Bài bất phương trình vô tỉ – Ngày: 22/4/2016

Giải bất phương trình:

\displaystyle \left( {x+2} \right)\left( {\sqrt{{2x+3}}-2\sqrt{{x+1}}} \right)+\sqrt{{2{{x}^{2}}+5x+3}}\ge 1

Hướng dẫn:

Cách 1: Phân tích được:

\displaystyle \left( {-{{x}^{2}}+2x+3} \right)\left[ {\left( {x+2} \right)\left( {\dfrac{1}{{2\sqrt{{2x+3}}+x+3}}-\dfrac{2}{{x+1+2\sqrt{{x+1}}}}} \right)+\dfrac{1}{{2\sqrt{{2{{x}^{2}}+5x+3}}+3x+3}}-1} \right]\ge 0

Với chú ý:

\displaystyle \left( {x+2} \right)\left( {\frac{1}{{2\sqrt{{2x+3}}+x+3}}-\dfrac{2}{{x+1+2\sqrt{{x+1}}}}} \right)+\dfrac{1}{{2\sqrt{{2{{x}^{2}}+5x+3}}+3x+3}}-1< 0

Cách 2:

Biến đổi:

\displaystyle \begin{array}{l}\left( {x+2} \right)\left( {\sqrt{{2x+3}}-2\sqrt{{x+1}}} \right)+\sqrt{{2{{x}^{2}}+5x+3}}-1\ge 0\\\Leftrightarrow \left( {x+2} \right)\dfrac{{-\left( {2x+1} \right)}}{{\sqrt{{2x+3}}+2\sqrt{{x+1}}}}+\dfrac{{\left( {x+2} \right)\left( {2x+1} \right)}}{{\sqrt{{\left( {x+1} \right)\left( {2x+3} \right)}}+1}}\ge 0\end{array}

Cách 3: Đặt: \displaystyle a=\sqrt{{2x+3}};b=\sqrt{{x+1}}. Ta có:

\displaystyle \left[ {a-\left( {b+1} \right)} \right]\left( {{{a}^{2}}-ab-2{{b}^{2}}} \right)\ge 0

 

Tính chất về đường cao trong tam giác_01

1. Tính chất Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm I, BH và CK lần lượt là các đường cao trong tam giác. Chứng minh rằng AI vuông góc với HK.

2. Chứng minh

nguyenanhtuan2011.wordpress.com

nguyenanhtuan2011.wordpress.com

3. Áp dụng

Bài 1: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD. Gọi M là điểm đối xứng của B qua C và N là hình chiếu vuông góc của B trên MD. Tam giác BDM nội tiếp đường tròn (T) có phương trình: (x-4)^2+(y-1)^2=25. Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD biết phương trình đường thẳng CN là: 3x-4y-17=0; đường thẳng BC đi qua điểm E(7;0) và điểm M có tung độ âm. 

Tính chất của đường phân giác_01

1. Tính chất: Cho tam giác ABC, tiếp tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC tại điểm D. Phân giác trong góc ADB cắt AB tại E, cắt AC tại F. Chứng minh rằng AE=AF.

2. Chứng minh

nguenanhtuan2011.wordpress

nguenanhtuan2011.wordpress

3. Áp dụng

Bài 1: Trong phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(1;-4), tiếp tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC tại D, đường phân giác trong góc \widehat{ADB}d:x-y+2=0, điểm M(-4;1) thuộc cạnh AC. Viết phương trình đường thẳng AB.

 

Tính chất của điểm thỏa mãn hệ điều kiện

1. Tính chất: Cho hình bình hành ABCD, điểm M nằm trong hình bình hành sao  cho \displaystyle \widehat{{MBC}}=\widehat{{MDC}};MB\bot MA. Chứng minh rằng \displaystyle AM\bot DM.

Chứng minh:

Hình vẽ - nguyenanhtuan2011.wordpress.com

Hình vẽ – nguyenanhtuan2011.wordpress.com

+ Dựng hình bình hành MBCN.

+ Ta có: \displaystyle \left\{ \begin{array}{l}\widehat{{NMB}}=\widehat{{BCN}}\\\widehat{{NMC}}=\widehat{{BCM}}\end{array} \right.\Rightarrow \widehat{{NCM}}=\widehat{{BMC}}={{90}^{0}}.

+ Tứ giác MCND nội tiếp đường tròn nên \displaystyle \widehat{{AMD}}=\widehat{{MCN}}={{90}^{0}}\Rightarrow AM\bot MD.

2. Áp dụng

Bài 1: ( Thi HSG 12 Phú Thọ 2015 – 2016)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có A(-5;2). Điểm M(-1;-2) nằm bên trong hình bình hành sao cho \displaystyle \widehat{{MDC}}=\widehat{{MBC}};MB\bot MC. Tìm toa độ điểm D biết \displaystyle \tan \widehat{{DAM}}=\dfrac{1}{2}.

3. Nhận xét

+ Trong bài toán trên, điểm chốt của vấn đề là khai thác tính chất của điểm M. Một bài toán tương tự trong đề thi HSG 12 Hà Tĩnh năm 2015 nằm ở câu 3 nhưng ở phần HHKG.

+ Trong bài toán trên, chúng ta viết được PTĐT AD độc lập với phần giả thiết của điểm M.

 

Tính chất về tam giác cân_01

1. Tính chất: Cho tam giác cân tại A nội tiếp đường tròn (C) tâm I, gọi D là trung điểm cạnh AB, E là trọng tâm tam giác ACD thì IE vuông góc với CD.

Chứng minh:

Hình vẽ

Hình vẽ

+ Gọi G là giao điểm của CD và AH với H là trung điểm của BC. Vậy G là trọng tâm tam giác ABC.

+ Do E là trọng tâm tam giác ACD nên EG song song với AB. Vậy: EG vuông góc với ID. Lại có AH vuông góc với ED. Do đó, G là trực tâm tam giác DEI. Điều đó chứng tỏ CD vuông góc với IE. (đpcm).

2. Áp dụng

Bài 1: ( Thi thử THPT Nghèn-Hà Tĩnh lần 1 năm học 2015 – 2016 )

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A, D là trung điểm cạnh AB. Biết rằng \displaystyle I\left( {\dfrac{{11}}{3};\dfrac{5}{3}} \right),E\left( {\dfrac{{13}}{3};\dfrac{5}{3}} \right) lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, trọng tâm tam giác ACD; các điểm \displaystyle M\left( {3;-1} \right),N\left( {-3;0} \right) lần lượt thuộc các đường thẳng DC, AB. Tìm tọa độ A, B, C biết A có tung độ dương.

Hướng dẫn:

+ IE vuông góc với CD. Viết PT CD.
+ Tham số hóa điểm D, tìm được điểm D.
+ Viết AB, tham số hóa điểm A.
+ Suy ra tọa độ A, B, C theo tham số và sử dụng AB=AC.

 

Một số bất đẳng thức phụ hai biến

BẤT ĐẲNG THỨC PHỤ HAI BIẾN

1. Bất đẳng thức phụ hai biến
a) Cho a,b là hai số thực không âm. Khi đó, ta có:
+) a+b\ge 2\sqrt{ab}.
+) \left(\dfrac{a+b}{2}\right)^2\ge ab.
+) (a+b)^2\ge 4ab.
+) a^2+b^2\ge 2ab.
+) a^2+b^2\ge \dfrac{(a+b)^2}{2}.
+) \dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\ge \dfrac{4}{a+b}.
b) Cho a,b là hai số dương thỏa mãn. Khi đó:
+) \dfrac{1}{{1 + {a^2}}} + \dfrac{1}{{1 + {b^2}}} \ge \dfrac{2}{{1 + ab}} với ab\ge1.
Hay được viết dưới dạng: \dfrac{1}{{1 + {a}}} + \dfrac{1}{{1 + {b}}} \ge \dfrac{2}{{1 + \sqrt{ab}}} với ab\ge1.
+) \dfrac{1}{{1 + {a^2}}} + \dfrac{1}{{1 + {b^2}}} \le \dfrac{2}{{1 + ab}} với ab\le1.
Hay được viết dưới dạng: \dfrac{1}{{1 + {a}}} + \dfrac{1}{{1 + {b}}} \le \dfrac{2}{{1 + \sqrt{ab}}} với ab\le1.
Chứng minh:
Xét hiệu: P=\dfrac{1}{{1 + {a^2}}} + \dfrac{1}{{1 + {b^2}}} - \dfrac{2}{{1 + ab}} = \dfrac{1}{{1 + {a^2}}} - \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{{1 + {b^2}}} - \dfrac{1}{2} - \left( {\dfrac{2}{{1 + ab}} - 1} \right)
= \dfrac{{1 - {a^2}}}{{2\left( {1 + {a^2}} \right)}} + \dfrac{{1 - {b^2}}}{{2\left( {1 + {b^2}} \right)}} - \dfrac{{1 - ab}}{{1 + ab}}
= \dfrac{{\left( {1 - {a^2}} \right)\left( {1 - {b^2}} \right)}}{{2\left( {1 + {a^2}} \right)\left( {1 + {b^2}} \right)}} + \dfrac{{ab - 1}}{{ab + 1}} = \dfrac{{\left( {ab - 1} \right){{\left( {a - b} \right)}^2}}}{{\left( {ab + 1} \right)\left( {1 + {a^2}} \right)\left( {1 + {b^2}} \right)}}
Khi a,b là các số thực dương và ab\ge1, ta có: P\ge 0 và ngược lại.
b) Cho x,y là hai số dương thỏa mãn. Khi đó:
\dfrac{1}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} + \dfrac{1}{{{{\left( {y + 1} \right)}^2}}} \ge \dfrac{1}{{1 + xy}}
Chứng minh: Biến đổi trực tiếp.
d) Cho a,b,x,y là các số thực. Khi đó:{\left( {ax + by} \right)^2} \le \left( {{a^2} + {b^2}} \right)\left( {{x^2} + {y^2}} \right)
Chứng minh:
Xét hiệu: {\left( {ax + by} \right)^2} - \left( {{a^2} + {b^2}} \right)\left( {{x^2} + {y^2}} \right) = {\left( {ax} \right)^2} + 2ax.by + {\left( {by} \right)^2} - \left( {{a^2}{x^2} + {a^2}{y^2} + {b^2}{x^2} + {b^2}{y^2}} \right)
= 2ay.bx - {a^2}{y^2} - {b^2}{x^2} = - {\left( {ay - bx} \right)^2} \le 0
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: ay=bx. Nếu x, y \ne 0 thì \dfrac{a}{x}=\dfrac{b}{y}.
Nhận xét:

+ Nếu a,b là các số thực bất kì và x,y là các số dương. Ta có:

{\left( {a + b} \right)^2} = {\left( {\dfrac{a}{{\sqrt x }}.\sqrt x + \dfrac{b}{{\sqrt y }}.\sqrt y } \right)^2} \le \left( {\dfrac{{{a^2}}}{x} + \frac{{{b^2}}}{y}} \right)\left( {x + y} \right)

\dfrac{{{a^2}}}{x} + \dfrac{{{b^2}}}{y} \ge \dfrac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{{x + y}}
Bất đẳng thức này có thể chứng minh trực tiếp bằng phương pháp biến đổi tương đương.

2. Các ví dụ đơn giản

Giải hệ phương trình

Giải hệ phương trình:

\displaystyle \left\{ \begin{array}{l}\left( {x-1} \right)\left( {3\sqrt{{{{y}^{2}}+4}}+3\sqrt{{2y-4}}} \right)=\left( {2x+2} \right)\left( {\sqrt{{{{x}^{2}}+1}}+\sqrt{{x-1}}} \right)\\\sqrt[3]{{\dfrac{{3y{{{\left( {x+4} \right)}}^{2}}}}{2}}}+\sqrt{{\left( {2x+5} \right)\dfrac{{y-1}}{3}}}=x+y+3\end{array} \right.