Mot so bai toan

Cũng có một hướng tổng quát Bài toán 3, thu được bất đẳng thức tương tự như 6.. Chưa giải quyết được.Không biết đề có đúng không!!!.[r]

ĐỀ BÀI Bài 1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có trực tâm H(5;5), đường thẳng BC có phương trình x y 8 0, đường tròn ngoại tiếp tam giác ABCđi qua M(7;3), N(4; 2). Tính diện tích

ABC



Bài 2 Trong gian tọa độ Oxyz cho đường thẳng

2

 và mặt phẳng

( ) : 2P x y z  1 0. Gọi A d ( ).P Viết phương trình đường thẳng  đi qua A, nằm trong ( )P và tạo với d góc 30 0

Bài 3 Cho hình lăng trụ ABC A B C ' ' ' có A ABC'. là hình chóp tam giác đều, AB a , góc giữa hai mặt phẳng ( 'A BC), ( ' 'C B BC) là  với

3

3

 

Tính theo a thể tích khối chóp A BCC B'. ' '.

LỜI GIẢI Bài 2 Xét hệ phương trình

2





nên d( )P A(1;0; 1).

Một vectơ pháp tuyến của ( )P là n  (2;1;1), một vectơ chỉ phương của d là u 1 (1; 2; 1). Gọi một vectơ chỉ phương của  là u2( ; ; ),a b c a2b2c20

Vì  ( )P nên n u  2  0 2a b c   0 c2a b  u2( ; ; 2aa b   b)

Vì góc giữa  và d là 300 nên

1 2

1 2

2



 



Chọn b 1 thì u 2 (0;1; 1). Đường thẳng  đi qua A(1;0; 1), nhận u 2 (0;1; 1) là một vectơ chỉ

phương, nên  có phương trình tham số

1

1

x









  





Thử lại thấy

1

1

x







  





là đường thẳng cần tìm

Bài 3 Ta thấy '. ' ' '

1 3

A ABC ABC A B C

và V A BCC B' ' ' V ABC A B C ' ' ' V A ABC'. 

' ' ' ' ' ' ' ' ' '.

ABC A B C ABC A B C ABC A B C A ABC

Gọi K H G, , lần lượt là trung điểm BC, trung điểm B C' ', trọng tâm tam giác ABC Vì A ABC'. là hình chóp tam giác đều nên

'. 1

3

V  A G S

Ta có

Tứ giác A HK' A

là hình bình hành Nhận thấy A G' (ABC) BCA G' , và BCAK, do đó BC (AA HK' ). Góc giữa hai mặt phẳng ( 'A BC C B BC),( ' ' ) là góc A KH' AA K' hoặc là góc bù với góc đó Nghĩa là

2 ' '

A A A K AK

AA K

A A A B

Đặt A G h'  thì

A A h  A K h 

Do đó

2 2

2 3 3

3

2

a h





4 2 2 4

2

2

2

2

6

6 2

3 3

a a

h h









Vậy

3 2

( ) khi

( ) khi

A BCC B

dvtt h a

dvtt h















Bài 1 Gọi M N, lần lượt là hình chiếu của H trên BC AC, , gọi A' là giao điểm thứ hai của AH với đường tròn ngoại tiếp ABC A, 'A. Bốn điểm A N M B, , , nằm trên đường tròn đường kính AB. Ta có

MBH MAC MBA nên A' và H đối xứng với nhau qua BC. Đường thẳng đi qua A H M A, , , ' và vuông góc với BC có phương trình dạng x y m-  0, mà điểm H(5;5) thuộc đường thẳng này nên

5 5 m 0 m0, tức là đường thẳng AM có phương trình x y - 0. Xét hệ phương trình

(4;4)

'

'

'(3;3)

A









Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC đi qua ba điểm A'(3;3),M(7;3), N(4; 2). Giả sử đường tròn này

có phương trình x2y2 2ax 2by c 0. Ta có

C

C’

K G

H

2 2 10 8 36 0.

x y  x y 

Xét hệ phương trình

2 2

3 2

BC





Xét hệ phương trình

x y





Vậy

ABC AM BC

(đơn vị diện tích)

==============================================

Bài toán 1 Cho a, b, c là những số thực dương CMR:

2

a

a b



2

b

b c



2

c

c a



3 4



Bài toán 2 Chứng minh rằng

, 4

      với mọi a b c  0, hoặc

0,

b c a   hoặc c a b  0.

Bài toán 3 Chứng minh rằng

3

4

a b c

Bổ đề 1 Ta có

3 (1), 2

a b b c c a      với mọi a b c  0, hoặc b c a  0, hoặc

0

c a b  

Thật vậy, bất đẳng thức (1) tương đương với

2

a b c c a b a b c a c a b b c

a b b c c a

a b b c c a ab bc ca abc

a b b c c a ab bc ca abc

a b b c c a ab bc ca

a b b c c a



Với a b c  0, hoặc b c a  0, hoặc c a b  0 thì (a b b c c a )(  )(  ) 0 nên (1) đúng, dấu

“=” ở (1) xảy ra khi trong ba số a b c, , có ít nhất hai số bằng nhau

Chứng minh Bài toán 2

Cách 1 Áp dụng BĐT

2

2 2 2

x y z



(BĐT này chứng minh bằng biến đổi tương đương, đẳng thức xảy ra khi x y z) ta có

1 3

Từ (3) và (1) suy ra

3 4

      Đẳng thức xảy ra khi a b c  .

Tổng quát, ta có thể chứng minh được

x y z



  





Bất đẳng thức ở đề bài ứng với  2.

Cách 2 Áp dụng BĐT

4

đẳng thức xảy ra khi

1 , 2

x 

ta có

3 (5)

4

Từ (5) và (1) suy ra

3 4

      Đẳng thức xảy ra khi a b c  .

Tổng quát, ta có thể chứng minh được

2

x











Nhận xét 1 Một kết quả tổng quáy cho Bài toán 2

3 (6), 2



với mọi a b c, , thỏa mãn giả thiết như ở Bài toán 2, và với mọi  1. Đẳng thức xảy ra khi a b c  .

Bổ đề 2

3 (7), , , 0

2

a b c

b c c a a b       

Ta thấy

9

2

2

a b c

a b b c c a

a b b c c a

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy

3

0

a b b c c a a b b c c a









(8) đúng  (7) đúng

Đẳng thức xảy ra khi a b c  .

Chứng minh Bài toán 3 Tương tự như Bài toán 2, ta áp dụng (2) và (7), hoặc áp dụng (4) và (7) Nhận xét 2 Cũng có một hướng tổng quát Bài toán 3, thu được bất đẳng thức tương tự như (6) Bài toán 1 Chưa giải quyết được.Không biết đề có đúng không!!!