Tạp chí nhóm Toán: Số 03 - Năm 2015

Chia sẻ: Phan Tour Ris | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:35

Thêm vào BST

Báo xấu

61
lượt xem 12
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Sự tương đương trong chứng minh bất đẳng thức, hình chữ nhật và các dạng toán cơ bản, 100 tính chất hình phẳng trong Oxy,... là những bài viết, chuyên đề được giới thiệu đến các bạn trong tạp chí nhóm Toán "Số 03 - Năm 2015". Mời các bạn cùng tham khảo.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Tạp chí nhóm Toán: Số 03 - Năm 2015

SỐ 03 (11-2015) TẠP CHÍ NHÓM TOÁN Tạp chí ra định kỳ hàng tháng – Dành cho các thành viên group Nhóm Toán . Tổng hợp các bài viết chuyên đề phục vụ cho kỳ thi THPT 2015-2016. Group Nhóm Toán Email : nhomtoan@yahoo.com | web : http://www.nhomtoan.com|
MỤC LỤC • Đề ra kỳ này • Phạm Anh Vũ-"Sự tương đương trong chứng minh bất đẳng thức." • Nguyễn Minh Tiến-"Hình chữ nhật và các dạng toán cơ bản." • Hướng đến kỳ thi THPT 2015-2016 - Đề số 3 - Hướng dẫn giải. • Nguyễn Thành Hiển-"100 tính chất hình phẳng trong Oxy."
ĐỀ RA KỲ NÀY (NT.01) Một hộ nông dân định trồng đậu và cà trên diện tích 8hecta. Nếu trồng đậu thì cần 20 công và thu được 3 triệu đồng trên mỗi hecta, nếu trồng cà thì cần 30 công và thu được 4 triệu đồng trên mỗi hecta. Hỏi cần trồng mỗi loại cây trên diện tích bao nhiêu để thu được nhiều tiền nhất khi tổng số công không quá 180 ?. (NT.02) . Giải hệ phương trình √ √ 3 − x + y − 3 = x2 + y 2 − 10x − 5y + 22 (x + y) (4y 2 − 8y + 3) = (y − 1) (2x2 + 2y 2 + 4xy − 2) . √ (NT.03) Tìm m để phương trình 3 − 2x − x2 = mx + 2 có đúng 1 nghiệm. (NT.04) Trong hệ trục toạ độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại B có điểm I(6; −1) là tâm đường tròn nội tiếp. Đường tròn tâm I bán kính IB cắt AC tại E và F sao cho EF = 4. Biết điểm B có hoành độ nhỏ hơn 5 và thuộc đường thẳng x + 5y + 11 = 0; điểm M (0; 6) thuộc đường thẳng AC. Tìm toạ độ các đỉnh A, B và C. (NT.05) Cho x, y, z ∈ [0; 1]. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức x y z P = + + + xyz. 1 + yz 1 + zx 1 + xy Lưu ý : • Bài giải gõ bằng Word hoặc Tex, trình bày rõ ràng và gửi vào địa chỉ : nhomtoan@yahoo.com, hoặc inbox trực tiếp : https://www.facebook.com/HIEN.0905112810 • Cơ cấu giải thưởng sẽ được công bố và trao thưởng định kỳ 5 số một lần, số điểm được tính bằng số bài các bạn hoàn thành, mỗi bài giải trọn vẹn được tính 1 điểm. • Thời hạn nhận bài : trước ngày 25 hàng tháng. NHÓM TOÁN | SỐ 03 (11-2015) 01
Sự tương đương trong chứng minh bất đẳng thức Phạm Anh Vũ Ngày 29 tháng 9 năm 2015 1 Lý thuyết mở đầu Khi học về mệnh đề chúng ta đã biết rằng: nếu P ⇔ Q thì P ⇔ P ∨ Q . Vậy thiết nghĩ, đề chứng minh một bất đẳng thức là đúng, ta có thể quy về một bài toán hoàn toàn tương đương, và ta sẽ thử đi tìm cách chứng minh rằng ít nhất một trong hai bài toán (mà ta gọi tên là bài toán ban đầu và bài toán tương đương ta thiết lập) là đúng, như vậy hiển nhiên là chứng minh được bài toán ban đầu là đúng. 2 Ví dụ minh họa 2.1 Ví dụ 1. Cho hai số thực a, b thỏa mãn (a + 1) (b + 1) (ab + 1) 6= 0. Chứng minh rằng: 1 1 1 2 + 2 ≥ (a + 1) (b + 1) ab + 1 Giải. 1 1 1 • Khi ab = 0 ta có bất đẳng thức hiển nhiên đúng do: 2 + 2 > 1 = (a + 1) (b + 1) ab + 1  2 1 + a 1 2 ≥  1 + a2 1 + b2   (a + 1) 2 1 + ab • Khi ab 6= 0, theo AM − GM thì: 2 ⇒ + ≥1= 1+b 1 (a + 1) 2 (b + 1) 2 1 + ab 2 ≥    (b + 1) 2 1 1 1  1 1 1 + ≥ (1)  + ≥ 2 2  (a + 1)2 (b + 1)2  (a + 1) (b + 1) 1 + ab 1 + ab  1 1 1 ⇔ a2 b2 ab ⇔ 2 + 2 ≥ (2) 1   2 + 2 ≥ 1 1 1 +  (a + 1) (b + 1) 1 + ab 1+ 1+ ab a b 1 0 1 Nếu (1) đúng ta có điều cần chứng minh. Còn nếu (2) đúng, bằng cách đặt a0 = ,b = ta có: a b NHÓM TOÁN | SỐ 03 (11-2015) 1 1 1 2 + 2 ≥ 02 (a0 + 1) 0 (b + 1) 1 + a0 b 0
Đây chính là bất đẳng thức cần chứng minh với bộ số (a0 ; b0 ). Vậy bất đẳng thức đã cho đúng với mọi bộ số thực (a; b) bất kỳ. Đẳng thức xảy ra khi a = b = 1 . 2.2 Ví dụ 2. Cho ba số thực dương x, y, z có tích bằng 1. Chứng minh rằng: 1 1 1 3 + 3 + 3 ≥ x3 (y + z) y (z + x) z (x + y) 2 IMO, 1995 Giải. 1 1 1 Ta thấy bất đẳng thức nếu đúng với bộ ba số (x; y; z) thì cũng đúng với bộ ba số ; ; . x y z Do đó ta có một bất đẳng thức hoàn toàn tương đương là: Cho ba số thực dương x, y, z có tích bằng 1. Chứng minh rằng: x2 y2 z2 3 + + ≥ y+z z+x x+y 2 Phần còn lại, ta sẽ đi chứng minh bài toán mới: Cho ba số thực dương x, y, z có tích bằng 1. Chứng minh rằng: 1 1 1 x2 y2 z2 P = + + + + + ≥ 3 (∗) x2 (y + z) y 3 (z + x) z 3 (x + y) y + z z + x x + y x2 y2 z2 x+y+z Áp dụng bất đẳng thức Cauchy − Schwarz ta có: + + ≥ . y+z z+x x+y 2 1 1 1 x+y y+z z+x Do đó: P ≥ 2 + 3 + 3 + + + . x (y + z) y (z + x) z (x + y) 4 4 4 Theo AM − GM ta có:  1 1 1 3    2 + 3 + 3 ≥ p x (y + z) y (z + x) z (x + y) 3 (y + z) (z + x) (x + y) p3  x + y + y + z + z + x ≥ 3 (y + z) (z + x) (x + y)   4 4 4 4 " # 3 4 p ⇒P ≥ p + 3 (y + z) (z + x) (x + y) ≥ 3 4 3 (y + z) (z + x) (x + y) Vậy (∗) được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 1. Do vậy, bất đẳng thức ban đầu luôn đúng. Và đẳng thức sẽ xảy ra khi x = y = z = 1. 2.3 Ví dụ 3. Cho ba số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng: NHÓM TOÁN | SỐ 03 (11-2015) a b c 3 + + ≥ 03 3a + b 3b + c 3c + a 4
Giải. 1 1 1 Bằng cách thay bộ số (a; b; c) bởi bộ số ; ; ta có bài toán này tương đương với: a b c b c a 3 + + ≤ 3b + a 3c + b 3a + c 4 a b c b c a 3 Vậy ta sẽ chứng minh: + + + + + ≤ (∗∗) 3a + b 3b + c 3c + a 3b + a 3c + b 3a + c 2 2 a2 + 6ab + b2 1 a b 1 Ta có (a − b) ≥ 0 ⇒ 2 ≤ ⇒ + ≤ . 3a + 10ab + 3b2 2 3a + b 3b + a 2 Thiết lập hai bất đẳng thức tương tự rồi cộng lại vế theo vế ta có bất đẳng thức (∗∗) được chứng minh. Vậy bất đẳng thức ban đầu được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c. Nhận xét 1. Bằng cách tương tự ta chứng minh được bất đẳng thức sau: Cho a, b, c là các số thực dương, với mọi hằng số k > 1 ta có: a b c 3 + + ≤ ka + b kb + c kc + a k+1 1 Nhận xét 2. Bất đẳng thức trên cũng có thể chứng minh bằng cách trừ mỗi hạng tử cho 3 (a + b + c)2 và sử dụng bất đẳng thức Cauchy − Schwarz kèm theo chú ý ab + bc + ca ≤ . Hoặc 3 có thể quy đồng hai vế và sử dụng bất đẳng thức AM-GM cho ba số thực dương. 2.4 Ví dụ 4. Cho ba số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng: ab bc ca 3 + 2 + 2 ≥ 3a2+b 2 3b + c 2 3c + a 2 4 Dương Đức Lâm Giải. Khi đã quen thuộc với phương pháp giải này, chúng ta dễ dàng nhận thấy chỉ cần chứng ab ab 1 minh một bất đẳng thức đơn giản hơn rất nhiều: 2 2 + 2 2 ≤ . 3a + b 3b + a 2 Quy đồng hai vế, bất đẳng thức trên tương đương với: (a − b)2 (3a2 − 2ab + 3b2 ) ≥ 0 hiển nhiên đúng. Vậy bất đẳng thức ban đầu được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi a = b = c. 2.5 Ví dụ 5. Cho ba số a, b, c thuộc đoạn [1; 3] thỏa mãn a + b + c = 6. Tìm giá trị nhỏ nhất của: NHÓM TOÁN | SỐ 03 (11-2015) a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 + 12abc + 72 1 04 P = − abc ab + bc + ca 2
Trích Đề thi quốc gia chung năm 2015 Giải. Ta có a ∈ [1; 3] nên 1 ≤ 4 − a ≤ 3. Do đó ta nhận thấy các số x = 4 − a, y = 4 − b, z = 4 − c x, y, z ∈ [1; 3] cũng thỏa mãn: x+y+z =6 Đặt f (a; b; c) = P . Ta có 12abc = 2abc (a + b + c), do đó: 72 1 f (a; b; c) = ab + bc + ca + − abc ab + bc + ca 2 Mà ta thấy rằng: (4 − a) (4 − b) + (4 − b) (4 − c) + (4 − c) (4 − a) = ab + bc + ca nên: 72 (4 − a) (4 − b) (4 − c) ⇒ f (4 − a; 4 − b; 4 − c) = ab + bc + ca + − ab + bc + ca 2 144 ⇒ f (a; b; c) + f (4 − a; 4 − b; 4 − c) = + 16 (1) ab + bc + ca Đặt M = ab + bc + ca, ta sẽ đi tìm giá trị nhỏ nhất của M với a, b, c thỏa mãn hệ điều kiện ban đầu. Không mất tính tổng quát, ta giả sử rằng a ≥ b ≥ c. Khi đó ta có 3 ≥ a ≥ 2 ≥ c ≥ 1. • Nếu b ≥ 2 thì ta có: 3 ≥ a ≥ b ≥ 2 ≥ c ≥ 1    (a − 3) (b − 3) ≥ 0  ab ≥ 3a + 3b − 9 ⇒ (b − 2) (c − 1) ≥ 0 ⇒ bc ≥ b + 2c − 2 ⇒ ab + bc + ca ≥ 4 (a + b + c) − 13 = 11 (c − 1) (a − 2) ≥ 0 ca ≥ 2c + a − 2   • Nếu b ≤ 2 thì ta có: 3 ≥ 4 − c ≥ 4 − b ≥ 2 ≥ 4 − a ≥ 1 Do đó theo chứng minh trên thì: (4 − a) (4 − b) + (4 − b) (4 − c) + (4 − c) (4 − a) ≤ 11 ⇒ ab + bc + ca ≥ 11 Vậy ta có M ≥ 11∀ (a; b; c). Đẳng thức đạt được khi (a; b; c) là một hoán vị của (3; 2; 1). 320 Trở lại (1) ta có f (a; b; c) + f (4 − a; 4 − b; 4 − c) ≤ . 11  160  f (a; b; c) ≤ 11 160 ⇒ 160 ⇒ P ≤ f (4 − a; 4 − b; 4 − c) = f (x; y; z) ≤ 11 11 160 emphDo đó giá trị lớn nhất của P là đạt được khi (a; b; c) là một hoán vị của (3; 2; 1). 11 2.6 Ví dụ 6. Cho x, y, z là các số thực thuộc khoảng (0; 1) thỏa mãn (1 − x) (1 − y) (1 − z) = xyz. Chứng minh rằng: NHÓM TOÁN | SỐ 03 (11-2015) x2 + y 4 y 2 + z 4 z 2 + x4 15 + + ≥ y z x 8 05
Phân tích. 1 x y z Ta dự đoán đẳng thức xảy ra khi x = y = z = . Khi đó = = = 1. 2 1 − x 1 − y 1 − z Từ đó ta có bất đẳng thức nếu đúng với bộ (x; y; z) thì cũng sẽ đúng với bộ (1 − x; 1 − y; 1 − z). Do đó ta đi tới lời giải dưới đây. Giải. X Ta ký hiệu f (x; y; z) = f (x; y; z) + f (y; z; x) + f (z; x; y) là tổng hoán vị của đa thức cyc ba biến số thực f (x; y; z).   x0 = 1 − x 0 0 0 0 x , y , z ∈ (0; 1) Từ giả thiết, ta có các số y = 1 − y cũng sẽ thỏa mãn: .  0 x0 y 0 z 0 = (1 − x0 ) (1 − y 0 ) (1 − z 0 ) z =1−z X x2 + y 4 X (1 − x)2 + (1 − y)4 15 Do đó ta sẽ chứng minh: + ≥ cyc y cyc 1−y 4 X x2 (1 − y) + y (1 − x)2 X 15 X x2 − 2xy + y X 3 ⇔ + x2 + (1 − x)3 ≥ ⇔ +3 x (x − 1) ≥ cyc y (1 − y) cyc 4 cyc y (1 − y) cyc 4 X x2 − 2xy + y X 1 X (x − y)2 3X ⇔ −1 +3 x (x − 1) + ≥0⇔ + (2x − 1)2 ≥ 0 cyc y (1 − y) cyc 4 cyc y (1 − y) 4 cyc Bất đẳng thức đúng do x (1 − x) , y (1 − y) , z (1 − z) đều là các số dương. 1 Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = . 2 3 Kết luận Qua toàn bộ bài viết này, hi vọng bạn đọc đã nắm bắt được toàn bộ tư tưởng chủ đạo của phương pháp tương đương này. Chỉ bằng các bất đẳng thức cơ bản như AM −GM và Cauchy−Schwarz, cùng với các phép biến đổi tương đương, chúng ta đã có thể xử lý được một phần các bài toán bất đẳng thức đối xứng, và hoán vị. Để rèn luyện kĩ năng áp dụng phương pháp này, các bạn cùng thử sức với một số bài tập sau: NHÓM TOÁN | SỐ 03 (11-2015) 06
4 Bài tập áp dụng Bài 1. Cho các số dương a, b, c. Chứng minh rằng: r a+b b+c c+a (a + b + c) (ab + bc + ca) a. + + ≥2 . c a b abc a2 − bc b2 − ca c2 − ca b. + + ≤ 0. 2a2 + ab + ac 2b2 + bc + ba 2c2 + ca + cb ab bc ca a b c c. + + ≥ + + . c (c + a) a (a + b) b (b + c) c+a a+b b+c 3 3 3 1 1 1 3 a+b b+c c+a d. a +b +c 3 + 3+ 3 ≥ + + . a b c 2 c a b 1 1 1 a b c (a + 1) (b + 1) (c + 1) e. 3 + a + b + c + + + + + + ≥3 . a b c b c a abc + 1 Bài 2. Cho các số dương a, b, c có tích bằng 1. Chứng minh rằng: a b c 1 1 1 a. 3 + + + ≥a+b+c+ + + . b c a a b c 1 1 1 3 b. + + ≤ . (1 + a) (1 + b) (1 + b) (1 + c) (1 + c) (1 + a) 4 2 3 2 2 3 1 1 1 c. x + y + z + 6 ≥ (x + y + z) + + + . 2 2 x y z 1 1 1 d. 2 + 2 + 2 + 3 ≥ 2 (x + y + z). x y z Bài 3. Cho các số dương a, b, c có tích bằng 8. Tìm giá trị nhỏ nhất của: 1 1 1 P =√ +√ +√ 1+a 3 1+b 3 1 + c3 Bài 4. Cho các số dương a1 , a2 , · · · , an có tích bằng 1. Chứng minh rằng: 2 2 2 a 1 + a 2 + · · · + an ≥ + + ··· + a1 + 1 a2 + 1 an + 1 Bài 5. Cho các số dương a, b, c có tổng bằng 1. Tìm giá trị lớn nhất của: NHÓM TOÁN | SỐ 03 (11-2015) a − bc b − ca c − ab P = + + 07 a + bc b + ca c + ab
Bài 6. Cho các số dương a, b, c có tổng bằng 1. Chứng minh rằng: a+1 b+1 c+1 a b c + + ≤2 + + b+c c+a a+b b c a Bài 7. Cho các số dương a, b, c. Tìm giá trị lớn nhất của: r r r a b c A= + + a+b b+c c+a Bài 8. Cho các số dương a, b, c. Tìm giá trị nhỏ nhất của: p p p a b c P = 3 4 (a3 + b3 ) + 3 4 (b3 + c3 ) + 3 4 (c3 + a3 ) + 2 + + b 2 c 2 a2 Bài 9. Cho các số dương a, b, c. Chứng minh rằng: (2a + b + c)2 (2b + c + a)2 (2c + a + b)2 + + ≤8 2a2 + (b + c)2 2b2 + (c + a)2 2c2 + (a + b)2 NHÓM TOÁN | SỐ 03 (11-2015) 08
HÌNH CHỮ NHẬT NGUYỄN MINH TIẾN – MATHS287 1. KIẾN THỨC CƠ SỞ Định nghĩa: Hình chữ nhật là tứ giác có bốn góc vuông Nhận xét: Hình chữ nhật là hình thang cân, hình bình hành có một góc vuông Tính chất  Hình chữ nhật là hình thang cân, hình bình hành nên có đầy đủ tính chất của hình thang cân và hình bình hành  Hình chữ nhật có hai đường chéo bằng nhau và cắt nhau tại trung điểm mỗi đường Kiến thức vận dụng:  Quy tắc trung điểm của đoạn thẳng  Đường thẳng đi qua điểm vuông góc và song song với đường thẳng cho trước  Các công thức diện tích tam giác, tứ giác 2. BÀI TẬP MINH HỌA Bài 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh B thuộc đường thẳng  d1  : 2x  y  2  0 và đỉnh C thuộc đường thẳng  d2  : x  y  5  0 . Gọi H là hình chiếu của B lên 9 2 đường chéo AC , biết M  ;  và K  9; 2  lần lượt là trung điểm của AH và CD . Xác định tọa độ các 5 5 đỉnh của hình chữ nhật ABCD biết hoành độ đỉnh C lớn hơn 4 . Lời giải Gọi N là trung điểm của BH  MN là 1 đường trung bình của ABH  MN  AB 2 1 và MN // AB . Ta có CK  AB và CK // AB 2  MN  CK   MNCK là h.b.h  MK // CN  MN / /CK  BH  MC Xét MBC có  N là trực tâm MBC  CN  BM  MK  BM  MN  BC  9 2 qua M  ;  Phương trình  BM  :   5 5    BM  : 9 x  2 y  17  0  vtpt MK  9; 2    2x  y  2  0 x  1 Ta có B  BM   d1   B :    B 1; 4  9 x  2 y  17  0 y  4 Điểm C   d2  : x  y  5  0  C  c; c  5     36 33  Ta có MNCK là hình bình hành  CN  KM  N  c  ;c    5 5     9  36   2  33  Ta có BH  AC  CM.BN  0   c    c   1    c  5    c   4   0  5  5   5  5   9  41   27  53  c  9   c   c     c   c    0  2c 2  26c  72  0    C  9; 4   5  5   5  5  c  4   K là trung điểm của CD  D  9; 0  . ABCD là h.c.n  AB  DC  A 1; 0  . NHÓM TOÁN | SỐ 03 (11-2015) 09
Bài tập tương tự 01: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD gọi H 1; 2  là hình chiếu 9  của A lên đường chéo BD . Điểm M  ; 3  là trung điểm của BC , phương trình đường trung tuyến 2  xuất phát từ đỉnh A của tam giác ADH là  d  : 4 x  y  4  0 . Viết phương trình đường thẳng BC . Bài tập tương tự 02: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có hình chiếu vuông góc của đỉnh B lên đường chéo AC là điểm E  5; 0  . Trung điểm của AE và CD lần lượt là điểm 3 3 F  0; 2  và I  ;   . Viết phương trình đường thẳng CD . 2 2 Bài tập tương tự 03: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có AB  2 BC . Gọi H là hình chiếu của đỉnh A lên đường chéo BD . Gọi E và F lần lượt là trung điểm của đoạn CD và BH . Biết đỉnh A 1; 1 và phương trình đường thẳng  EF  : 3x  y  10  0 . Xác định tọa độ các đỉnh còn lại của hình chữ nhật ABCD biết điểm E có tung độ âm. Bài 2.  5  Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có AB  2 BC . Gọi K   ; 1  là trung  2  1 điểm của cạnh AD , trên cạnh CD lấy hai điểm E và F sao cho DE  CF  CD . Đường thẳng vuông 4 góc với FK tại F cắt cạnh đường thẳng BC tại điểm M . Xác định các đỉnh của hình chữ nhật biết đường thẳng đi qua hai điểm M và F là  d  : 10 x  6 y  15  0 và đỉnh D có hoành độ nhỏ hơn 1 . Lời giải Gọi I và H là trung điểm của KM và CD KFM vuông tại E  IK  IM  IF  DE  CF Ta có   HD  DE  HC  CF  HD  HC  HE  HE mà IH  EF  IEF cân tại I  IE  IF  IK  IM  IE  IF  KEM vuông tại F  KE  EM   5  qua K   ; 1    KE  :   2    KE  : 6 x  10 y  25  0   d  : 10 x  6 y  15  0  x  0 10 x  6 y  15  0   5 Ta có E  KE  EM  E :   5  E  0;    6 x  10 y  25  0  y    2  2 1 1 1 DE  CD  .2 AD  AD  DK  DEK vuông cân tại D 4 4 2 34 KE 17 Ta có KE   DK  DE   . Gọi điểm D  a; b  2 2 2 2   5 2 17  DK 2   a     b  1  a  2; b  3 2 4 Khi đó       D  2; 3   5 2 17 a   1 ; b   1  2 2   DE  a   b  2   4 2 2     5  K   ; 1  là trung điểm của đoạn AD  A  3; 1  2  NHÓM TOÁN | SỐ 03 (11-2015) 10
1   Ta có DE  CD  DC  4DE  C  6; 1 4   ABCD là hình chữ nhật  AB  DC  B  5; 3  . Bài tập tương tự 01: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có AB  BC và diện tích bằng 30. Điểm E  2; 3  thuộc cạnh AD sao cho DE  2 AE , trên cạnh CD lấy hai điểm F  3; 0  và K sao cho DF  CK (F nằm giữa D và K ) , đường thẳng vuông góc với EK tại K cắt đường thẳng BC tại điểm M . Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD biết điểm M thuộc đường thẳng  d  : 4 x  y  10  0 và đỉnh D có tung độ dương. Bài tập tương tự 02: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có AB  AD , điểm E  2; 2  thuộc cạnh AD sao cho DE  2 AE . Trên cạnh CD lấy hai điểm F  3; 5  và K sao cho DF  CK và F nằm giữa D và K , đường thẳng vuông góc với EK tại K cắt đường thẳng BC tại điểm M . Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD biết đường thẳng BC đi qua điểm J  4; 4  và điểm M thuộc đường thẳng  d  : 3 x  y  2  0 . Bài 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng  AD  : x  2 y  3  0 . Trên đường thẳng đi qua B vuông góc với đường chéo AC lấy điểm E  2; 5  sao cho BE  AC sao cho D và E nằm khác phía so với đường thẳng AC . Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật biết đường thẳng AB đi qua điểm F  4; 4  và đỉnh D có hoành độ dương. Lời giải Gọi G là hình chiếu của E lên đường AD và I là hình chiếu của B lên đường EG   HBC Ta có EBI  (đối đỉnh) và HBC  ACD (cùng phụ với góc ACB)   EBI ACD  EBI  ACD  c.g  g.n  CD  BI  AB  BI  BA Xét tứ giác IGAB có     o  A  G  I  90  ABIG là hình vuông  GA  GI GA  GI   GA  AD  GI  IE  AD  IE  GE  GD  EGD vuông cân tại G   45 o    EDG  AD , DE  45 o   Gọi n   a; b  là vtpt của đường DE a  2b  b  3a  cos  2 AD , DE     6 a2  16 ab  6b2  0   2 a b . 52 2  a  3b   Với b  3a  n   1; 3    DE  : x  3 y  13  0  D  DE  AD  D  7; 2  Do D có hoành độ dương  loại   Với a  3b  n   3; 1   DE : 3x  y  11  0  D  DE  AD  D  5; 4  Thỏa mãn D có hoành độ dương. qua F  4; 4   AB  :    AB  : 2 x  y  4  0  A  AB  AD  A 1; 2     AD  : x  2 y  3  0 NHÓM TOÁN | SỐ 03 (11-2015) 11
qua E  2; 5   EG  :    EG  : 2 x  y  1  0  G  EG  AD  G  1; 1    AD  : x  2 y  3  0 GA  GI GA GI 5        IE  2GI  EI  2 IG  I  0; 1  AD  IE AD IE 2 5 qua I  0; 1  BC  :    BC  : x  2 y  2  0  B  BC  AB  B  2; 0     AB  : 2 x  y  4  0   Ta có ABCD là hình chữ nhật  AB  DC  C  6; 2  . Bài tập tương tự 01: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh A  0; 2  và H là hình chiếu của B lên đường chéo AC . Trên tia đối của tia BH lấy điểm E sao cho BE  AC , phương trình đường thẳng  DE  : x  y  0 . Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD biết diện tích hình chữ nhật bằng 6 và tung độ đỉnh C dương. Bài tập tương tự 02: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD nằm hoàn toàn phía trên trục hoành. Gọi H là hình chiếu của B lên đường chéo AC , trên tia đối của tia BH lấy điểm E sao cho BE  AC , phương trình đường thẳng  DE  : x  y  1  0 . Xác định tọa độ các đỉnh còn lại của 2 2 hình chữ nhật biết phương trình đường tròn đi qua hai điểm A và B là C  :  x  3    y  4   8 . Bài tập tương tự 03: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh B và C thuộc 2 2 đường tròn C  :  x  3    y  4   4 . Gọi H là hình chiếu của B lên đường chéo AC , trên tia đối của tia BH lấy điểm E sao cho BE  AC , phương trình đường thẳng  DE  : x  y  1  0 . Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật biết đỉnh D 1; 0  . Bài 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh B  2; 0  . Đường thẳng đi qua đỉnh B và vuông góc với đường chéo AC có phương trình là  d  : 7 x  y  14  0 , đường thẳng đi qua đỉnh A và trung điểm của cạnh BC có phương trình là  d1  : x  2 y  7  0 . Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật biết đỉnh A có hoành độ âm. Lời giải Điểm A   d1  : x  2 y  7  0  A  7  2 a; a  , F   d1  : x  2 y  7  0  F  7  2 b; b    Ta có AB  BC  AB.BF  0   5  2 a  5  2b   ab  0  ab  2 a  2b  5  0  1 F là trung điểm của đoạn thẳng BC  C 12  4b; 2 b  . Ta có AC   d     AC.nd  0   5  4b  2 a   7  2b  a   0  5a  10b  5  0  a  2 b  1 2 b  1 Thay  2  vào 1  b  2b  1  2  2b  1  2b  5  0  2b 2  5b  3  0   3 b  2  Với b  1  a  2b  1  3  A 1; 3   loại (do A có hoành độ âm) 3  Với b   a  2b  1  4  A  1; 4  (thỏa mãn A có hoành độ âm) 2 3  3 Với b   F  4;  . Ta có F là trung điểm của BC  C  6; 3  2 2     Do ABCD là hình chữ nhật  AB  DC  D  3; 7  . NHÓM TOÁN | SỐ 03 (11-2015) 12
Bài 5. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có AB  BC . Đường tròn tâm D bán  22 7  kính CD cắt các đường thẳng AC và AD lần lượt tại các điểm E  ;  và F  0; 1 . Xác định tọa  13 13  độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD biết điểm D nằm trên đường thẳng  d  : x  y  7  0 . Lời giải Ta có đường tròn  D  đi qua hai điểm E , F  D thuộc trung trực của FE  11 10  Gọi  d  là trung trực của FE   d  qua trung điểm M  ;   của đoạn FE  13 13  qua M qua M  d :   d :     d  : 11x  3 y  7  0   FE  vtpt n   11; 3  x  y  7  0 x  2 Khi đó D   d       D :    D  2; 5  11x  3 y  7  0  y  5 qua D  2; 5  Phương trình  AD  :    AD  : 2 x  y  1  0 qua F  0; 1 qua D  2; 5  Phương trình CD  :   CD  : x  2 y  12  0  CD    AD  : 2 x  y  1  0 Đỉnh C  CD  : x  2 y  12  0  C  2 a  12; a  . Ta có DC  DF 2 2 2 a  3   2 a  10    a  5   20   a  5   4   a  7 qua E  Với a  3  C  6; 3    AC  :    AC  : 4 x  7 y  3  0 qua C   Ta có A  AC  AD  A  1; 1 . Đồng thời AB  DC  B  3; 3  Tọa độ A , B , C , D thỏa mãn điều kiện AB  BC qua E  Với a  7  C  2; 7    AC  :    AC  : 7 x  4 y  14  0 qua C 2 8    10 13  Ta có A  AC  AD  A  ;   . Đồng thời AB  DC  B   ;   3 3  3 3  Tọa độ A , B , C , D không thỏa mãn điều kiện AB  BC . Bài 6. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có hai điểm E và F lần lượt thuộc EB FA các cạnh AB và AD sao cho  . Đường thẳng BD có phương trình là  d  : x  2 y  8  0 , phương EA FD 2 2  11   5 25 trình đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF là C  :  x     y    . Xác định tọa độ các đỉnh  2  2 4 của hình chữ nhật biết đường thẳng AD đi qua điểm K 11; 2  . Lời giải EB FA Kẻ AH  BD  H  BD  .  k EA FD Đặt hệ trục tọa độ Hxy sao cho A  Hy  A  0; a  , D  Hx  D  d; 0  qua A  0; a   AB  :    AB  : dx  ay  a 2  0  AB  AD NHÓM TOÁN | SỐ 03 (11-2015) 13
 a2  B   AB   Hx  B   ; 0   d       k.HA  HB   a 2 ka   k.HD  HA  kd a  Ta có HE   ;  ; HF   ;    k  1 d k  1  k 1   k1  k 1 k 1    ka 2 d ka2  ka 2 ka 2  HE.HF  2  2  2  2  0  HE  HF  H  C  d  k  1  k  1  k  1  k  1  2 2  1 11   5 25  x  7; y   x     y    2 Khi đó H   BD   C   H :  2  2 4    x  3; y  5 x  2 y  8  0  2  1 qua H  Khi H  7;    AH  :    AH  : 4 x  2 y  27  0  2  AH    BD  : x  2 y  8  0  5 A là giao điểm thứ hai của  AH  và C   A  8;   2 qua A  8; 5 / 2   AD  :    AD  : 9 x  6 y  87  0 qua K 11; 2  x  2 y  8  0  21 5  D   AD    BD   D :   D ;   9 x  6 y  87  0  2 4 qua A  8; 5 / 2   AB  :    AB  : 12 x  18 y  51  0  AB    AD  : 9 x  6 y  87  0 x  2y  8  0  41 15  B   AB    BD   B :   B ;  12 x  18 y  51  0  7 14  Loại do điểm B phải nằm ngoài đường tròn C   5 qua H  Khi H  3;    AH  :    AH  : 4 x  2 y  7  0  2  AH    BD  : x  2 y  8  0  9 A là giao điểm thứ hai của  AH  và C   A  4;  2   qua A  4; 9 / 2   AD  :    AD  : 13x  14 y  115  0 qua K 11; 2  x  2 y  8  0  59 11  D   AD    BD   D :   D ;   13 x  14 y  115  0  6 12  qua A  4; 9 / 2   AB  :    AB  : 28 x  26 y  5  0  AB    AD  : 13x  14 y  115  0 x  2 y  8  0  99 229  B   AB    BD   B :   B ;   28 x  26 y  5  0  41 82     2029 1291  ABCD là hình chữ nhật  AB  DC  C  ; .  246 492  3. BÀI TẬP VẬN DỤNG Luyện tập 01: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có E là trung điểm của cạnh AD . Hình chiếu vuông góc của B lên CE là điểm H  5; 4  , hình chiếu của E lên BC là điểm F 1; 7  . Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD biết đỉnh A thuộc đường thẳng  d  : x  y  4  0 . NHÓM TOÁN | SỐ 03 (11-2015) 14
Luyện tập 02: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có M và N lần lượt là trung điểm của AD và BC . Đường thẳng BM cắt đường thẳng CD tại điểm K , phương trình đường chéo  AC  : x  2 y  1  0 và phương trình đường thẳng  MN  : x  3  0 . Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD biết đường thẳng KN đi qua điểm E  2; 5  . Luyện tập 03: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có AB  2 AD . Phân giác  cắt cạnh CD tại điểm M , gọi H là hình chiếu vuông góc của C xuống AM , tọa độ góc BAD các điểm D  2;1 và H 1; 3 . Xác định tọa độ các đỉnh còn lại của hình chữ nhật ABCD biết đỉnh B có hoành độ âm. Luyện tập 04: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có AD  2 AB . Gọi M và N lần lượt là trung điểm của AD và BC , trên đường thẳng MN lấy điểm K  5; 1 sao cho N là trung điểm của đoạn thẳng MK , phương trình đường chéo  AC  : 2 x  y  3  0 . Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD biết đỉnh A có tung độ dương. Luyện tập 05: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có AB  2 AD . Phương trình đường thẳng  AB  : x  y  1  0 , điểm N thuộc cạnh CD sao cho NC  3 ND , điểm 1  M  ; 3  là trung điểm của đoạn BC , khoảng cách từ điểm B đến đường thẳng AN bằng 4 . 2  Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD biết đỉnh A có hoành độ dương. NHÓM TOÁN | SỐ 03 (11-2015) 15
THỬ SỨC TRƯỚC KỲ THI ĐỀ SỐ 03 (Thời gian làm bài : 180 phút) x−3 Câu 1(1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y = . x+1 1 2 Câu 2(1,0 điểm) Tìm các giá trị của m để hàm số f (x) = (m+1)x3 −(m−1)x2 +mx− đồng biến trên R. 3 3 Câu 3(1,0 điểm) a) Giải phương trình 4x+2 − 6.2x+2 + 8 = 0. b) Giải bất phương trình | log4 x − 3| 6 1. Z1 4x Câu 4(1,0 điểm) Tính tích phân I = .dx x2 +1 0 Câu 5(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P ) : x + y − 2z + 6 = 0 và hai điểm A(2; 2; 0), B(0; 0; 2). Viết phương trình đường thẳng AB. Tìm giao điểm của AB và mặt phẳng (P ). Câu 6(1,0 điểm) a) Giải phương trình 7 cos x − 2 sin 2x = 0. b) Trong kế hoạch không kích tổ chức khủng bố IS, Mỹ huy động 15 chiến đấu cơ, Pháp huy động 3 chiến đấu cơ và Anh huy động 7 chiến đấu cơ. Cần chọn một đội bay 6 chiếc để thực hiện nhiệm vụ. Tính xác suất để trong đội bay đó có ít nhất 4 chiến đấu cơ của Mỹ. Câu 7(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD√ là hình vuông cạnh 3a. Điểm H thuộc đoạn AB sao cho BH = 2.HA, SH ⊥ (ABCD). Biết cạnh SC = a 26. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBD) theo a. Câu 8(1,0 điểm)Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy), cho tam giác ABC có D là chân đường phân giác trong của góc ABC, [ E là trung điểm BD. Đường thẳng CE cắt đường phân giác ngoài của góc ABC [ tại F . Biết rằng B(5; 1), F (4; 3) và điểm A thuộc đường thẳng x + 2y − 18 = 0. Viết phương trình đường thẳng BC. Câu 9(1,0 điểm) Bộ quốc phòng Nga dự kiến sử dụng hai loại chiến đấu cơ Su-25 và Su-34 để tấn công ít nhất 48 sở chỉ huy và ít nhất 32 kho xăng dầu của tổ chức khủng bố IS. Mỗi chiếc Su-25 cất và hạ cánh tiêu tốn 7 triệu USD (tiền nhiên liệu và các đầu đạn tên lửa), có thể tiêu diệt 2 sở chỉ huy và 2 kho xăng dầu. Mỗi chiếc Su-34 cất và hạ cánh tiêu tốn 13 triệu USD (tiền nhiên liệu và các đầu đạn tên lửa), có thể tiêu diệt 4 sở chỉ huy và 2 kho xăng dầu. Hỏi phải dùng bao nhiêu chiếc mỗi loại để chi phí ít nhất, biết rằng quân đội Nga chỉ có thể cung cấp cho chiến dịch không quá 28 chiếc Su-25 và không quá 10 chiếu Su-34. Câu 10(1,0 điểm) Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức NHÓM TOÁN | SỐ 03 (11-2015) 2 1 1 4 P = a + 2b + . + 2 . 16 a + b − c c (c + 1) NGUYỄN THÀNH HIỂN
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THỬ SỨC 03 TRỊNH ANH DŨNG *Tập xác định: D   \ 1 * Sự biến thiên Ta có lim  y  và lim 1 y  nên x  1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số x  1 x  1 Ta có lim y  1 và lim y  1 nên y  1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số x  x  4 Ta có y '  2 0  x  1 Bảng biến thiên x  1  y'   y  1 1  Hàm số đồng biến trên  ; 1 và  1;   * Đồ thị Đồ thị hàm số nhận điễm I  1;1 là giao điễm của hai tiệm cận làm tâm đối xứng NHÓM TOÁN | SỐ 03 (11-2015) 17