Học)
Cho hàm số$\ y = {x^3} - \left( {m + 1} \right){x^2} + \left( {m - 1} \right)x + 1\left( {{C_m}} \right).$ Tìm m để Ox cắt $\ \left( {{C_m}} \right)$ tại 3 điểm A(cố định), B và C phân biệt sao cho B, C nằm về 2 phía của đường tròn $\ \left( T \right):{x^2} + {y^2} = \frac{1}{4}.$
Giải:
Hoành độ giao điểm của Ox và $\ \left( {{C_m}} \right)$ là nghiệm của phương trình:

Bài toán tương giao, ẩn trong lõi Min Max.

Đề bài: (Câu hỏi của bạn Ngô Minh Phương hỏi trên facebook Trợ Giúp Toán Học)
Cho hàm số$\ \,y =  - {x^3} + \left( {2m + 1} \right){x^2} - m - 1\left( {{C_m}} \right)$ và đường thẳng$\ \Delta :y = 2mx - m - 1.$ Tìm điều kiện của m để $\ \Delta$ cắt $\ \left( {{C_m}} \right)$ tại 3 điểm phân biệt A, B, C sao cho$\ {O{A^2} + O{B^2} + O{C^2}}$ đạt giá trị nhỏ nhất.
Giải:
Hoành độ giao điểm của $\ \Delta$ và $\ \left( {{C_m}} \right)$ là nghiệm của phương trình:

Kỹ thuật dồn biến căn bản.

Đề bài: (Câu hỏi của bạn Long Thể Bất An hỏi trên facebook Trợ Giúp Toán Học)
Cho các số thực $\ \left\{ \begin{array}{l} x,y > 0\\ xy \le y - 1 \end{array} \right..\,$ Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: $$P = \frac{{x + y}}{{\sqrt {{x^2} - xy + {y^2}} }} - \frac{{x - 2y}}{{6\left( {x + y} \right)}}$$
Giải:
Ta có:$\ xy \le y - 1 \Leftrightarrow 0 < \frac{x}{y} \le \frac{1}{y} - \frac{1}{{{y^2}}} = f\left( y \right) \Rightarrow f'\left( y \right) = \frac{2}{{{y^3}}} - \frac{1}{{{y^2}}} = \frac{{2 - y}}{{{y^3}}} = 0 \Leftrightarrow y = 2.$

Hệ phương trình hay.

Đề bài: (Câu hỏi của bạn Harry Miller hỏi trên facebook Trợ Giúp Toán Học)
Giải hệ phương trình:$\ \left\{ \begin{array}{l} 2{x^2} + 6{y^2} - 12y + 4 = \left( {5 + 2x} \right)\sqrt {{x^2} + {{\left( {y - 1} \right)}^2}} \\ \left( {{y^2} - 2y} \right)\sqrt {x + 1}  - xy + x = 0 \end{array} \right.$
Giải:
Ta có: HPT$\  \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 2{x^2} + 6\left( {{y^2} - 2y + 1} \right) - 2 = \left( {5 + 2x} \right)\sqrt {{x^2} + {{\left( {y - 1} \right)}^2}} \left( 1 \right)\\ \left( {{y^2} - 2y + 1} \right)\sqrt {x + 1}  - \sqrt {x + 1}  - \left( {x + 1 - 1} \right)\left( {y - 1} \right)\left( 2 \right) \end{array} \right.$

Mỗi ngày một tính chất hình Oxy.

Đề bài: (Câu hỏi của bạn Anh Thư Trần hỏi trên facebook Trợ Giúp Toán Học)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có B(-4;-2).

Góc $\hat{ACB}=75^{0}.$ Đường cao kẻ từ đỉnh A có phương trình 2x+y=0. Gọi D là điểm trên cạnh BC sao cho DC=2DB. Tìm tọa độ điểm A, biết góc $\hat{ADC}=60^{0}$ và A có hoành độ âm.
Giải:
Do biết phương trình AH và toạ độ điểm B, ta hoàn toàn lập được BC: x - 2y=0.Toạ độ điểm H là nghiệm của HPT:
$\ \left\{ \begin{array}{l} 2x + y = 0\\ x - 2y = 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow H\left( {0;0} \right) \Rightarrow HB = 2\sqrt 5 .$

LĂNG TRỤ TAM GIÁC ĐỀU = Lăng trụ ĐỨNG + 2 đáy là TAM GIÁC ĐỀU.

Đề bài: (Câu hỏi của bạn Jin Dodi Nho hỏi trên facebook Trợ Giúp Toán Học)
Cho lăng trụ tam giác đều ABC.A'B'C',cạnh AB=a. Góc giữa (ABC) và (A'BC) là 60°. M là trung điểm AA'.Tính thể tích lăng trụ và khoảng cách từ M đến (AB'C').
Giải:
Gọi N là trung điểm của BC ta có:

$$\begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l} AA' \bot BC\left( {AA' \bot (ABC)} \right)\\ AN \bot BC \end{array} \right. \Rightarrow A'N \bot BC\\  \Rightarrow \widehat {\left( {(A'BC),(ABC)} \right)} = \widehat {\left( {A'N,AN} \right)} = \widehat {ANA'} = {60^0}\\  \Rightarrow AA' = AN\,\tan {60^0} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\sqrt 3  = \frac{{3a}}{2}\\  \Rightarrow {V_{ABC.A'B'C'}} = \frac{1}{3}.\frac{{3a}}{2}.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{8} \end{array}$$

Một suy nghĩ khác về bài toán TƯƠNG GIAO.

Đề bài: (Câu hỏi của bạn Minh Châu hỏi trên facebook Trợ Giúp Toán Học)
Cho hàm số y=x³ -3x +2(C). Viết phương trình đường thẳng d cắt đồ thị (C) tại 3 điểm phân biệt A, B, C sao cho điểm A có hoành độ bằng 2 và BC=2√2.
Giải:
Giả sử không tồn tại HSG k, khi đó d: x=a. Hoành độ giao điểm của d và (C) là nghiệm của PT:
$$\begin{array}{l} {x^3} - 3x + 2 = a.\,Do\,{x_A} = 2 \Leftrightarrow a = 4\\  \Rightarrow {x^3} - 3x + 2 = 4 \Leftrightarrow {x^3} - 3x - 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} A\left( {2;4} \right)\\ B\left( {1;0} \right)\\ C\left( { - 1;4} \right) \end{array} \right. \Rightarrow BC = 2\sqrt 5  \ne 2\sqrt 2  \Rightarrow \exists k \Rightarrow d:y = kx + b \end{array}$$

Xác định nghiệm hình Oxy hợp lý.

Đề bài: (Câu hỏi của bạn The lo hỏi trên facebook Trợ Giúp Toán Học)
Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho hình vuông ABCD tâm O. Điểm K(0;2) thuộc đoạn OA. M và N lần lượt là trung điểm của AB, CD và cùng nằm trên đường thẳng d: x - 1 = 0. Q là giao điểm của KM và BC. Tìm toạ độ các đỉnh của hình vuông, biết điểm H(4;8) thuộc NQ.
Giải:
Ta thấy tam giác AMO vuông cân tại M nên AC tạo với MN một góc 45 độ.

Khi đó phương trình của AC là: y = - x + 2 hoặc y = x + 2.
- Xét AC: y = - x + 2. Khi đó O(1;1).
Ta gọi M(1;m) khi đó: $$\begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l} N\left( {1;2 - m} \right) \Rightarrow C\left( {3;2 - m} \right) \Rightarrow D\left( {2 - m;2 - m} \right)\\ A\left( {2 - m;m} \right) \Rightarrow B\left( {m;m} \right) \end{array} \right.\\  \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} MK:\left( {m - 2} \right)x - y + 2 = 0\\ BC:x = m \end{array} \right. \Rightarrow Q\left( {m;{m^2} - 2m + 2} \right)\\  \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} \overrightarrow {HN}  = \left( { - 3; - m - 6} \right)\\ \overrightarrow {HQ}  = \left( {m - 4;{m^2} - 2m - 6} \right) \end{array} \right.\\ \overrightarrow {HN}  \uparrow  \downarrow \overrightarrow {HQ}  \Leftrightarrow \frac{{m - 4}}{3} = \frac{{{m^2} - 2m - 6}}{{m + 6}}\\  \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} m = 1 \Rightarrow A\left( {1;1} \right) \equiv O\left( L \right)\\ m = 3 \Rightarrow A\left( { - 1;3} \right),B\left( {3;3} \right),C\left( {3; - 1} \right),D\left( { - 1; - 1} \right) \end{array} \right. \end{array}$$

ĐH khối B - 2003.

Đề bài: (Câu hỏi của bạn Dld Ngáo Ộp hỏi trên facebook Trợ Giúp Toán Học)
Cho hình lăng trụ đứng ABCD.A'B'C'D' có đáy ABCD là một hình thoi cạnh bằng a, góc BAD=60. Gọi M là trung điểm AA' và N là trung điểm cạnh CC'.
Chứng minh: 4 điểm B', M, D, N cùng thuộc một mặt phẳng.
Tính độ dài cạnh AA' theo a để tứ giác B'MDN là hình vuông.
Giải:

Gọi P là trung điểm của BB' ta có:
$\ CN// = B'P\left( { = \frac{{BB'}}{2}} \right) \Rightarrow CNB'P$ là hình bình hành.
$\  \Rightarrow CP// = B'N\left( 1 \right).$
Mặt khác, $\ MP// = DC \Rightarrow MPCD$ là hình bình hành.
$\  \Rightarrow CP// = DM\left( 2 \right).$
Từ (1) và (2) ta được:
$\ DM// = B'N \Rightarrow B',M,D,N$ đồng phẳng. $$\left\{ \begin{array}{l} B'N = \sqrt {B'C{'^2} + C'{N^2}} \\ B'M = \sqrt {A'B{'^2} + A'{M^2}} \\ B'C' = A'B';\,A'M = C'N = \frac{{AA'}}{2} \end{array} \right.$$ $\  \Rightarrow B'N = B'M \Rightarrow$ Tứ giác BNB'M là hình thoi.

Cặp đôi hoàn hảo: Tiếp tuyến + tương giao.

Đề bài: (Câu hỏi của bạn Minh Châu hỏi trên facebook Trợ Giúp Toán Học)
Cho hàm số$\ y = \frac{{2x + 2}}{{x - 1}}$(C). Gọi I là giao điểm của hai đường tiệm cận của (C), đường thẳng (d): x-2y+5=0 cắt (C) tại hai điểm A,B với A có hoành độ dương. Viết phương trình các tiếp tuyến của (C) vuông góc với IA.
Giải:
Toạ độ điểm A là nghiệm của HPT sau: $$\left\{ \begin{array}{l} y = \frac{{2x + 2}}{{x - 1}}\\ x - 2y + 5 = 0\\ x > 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} \frac{{x + 5}}{2} = \frac{{2x + 2}}{{x - 1}}\\ y = \frac{{x + 5}}{2}\\ x > 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {x^2} = 9\\ y = \frac{{x + 5}}{2}\\ x > 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow A\left( {3;4} \right) \Rightarrow \overrightarrow {IA}  = \left( {1;1} \right) \Rightarrow {k_{tt}} =  - 1$$ Gọi toạ độ tiếp điểm là:

Sử dụng BĐT Cauchy - Schwarz khi điều kiện LỎNG.

Đề bài. CMR: $\ 2\left( {1 + abc} \right) + \sqrt {2\left( {1 + {a^2}} \right)\left( {1 + {b^2}} \right)\left( {1 + {c^2}} \right)}  \ge \left( {1 + a} \right)\left( {1 + b} \right)\left( {1 + c} \right)\left( * \right)$với mọi a,b,c thực.
Giải:
Ta có: $\ \left\{ \begin{array}{l} 2({a^2} + 1) = {a^2} + {a^2} + 1 + 1 = {(a + 1)^2} + {(a - 1)^2}\\ ({b^2} + 1)({c^2} + 1) = {b^2}{c^2} + {b^2} + {c^2} + 1 = {(b + c)^2} + {(1 - bc)^2} \end{array} \right.$

Giải HPT nhờ đánh giá đơn giản.

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

TRI THỨC & LƯU MANH ai đáng sợ hơn.

Những triết lý "để đời" từ một vụ cướp ngân hàng:

Mỗi ngày một tính chất hình Oxy.

Đề bài: (Câu hỏi của bạn Nhật Quang hỏi trên facebook Trợ Giúp Toán Học)
Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm I(3,3) và AC=2BD .

Hai điểm M(2,4/3 ) , N(3,13/3) lần lượt thuộc AB , CD.
Viết phương trình BD, biết B có hoành độ nhỏ hơn 3
Giải:
Gọi giao điểm của AB và NI là N'.

Ta thấy ngay N' là điểm đối xứng với N qua I (ANCN' là hình bình hành).

Khi đó ta có: N'(3;5/3).

- Nếu BD có dạng x=a => x=3 (không thoả mãn vì B có hoành độ < 3).

- Vậy BD có dạng: y=k(x-3)+3.

Ta có: $\ \overrightarrow {MN'}  = \left( {1;\frac{1}{3}} \right) \Rightarrow MN':x - 3y + 2 = 0.$

Do$\ 2 = \frac{{AC}}{{BD}} = \frac{{AI}}{{BI}} = \tan \,\widehat {ABI} = \tan \left( {AB,BD} \right) = \tan \left( {MN',BD} \right) = \left| {\frac{{\frac{1}{3} - k}}{{1 + \frac{k}{3}}}} \right|.$
(Tính chất này ta áp dụng ở ĐL NÀY)

• Khi k = - 1, BD: y = - x +6  => B(4;2) (Không thoả mãn).
• Khi k = -7, BD: y = 7x - 18  => B(14/5; 8/5) (Thoả mãn).

Vậy PT của BD cần lập là: 7x - y - 18 = 0. 

Mỗi ngày một tính chất hình Oxy.

Đề bài: (Câu hỏi của bạn Đỗ Bá Hải hỏi trên facebook Trợ Giúp Toán Học)
Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho tam giác ABC vuông cân đỉnh A. BM là đường trung tuyến. Đường thẳng qua A vuông góc với BM cắt BC tại E(2;1). Biết trọng tâm của tam giác ABC là G(2;2). Xác định toạ độ các đỉnh của tam giác ABC, biết điểm A có hoành độ dương.
Giải:

Gọi N là trung điểm của cạnh huyền BC ta có:$\ \left\{ \begin{array}{l} AN \bot BC\\ BH \bot AE\\ AN \cap BH = G \end{array} \right. \Rightarrow$ G là trực tâm tam giác ABE.

Khi tính V, đánh giá đáy phải chuẩn.

Đề bài: (Câu hỏi của bạn Christopher Chabestan hỏi trên facebook Trợ Giúp Toán Học)
Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có AA’ = 2a, AB = AC = a (a > 0) và góc giữa cạnh bên AA’ và mặt phẳng (ABC) bằng 60 độ. Tính thể tích của khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng cách từ điểm A đến mp(A’BC) theo a biết rằng hình chiếu của điểm A’ trên mặt phẳng (ABC) trùng với trực tâm H của tam giác ABC.
Giải:

Do $\ \widehat {\left( {AA',\left( {ABC} \right)} \right)} = \widehat {A'AH} = {60^0} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} AH = a\\ A'H = a\sqrt 3 \end{array} \right.$
Gọi M là trung điểm của BC. Do AH=a=AB=AC nên H không thể nằm bên trong tam giác ABC (Vì trong tam giác vuông, cạnh huyền phải lớn nhất).
Do vậy H phải nằm về phía đối của tia AM.
Do AH=AB=AC nên A là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Mà AB, AC lần lượt vuông góc với HC và HB nên O là tâm của tam giác đều HBC.
Khi đó nếu cạnh của HBC là x thì:
$\ a = AB = \frac{{x\sqrt 3 }}{2}.\frac{2}{3} = \frac{x}{{\sqrt 3 }} \Leftrightarrow x = a\sqrt 3 .$

VỎ và LÕI của một bài toán.

Đề bài: (Câu hỏi của bạn Nguyễn Minh Thông hỏi qua facebook Trợ Giúp Toán Học)
Cho các số thực a, b, c thoả mãn điều kiện: a, b, c>1.
CMR: $\ \left( {{{\log }_b}a + {{\log }_c}a - 1} \right)\left( {{{\log }_c}b + {{\log }_a}b - 1} \right)\left( {{{\log }_a}c + {{\log }_b}c - 1} \right) \le 1\left( * \right).$
Giải:

Đặt $\ x = {\log _a}b;\,y = {\log _b}c;z = {\log _c}a \Rightarrow x,y,z > 0;\,xyz = \frac{{{{\log }_a}b}}{{{{\log }_a}c}}.{\log _b}c = {\log _c}b.{\log _b}c = 1.$

Khi đó: $\ V{T_{\left( * \right)}} = \left( {x + \frac{1}{y} - 1} \right)\left( {y + \frac{1}{z} - 1} \right)\left( {z + \frac{1}{x} - 1} \right).$

HHKG cũng có thể ra khó như HHGT Oxy.

Đề bài: (Câu hỏi của bạn Dương Nguyễn hỏi trên facebook Trợ Giúp Toán Học)
Cho hình chóp S.ABCD với ABCD là hình thang vuông tại A và D, AB=AD=2a, DC=a. SA=a và SA vuông góc với (ABCD). M là một điểm bất kì trên AC (M khác A và C), đặt AM=x. Dựng thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mặt phẳng qua M, vuông góc AC, tính diện tích thiết diện

Bình luận:
Sở dĩ thầy muốn nói hình không gian có thể ra đề khó như hình Oxy là bởi vì chúng ta phải trải qua công đoạn xử lý trong một mặt phẳng (quy về phẳng). Ở đây, chúng ta phải biết phát hiện các yếu tố đặc biệt của bài toán.
Ở đây, chúng ta đang nói đến hình thang vuông, loại hình này chúng ta thường thấy khi chúng ta bổ sung thêm một số đường thì nó sẽ được một hình khá đẹp (hình vuông). Chính điều này khiến chúng ta liên tưởng đến một vài bài toán hình Oxy và HHKG (ĐH Khối A - 2010). Đó là việc phát hiện yếu tố AC vuông góc với BE(E là trung điểm của AD).
Giải: Gọi E là trung điểm của AD. Ta thấy tam giác ADC = tam giác BAE vì:$\ \left\{ \begin{array}{l} AD = AB = 2a\\ DC = AE = a\\ \widehat A = \widehat D = {90^0} \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} \widehat {DAC} = \widehat {ABE}\\ \widehat {DAC} + \widehat {BAC} = {90^0} \end{array} \right.$

Phương pháp phân chia khối đa diện.

Đề bài: (Câu hỏi của bạn Hoàng Phan hỏi trên faacebook Trợ Giúp Toán Học)
Cho hình lăng trụ đứng tứ giác đều ABCD.A'B'C'D' có cạnh đáy bằng 2. Gọi M là trung điểm BC và N là trung điểm CD. Mặt phẳng (A'MN) chia khối lăng trụ thành hai phần, tính thể tích phần chứa đỉnh C' biết góc giữa mặt phẳng (A'MN) và mặt phẳng (ABCD) bằng 45 độ.
Giải:

Phân biệt lớp vỏ và lớp lõi mỗi bài toán trẻ con.

Đề bài: (Câu hỏi của cháu Linh Jelly Min hỏi trên facebook Trợ Giúp Toán Học)
Tìm số x biết rằng: (7-x) + (10-x) + (13-x ) +...+ ( 52-x) + (55-x) = 493.
Giải:
Để giải được những bài toán "có 3 dấu chấm" kiểu này các cháu phân biệt cho chú cái mục đích của bài toán bao gồm cái VỎ là "tìm x", còn CÁI LÕI là "tính tổng của n số tự nhiên liên tiếp" (Bài toán Gauss).
Muốn vậy các cháu hãy tìm quy luật của bài toán đã nhé!
Các cháu thấy các số hạng của tổng bên trái chỉ khác ở các số 7,10,13,...,55. Vậy quy luật của chúng là gì?
Các cháu thấy ngay: "Thằng đứng sau bằng thằng đứng trước cộng 3"...
Chú sẽ giải như sau, hy vọng các cháu hiểu:

Tập chứng minh bất đẳng thức.

Đề bài: (Câu hỏi của bạn Phương Huỳnh hỏi trên facebook Trợ Giúp Toán Học)
Cho $\ \left\{ \begin{array}{l} a,b,c > 0\\ a + b + c = 3 \end{array} \right..\,\,\,\,\,\,CMR:\frac{{{a^2}b}}{{2a + b}} + \frac{{{b^2}c}}{{2b + c}} + \frac{{{c^2}a}}{{2c + a}} \le 1.$
Giải:
$$\frac{{{a^2}b}}{{2a + b}} = \frac{a}{{\frac{{2a + b}}{{ab}}}} = \frac{a}{{\frac{2}{b} + \frac{1}{a}}} = \frac{a}{{\frac{1}{b} + \frac{1}{b} + \frac{1}{a}}}$$ Áp dụng BĐT quen thuộc:$\ \left( {x + y + z} \right)\left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z}} \right) \ge 9 \Leftrightarrow \frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} \ge \frac{9}{{x + y + z}}$

Tập chứng minh bất đẳng thức.

Đề bài: (Câu hỏi của bạn Phương Huỳnh hỏi trên facebook Trợ Giúp Toán Học)
Cho $\ \left\{ \begin{array}{l} a,b,c > 0\\ a + b + c = 1 \end{array} \right..\,\,CMR:\frac{{bc}}{{\sqrt {a + bc} }} + \frac{{ca}}{{\sqrt {b + ca} }} + \frac{{ab}}{{\sqrt {c + ab} }} \le \frac{1}{2}.$
Giải:
$$\begin{array}{l} \frac{{bc}}{{\sqrt {a + bc} }} = \frac{{bc}}{{\sqrt {a\left( {a + b + c} \right) + bc} }} = \frac{{bc}}{{\sqrt {\left( {a + c} \right)\left( {a + b} \right)} }}\\  \Rightarrow \frac{{bc}}{{\sqrt {a + bc} }} + \frac{{ca}}{{\sqrt {b + ca} }} + \frac{{ab}}{{\sqrt {c + ab} }} \le \frac{{bc}}{{\sqrt {\left( {a + c} \right)\left( {a + b} \right)} }} + \frac{{ca}}{{\sqrt {\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)} }} + \frac{{ab}}{{\sqrt {\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right)} }} \end{array}$$

Từ đề khối A, dự đoán đề môn Toán khối B,D năm 2014.

Mọi dự đoán cần có những tính toán và thống kê có căn cứ. Bởi vậy thầy đã làm một thống kê và đưa ra dự đoán của mình về đề Toán khối B và khối D cho ngày kia

Ba cách khác nhau cho câu hình không gian - môn Toán đợt I.

Đáp án chi tiết đề thi ĐH môn Toán khối A,A1 - 2014.

Mỗi ngày một tính chất hình Oxy.

Đề bài: (Câu hỏi của bạn Japonica Blissmilever hỏi trên facebook Trợ Giúp Toán Học)
Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho tam giác ABC với phương trình đường tròn ngoại tiếp là(C):$\ {\left( {x + 2} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} = 25.$ Đường thẳng qua A vuông góc với BC cắt (C) tại điểm E(1;-2) khác A. Tính diện tích tam giác ABC, biết tam giác ABC có trọng tâm là G(-1;16/3).
Giải:

Gọi D là điểm đối xứng của A qua O.
Xét tứ giác BDCH có:
$\ \left\{ \begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l} CH \bot AB\\ BD \bot AB \end{array} \right. \Rightarrow CH//BD\,\,\\ \left\{ \begin{array}{l} BH \bot AC\\ CD \bot AC \end{array} \right. \Rightarrow BH//CD\,\, \end{array} \right. \Rightarrow BDCH$ là hình bh.
$\  \Rightarrow MH = MD\left( {DH \cap BC = M} \right).$
Nên AM, HO là các trung tuyến của tam giác AHD.
$\  \Rightarrow HG = 2HO \Rightarrow \left. \begin{array}{l} \overrightarrow {HG}  = 2\overrightarrow {GO} \\ G\left( { - 1;\frac{{16}}{3}} \right)\\ O\left( { - 2;2} \right) \end{array} \right\} \Rightarrow H\left( {1;12} \right).$

Câu HHKG đề cao tư duy vẽ hình.

Đề bài: (Câu hỏi của bạn Hồng Công Citi hỏi trên facebook Trợ Giúp Toán Học)
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tai B, AB=BC=$a\sqrt{3}$khoảng cách từ A đến (SBC) là $a\sqrt{2}$và góc SAB=SCB=90 độ . Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a và góc giữa đường thẳng SB với (ABC).
HD giải:

Tạm thời hãy đừng vẽ hình các em nhé! Nếu vẽ rồi các em sẽ vẽ lại thôi. 
Nhưng nếu cần một cái hình làm tượng trưng, các em cũng có thể vẽ rồi ta cùng nhau làm việc quan trọng này trước:
XĐ VỊ TRÍ CHÂN ĐƯỜNG VUÔNG GÓC HẠ TỪ S XUỐNG (ABC):