13.MƯỜI BA BÀI TOÁN TRÒ HỎI ,KHÁ HAY

Bài 1 : Cho hàm số y = 1 2   x x có đồ thị (C) Lập phương trình đường thẳng (d) đi qua điểm A       3 4 ; 3 2 và cắt ( C ) tại hai điểm M,N sao cho A thuộc đoạn MN và AN = 2AM. Lời giải : Tập xác định : R\ - Đường thẳng đi qua điểm A       3 4 ; 3 2 với hệ số góc k , có phương trình y = k(x - + (d) - Tọa độ giao điểm của (d) và đồ thị (C) là nghiệm hệ phương trình : - Phương trình (*) là phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng (d) và đồ thị (C). - Ta có (*) x – 2 = k(x – 1)(x - ) + (x – 1) 3kx 2 + (1 – 5k)x + (2 +2k) = 0 (*) Gọi N(x 1 ,y 1 ) , M(x 2 ,y 2 ) trong đó x 1 , x 2 là hai nghiệm phân biệt của phương trình (*). Từ giả thiết AN = 2AM suy ra : (Chỉ cần quan tâm tới hoành độ các giao điểm) Do đó bài toán trở thành : Tìm các giá trị của k sao cho phương trình (*) có hai nghiệm x 1 , x 2 phân biệt thỏa mãn : (Bài toán quen thuộc rồi) Bài 2: giải phương trình: 26 9 3 2    x x x (x )R Lời giải : Điều kiện: x 2 - 9 > 0 Mặt khác VP = 6 > 0 nên VT > 0 suy ra x > 0 .Vậy đk : x > 3 - Ta có : x + 6 x (1 + ) = 6 - Hai vế phương trình (1) không âm khi x > 3 , bình phương hai vế được phương trình tương đương : x 2 (1 + + ) = 72 . - Đặt = t , thì t 0 ; x 2 = t 2 + 9 phương trình trở thành : (t 2 + 9)(1 + + ) = 72 . - Nhân hai vế với t 2 được : (t 2 + 9)( + 6t + 9) = 72t 2 t 4 + 6t 3 – 54 t 2 + 54t + 81 = 0 (t – 3) 2 ( t 2 + 12t + 9) = 0 t = 3 thỏa mãn t > 0 (t 2 + 12t + 9 = 0 không có nghiệm t > 0 ) - Vậy = 3 (Quá đơn giản rồi phải không ? Chú ý điều kiện x > 3 ) x 2 – 9 = 9 x 2 = 18 x = 3 Đây là nghiệm của phương trình H M B A O S Bài 3: giải phương trình: 1 + sin sinx – cos sin 2 x = 2 cos 2 ( - ) Lời giải : 1 + sin sinx – cos sin 2 x = 2 cos 2 ( - ) sin sinx – cos sin 2 x = 2cos 2 ( - ) -1 sin sinx – cos sin 2 x = cos( - x ) (Góc phụ nhau : cos( - x ) = sinx) sin sinx – cos sin 2 x = sinx (Chuyển vế đặt sinx làm nhân tử chung ) sinx(sin – cos sinx – 1) = 0 (Góc nhân đôi : sinx = 2sin cos ) sinx(sin – 2cos 2 sin – 1) = 0 (Thay cos 2 = 1 – sin 2 x ) sinx(2sin 3 – sin – 1) = 0 (Nhẩm nghiệm phương trình bậc ba ,phân tích thành nhân tử ) sinx(sin - 1)(2sin 2 + 2sin + 1) = 0 (Chú ý : 2sin 2 + 2sin + 1 = 0 vô nghiệm ) (Quá đơn giản rồi chứ ?) Bài 4: cho 2 hàm số: g(x) = 3 –x ; f(x) = (x – 1) 2 . Tính tích phân        3 2 ,min dxxgxf Hướng dẫn giải : + Xét hiệu f(x) – g(x) (x -1) 2 – (3 – x) = x 2 – x - 2 < 0 khi và chỉ khi -1 < x < 2 . + Do đó , Trên đoạn ta có : - Với x thì g(x) < f(x) tức là x , Min = g(x) - Với x thì f(x) < g(x) tức là x , Min = f(x) - Với x thì g(x) < f(x) tức là x , Min = g(x) + Theo yêu cầu của đề ra : ta phải tính tích phân        3 2 ,min dxxgxf + Ta có : I = + + (Bạn giải tiếp được rồi) Bài 5: Cho hình nón có đỉnh S, đáy là đường tròn tâm O. SA, SB là 2 đường sinh, biết SO = 3, khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SAB) bằng 1, diện tích tam giác SAB bằng 18. Tính thể tích nón. Hướng dẫn giải : (Chỉ cần vẽ một phần quan trọng của hình ,liên quan đến tính toán ) - Gọi M là trung điểm của AB ,Kẻ OH vuông góc với SM ,chứng minh OH vuông góc với mp(SAB) , OH = 1 - SOM vuông tại O ,đường cao OH = 1, cạnh SO = 3 . Có : = + nên tính được OM = .Áp dụng Pitago suy ra SM = - Theo giả thiết diện tích tam giác SAB bằng 18 : = AB.SM = . .AB = 18 Do đó AB = 8 AM = 4 - OMA vuông tại M , Có OM = , AM = 4 nên OA 2 = OM 2 + AM 2 = + 32 = - Vậy thể tích khối chóp là : V = h = = . .3 = Bài 6: chứng minh rằng với mọi số thục không âm x, y, z, ta luôn có: (2x + y + z)(x + 2y + z)(x + y + 2z)  8(x + y)(y + z)(z + x) Hướng dẫn giải : Áp dụng BĐT CôSy cho hai số không âm 2x + y + z = (x + y) + (x + z) 2. (1) x + 2y + z = (x + y) + (y + z) 2. (2) x + y + 2z = (x + z) + (y + z) 2. (3) Nhân ba BĐT cùng chiều có các vế đều dương (1) , (2) , (3) ở trên ta được điều phải chứng minh (2x + y + z)(x + 2y + z)(x + y + 2z) 8 (x + y)(y + z)(z + x) Bài 7: Trong mặt phẳng Oxy, cho A(1;3) nằm ngoài (C): x 2 + y 2 – 6x + 2y +6 = 0 . Viết phương trình đường thẳng d qua A cắt ( C ) tại hai điểm B và C sao cho AB = BC Lời giải : - Để viết phương trình đường thẳng d qua A cắt ( C ) tại hai điểm B và C sao cho AB = BC , ta phải xác định tọa độ một điểm nữa thuộc đường thẳng (d) –Vì đã có điểm A thuộc (d) .Ta xác định điểm B . - Đường tròn (C) có phương trình : x 2 + y 2 – 6x + 2y +6 = 0 viết thành : (x – 3) 2 + (y+1) 2 = 4 Có tâm I(3 ; -1) và bán kính R =2 Kẻ tiếp tuyến AT của đường tròn -Ta có : AB.AC =AT 2 Vì AB = BC nên AC = 2AB.Do đó : AB.AC =AT 2 2AB 2 = AT 2 Suy ra : AB = (*) -Ta có ITA vuông tại T ,tính được AI = , IT = R = 2 AT = = 4 thay vào (*) được AB = 2 - Như vậy suy ra : Điểm B là giao điểm của đường tròn (C) với đường tròn (C’) tâm A , bán kính R’ = AB = 2 - Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình : Sau khi tìm được tọa độ điểm B , viết phương trình đường thẳng (d) đi qua hai điểm A và B Bài 8: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C): (x + 1) 2 + (y – 2) 2 = 13 và đường thẳng (d) : x -5y -2 = 0. gọi A, B là giao điểm của ( C ) và (d) . Xác dịnh tọa độ điểm C sao cho tam giác ABC vuông tại B và nội tiếp (C) Hướng dẫn giải : - Đường tròn (C) có tâm I(-1 ; 2) .Gọi tọa độ đỉnh C(x ; y) - Giải hệ phương trình : được A(1 ; 0) và B(-3 ; -1) I T C B A - Vì ABC vuông tại B và nội tiếp đường tròn (C) nên AC là đường kính ,suy ra I(-1 ; 2) là trung điểm của AC . Do đó ta có : Vậy C(-3 ; 4) Bài 9:Trong không gian Oxyz, cho A(-1; 3; -2) và B(-3; 7; -18) và mặt phẳng (P): 2x – y + z + 1 = 0. Tìm tọa độ điểm M  (P) sao cho MA + MB nhỏ nhất. Hướng dẫn giải : - Thấy hai điểm A và B nằm cùng phía đối với mp(P) - Tìm tọa độ điểm A’ đối xứng với điểm A qua mp(P) - Tìm tọa độ giao điểm M của đường thẳng BA’ Với mp(P) - Lấy điểm M’ bất kỳ trên mp(P) , chứng minh : MA + MB < M’A + M’B Bài 10: Giải hệ phương trình :          31 2log3log 2222 82 yxyx yxyx Lời giải : Điều kiện : ) P C M B H A' A . Trả lời hpt có một nghiệm Bài 11: Cho khai triển 8 log 5 1 log 1 1 3 2 7 1 9 2 22                     x x Hãy tìm các giá trị của x, biết rằng số hạng thứ 6 trong khai triển là 224. Lời giải : Đặt : = a ; = b Thì a 5 = ; b 2 = Số hạng thứ 6 trong khai triển (a + b) 8 là T 6 = a 5 b 2 = . . = . . Theo giả thiết: Số hạng thứ 6 trong khai triển là 224 ta có : . = 224 56. = 224 = 4 = 2 = 4 4( ) .Đặt t = > 0 hì phương trình trở thành : t 2 – 4t + 3 = 0 ,phương trình này có hai nghiệm t 1 = 1 , t 2 = 3 -Với t = 1 : = 1 x – 1 = 0 x = 1 -Với t = 3 : = 3 x – 1 = 1 x = 2 Trả lời : Phương trình có hai nghiệm : x = 1 , x = 2 Bài 12: cho biểu thức n x x           2 3 3 1 2.4 2 2 Tìm x biết        2409 1log.3log 53 13 TT CC nn với T 3, T 5 là số hạng thứ 3 và thứ 5 trong khai triển nhị thức đã cho LỜ I GIẢ I : - Giải pt (1) : - = 1 n = 6 - Bài toán trở thành : Gọi T 3, T 5 là số hạng thứ 3 và thứ 5 trong khai triển nhị thức : 6 Tìm x biết rằng các số hạng thứ 3 , thứ 5 là T 3, T 5 thỏa mãn phương trình (2) : 9T 3 – T 5 = 240 9. a 2 b 4 - a 5 b = 240 (Vì trong khai triển (a + b) 6 thì số hạng thứ ba,thứ năm là :T 3 = a 2 b 4 ,T 5 = a 5 b) -Ta có : = = và = = - Do đó : 6 = 6 - Đặt : = a , = b thì: 9. a 2 b 4 - a 5 b = 240 9. - = 240 45. - 2. = 80 45. - 2. = 80 (90 - ). = 80 (90 - ). = 80 = Vậy: x = (Biến đổi , làm gọn là xong) Bài 13: 2 tan x t   2 1 2 t dt dx   . Làm sao biến đổi được như vậy thầy? Giải thích : Khi đổi biến số , đặt t = g(x) . Lấy vi phân hai vế .Vế trái đạo hàm theo biến số t , nhân với dt .Vế phải thì đạo hàm theo biến số x , nhân với dx. - Trường hợp cụ thể : Đặt t = tan thì : dt = ( tan )’dx dt = (1 + tan 2 )dx Do đó dx = . Chú ý: (tanu)’ = u’(1 + tan 2 u) . độ các giao điểm) Do đó bài toán trở thành : Tìm các giá trị của k sao cho phương trình (*) có hai nghiệm x 1 , x 2 phân biệt thỏa mãn : (Bài toán quen thuộc rồi) Bài 2: giải phương trình:. vuông tại T ,tính được AI = , IT = R = 2 AT = = 4 thay vào (*) được AB = 2 - Như vậy suy ra : Điểm B là giao điểm của đường tròn (C) với đường tròn (C’) tâm A , bán kính R’ = AB = 2 - Tọa độ. phương trình đường thẳng (d) đi qua hai điểm A và B Bài 8: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C): (x + 1) 2 + (y – 2) 2 = 13 và đường thẳng (d) : x -5y -2 = 0. gọi A, B là giao