lequangnghia

Bài toán: Giải phương trình lượng giác sau :

$a,2\sqrt{2}\cos x (\sin x+\cos x)=2\sqrt{2}+\cos 2x\\ b,\sin^2 x(\tan x +1)=3\sin x (\cos x-\sin x)+3$

Phương trình dưới tương đương: 

$sin^{2}(\frac{sinx}{cosx}+1)=3sinx(cosx-sinx)+3(sin^{2}x+cos^{2}x)$

$\Rightarrow sin^{2}\frac{sinx+cosx}{cosx}=3(sinxcosx+cos^{2}x)$

$\Rightarrow sin^{2}(sinx+cosx)=3cos^{2}x(sinx+cosx)$

Hoặc $sinx+cosx=0$ Hoặc $sin^{2}x=3cos^{2}x$

f, I là trung điểm AT. C/m IH là tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác AHK

$\Delta AHT$ vuông ở H có I là trung điểm AT.$\Rightarrow \widehat{AHI}=\widehat{HAI}$

Gọi F là trung điểm AK

$\Delta AHK$ vuông ở H có F là trung điểm AK.$\Rightarrow \widehat{AHF}=\widehat{HAF}$

Mà $\widehat{IAH}+\widehat{HAF}=90^{o}$ ( do AT vuông AK)

$\Rightarrow \widehat{IAH}+\widehat{AHF}=90^{o}$

$\Rightarrow$ IH vuông HF

Vậy IF là tiếp tuyến

e, khi S di chuyển trên Ax vuông góc (ABC). C/m HK luôn đi qua một điểm T cố định và góc TAB = góc TCA. C/m kết quả luôn đúng khi tam giác ABC không vuông ở B

Gọi T là giao của HK và BH

T thuộc BC, BC con (ABC) nên T thuộc (ABC)

Do, B, C, K, H thuộc 1 đường tròn nên

$CB.CT=CK.CS$

mà $CK.CS=AC^{2}$

nên $CB.CT=CA^{2}$

Vậy tam giác ABT vuông ở A có Ab là đường cao.

Suy ra T cố định, đpcm

Lúc này góc TAB bằng góc TCA ( vì cùng cộng với góc BAC góc 90)

d, C/m BK<AC

Ta có A, B, C, K, H cùng cách đều điểm I

nên A, B, C, K, K cùng thuộc một mặt cầu tâm I

Mà ta đã biết, trong mặt cầu, đường kính có chiều dài lớn nhất so với các đoạn nối 2 điểm bất kì thuộc mặt cầu

nên $BK<AC$ ( $AC$ là đường kính)

c, Tìm điểm cách đều A, B, C, H, K

Gọi I là trung điểm AC

$\Delta ABC$ vuông ở B nên $IA=IC=IB$

$\Delta AKC$ vuông ở K nên $IA=IC=IK$

AH vuông (SBC)

Mà HC con (SBC)

nên AH vuông HC

Vậy $\Delta AHC$ vuông ở H nên $IA=IC=IH$

Do đó I cách đều A, B, C, H, K

Cho hình chóp SAB có SA vuông góc (ABC). Tam giác ABC vuông góc B. H, K là hình chiếu của A lên SB, SC

a, Chứng minh AH vuông góc (SBC) và SC vuông góc (AHK)

b, C/m BCKH nội tiếp và SH.SB=SK.SC

Ta có BC vuông (SAB) 

mà SB thuộc (SAB) nên BC vuông SB

SC vuông (AHK)

mà HK thuộc (AHK) nên SC vuông HK suy ra BHKC nội tiếp

$\Delta SKH\sim \Delta SBC$ từ đây ta suy ra tỉ lệ

Cho hình chóp SAB có SA vuông góc (ABC). Tam giác ABC vuông góc B. H, K là hình chiếu của A lên SB, SC

a, Chứng minh AH vuông góc (SBC) và SC vuông góc (AHK)

b, C/m BCKH nội tiếp và SH.SB=SK.SC

c, Tìm điểm cách đều A, B, C, H, K

d, C/m BK<AC

e, khi S di chuyển trên Ax vuông góc (ABC). C/m HK luôn đi qua một điểm T cố định và góc TAB = góc TCA. C/m kết quả luôn đúng khi tam giác ABC không vuông ở B

f, I là trung điểm AT. C/m IH là tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác AHK

a) Ta có BC vuông góc BA ( Tam giác ABC vuông ở B)

BC vuông AS ( do AS vuông mặt ABC)

nên BC vuông (SAB)

mà AH con (SAB)

$\Rightarrow$ AH vuông BC

Ta có AH vuông BC

AH vuông SB

nên AH vuông (SBC)

 Ta có AH vuông (SBC)

mà SC con (SBC)

nên AH vuông SC

Ta có SC vuông AH

SC vuông AK

nên SC vuông (AHK)

Cho $x,y \in \mathbb{R}$. Chứng minh rằng:

$\frac{1}{\sqrt{1+2x^2}}+\frac{1}{\sqrt{1+2y^2}}\geq \frac{2}{\sqrt{1+2xy}}$

Bài toán này chỉ đúng khi $xy\geq 1$

Tính A = $\lim_{x\rightarrow -\infty }(\sqrt{4x^{2}-3x+3}-\sqrt[3]{8x^{3}+x})$

A= $lim(\sqrt{x^{2}(4-\frac{3}{x}+\frac{3}{x^{2}}}-\sqrt[3]{x^{3}(8+\frac{1}{x^{2}})})$

$=lim(-x\sqrt{4-\frac{3}{x}+\frac{3}{x^{2}}}-x\sqrt[3]{8+\frac{1}{x^{2}}})=lim-x(\sqrt{4-\frac{3}{x}+\frac{3}{x^{2}}}+\sqrt[3]{8+\frac{1}{x^{2}}})$

Mà $lim-x$ ra cộng vô cùng

$lim(\sqrt{4-\frac{3}{x}+\frac{3}{x^{2}}}+\sqrt[3]{8+\frac{1}{x^{2}}})=4$

Vậy lim A bằng cộng vô cùng

Cho a,b,c dương.Chứng minh rằng:

$\sum \frac{1}{(a+b)^{2}}\geq \frac{3\sqrt{3abc(a+b+c)}(a+b+c)^{2}}{4(ab+bc+ca)^{3}}$

Cho tam giác ABC, đường cao AH. M,N lần lượt là trung điểm AB,AC.Đường tròn ngoại tiếp tam giác BMH cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác CNH tại E. Chứng minh rằng tứ giác AMEN nội tiếp và HE đi qua trung điểm MN.

Ta có $\widehat{AME}=\widehat{EHB}$ ( do MEHB nội tiếp)

$\widehat{EHB}=\widehat{ENC}$ ( HENC nội tiếp)

$\Rightarrow \widehat{AME}=\widehat{ENC}$

Vậy AMEN nội tiếp

Ta có M, N là trung điểm AB, AC nên MN song song BC nên

$\widehat{NMH}=\widehat{MHB}$  ( MN song song BC)

$\widehat{MHB}=\widehat{MBH}$ ( tam giác BMH cân ở M)

nên$\widehat{MBH}\widehat{NMH}$

mà $\widehat{MBH}$ bằng nữa số đo cung MH nên $\widehat{NMH} bằng nữa số đo cung MH

vậy $\widehat{NMH} là góc tạo bởi tiếp tuyến bởi dây cung. suy ra MN là tiếp tuyến của (MBH)

Tương tự MN là tiếp tuyến của (NHC)

Gọi K là giao điểm của EH và MN

Ta có $MK^{2}=KE.KH$

$NK^{2}=KE.KH$

suy ra MK=KN. có nghĩa là HE đi qua trung điểm MN

Giải phương trình:$x^{2}-22x+123=\sqrt{12-x}+\sqrt{x-10}$

ta có $x^{2}-22x+123=x^{2}-22x+121+2=(x-11)^{2}+2\geq 2$

$\sqrt{12-x}+\sqrt{x-10}\leq \frac{1+12-x}{2}+\frac{x-10+1}{2}\leq 2$

Vậy VT$\leq 2\leq$VP

Dấu "=" xảy ra khi $x=2$

Thử lại với $x=2$ thì thõa mãn

Vậy $x=2$ là nghiệm duy nhất

cho x^2+xy+y^2=3, tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức A= x^2-xy+y^2

Tổng quát:

từ giả thuyết suy ra

$\frac{x^{2}-xy+y^{2}}{x^{2}+xy+y^{3}}=\frac{A}{3}$

$\Rightarrow 3(x^{2}-xy+y^{2})=A(x^{2}+xy+y^{2})$

$\Rightarrow x^{2}(A-3)+xy(A+3)+y^{2}(A-3)=0$   (1)

Nếu $y=0$ thì $x=\sqrt{3}$ hay $x=-\sqrt{3}$

Với từng (x,y) bạn thay vào tìm giá trị A.   (2)

Với y khác 0

(1)$\Rightarrow (A-3)(\frac{x}{y})^{2}+(A+3)\frac{x}{y}+A-3=0$

Nếu $A=3$ ta giải tìm x,y

Nếu A khác 3

$\Delta =(A+3)^{2}-4(A-3)^{2}=-3A^{2}+30A-27\geq 0\Rightarrow 1\leq A\leq 9$

So sánh giá trị thu được của A tại (2), A=3 và $1\leq A\leq 9$ ta chọn max và min của A

giải :$\left\{\begin{matrix} x^3+y=3x+4\\ 2y^3+z=6y+6 \\ 3z^3+x=9z+8 \end{matrix}\right.$

Nhẩm $x=y=z=2$, ta sẽ dùng bất đẳng thức ép nó ra con số 2 :3 :3

Nếu $x>2$

$9z+8-3z^{3}> 2$

$\Rightarrow 3(z-2)(z+1)^{2}<0\Rightarrow z<2$

Với $z<2$ thì $6y+6-2y^{3}<2$

$\Rightarrow 2(y-2)(y+1)^{2}> 2\Rightarrow y> 2$

Với $y> 2$ thì

$3x+4-x^{3}> 2$

$\Rightarrow (x-2)(x+1)^{2}<0\Rightarrow x<2$

Vậy nếu $x>2$ ta thu được $x<2$ (vô lý)

Tương tự nếu $x<2$ ta cũng thu được điều vô lý. Vậy $x=2$. thay vào ta giải ra $y=z=2$

Bài 1: Cho a,b >0 và a+b=1

Tìm GTNN của M= $(1+\frac{1}{a})^2 + (1+\frac{1}{b})^2$

Ta có $ab\leq (\frac{a+b}{2})^{2}\leq \frac{1}{4}$

Ta có  $(1+\frac{1}{a})^2 + (1+\frac{1}{b})^2$

$=2+2(\frac{1}{a}+\frac{1}{b})+\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}\geq 2+\frac{4}{\sqrt{ab}}+\frac{2}{ab}$

$\geq 2+\frac{4}{\sqrt{\frac{1}{4}}}+\frac{2}{\frac{1}{4}}\geq 18$