Bài 5. ÔN TẬP CUỐI NĂM

\(S=\dfrac{1}{2}ah_a=\dfrac{1}{2}a\sqrt{p\left(b-a\right)}\) ; \(S=\sqrt{p\left(p-a\right)\left(p-b\right)\left(p-c\right)}\)

\(\Rightarrow\dfrac{1}{2}a=\sqrt{\left(p-b\right)\left(p-c\right)}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{2}a=\sqrt{\dfrac{\left(a+c-b\right)\left(a+b-c\right)}{4}}\Leftrightarrow a^2=\left(a+c-b\right)\left(a+b-c\right)\)

\(\Leftrightarrow b^2-2bc+c^2=0\Leftrightarrow\left(b-c\right)^2=0\)

\(\Leftrightarrow b=c\)

2.

Ta cần tìm \(cosABC=\dfrac{AB^2+BC^2-AC^2}{2AB.BC}=\dfrac{3\left(AB^2+BC^2-AC^2\right)}{2AC^2}\)

Gọi H, K là trung điểm của AB, BC.

Theo giả thiết \(\overrightarrow{OM}\perp\overrightarrow{BI}\)

\(\Rightarrow\overrightarrow{OM}.\overrightarrow{BI}=0\)

\(\Leftrightarrow\left(2\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+2\overrightarrow{OC}\right)\left(\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC}\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(2\overrightarrow{OB}+2\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{OB}+2\overrightarrow{OB}+2\overrightarrow{BC}\right)\left(\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC}\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(5\overrightarrow{OB}+2\overrightarrow{BA}+2\overrightarrow{BC}\right)\left(\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC}\right)=0\)

\(\Leftrightarrow2\left(\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC}\right)^2+5\overrightarrow{OB}.\overrightarrow{BA}+5\overrightarrow{OB}.\overrightarrow{BC}=0\)

\(\Leftrightarrow2\left(\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC}\right)^2+5\left(\overrightarrow{OH}+\overrightarrow{HB}\right).\overrightarrow{BA}+5\left(\overrightarrow{OK}+\overrightarrow{KB}\right).\overrightarrow{BC}=0\)

\(\Leftrightarrow2\left(\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC}\right)^2+5\overrightarrow{OH}.\overrightarrow{BA}+5\overrightarrow{HB}.\overrightarrow{BA}+5\overrightarrow{OK}.\overrightarrow{BC}+5\overrightarrow{KB}.\overrightarrow{BC}=0\)

\(\Leftrightarrow2\left(\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC}\right)^2+0+\dfrac{5}{2}\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{BA}+0+\dfrac{5}{2}\overrightarrow{CB}.\overrightarrow{BC}=0\) (Vì \(OH\perp AB,OK\perp BC\))

\(\Leftrightarrow-\dfrac{1}{2}\left(AB^2+BC^2\right)+4\overrightarrow{BA}.\overrightarrow{BC}=0\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{2}\left(AB^2+BC^2\right)=2\left(AB^2+BC^2-AC^2\right)\)

\(\Leftrightarrow AB^2+BC^2=\dfrac{4}{3}AC^2\)

Khi đó \(cosABC=\dfrac{3\left(\dfrac{4}{3}AC^2-AC^2\right)}{2AC^2}=\dfrac{1}{2}\Rightarrow\widehat{ABC}=60^o\)

C1 anh

1.

Gọi M là trung điểm BC thì theo tính chất trọng tâm: \(\overrightarrow{AG}=\dfrac{2}{3}\overrightarrow{AM}=\dfrac{2}{3}\left(\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AB}+\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AC}\right)\)

\(\Rightarrow\overrightarrow{AG}=\dfrac{1}{3}\overrightarrow{AB}+\dfrac{1}{3}\overrightarrow{AC}\Rightarrow x+y=\dfrac{2}{3}\)

2.

\(CH=\dfrac{1}{2}BC=\dfrac{a}{2}\)

\(T=\left|\text{ }\overrightarrow{CA}-\overrightarrow{HC}\right|=\left|\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{CH}\right|\)

\(\Rightarrow T^2=CA^2+CH^2+2\overrightarrow{CA}.\overrightarrow{CH}=a^2+\left(\dfrac{a}{2}\right)^2+2.a.\dfrac{a}{2}.cos60^0=\dfrac{7a^2}{4}\)

\(\Rightarrow T=\dfrac{a\sqrt{7}}{2}\)

3.

\(10< x< 100\Rightarrow10< 3k< 100\)

\(\Rightarrow\dfrac{10}{3}< k< \dfrac{100}{3}\Rightarrow4\le k\le33\)

\(\Rightarrow\sum x=3\left(4+5+...+33\right)=1665\)

Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ 3

Để đẳng thức xảy ra thì 1 - x ≥ 0 ⇔ x ≤ 1

Để phương trình có nghiệm thì x ∈ (-\(\infty\); 1) \(\cap\left(+\infty;3\right)\)

⇔ x ∈ ∅Phương trình vô nghiệm

Tập nghiệm : S = ∅

\(P=\dfrac{a+b}{ab}+\dfrac{2}{a+b}=a+b+\dfrac{2}{a+b}\)

\(P=\dfrac{a+b}{2}+\dfrac{2}{a+b}+\dfrac{a+b}{2}\)

\(P\ge2\sqrt{\dfrac{\left(a+b\right).2}{2\left(a+b\right)}}+\dfrac{2\sqrt{ab}}{2}=3\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=1\)

Câu 1:
ĐKXĐ: $x\geq -2$

$\sqrt{x+2}(x-4)^3\geq 0$

$\Leftrightarrow (x-4)^3\geq 0$ (do $\sqrt{x+2}\geq 0$ với $x\geq -2$)

$\Leftrightarrow x-4\geq 0\Leftrightarrow x\geq 4$

Kết hợp với ĐKXĐ suy ra tập nghiệm của BPT là $D=[4;+\infty)$

Câu 2:

Gọi đường thẳng $(d)$ cắt $Ox,Oy$ tại 2 điểm phân biệt có dạng $y=ax+b$ $(a;b\neq 0$)

Vì $M\in d$ nên $3=a+b$

Tọa độ điểm $A\in Ox$ là $(\frac{-b}{a}; 0)$

Tọa độ điểm $B\in Oy$ là $(0, b)$

Diện tích tam giác $OAB$ là:

$S_{OAB}=\frac{OA.OB}{2}=\frac{|x_A|.|y_B|}{2}=\frac{|\frac{-b}{a}|.|b|}{2}=\frac{1}{2}.|\frac{b^2}{a}|$

Nếu $M\in$ đoạn thẳng $AB$ thì: $\frac{-b}{a}>1; b>3$

$S_{OAB}=\frac{1}{2}.|\frac{b^2}{3-b}|=|b+3+\frac{9}{b-3}|=\frac{1}{2}.|(b-3)+\frac{9}{b-3}+6|\geq 6$ theo BĐT AM-GM

Vậy $S_{OAB}$ min bằng $6$ khi $b-3=3\Leftrightarrow b=6$. Khi đó $a=-3$

PTĐT: $y=-3x+6$

Nếu $M$ không thuộc đoạn thẳng $AB$ thì có 2 TH xảy ra là:

TH1: $0< b< 3$ và $a>0$ TH2: $b< 0; a>0; a+b>0$ (mấy TH này không tìm được min)

Mình nghĩ nên bổ sung đk $M\in$ đường thẳng $AB$.

Câu 3:

ĐK: $x\leq 1$

PT \(\Leftrightarrow \frac{x}{1+\sqrt{1-x}}.\sqrt[3]{2-x}=x\)

\(\Leftrightarrow x\left(\frac{\sqrt[3]{2-x}}{1+\sqrt{1-x}}-1\right)=0\)

\(\Rightarrow \left[\begin{matrix} x=0\\ \sqrt[3]{2-x}=1+\sqrt{1-x}\end{matrix}\right.\)

Xét TH $\sqrt[3]{2-x}=1+\sqrt{1-x}(*)$

$\Leftrightarrow \sqrt[3]{2-x}-1-\sqrt{1-x}=0$

$\Leftrightarrow \frac{1-x}{\sqrt[3]{(2-x)^2}+\sqrt[3]{2-x}+1}-\sqrt{1-x}=0$

\(\Leftrightarrow \sqrt{1-x}\left(\frac{\sqrt{1-x}}{\sqrt[3]{(2-x)^2}+\sqrt[3]{2-x}+1}-1\right)=0\)

Từ $(*)$ dễ thấy: $0\leq \sqrt{1-x}< \sqrt[3]{2-x}$

Do đó:

\(\frac{\sqrt{1-x}}{\sqrt[3]{(2-x)^2}+\sqrt[3]{2-x}+1}< \frac{\sqrt[3]{2-x}}{\sqrt[3]{(2-x)^2}+\sqrt[3]{2-x}+1}< 1\) nên biểu thức trong ngoặc lớn luôn nhỏ hơn $0$

$\Rightarrow \sqrt{1-x}=0\Rightarrow x=1$

Vậy $x=0; x=1$

Đặt \(A=cosa.cos2a.cos4a...cos2^na\)

\(\Rightarrow A.sina=sina.cosa.cos2a...cos2^na\)

\(\Leftrightarrow A.sina=\frac{1}{2}sin2a.cos2a.cos4a...cos2^na\)

\(\Leftrightarrow A.sina=\frac{1}{4}sin4a.cos4a...cos2^na\)

.....

\(\Leftrightarrow A.sina=\frac{1}{2^n}.sin2^na.cos2^na\)

\(\Leftrightarrow A.sina=\frac{1}{2^{n+1}}sin2^{n+1}a\)

\(\Rightarrow A=\frac{sin2^{n+1}a}{2^{n+1}.sina}\) (đpcm)