Messi10597

Cho các số thực $x,y,z$ thỏa mãn $z>0$ và $x,y,z\in [0;1]$ . Tìm GTNN của biểu thức:

$P=\sqrt{\frac{x^{4}+x^{2}+x+1}{x^{3}+1}}+\sqrt{\frac{2y^{2}+2x+5y+5}{y+1}}+\frac{2}{3}\sqrt{xz+2yz+4-3z}\left ( \sqrt{3\left ( x^{2} +2y^{2}\right )} -2\right )$

Cái dữ kiện N  đấy có lẽ là để làm thế này: Gọi P là tđ AH

-Dùng t/c 2 đường tròn cắt nhau => PM vuông góc  với ED

=>$EP^2+NM^2=NP^2+EM^2<=>\frac{AH^2}{4}+MN^2=\frac{BC^2}{4}+NP^2$

=>MN =?, Ta có M(2a+1;a) =>M =>........

Nếu ko cần điểm N thì mình làm thế này

Gọi I là tâm ngoại tiếp

$\overrightarrow{AH}=(4;2)\Rightarrow AH=2\sqrt{5}$  $\Rightarrow IM=\sqrt{5}$

$M\in d:x-2y-1=0\Rightarrow M(2t+1;t)$

Ta có $\overrightarrow{AH}=2.\overrightarrow{IM}\Rightarrow I(2t-1;t)$

$IA=IB\Rightarrow \sqrt{(2t+1)^{2}+(t+1)^{2}}=\sqrt{IM^{2}+MB^{2}}=\sqrt{5+5}=\sqrt{10}$

Từ đó tìm đc t

ĐK: $x\geq -\frac{1}{2}$

Đặt: $t=\sqrt{2x+1}$   $(t\geq 0)$

BPT trở thành: $x^{3}-t^{2}\geq (x^{2}-x)t$

                        $\Leftrightarrow (x^{2}+t)(x-t)\geq 0$

                        $\Leftrightarrow x\geq t$

          $\Rightarrow \left\{\begin{matrix} x\geq 0 & & \\ x^{2}-2x-1\geq 0& & \end{matrix}\right.\Rightarrow x\geq 1+\sqrt{2}$

ĐK:...

PT1$\Leftrightarrow (x+y-2)-2\sqrt{x+y-2}+1+(z^{2}-4z+4)\sqrt{x+y-2}=0$

      $\Leftrightarrow (\sqrt{x+y-2}-1)^{2}+(z-2)^{2}\sqrt{x+y-2}=0$

      Suy ra $\sqrt{x+y-2}=1$

                 $z=2$

Bài 36: Trong mặt phẳng Oxy, tam giác ABC có trực tâm H(5,5), phương trình chứa cạnh cạnh BC là x+y-8=0. Biết đường tròn ngoại tiếp tam giac đi qua 2 điểm M(7,3), N(4,2) tính diện tích ABC.

 

------------

Bạn hãy post bài nghiêm túc hơn nhé!

Mình ko biết vẽ hình đăng lên đâu mn thông cảm nhé 

Gọi giao của AH với đường tròn là K

Ta chứng minh K đối xúng với H qua BC

Ta có $\widehat{KBC}= \widehat{KAC}$ (cùng chắn cung KC)

          $\widehat{KAC}=\widehat{HBC}$ (cùng phụ với $\widehat{ACB}$ )

 Suy ra $\widehat{KBC}=\widehat{HBC}$ ,suy ra tam giác HBK cân tại B,suy ra K đối xúng với H qua BC,từ đó tìm đc K

đến đây dễ rồi

Đk $x\geq -4$

Do $x\geq -4\Rightarrow \left\{\begin{matrix} x+4\geq 0& & \\ x+9> 0& & \end{matrix}\right.$

$\Rightarrow \frac{x+3}{\sqrt{x+4}+3}+\frac{x+9}{\sqrt{x+11}+4}-x-7=\frac{x+4}{\sqrt{x+4}+3}-\frac{x+4}{2}+\frac{x+9}{\sqrt{x+11}+4}-\frac{x+9}{2}-\frac{1}{\sqrt{x+4}+3}-\frac{1}{2}< 0$

Vì $c=min${$a,b,c$} nên ta có các đánh giá sau:

$a^2+c^2\leq (a+\frac{c}{2})^2,b^2+c^2\leq (b+\frac{c}{2})^2$

Vậy nếu đặt $x=a+\frac{c}{2},y=b+\frac{c}{2}$ thì:

$P\geq \frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\sqrt{x+y}$

Đến đây đã lộ ý tưởng đánh giá theo $x+y$

vì sao lại có 2 cái đánh giá kia thế bạn

Giải Phương trình  

$x^{3}-5x^{2}+14x-4=6\sqrt[3]{x^{2}-x+1}$

Cho các số không âm a,b,c thỏa mãn c=min{a;b;c},Tìm GTNN của 

$P=\frac{1}{a^{2}+c^{2}}+\frac{1}{b^{2}+c^{2}}+\sqrt{a+b+c}$

ĐK: $x>-\frac{1}{2}$

PT$\Leftrightarrow 3^{x}+x=(2x+1)+log_{3}(2x+1)=3^{log_{3}(2x+1)}+log_{3}(2x+1)$

Xét $f(t)=3^{t}+t$

${f}'(t)=3^{t}ln3+1> 0$

Suy ra f(t) đồng biến 

Mà $f(x)=f(log_{3}(2x+1))\Leftrightarrow x=log_{3}(2x+1)\Leftrightarrow 3^{x}=2x+1$

Đến đây lại dùng đạo hàm chứng minh đc phương trình có 2 nghiệm,đó là x=0 và x=1

áp dụng BĐT AM-GM ta có:

$8(x^{4}+y^{4})+\frac{1}{xy}\geq 16x^{2}y^{2}+\frac{1}{xy}=16x^{2}y^{2}+\frac{1}{4xy}+\frac{1}{4xy}+\frac{1}{2xy}\geq 3\sqrt[3]{16x^{2}y^{2}.\frac{1}{4xy}.\frac{1}{4xy}}+\frac{2}{(x+y)^{2}}=3+2=5$

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x=y=1/2

Một bài nữa :

Câu 18:

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vuông tại C, D có BC = 2 AD = 2DC ,
đỉnh C(3;-3) , đỉnh A nằm trên đường thẳng d : 3x + y - 2 = 0 , phương trình đường thẳng
DM : x - y - 2 = 0 với M là điểm thỏa mãn  . Xác định tọa độ các điểm A, D, B ( THPT Hàn Thuyên)
 

Bài này chỉ cần tìm đc M là tìm đc tất các điểm cần tìm

Gọi N là trung điểm BC thì ANCD là hình vuông , M là trung điểm CN

Gọi E là trung điểm AN $\Rightarrow DM\perp CE$ 

$\Rightarrow \overrightarrow{n_{CE}}=\overrightarrow{u_{DM}}=(1;1)\Rightarrow CE:x+y=0$

$H=DM\cap CE\Rightarrow H(1;-1)$

Ta có: $\Delta CHM\sim \Delta DCM\Rightarrow \frac{HM}{CH}=\frac{CM}{DC}=\frac{1}{2}\Rightarrow 2HM=CH$

$M\in MD\Rightarrow M(t;t-2)\Rightarrow 2\sqrt{(t-1)^{2}+(t-2+1)^{2}}=2\sqrt{2}\Leftrightarrow \left | t-1 \right |=1$

Câu 13: Tự nhiên lục lọi trong topic đề thi thử THPT quốc gia 2015 lại tìm thấy đúng bài cần tìm

Trong mặt phẳng với hệ trục Oxy, cho tam giác ABC có đường trung tuyến AM và đường cao AH lần lượt có phương trình 13x-6y-2=0,x-2y-14=0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC là I(-6;0). (THPT chuyên Hùng Vương)

Ta tìm đc A(-4;-9)

Gội G là trọng tâm,K là trực tâm tam giác ABC

Dễ dàng cm đc K,G,I thẳng hàng và $\overrightarrow{IG}=\frac{1}{3}\overrightarrow{IK}$ (theo đường thẳng ơle)

khi đó tìm đc điểm K,lại có $\overrightarrow{AK}=2\overrightarrow{IM}$ ,tìm đc M

khi đó ta viếtđc pt BC

Tọa độ B,C là ngiệm của hệ gồm pt BC và pt đường tròn

Đặt: $\sqrt{x^{2}+7}=u;\sqrt{2y^{2}+1}=v$

Hệ trở thành $\left\{\begin{matrix} (x+y)u+yv=xy+2y^{2} & & \\ 2xu+(x+y)v=3xy-x^{2}& & \end{matrix}\right.$

Coi đây là hệ hai phương trình bậc nhất với ẩn là u và v

Dễ thấy $x=y=0$ là nghiệm

Khi x,y không đồng thời bằng 0 thì 

$\left\{\begin{matrix} u=\frac{(xy+2y^{2})(x+y)-(3xy-x^{2})y}{x^{2}+y^{2}}=2y & & \\ v=\frac{(x+y)(3xy-x^{2})-2x(xy+2y^{2})}{x^{2}+y^{2}}=-x& & \end{matrix}\right.$

$\Rightarrow \left\{\begin{matrix} \sqrt{x^{2}+7}= 2y& & \\ \sqrt{2y^{2}+1}=-x & & \end{matrix}\right.$

$VT=\frac{\frac{1}{a^{2}}}{\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}+\frac{\frac{1}{b^{2}}}{\frac{1}{c}+\frac{1}{a}}+\frac{\frac{1}{c^{2}}}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}\geq \frac{1}{2}\left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b} +\frac{1}{c}\right )\geq \frac{3}{2}\sqrt[3]{\frac{1}{abc}}=\frac{3}{2}$