lehoanghiep

Bài toán 6. Cho hai đường thẳng lần lượt có phương trình là $d_{1}:2x-3y-3=0$ và $d_{2}: 5x+2y-17=0$. Viết phương trình đđường thẳng điqua giao điểm của $d_{1}$, $d_{2}$ lần lượt cắt các tia $Ox, Oy$ tại $A, B$ sao cho $\left ( \frac{AB}{S_{OAB}} \right )^{2}$ đạt giá trị nhỏ nhất.

Bài toán 5. Trong mặt phẳng $Oxy$, cho tam giác $ABC$. Các điểm $D\left ( 2;-1 \right ), E\left (2;2 \right ), F\left ( -2;2 \right )$ là chân đường cao hạ từ $A, B, C$. Xác định toạ độ các đỉnh của tam giác $ABC$.

Để nối tiếp sự thành công của chuyên mục ÔN THI ĐẠI HỌC 2012 trong box bất đẳng thức và để giúp các bạn có một kết quả tốt nhất trong kì thi đại học 2013, mình nghĩ một topic như thế này được lập ra sẽ rất có ý nghĩa!
Cũng như năm 2012, những tiêu chí của topic là:

• Các đề bài phải rõ ràng, sáng sủa, gõ latex và viết có dấu.
• Giải như một bài thi, không được nêu chung chung,nếu có thể các bạn hãy nêu hướng làm.
• Cấm những vụ cãi vã, mà phải thật sự có tinh thần xây dựng topic một cách lành mạnh.
• Không cho phép những bài toán nhiều hơn 3 biến, những cách giải sử dụng dồn biến (Kiểu đậm chất HSG) S.O.S, $p, q, r$ ... chỉ dành cho các cuộc thi HSG, Ít sử dụng các kí hiệu $\sum, \prod...$ vào bài làm.
• Khuyễn khích các bài toán mang đậm chất " thi đh" của mấy năm nay, chẳng hạn như dồn về 1 biến (ĐH 2011, 2012), sử dụng công cụ hàm số.

Rất mong sự đóng góp tích cực của tất cả các bạn!
Mình xin mở đầu bằng bài toán:

Bài toán 1. Cho $a,b,c$ là các số thực dương thoả mãn $\frac{4}{5}b\geq a-c\geq \frac{3}{5}b$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

$P=\frac{12\left ( a-b \right )}{c}+\frac{12\left ( b-c \right )}{a}+\frac{25\left ( c-a \right )}{b}$.

Ủng hộ topic 1 bài nào.
Bài 3:Trong mặt phẳng với hệ toạ độ $Oxy$ cho 2 đường thẳng $d_{1}:x+2y-3=0;d_{2}:3x+y-4=0$ cắt nhau tại $M(1;1)$.Lập phương trình đường thẳng $d_{3}$ đi qua $A(-2;-1)$ cắt $d_{1};d_{2}$ tại các điểm $P;Q$ sao cho $MP=\sqrt{2} MQ$.

Chọn $H\left ( 3;0 \right )\in d_{1}$ và $K\left ( a;4-3a \right )\in d_{2}$ sao cho $MH=\sqrt{2}MK\Rightarrow \left ( a-1 \right )^{2}+\left ( 3-3a \right )^{2}=\frac{MH^{2}}{2}=\frac{5}{2}\Rightarrow \left ( a-1 \right )^{2}=\frac{1}{4}\Leftrightarrow a=\frac{3}{2}\vee a=\frac{1}{2}$.
Khi đó $K\left ( \frac{3}{2};-\frac{1}{2} \right )\vee K\left ( \frac{1}{2};\frac{5}{2} \right )$.
Ta có $HK//PQ$ vì $\frac{MH}{MP}=\frac{MK}{MQ}$.
Do đó $d_{3}$ qua $A$ có vecto chỉ phương $\overrightarrow{HK}$.
Đến đây là bài toán cơ bản rồi

Về đường thẳng:
Phương trình tổng quát của đường thẳng $\Delta$ đi qua $A\left ( x_{0};y_{0} \right )$ và có vecto pháp tuyến $\overrightarrow{n}\left ( a;b \right )$:

$a\left ( x-x_{0}\right )+b\left ( y-y_{0} \right )=0$.

Phương trình tham số của đường thẳng $\Delta$ đi qua $A\left ( x_{0};y_{0} \right )$ và có vecto chỉ phương $\overrightarrow{u}\left ( a;b \right )$:

$\left\{\begin{matrix} x=x_{0}+at & \\ y=y_{0}+bt & \end{matrix}\right.\left ( t\in \mathbb{R} \right )$

Phương trình chính tắc của đường thẳng $\Delta$ đi qua $A\left ( x_{0};y_{0} \right )$ và có vecto chỉ phương $\overrightarrow{u}\left ( a;b \right )$ $ab\neq 0$:

$\frac{x-x_{0}}a{}=\frac{y-y_{0}}{b}$.

Khoảng cách từ một diểm đến một đường thẳng $\Delta$ có phương trình $ax+by+c=0$ là

$d_{M/\Delta }=\frac{\left | ax_{M}+by_{M}+c \right |}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}$.

Thỏa theo yêu cầu của bạn tramyvodoi thì mình xin được nhắc lại một vài công thức của phần này (chắc nhiều bạn cũng quên phần nào rồi )
Vài khái niệm cơ bản: Gọi $H,K$ là hình chiếu của $M$ lên $Ox$ và $Oy$ thì $M\left ( x;y \right )\Leftrightarrow \overrightarrow{OM}=x\overrightarrow{i}+y\overrightarrow{j}=\overrightarrow{OH}+\overrightarrow{OK}$ (với $\overrightarrow{i},\overrightarrow{j}$ là hai vecto đơn vị.
+ $M$ là trung điểm của $AB$ khi $x_{M}=\frac{x_{A}+x_{B}}{2};y_{M}=\frac{y_{A}+y_{B}}{2}$.
+ $G$ là trọng tâm tam giác $ABC$ khi $x_{G}=\frac{x_{A}+x_{B}+x_{C}}{3};y_{G}=\frac{y_{A}+y_{B}+y_{C}}{3}$.
+ Cho $\overrightarrow{u}=\left ( x;y \right );\overrightarrow{u'}=\left ( x';y' \right )$ và số thực $K$ khi đó ta có

$\overrightarrow{u}=\overrightarrow{u'}\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x=x' & \\ y=y'& \end{matrix}\right.$

$\overrightarrow{u}\pm \overrightarrow{u'}=\left ( x\pm x';y\pm y' \right )$

$k\overrightarrow{u}=\left ( kx;ky \right )$

$\overrightarrow{u'}$ cùng phương $\overrightarrow{u}\left (\overrightarrow{u}\neq 0 \right )$ khi và chỉ khi có số $k$ sao cho $\left\{\begin{matrix} x'=kx & \\ y'=ky& \end{matrix}\right.$

$\overrightarrow{AB}=\left ( x_{B}-x_{A};y_{B}-y_{A} \right )$.

So với phương trình, hệ phương trình, bất đẳng thức... thì hình giải tích tọa độ $Oxy$ không phải là câu dành điểm 10 trong đề thi đại học. Nhưng những năm gần đây, nó được đánh giá là một trong những phần nhiều học sinh khó vượt qua được.
Bởi vậy, mình lập ra topic này hi vọng các bạn chuẩn bị và sẽ thi đại học đóng góp những bài toán thuộc phần này, không đòi hỏi phải lắt léo, độ khó như trong những đề HSG; ưu tiên những bài kết hợp, lồng ghép những tính chất hình học bậc THCS, tương tự đề thi những năm gần đây.
Mong các bạn ủng hộ nhiệt tình, xây dựng topic vì một mục tiêu "ĐẬU ĐẠI HỌC"
Mình xin mở đầu bằng bài toán sau:

Bài toán 1. Cho tam giác $ABC$ có $A\left ( -3;0 \right )$ và phương trình hai đường phân giác trong $BD:x-y-1=0,CE:x+2y+17=0$. Tính tọa độ các điểm $B,C$.

...nếu đề là hình vuông thì hiển nhiên đã cho điểm $B$ rồi,việc gì phải suy nghĩ a nhỉ~

Spoiler

Mấy thầy bỏ PSW rồi hay sao mà ít nghe động tĩnh gì quá

Spam chút: Mình thấy cái đề số liệu thế này, chỉ khác là hình vuông. không biết có phải nguyenthuchuynh post nhầm
Theo mình bài toán chỉ mang tính chất thi đại học thôi chứ không đánh đố

Giải pt: $4^{x}+4=4x+4\sqrt{x^{2}-2x+2}$

Chắc bạn chưa thỏa mãn với lời giải ở đây: http://diendantoanho...-lưu-2-nghệ-an/
Đặt $t=x-1$ khi đó phương trình đã cho tương đương với

$4^{t}=\sqrt{t^{2}+1}+t=\frac{1}{\sqrt{t^{2}+1}-t}\Leftrightarrow 4^{t}\left ( \sqrt{t^{2}+1}-t \right )=1$.

Xét hàm $f\left ( t \right )=4^{t}\left ( \sqrt{t^{2}+1}-t \right )$.

Ta có $f'\left ( t \right )=4^{t}ln4.\left ( \sqrt{t^{2}+1}-t \right )+4^{t}\left ( \frac{t}{\sqrt{t^{2}+1}}-1 \right )=4^{t}\left ( \sqrt{t^{2}+1}-t \right )\left ( ln4-\frac{1}{\sqrt{t^{2}+1}} \right )>0$.

Mặt khác $f\left ( 0 \right )=1$.
Do đó $x=0$ là nghiệm duy nhất của phương trình.

Cho $a,b,c$ thực dương chứng minh
$$\frac{b^2}{a}+\frac{c^2}{b}+\frac{a^2}{c}\ge\sqrt{3(a^2+b^2+c^2})$$

BĐT $$\Leftrightarrow \left ( \frac{b^{2}}{a}-2b+a \right )+\left ( \frac{c^{2}}{b}-2c+b \right )+\left ( \frac{a^{2}}{c}-2a+c \right )\geq \sqrt{3\left ( a^{2}+b^{2}+c^{2} \right )}-\left ( a+b+c \right )$$
$\Leftrightarrow \sum \left ( a-b \right )^{2}\left ( \frac{1}{b}-\frac{1}{\sqrt{3\left ( a^{2}+b^{2}+c^{2} \right )}+a+b+c} \right )\geq 0$ (đúng).

Cho $a,b,c\geq 0$ sao cho: $a^4+b^4+c^4\leq 2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)$.
Chứng minh răng: $a^2+b^2+c^2\leq 2(ab+bc+ca)$

$2\left ( a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2} \right )-\left ( a^{4}+b^{4}+c^{4} \right )=\left ( a+b+c \right )\left ( a+b-c \right )\left ( b+c-a \right )\left ( c+a-b \right )\geq 0$.
Suy ra $a+b\geq c;b+c\geq a;c+a\geq b\Rightarrow c\left ( a+b \right )\geq c^{2};a\left ( b+c \right )\geq a^{2};b\left ( c+a \right )\geq b^{2}$.
Cộng vế với vế ta được đpcm.

Câu 1: (6 điểm)
1.Gpt: $(x^{3}+2x^{2}-1)=15(\sqrt{x-1}-\sqrt{x-2})^{3}$
2. Gbpt: $24x^{2}-60x+36\geq \frac{1}{\sqrt{5x-7}}-\frac{1}{\sqrt{x-1}}$

1) Điều kiện $x\geq 2$.
Phương trình đã cho tương đương $\left ( x^{3}+2x^{2}-1 \right )\left ( \sqrt{x-1}+\sqrt{x-2} \right )^{3}=15$.
Đặt $f\left ( x \right )=x^{3}+2x^{2}-1$ và $g\left ( x \right )=\left ( \sqrt{x-1}+\sqrt{x-2} \right )^{3}$
Dễ thấy $\left\{\begin{matrix} f\left ( x \right )>0,f'\left ( x \right )>0 & \\ g\left ( x \right )>0,g'\left ( x \right )>0& \end{matrix}\right.$.
Xét $h\left ( x \right )=f\left ( x \right ).g\left ( x \right )\Rightarrow h'\left ( x \right )=f'\left ( x \right )g\left ( x \right )+f\left ( x \right )g'\left ( x \right )>0$.
Mặt khác $h\left ( 2 \right )=0$. Suy ra $x=2$ là nghiệm duy nhất.
2) Điều kiện $x>\frac{7}{5}$.
BPT$\Leftrightarrow \left ( 5x-6\right )^{2}-\frac{1}{\sqrt{5x-7}}\geq x^{2}-\frac{1}{\sqrt{x-1}}$.
Đến đây, xét hàm $f\left ( t \right )=t^{2}-\frac{1}{\sqrt{t-1}}\left ( t>\frac{7}{5} \right )$ ta được $5x-6\geq x\Leftrightarrow x\geq \frac{3}{2}$.

Cho $x,y,z$ dương, $x+y+z=1$.Chứng minh :
$\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a} \geq 3(a^2 +b^2 +c^2)$

BĐT$\Leftrightarrow \sum \left ( \frac{a^{2}}{b}-2a+b \right )\geq 3\sum a^{2}-\left ( a+b+c \right )^{2}\Leftrightarrow \sum \frac{\left ( a-b \right )^{2}}{b}\geq \sum \left ( a-b \right )^{2}\Leftrightarrow \sum\left ( a-b \right )^{2}\left ( \frac{1}{b}-1 \right )\geq 0$ (đúng).

Giống hệt
http://www.artofprob...fdc773a#p331609

Bổ đề 1 Trong một tứ giácngoại tiếp $ ABCD $ với tâm $ I $, $ AI .DI. BC = BI. CI .AD $.
Chứng minh
Tính diện tích $ \Delta AID$ và $ \Delta BIC $ theo hai cách,
Ta có: $S_{AID} = \frac {AI . DI. \sin \widehat{AID}} { 2} = \frac {AD . r} {2}$,
$S_{BIC} =\frac{BI.CI.\sin\widehat{BIC}}{2}=\frac{BC. r}{2}$.

Chú ý $ \sin \widehat{AID} = \sin \widehat{BIC},$ nên $ AI . DI. BC = BI. CI. AD $. (đpcm)
Bổ đề 2 Trong một tứ giác ngoại tiếp ABCD với tâm $ I $,
Ta có: $ AB. BC = BI ^ 2 + \frac {AI . BI. CI} {DI} $.
Chứng minh.
Dựng một điểm $ P $ bên ngoài $ABCD $ ; $ \Delta PAB$ ~ $\Delta IDC $.

Sử dụng Định lý Ptolemy cho tứ giác$ PAIB $ cho $ PA . IB + PB . AI = PI . AB $ nếu và chỉ nếu $ AB = BI . \frac {AP} {PI} + AI\frac {BP} {PI} $ (1) .

Dễ thấy : $ \Delta API$ ~ $\Delta IBC $ và $ \Delta BPI $~ $\Delta IAD $, trong đó $ \frac{AP}{PI} = \frac{IB} {BC} $ và $ \frac{BP}{PI} = \frac{IA}{AD} $.

Ta có: Từ $ (1) $, ta đã c/m $ AB = BI . \frac {IB} {BC} + AI . \frac {IA} {AD}$ nếu $ AB.BC = BI ^ 2 + \frac {AI ^ 2 . BC} {AD} $.

Theo Bổ đề 1 , $ \frac {AI ^ 2 . BC} {AD} = \frac {AI . BI . CI} {DI} $, và do đó $ AB . BC = BI ^ 2 + \frac {AI. BI.CI} {DI} $,(đpcm)

Áp dụng vào bài toán
$AB.BC.CD. DA=(AO.OC+BO.OD)^2$
OK.(^-^)

Cái này cũng không khác http://www.artofprob...fdc773a#p331609 là mấy.

Gọi $r$ là bán kính đường tròn nội tiếp tứ giác và $E, F, G, H$ lần lượt là tiếp điểm của đường tròn với các cạnh $AB, BC, CD, DA$.
Ta có $OA=\frac{r}{sin\frac{A}{2}};OB=\frac{r}{sin\frac{B}{2}};OC=\frac{r}{sin\frac{C}{2}};OD=\frac{r}{sin\frac{D}{2}}$.
$AE=\frac{r}{tan\frac{A}{2}};BE=\frac{r}{tan\frac{B}{2}}$ suy ra $a=AE+BE=r.\left ( \frac{1}{tan\frac{A}{2}}+\frac{1}{tan\frac{B}{2}} \right )=r.\frac{sin\frac{A +B}{2}}{sin\frac{A}{2}sin\frac{B}{2}}$

Tương tự $b=r.\frac{sin\frac{B+C}{2}}{sin\frac{B}{2}sin\frac{C}{2}};c=r.\frac{sin\frac{C+D}{2}}{sin\frac{C}{2}sin\frac{D}{2}};d=r.\frac{sin\frac{D+A}{2}}{sin\frac{D}{2}sin\frac{A}{2}}$.

Khi đó điều cần chứng minh tương đương với

$\frac{1}{sin\frac{A}{2}sin\frac{C}{2}}+\frac{1}{sin\frac{B}{2}sin\frac{D}{2}}=\sqrt{\frac{sin\frac{A+B}{2}sin\frac{B+C}{2}sin\frac{C+D}{2}sin\frac{D+A}{2}}{sin^{2}\frac{A}{2}sin^{2}\frac{B}{2}sin^{2}\frac{C}{2}sin^{2}\frac{D}{2}}}$. $\left ( 1 \right )$

Mặt khác $sin\frac{A+B}{2}=sin\frac{C+D}{2};sin\frac{B+C}{2}=sin\frac{D+A}{2}$ (vì $A+B+C+D=2\pi$).

Do đó $\left ( 1 \right )\Leftrightarrow sin\frac{A}{2}sin\frac{C}{2}+sin\frac{B}{2}sin\frac{D}{2}=sin\frac{A+B}{2}sin\frac{B+C}{2}$.

Ta có $sin\frac{A}{2}sin\frac{C}{2}+sin\frac{B}{2}sin\frac{D}{2}=\frac{1}{2}\left ( cos\frac{A-C}{2}-cos\frac{A+C}{2} \right )+\frac{1}{2}\left (cos\frac{B-D}{2}-cos\frac{B+D}{2} \right )$
$=\frac{1}{2}\left ( cos\frac{A-C}{2}+cos\frac{B-D}{2} \right )=cos\frac{A-C+B-D}{4}cos\frac{A-C+D-B}{4}=cos\frac{2\left (A+B \right )-2\pi }{4}cos\frac{2\pi -2\left ( B+C \right )}{4}=sin\frac{A+B}{2}sin\frac{B+C}{2}$.
Từ đây ta suy ra điều phải chứng minh.