143) $\left\{\begin{matrix}2x^2+3y^2-4xy=3 & & \\ 2x^2-y^2=7 & & \end{matrix}\right.$

Từ hệ suy ra $7(2x^{2}+3y^{2}-4xy)=3(2x^{2}-y^{2})$

                     $\Leftrightarrow 8x^{2}-28xy+24y^{2}=0$

                     $\Leftrightarrow (2x-3y)(x-2y)=0$

Đến đây thế vào PT dưới là xong

154) $\left\{\begin{matrix}x^3-9y^2+27y-27=0 & & \\ y^3-9z^2+27z-27=0 & & \\ z^3-9x^2+27x-27=0 \end{matrix}\right.$

Hệ $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x^{3} =9y^{2}-27y+27=f(y)& & & \\ y^{3} =9z^{2}-27z+27=f(z)& & & \\ z^{3}=9x^{2} -27x+27=f(x)& & & \end{matrix}\right.$

Vì $f(t)=9t^{2}-27t+27=9(t-\frac{3}{2})^{2}+\frac{27}{4}\geq \frac{27}{4}\forall t$

$\Rightarrow x^{3},y^{3},z^{3}\geq\frac{27}{4}\Rightarrow x,y,z\geq \frac{3}{\sqrt[3]{4}}$

${f}'(t)=18t-27> 0\forall t\in [\frac{3}{\sqrt[3]{4}};+\infty ]$

$\Rightarrow f$ là hàm đồng biến trên đoạn $[\frac{3}{\sqrt[3]{4}};+\infty ]$

Không mất tính tổng quá giả xử $x\geq y\geq z\Rightarrow f(x)\geq f(y)\geq f(z)\Rightarrow z^{3}\geq x^{3}\geq y^{3}\Rightarrow z\geq x\geq y$

$\Rightarrow x=y=z$

Ta có: $x^{3}-9x^{2}+27x-27=0$

Đến đây dễ rồi

Cho a,b,c là các số dương thoả mãn a + b + c = 1. Tìm GTNN của: 

$\frac{a+b}{\sqrt{ab+c}}+\frac{b+c}{\sqrt{bc+a}}+\frac{c+a}{\sqrt{ca+b}}$ 

Ta có: $\sum \frac{a+b}{\sqrt{ab+c}}=\sum \frac{a+b}{\sqrt{(a+c)(b+c)}}\geq \frac{(\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a})^{2}}{\sqrt{(a+b)(a+c)}+\sqrt{(a+b)(b+c)}+\sqrt{(a+c)(b+c)}}\geq 3$

Dấu bằng xảy ra $a=b=c=\frac{1}{3}$

Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $a+b+c=1$ .Tìm GTNN của:

$P=\frac{a^{2}}{1+b}+\frac{b^{2}}{1+a}+\frac{4c^{2}}{2+\sqrt{a^{2}+b^{2}}}$

Một bài nữa :

Câu 18:

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vuông tại C, D có BC = 2 AD = 2DC ,
đỉnh C(3;-3) , đỉnh A nằm trên đường thẳng d : 3x + y - 2 = 0 , phương trình đường thẳng
DM : x - y - 2 = 0 với M là điểm thỏa mãn  . Xác định tọa độ các điểm A, D, B ( THPT Hàn Thuyên)
 

Bài này chỉ cần tìm đc M là tìm đc tất các điểm cần tìm

Gọi N là trung điểm BC thì ANCD là hình vuông , M là trung điểm CN

Gọi E là trung điểm AN $\Rightarrow DM\perp CE$ 

$\Rightarrow \overrightarrow{n_{CE}}=\overrightarrow{u_{DM}}=(1;1)\Rightarrow CE:x+y=0$

$H=DM\cap CE\Rightarrow H(1;-1)$

Ta có: $\Delta CHM\sim \Delta DCM\Rightarrow \frac{HM}{CH}=\frac{CM}{DC}=\frac{1}{2}\Rightarrow 2HM=CH$

$M\in MD\Rightarrow M(t;t-2)\Rightarrow 2\sqrt{(t-1)^{2}+(t-2+1)^{2}}=2\sqrt{2}\Leftrightarrow \left | t-1 \right |=1$

Câu 13: Tự nhiên lục lọi trong topic đề thi thử THPT quốc gia 2015 lại tìm thấy đúng bài cần tìm

Trong mặt phẳng với hệ trục Oxy, cho tam giác ABC có đường trung tuyến AM và đường cao AH lần lượt có phương trình 13x-6y-2=0,x-2y-14=0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC là I(-6;0). (THPT chuyên Hùng Vương)

Ta tìm đc A(-4;-9)

Gội G là trọng tâm,K là trực tâm tam giác ABC

Dễ dàng cm đc K,G,I thẳng hàng và $\overrightarrow{IG}=\frac{1}{3}\overrightarrow{IK}$ (theo đường thẳng ơle)

khi đó tìm đc điểm K,lại có $\overrightarrow{AK}=2\overrightarrow{IM}$ ,tìm đc M

khi đó ta viếtđc pt BC

Tọa độ B,C là ngiệm của hệ gồm pt BC và pt đường tròn

Bài 36: Trong mặt phẳng Oxy, tam giác ABC có trực tâm H(5,5), phương trình chứa cạnh cạnh BC là x+y-8=0. Biết đường tròn ngoại tiếp tam giac đi qua 2 điểm M(7,3), N(4,2) tính diện tích ABC.

 

------------

Bạn hãy post bài nghiêm túc hơn nhé!

Mình ko biết vẽ hình đăng lên đâu mn thông cảm nhé 

Gọi giao của AH với đường tròn là K

Ta chứng minh K đối xúng với H qua BC

Ta có $\widehat{KBC}= \widehat{KAC}$ (cùng chắn cung KC)

          $\widehat{KAC}=\widehat{HBC}$ (cùng phụ với $\widehat{ACB}$ )

 Suy ra $\widehat{KBC}=\widehat{HBC}$ ,suy ra tam giác HBK cân tại B,suy ra K đối xúng với H qua BC,từ đó tìm đc K

đến đây dễ rồi

Bài 49. Giải phương trình: $$4\cos x-3\sin x+\dfrac{2}{4\cos x-3\sin x-6}=3$$

Phương trình tương đương với $4cosx-3sinx-6+\frac{2}{4cosx-3sinx-6}+3=0$

Đặt : $t=4cosx-3sinx-6 ;(t\neq 0)$

Phương trình trở thành $t+\frac{2}{t}+3=0\Leftrightarrow t^{2}+3t+2=0$

               $\Leftrightarrow t=-1$   hoặc $t=-2$

Nếu $t=-1\Rightarrow 4cosx-3sinx-6=-1 \Leftrightarrow 4cosx-3sinx-5=0$ (1)

Xét $cos\frac{x}{2}=0\Rightarrow sinx=0;cosx=-1$ không thỏa mãn

Xét $cosx\neq 0$ .Đăt $a=tan\frac{x}{2}$

(1) trở thành $\frac{4(1-a^{2})}{1+a^{2}}-\frac{6a}{1+a^{2}}-5=0$ quy đồng thu đc PT bậc 2

Nếu $t=-2\Rightarrow 4cosx-3sinx-6=-2\Leftrightarrow -3sinx=4(1-cosx)$

                                                                    $\Leftrightarrow -6sin\frac{x}{2}cos\frac{x}{2}=8sin^{2}\frac{x}{2}$

                                                                    $2sin\frac{x}{2}(4sin\frac{x}{2}+3cos\frac{x}{2})=0$

Đến đây chắc dễ rồi,anh chị xem em làm có nhầm chỗ nào không ạ

Mình cũng xin góp một bài :
$\left ( cos2x+cos4x \right )^{2}= 5+cosx$

Em làm thế này ko biết đúng ko

Ta có $cos2x+cos4x\leq 2\Rightarrow (cos2x+cos4x)^{2}\leq 4$

          $5+cosx\geq 4$

Phương trình có nghiệm $\Leftrightarrow (cos2x+cos4x)^{2}=5+cosx=4$ 

                                       $\left\{\begin{matrix} cosx=-1 & & & \\ cos2x=\pm 1 & & & \\ cos4x=\pm 1 & & & \end{matrix}\right.$

2)$8cos^{3}(x+\frac{\pi }{3})=cos3x$

2. Đặt $x+\frac{\pi }{3}=t$ 

PT trở thành: $8cos^{3}t=cos(3t-\pi )=-cos3t$

                      $\Leftrightarrow 8cos^{3}t+4cos^{3}t-3cost=0$

                      $\Leftrightarrow 12cos^{3}t-3cost=0$

                      $\Leftrightarrow cost(2cost-1)(2cost+1)=0$

Câu hệ:

Hệ$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} (x-y)(2x+3y)=12 & & \\ (x-y)(xy+6)=12 & & \end{matrix}\right.$

$\Rightarrow 2x+3y=xy+6\Leftrightarrow (x-3)(y-2)=0$

Thiếu $x=y$ (mà làm rồi mà)

 

Nếu x=y thì có thỏa $(x-y)(xy+6)=12$ đâu

Câu 4:

Ta có: $1=(ab+bc+ca)^{2}=a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2}+2abc(a+b+c)$

$\Rightarrow dpcm\Leftrightarrow a^{4}b^{2}+b^{4}c^{2}+c^{4}a^{2}+a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2}\geq \frac{4}{9}$

$\Leftrightarrow a^{2}b^{2}(a^{2}+1)+b^{2}c^{2}(b^{2}+1)+c^{2}a^{2}(c^{2}+1)\geq \frac{4}{9}$

$\Leftrightarrow a^{2}b^{2}(a+b)(a+c)+b^{2}c^{2}(b+c)(b+a)+c^{2}a^{2}(c+a)(c+b)\geq \frac{4}{9}$

$(a+b)(b+c)(c+a)(\frac{a^{2}b^{2}}{b+c}+\frac{b^{2}c^{2}}{c+a}+\frac{c^{2}a^{2}}{a+b})\geq \frac{4}{9}$

Nhờ biến đổi tương đương ta chứng minh đc $(a+b)(b+c)(c+a)\geq \frac{8}{9}(a+b+c)(ab+bc+ca)=\frac{8}{9}(a+b+c)$

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:

$\frac{a^{2}b^{2}}{b+c}+\frac{b^{2}c^{2}}{c+a}+\frac{c^{2}a^{2}}{a+b}\geq \frac{(ab+bc+ca)^{2}}{2(a+b+c)}=\frac{1}{2(a+b+c)}$

vậy ta có đpcm

Dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}$

Bầi 3:

1.Xét phương trình hoành độ giao điểm:

$x^{2}=-\frac{2}{3}(m+1)x+\frac{1}{3}\Leftrightarrow 3x^{2}+2(m+1)x-1=0$

${\Delta }'=(m+1)^{2}+3> 0,\forall m\in \mathbb{R}$

suy ra đpcm

2.$f(x_{1})-f(x_{2})=x_{1}[x_{1}^{2}+(m+1)x_{1}-1]-x_{2}[x_{2}^{2}+(m+1)x_{2}-1]$

Do $x_{1};x_{2}$ là nghiệm của PT trên

$\Rightarrow \left\{\begin{matrix} 3x_{1}^{2}+2(m+1)x_{1}-1=0 & & \\ 3x_{2}^{2}+2(m+1)x_{2}-1=0 & & \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x_{1}^{2}+(m+1)x_{1}-1=-\frac{1}{2}(x_{1}^{2}+1) & & \\ x_{2}^{2}+(m+1)x_{2}-1=-\frac{1}{2}(x_{2}^{2}+1) & & \end{matrix}\right.$

Và $x_{1}x_{2}=\frac{-1}{3}$

Thay vào ta có 

$f(x_{1})-f(x_{2})=-\frac{1}{2}(x_{1}^{3}+x_{1}-x_{2}-x_{2}^{3})=-\frac{1}{2}[x_{1}^{3}-3x_{1}x_{2}(x_{1}-x_{2})-x_{2}^{3}]=-\frac{1}{2}(x_{1}-x_{2})^{3}$

Bài 30: Tìm số phức z thỏa $\left ( \frac{z+i}{z-i} \right )^{4}=1$

Ta có: $(\frac{z+i}{z-i})^{4}=1\Leftrightarrow (\frac{z+i}{z-i})^{2}=\pm 1$

Giải $(\frac{z+i}{z-i})^{2}=1\Leftrightarrow \frac{z+i}{z-i}=\pm 1\Leftrightarrow z=0$

Giải $(\frac{z+i}{z-i})^{2}=-1\Leftrightarrow (\frac{z+i}{z-i})^{2}=i^{2}\Leftrightarrow (\frac{z+i}{z-i}-i)(\frac{z+i}{z-i}+1)=0\Leftrightarrow z=\pm 1$

Em lấy ảnh này trên mạng,mọi người tham khảo

tiếp nhé:

Cho các số thực dương a,b chứng minh rằng:

 

b, $\frac{a^{3}-11b^{3}}{4b^{2}+ab}\geq a-3b$

b. $dpcm\Leftrightarrow a^{3}-11b^{3}\geq (a-3b)(4b^{2}+ab)=4ab^{2}+a^{2}b-12b^{3}-3ab^{2}$

   $\Leftrightarrow a^{3}+b^{3}\geq a^{2}b+ab^{2}=ab(a+b)$ 

BĐT trên đúng do $a^{3}+b^{3}=(a+b)(a^{2}-ab+b^{2})\geq (a+b)(2ab-ab)=ab(a+b)$

$\bigstar$ VD 11:

 

$\sum \sqrt{\frac{a^2}{a^2+7ab+b^2}}\geq 1$

 

$\blacksquare \blacksquare \blacksquare$

 

 

$dpcm\Leftrightarrow \sum \frac{1}{\sqrt{1+7\frac{b}{a}+\frac{b^{2}}{a^{2}}}}\geq 1$

Đặt : $\sqrt{\frac{b}{a}}=x;\sqrt{\frac{c}{b}}=y;\sqrt{\frac{a}{c}}=z\Rightarrow xyz=1$

BĐT trở thành $\sum \frac{1}{\sqrt{x^{4}+7x^{2}+1}}\geq 1$

Ta chứng minh $\frac{1}{\sqrt{x^{4}+7x^{2}+1}}\geq \frac{1}{x^{2}+x+1}$ (1)

Thật vậy : 

      $(1)\Leftrightarrow (x^{2}+x+1)^{2}-(x^{4}+7x^{2}+1)\geq 0\Leftrightarrow 2x(x-1)^{2}\geq 0$ (luôn đúng)

$\Rightarrow \sum \frac{1}{\sqrt{x^{4}+7x^{2}+1}}\geq \sum \frac{1}{x^{2}+x+1}\geq 1$

Đề ngược dấu thì phải

Đặt : $x=\frac{bc}{a^{2}};y=\frac{ca}{b^{2}};z=\frac{ab}{c^{2}}$

$dpcm\Leftrightarrow \sum \frac{a^{4}}{a^{4}+a^{2}bc+b^{2}c^{2}}\geq 1$

Áp dụng Cauchy-Schwarz ta có

$\sum \frac{a^{4}}{a^{4}+a^{2}bc+b^{2}c^{2}}\geq \frac{(a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}}{(a^{4}+b^{4}+c^{4})+abc(a+b+c)+(a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2})}$

Mà $a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2}\geq abc(a+b+c)$

$\Rightarrow \sum \frac{a^{4}}{a^{4}+a^{2}bc+b^{2}c^{2}}\geq \frac{(a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}}{a^{4}+b^{4}+c^{4}+2(a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2})}=1$

Bài 2:

$sin3x+cos2x-sinx=0$ $\Leftrightarrow cos2x+2cos2xsinx=0$

                                   $\Leftrightarrow cos2x(1+2sinx)=0$

                                   $\Leftrightarrow cos2x=0$

                                hoặc $sinx=-\frac{1}{2}$

                                   $\Leftrightarrow x=\frac{\pi }{4}+\frac{k\pi }{2}$

                                hoặc $x=-\frac{\pi }{6}+2k\pi$

                                hoặc $x=\frac{7\pi }{6}+2k\pi$

                                                $(k\epsilon \mathbb{Z})$

Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy là hình thoi cạnh $a$, cạnh bên $SA$ vuông góc với đáy, $\widehat{BAD}=120^o$, $M$ là trung điểm cạnh $BC$ và $\widehat{SMA}=45^o$. Tính theo $a$ thể tích của khối chóp $S.ABCD$ và khoảng cách từ điểm $D$ đến mặt phẳng $(SBC)$.

Diện tích đáy $S_{ABCD}=\frac{1}{2}AC.BD=\frac{1}{2}.a.a\sqrt{3}=a^{2}\frac{\sqrt{3}}{2}$

Nối A với M,S với M

Do $SA\perp mp(ABCD)\Rightarrow SA\perp AM$

Mà $\widehat{SMA}=45^{o}\Rightarrow \Delta SAM$ vuông cân tại A $\Rightarrow SA=AM$

Do $\widehat{BAD}=120^{o}\Rightarrow \widehat{ABC}=60^{o}$

Xét tam giác đều ABC cạnh a có AM là trung tuyến đồng thời là đường cao

Tính đc $AM=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ $\Rightarrow SA=\frac{a\sqrt{3}}{2}$

Thể tích của khối chóp : $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}S_{ABCD}.SA=\frac{1}{3}.a^{2}\frac{\sqrt{3}}{2}.\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a^{3}}{4}$

Ta có: $S_{BCD}=\frac{1}{2}BC.DC.sin\widehat{BCD}=\frac{1}{2}a^{2}.sin120^{o}=\frac{a^{2}\sqrt{3}}{4}$

$\Rightarrow V_{S.BDC}=\frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2}.\frac{a^{2}\sqrt{3}}{4}=\frac{a^{3}}{8}$

Do $AM\perp BC;SA\perp mp(ABCD)\Rightarrow SM\perp BC$

$SM=AM\sqrt{2}=a\sqrt{\frac{3}{2}}$

$\Rightarrow S_{SBC}=\frac{1}{2}.SM.BC=\frac{1}{2}.a\sqrt{\frac{3}{2}}.a=a^{2}\frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{2}}$

$\Rightarrow d(D;(SBC))=\frac{3.V_{S.BDC}}{S_{SBC}}=\frac{3.\frac{a^{3}}{8}}{a^{2}\frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{2}}}=a\frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{2}}$

Mọi nười xem có sai chỗ nào ko hộ em với ạ

Bạn ơi, ở đây tại sao chỉ lấy số a ở khoảng $-2\leq x< a\leqslant \frac{22}{3}$ mà không lấy khoảng khác bạn. Bạn chỉ cho mình cách lấy khoảng như vậy với.

À,đầu tiên tớ chọn  $a\epsilon \left [ -2;\frac{22}{3} \right ]$ là để cho a thỏa đk xác định của PT kia nhá,còn việc a>x hay a<x thì ko quan trọng đâu bạn ạ,quan trọng là chứng minh hàm f(x) đồng biến,nghĩa là x>a thì f(x) >f(a),hoặc x<a thì f(x)<f(a) thế thôi bạn ạ.

thank các bạn. Mình có mấy bài nữa nè giúp mình nha.

 

Bài 3: Cho $x>0; y>0$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P=5x+3y+\frac{12}{x}+\frac{16}{y}$.

Bài 4: Giải phương trình : $1+\sqrt[3]{x-16}=\sqrt[3]{x+3}$.

Bài 5: Cho hai số thực a,b thỏa mãn $a>b$ và $ab=2$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: $Q=\frac{a^{2}+b^{2}}{a-b}$.

Bài 4: Đặt $\sqrt[3]{x+3}=u ;\sqrt[3]{x-16}=v$

Ta có hệ $\left\{\begin{matrix} u-v=1 & & \\ u^{3}-v^{3}=19 & & \end{matrix}\right.$ $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} u-v=1 & & \\ (u-v)^{3}+3uv(u-v)=19 & & \end{matrix}\right.$ $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} u-v=1 & & \\ uv=6 & & \end{matrix}\right.$ 

Giải hệ trên ta đc: $(u;v)=(3;2);(-2;-3)$

Nếu $\left\{\begin{matrix} u=3 & & \\ v=2 & & \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} \sqrt[3]{x+3}=3 & & \\ \sqrt[3]{x-16}=2 & & \end{matrix}\right.\Leftrightarrow x=24$

Nếu $\left\{\begin{matrix} u=-2 & & \\ v=-3 & & \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} \sqrt[3]{x+3}=-2 & & \\ \sqrt[3]{x-16}=-3 & & \end{matrix}\right.\Leftrightarrow x=-11$

Xong rồi,còn bài hình như cậu viết thiếu đề đấy,cậu xem lại xem nhé

Bài 1:

 $A=\sqrt{2+\sqrt{3}}.\sqrt{(2+\sqrt{2+\sqrt{3}})(2-\sqrt{2+\sqrt{3}})}$

     $=\sqrt{2+\sqrt{3}}.\sqrt{2-\sqrt{3}}$

     $=\sqrt{(2+\sqrt{3})(2-\sqrt{3})}$

     $=\sqrt{4-3}=1$

PT(1) suy ra y=x-2 thay vào PT (2) ta có 

$4\sqrt{x+2}+\sqrt{22-3x}=x^{2}+8$   $(-2\leq x\leq \frac{22}{3})$

$\Leftrightarrow 4(\sqrt{x+2}-2)+\sqrt{22-3x}-4=x^{2}-4$

$\Leftrightarrow \frac{4(x-2)}{\sqrt{x+2}+2}-\frac{3(x-2)}{\sqrt{22-3x}+4}=(x-2)(x+2)$

$\Leftrightarrow (x-2)(x+2+\frac{3}{\sqrt{22-3x}+4}-\frac{4}{\sqrt{x+2}+2})= 0$

TH1:x=2 thay vào (1) suy ra y=0

TH2: f(x)=$x+2+\frac{3}{\sqrt{22-3x}+4}-\frac{4}{\sqrt{x+2}+2}=0$ (*)

ta thấy x=-1 là 1 nghiệm của PT(*)

NHận xét rằng giả xử có số a thoả $-2\leq x< a\leq \frac{22}{3}$

ta có$\sqrt{x+2}< \sqrt{a+2} ;\sqrt{22-3x}> \sqrt{22-3a}$

suy ra $-\frac{4}{\sqrt{x+2}+2}< -\frac{4}{\sqrt{a+2}+2}$

           $\frac{3}{\sqrt{22-3x}+4}< \frac{3}{\sqrt{22-3a}+4}$

suy ra f(x)$<$ f(a) suy hàm f(x) đồng biến

suy x=-1 thì f(x)=0

       x<-1 thì f(x) <0

       x>-1 thì f(x)>0

suy ra x=-1 là nghiệm duy nhất của(*)

thay vào (1) ta có y=-3

đến đây bạn xem xem sai chỗ nào bảo tớ nhé