chinhanh9

a) Xác định thiết diện của hình hộp thì áp dụng phương pháp như xác định thiết diện của hình chóp, chỉ thêm một lưu ý là giao tuyến của một mặt phẳng đối với hai mặt song song của thiết diện cũng song song với nhau.
- Xác định thiết diện với $mp\left ( EFC \right )$: Qua $E$ kẻ đường thẳng song song với $FC$ cắt $AA'$ tại $G$. Thiết diện là tứ giác $ECFG$.
- Xác định thiết diện với $mp\left ( EFC' \right )$: Qua $E$ kẻ đường thẳng song song với $FC'$ cắt $BB'$ tại $I$. Qua $F$ kẻ đường thẳng song song với $C'I$ cắt $AD$ tại $H$. Thiết diện là ngũ giác $EIC'FH$.
Theo mình thì chỉ cần kẻ đường thẳng song song nếu cắt thì lấy, nếu nằm ngoài thì thôi. Không biết có đúng không Ai có kinh nghiệm giúp với
b) Ta chứng minh được: $IB= \frac{1}{3}BB'$ $\Rightarrow HA= HD\Rightarrow HE//BD$
Ta có:
$\left ( EFC' \right )\cap \left ( ABCD \right )= HE$
$\left ( ABCD \right )\cap \left ( BDD'B' \right )= BD$
$\left ( BDD'B' \right )\cap \left ( EFC' \right )= FI$
Mà $BD//HE$ nên $HE//FI$

Chào mọi người!
Mình xin mạo muội mở topic này để trao đổi về việc chọn nghề cũng như nhờ tư vấn về các nghề nghiệp tương lai.
Tại đây chúng ta có thể thổ lộ băn khoăn về một nghề và nhờ các thành viên khác hiện đang làm nghề đó hoặc có những hiểu biết nhất đinh về nghề đó tư vấn thêm thông tin và đưa tới những lời khuyên. Các thành viên cũng hãy đưa ra những dự định và lựa chọn của mình để mọi người cùng tham khảo, qua đó mỗi người có thêm những gợi ý và thêm tự tin cho việc tự hướng nghiệp cho bản thân mình.

Đầu tiên sẽ là băn khoăn của mình. Mình đang học 11 và dự định thi vào đại học KHTN khoa Toán, vì mình thấy mình chỉ biết làm toán, tuy không bằng ai, nhưng không biết làm gì khác . Nhưng mình đang không biết nên học toán cơ bản hay toán ứng dụng. Mình không rõ đầu ra của toán ứng dụng cụ thể là làm gì, còn toán cơ bản thì lương bổng ra sao? Công việc của một giáo viên toán như thế nào
Thứ hai, mong các cao thủ bá đạo của diễn đàn cho biết dự định của mình để mình tham khảo. Mời Ispectorgadget, perfecstrong, Nguyen Lam Thinh, ....cute,...vv..vv.(nhiều quá ) và các anh chị đang học đại học khác như: ..........( nhiều quá ).....
Rất mong được ủng hộ

còn 1 cách khác này:
vì a+b+c+2=abc nên tồn tại x,y,z>0 t/m :$a=\frac{y+z}{x},b=\frac{z+x}{y},c=\frac{x+y}{z}$
BĐT cần chứng minh tương đương với :$(x+y)(y+z)(z+x)\geq8xyz$(dễ dàng chứng minh được bằng BĐT AM-GM)
vậy ta có đpcm

Hay quá bạn ơi
Phát biểu dưới dạng khác:
Bài 1: Cho $a,b,c\in \mathbb{R}^{+}$ thỏa mãn:
$\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}= 1$
Chứng minh: $abc\geq 8$
Và tương tự đối với 4 biến:
Bài 2: Cho $a,b,c,d\in \mathbb{R}^{+}$ thỏa mãn:
$\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}+\frac{1}{d+1}= 1$
Chứng minh: $abcd\geq 81$
Và bài toán tổng quát:
Bài 3: (VMO)
Cho $x_{1},x_{2},...,x_{n}\in \mathbb{R}^{+}$ thỏa mãn:
$\frac{1}{x_{1}+1}+\frac{1}{x_{2}+1}+...+\frac{1}{x_{n}+1}= 1$
Chứng minh: $x_{1}x_{2}...x_{n}\geq \left ( n-1 \right )^{n}$
Nếu dùng cách của bạn ninhxa thì chỉ giải được đối với bài toán 4 biến trở lại, 5 biến trở lên thì khai triển rất mệt.
Mấy bạn thử xem cách của bạn lovemoon thì sao nhé Hay là cần tới một cách khác nữa

Đặt $x=\frac{ab}{c^{2}};y=\frac{bc}{a^{2}};z=\frac{ca}{b^{2}}$, bài toán trở thành:
$\sum \frac{c^{4}}{a^{2}b^{2}+abc^{2}+c^{4}}\geq 1$
Thật vậy, ta có:
$ \sum \frac{c^{4}}{a^{2}b^{2}+abc^{2}+c^{4}}\geq \frac{(\sum a^{2})^{2}}{\sum a^{4}+abc(a+b+c)+\sum a^{2}b^{2}}\geq \frac{(\sum a^{2})^{2}}{\sum a^{4}+\sum a^{2}b^{2}}=1$

Chỗ này có vấn đề không mọi người

Tặng mấy bạn bộ đề ankan mới sưu tầm được. Bài tập đơn giản và vài phần có lời giải, chủ yếu để nắm được phương pháp làm bài.
 PHUONG PHAP GIAI BAI TAP VE HIDROCACBON NO.pdf   271.93K   420 Số lần tải
 ANKAN 2.doc   46K   3412 Số lần tải
 ANKAN 3.doc   472K   7921 Số lần tải
 ANKAN 4.doc   118K   9668 Số lần tải
 ANKAN 5.doc   454K   608 Số lần tải
 ANKAN 6.doc   110K   9826 Số lần tải

Bài 2:
Trong mặt phẳng $Oxy$ cho elip $(E): \dfrac{x^2}{9}+\dfrac{y^2}{4}=1$ và đường thẳng $d:\, y=x+m$. $d$ cắt $(E)$ tại hai điểm $P,Q$. Gọi $P',Q'$ lần lượt là điểm đối xứng của $P,Q$ qua $O$. Tìm $m$ để $PQP'Q'$ là hình thoi.

Đặt $P(x_{1};y_{1}),Q(x_{2};y_{2})$. Rõ ràng $PQP'Q'$ đã là hình bình hành nên để nó là hình thoi thì $OP$ vuông góc với $OQ$, tức là $x_{1}x_{2}+y_{1}y_{2}=0$
Suy ra:
$x_{1}x_{2}+ (x_{1}+m)(x_{2}+m)=0$
$\Leftrightarrow 2x_{1}x_{2}+ m (x_{1}+x_{2})+m^{2}=0$ $(1)$
Mặt khác, $x_{1},x_{2}$$x_{1},x_{2}$ là nghiệm của phương trình : $\frac{x^{2}}{9}+\frac{\left ( x+m \right )^{2}}{4}= 1$
Quy đồng và rút gọn ta được: $13x^{2}+18mx+9m^{2}-26= 0$
Áp dụng định lý $Viet$:
$x_{1}+x_{2}= -\frac{18m}{13}, x_{1}x_{2}= \frac{9m^{2}-36}{13}$
Thay vào $(1)$, ta được:
$13m^{2}-72= 0\Rightarrow m= \pm \frac{6\sqrt{2}}{\sqrt{13}}$ đúng ko biết

hì
câu c) Tiếp Tục
+ Nếu $EM//AC$: hai mp $(EMI)$ và $(ACD)$ có điểm chung $I$ và chứa hai đường thẳng song song với nhau nên giao tuyến của chúng là đường thẳng qua $I$ avf song song với $AC$.
+ Nếu $EM$ cắt $AC$, gọi $T=EM\cap AC,$ thì $N=IT\cap CD$.
Vì:
$EI=(MNI)\cap (ABD)$
$BD=(ABD)\cap (BCD)$
$MN=(BCD)\cap (EMI)$
nên $EI,BD,MN$ đồng quy, hay$MN$ luôn đi qua $K$ cố định

Bài toán (hình học phẳng): Tìm số đường chéo của đa giác $n$ cạnh.
Đây là một bài toán khá đơn giản và quen thuộc.
Cách 1: Dùng tổ hợp
Có $C_{n}^{2}$ cách chọn $2$ điểm từ $n$ điểm, loại đi $n$ cạnh ta được số đường chéo là:
$D=C_{n}^{2}-n= \frac{n(n-3)}{2}$
Cách 2: Dùng quy nạp
Ta phải c/m số đường chéo của đa giác $k$ cạnh $D= \frac{n(n-3)}{2}$.
(Bỏ qua bước cơ sở nhé )
Giả sử bài toán đúng khi $n=k$, ta sẽ chứng minh nó cũng đúng khi $n=k+1$. Thật vậy, đa giác chứa $k$ điểm sau khi có thêm một điểm thì số đường chéo sẽ bằng số đường chéo ban đầu cộng với $k-2$ và cộng thêm $1$ (tự suy luận ), tức là số đường chéo sau là $D'=\frac{\left ( k+1 \right )\left ( k-2 \right )}{2}$ (đpcm).
Sau đây mời các bạn hãy dùng hai cách trên ( 2 kĩ thuật trên) để giải bài toán sau:
Bài toán (hình học không gian): Tìm số đường chéo của một hình lăng trụ có đáy là đa giác có $n$ cạnh (trong đó đường chéo là đường nối hai đỉnh không cùng nằm trên mặt nào của hình lăng trụ).
.........................................................................................................................................................................................
Từ đây ta nhận thấy việc mở rộng và phát triển những bài toán đơn giản đôi khi cho ta những kết quả thật thú vị
.......................................................................................................................................................................................
Hậu quả từ một phút vu vơ không nghe lời cô giảng

Định Lý Menelaus trong không gian:
Gọi $M,N,P,Q$ theo thứ tự là các điểm trên các đường thẳng $AB,BC,CD,DA$ của tứ diện $ABCD$ thì $M,N,P,Q$ đồng phẳng khi và chỉ khi:
$\frac{MA}{MB}.\frac{NB}{NC}.\frac{PC}{PD}.\frac{QD}{QA}= 1$ (các độ dài đại số nhá)
Từ đó dễ dàng có được: $\frac{AQ}{QD}= k_{1}k_{2}k_{3}$.
Một bài toán áp dụng nghĩ ra trong tích tắc:
Cho hình chóp $S.ABCD$. Gọi $M,N,P$ lần lượt là chân các đường phân giác kẻ từ đỉnh $A$ của các tam giác $SAC,ACD,ADB$. Tìm thiết diện của hình chóp cắt bởi $mp\left ( MNP \right )$.

Bài toán "6 tia":
Cho sáu tia $Ax,Ay,Az,At,Au,Av$ thỏa mãn:
$\left ( Ax,At,Ay,Av \right )= -1$
$\left ( Ax,At,Az,Au \right )= -1$.
$I$ là một điểm bất kì nằm trên $Ax \left ( I\neq A \right )$. Qua $I$ kẻ hai đường thẳng $a,b$ sao cho $a$ cắt $Ay,Av$ tại $M,N$, $b$ cắt $Az,Au$ tại $P,Q$.
Chứng minh: $MQ, PN,At$ đồng quy.
Lâu lắm mới lại post bài lên diễn đàn Hi vọng sẽ không bị lãng quên
p/s: Chúc cả nhà giáng sinh vui vẻ

Bài này em không giải được nhưng nếu sửa lại đề là tìm số dư khi chia cho $\large 2^{n+2}$thì em giải lại ra
Cụ thể là như thế này:
Ta có: $\large 3^{2^{n}}-1= \left ( 3^{2^{n-1}} +1\right )\left ( 3^{2^{n-1}} -1\right )$
$\large = \left ( 3^{2^{n-1}} +1\right )\left ( 3^{2^{n-2}} +1\right )\left ( 3^{2^{n-2}} -1\right )$$\large = \left ( 3^{2^{n-1}} +1\right )\left ( 3^{2^{n-2}} +1\right )...\left ( 3^{2^{0}} +1\right )\left ( 3^{2^{0}} -1\right )$
$\large = 2^{3}\prod_{k=1}^{n-1}\left ( 3^{2^{k}} +1\right )$
Vì $\large \left ( 3^{2^{n}} +1\right )\vdots 2$ (và không chia hết cho 4 ) nên $\large 2^{3}\prod_{k=1}^{n-1}\left ( 3^{2^{k}}+1 \right )\vdots 2^{n+2}$$\large \Rightarrow \left ( 3^{2^{n}}-1\right ) \vdots 2^{n+2}$
Vậy $\large 3^{2^{n}}$ chia $\large 2^{n+2}$ dư 1
Lâu rồi chưa giải bài nào, lần này cũng í ẹ quá
_____________________________________
Khá đáng tiếc cho bài làm này khi "quên mất" rằng $3^{2^n}-1=8.2^{n-1}(2m+1)$ nên mới không dẫn đến đâu cả!
Chấm điểm: $d=0$

$S=\left\lfloor\dfrac{52-48}{2}\right\rfloor+3\times 0+0+0=2$

$F=DI \ \cap \(O) $ nên F cố định
E là trung điểm KF
Dễ dàng CM K là trung điểm BC và $IF=FC$
$\Rightarrow EM=\frac{IF}{2}=\frac{FC}{2}$
Vậy M di chuyển trên đường tròn tâm E bán kính $\frac{FC}{2}$

ồ cách giải làm tớ ngạc nhiên vì khác hẳn cách tớ nghĩ ra nó, kễt quả cũng có một số khác biệt. Vì $A$ di động trên toàn bộ đường tròn nên $D$ cùng vậy. Khi đó ta có đến 2 điểm $F$ như bạn nói. Dẫn đến quỹ tích điểm $M$ là hai cung tròn
Còn đây là cách của tớ - sử dụng kiến thức về phép biến hình lớp 11 (thế nên nó mới nằm trong box THPT)
Vì $I$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $BCD$ nên ta luôn có $\angle BIC= 90^{0}+\angle BDC$. $\angle BDC$ không đổi nên $\angle BIC$ cũng không đổi.
Do đó $I$ chạy trên cung $C$ chứa góc $\alpha =90^{0}+\angle BDC$ dựng trên đoạn thẳng $BC$, (Dĩ nhiên là cũng có 2 cung chứa góc như thế).
Đến đây sử dụng phép vị tự: $\overrightarrow{KM}= \frac{1}{2}\overrightarrow{KI}$ nên $M$ là ảnh của $I$ qua phép vị tự tâm $K$ tỉ số $\frac{1}{2}$. Do đó quỹ tích điểm $M$ là cung chứa góc ảnh của cung $C$ qua phép vị tự trên.
Với cách này thì ta có thể giải quyết bài toán trong trường hợp điểm $M$ chia đoạn thẳng $KI$ theo bất kì tỉ lệ nào

Cho các số thực dương $x,y,z$. Chứng minh bất đẳng thức:
$\sum \frac{2yz}{3\left ( \sqrt[3]{zx}+\sqrt[3]{xy} \right )}\geq \sqrt[3]{xyz}\left ( \sqrt[3]{x}+\sqrt[3]{y} +\sqrt[3]{z}\right )$
Dù biết bất đẳng thức càng đơn giản càng đẹp nhưng còn non tay nên chỉ được thế này thôi

Chứng minh bằng AM-GM:
Ta có:
$\frac{x^{3}}{\left ( 1+y \right )\left ( 1+z \right )}+\frac{1+y}{8}+\frac{1+z}{8}\geq \frac{3}{4}x$
Tương tự và cộng các bất đẳng thức lại ta được $\frac{x^{3}}{\left ( 1+y \right )\left ( 1+z \right )}+\frac{y^{3}}{\left ( 1+z \right )\left ( 1+x \right )}+\frac{z^{3}}{\left ( 1+x \right )\left ( 1+y \right )}\geq \frac{x+y+z}{2}-\frac{3}{8}\geq \frac{3}{4}$. .........

Sử dụng kĩ thuật tương tự, ta được các bài toán sau:
Bài 1: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $abc= 1$. Chứng minh:
$a^{4}+b^{4}+c^{4}\geq \frac{1}{2}\left ( a+b+c \right )$
Bài 2: Cho $a,b,c,d$ là các sô thực dương thỏa mãn $abcd= 1$. Chứng minh:
$a^{5}+b^{5}+c^{5}+d^{5}\geq \frac{5}{16}\left ( a+b+c+d \right )$
Bài 3: Hãy phát biểu bài toán tổng quát cho hai bài toán trên
Mong ủng hộ

Đây là lời giải của mình:
$\frac{ab^{4}\left ( b+c \right )}{c^{3}}+\frac{bc^{4}\left ( c+a \right )}{a^{3}}+\frac{ca^{4}\left ( a+b \right )}{b^{3}}\geq \frac{3\left ( a+b \right )\left ( b+c \right )\left ( c+a \right )}{4}$
$\Leftrightarrow \frac{ab^{4}}{c^{3}\left ( a+b \right )\left ( c+a \right )}+\frac{bc^{4}}{a^{3}\left ( a+b \right )\left ( b+c \right )}+\frac{ca^{4}}{b^{3}\left ( b+c \right )\left ( c+a \right )}\geq \frac{3}{4}$
$\Leftrightarrow \frac{b^{3}}{c^{3}}\frac{1}{\frac{a+b}{b}\frac{c+a}{a}}+\frac{c^{3}}{a^{3}}\frac{1}{\frac{a+b}{b}\frac{b+c}{c}}+\frac{a^{3}}{b^{3}}\frac{1}{\frac{b+c}{c}\frac{c+a}{a}}\geq \frac{3}{a}$
$\Leftrightarrow \frac{\frac{b^{3}}{c^{3}}}{\left ( 1+\frac{a}{b} \right )\left ( 1+\frac{c}{a} \right )}+\frac{\frac{c^{3}}{a^{3}}}{\left ( 1+\frac{a}{b}\right )\left ( 1+\frac{b}{c} \right )}+\frac{\frac{a^{3}}{b^{3}}}{\left ( 1+\frac{b}{c} \right )\left ( 1+\frac{c}{a} \right )}\geq \frac{3}{4}$
Đặt $x= \frac{b}{c},y= \frac{c}{a},z= \frac{a}{b}$, ta đưa về chứng minh:
$\frac{x^{3}}{\left ( 1+y \right )\left ( 1+z \right )}+\frac{y^{3}}{\left ( 1+z \right )\left ( 1+x \right )}+\frac{z^{3}}{\left ( 1+x \right )\left ( 1+y \right )}\geq \frac{3}{4}$
Đây chính là bài IMO Shortlist 1998 trong cuốn sáng tạo bđt
Chứng minh bằng AM-GM:
Ta có:
$\frac{x^{3}}{\left ( 1+y \right )\left ( 1+z \right )}+\frac{1+y}{8}+\frac{1+z}{8}\geq \frac{3}{4}x$
Tương tự và cộng các bất đẳng thức lại ta được $\frac{x^{3}}{\left ( 1+y \right )\left ( 1+z \right )}+\frac{y^{3}}{\left ( 1+z \right )\left ( 1+x \right )}+\frac{z^{3}}{\left ( 1+x \right )\left ( 1+y \right )}\geq \frac{x+y+z}{2}-\frac{3}{8}\geq \frac{3}{4}$. .........