Bạn đăng lại bên toán lớp 10 nhé, với lại gõ Latex trên máy hoặc viết chữ đẹp đẹp chút nhé bạn ;)

21. Xét (SCD), từ S vẽ đường thẳng qua S song song CI cắt DC tại K.

\(\Rightarrow d\left(CI,SB\right)=d\left(C,\left(SBK\right)\right)\) và C là trung điểm DK.

Có \(\widehat{HBS}=\left(SB,\left(ABC\right)\right)=60^0\).

Do ABCD là hình thoi và \(\widehat{ABC}=60^0\) nên tam giác ABC đều, suy ra \(AH=\dfrac{a}{4};CH=\dfrac{3a}{4}\).

\(\Rightarrow BH=DH=\sqrt{BC^2+AH^2-2cos60^0.BC.AH}=\sqrt{a^2+\dfrac{a^2}{16}-a.\dfrac{a}{4}}=\dfrac{a\sqrt{13}}{4}\)

Ta có tam giác SBH vuông tại H và tam giác SDH vuông tại H. Mặt khác \(\widehat{HBS}=60^0\) nên:

\(SB=SD=\dfrac{HB}{cos60^0}=\dfrac{a\sqrt{13}}{2}\) 

\(SH=HB.tan60^0=\dfrac{a\sqrt{39}}{4}\)

\(\Rightarrow SC=\sqrt{SH^2+HC^2}=a\sqrt{\dfrac{39}{16}+\dfrac{9}{16}}=a\sqrt{3}\).

Do CI là trung tuyến của tam giác SDC ứng với cạnh C nên ta có:

\(CI^2=\dfrac{CD^2+CS^2}{2}-\dfrac{SD^2}{4}=\dfrac{19}{16}a^2\Rightarrow CI=\dfrac{a\sqrt{19}}{4}\Rightarrow SK=2CI=\dfrac{a\sqrt{19}}{2}\)

Dễ thấy tam giác BCK đều nên BK=a.

*Từ đây ta có thể bỏ qua các điểm A,D,H,O và chỉ tập trung vào các điểm còn lại.

Gọi M,N lần lượt là hình chiếu của C lên SB, KB.

Có: \(cos\widehat{CBS}=\dfrac{BC^2+BS^2-CS^2}{2BC.BS}=\dfrac{5\sqrt{13}}{52}\)

\(\Rightarrow BM=BC.cos\widehat{CBS}=\dfrac{5a\sqrt{13}}{52}\); \(BN=cos60^0.BC=\dfrac{a}{2}\); CN=\(sin60^0.BC=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\)

Trong (SBK), đường thẳng qua M vuông góc với SB cắt đường thẳng qua N vuông góc với KB. Khi đó \(CP\perp\left(SBK\right)\), nên CP vuông góc PN.

Có: \(cos\widehat{SBK}=\dfrac{SB^2+BK^2-SK^2}{2SB.BK}=-\dfrac{\sqrt{13}}{26}\); \(\Rightarrow sin\widehat{SBK}=\sqrt{1-cos^2\widehat{SBK}}=\dfrac{\sqrt{663}}{26}\)

\(MN=\sqrt{BN^2+BM^2-2cos\widehat{SBK}.BN.BM}=\)...

*đến đây số xấu quá mình không tính được, nhưng đại khái bước tiếp theo là tính BP theo công thức \(BP=\dfrac{MN}{sin\widehat{MBN}}\), rồi tính PN, rồi tính CP.

Trước hết áp dụng Viete ta có \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=7\\x_1x_2=3\end{matrix}\right.\). Khi đó:

\(A=\sqrt{11x_1+1}+\sqrt{13x_2+6}=\sqrt{7x_1+\left(4x_1+1\right)}+\sqrt{7x_2+\left(6x_2+6\right)}=\sqrt{x_1^2+3+\left(4x_1+1\right)}+\sqrt{x_2^2+3+\left(6x_2+6\right)}=\sqrt{\left(x_1+2\right)^2}+\sqrt{\left(x_2+3\right)^2}=x_1+x_2+5=12\)

Do \(SH\perp\left(ABCD\right)\) nên \(\widehat{SHB}=\widehat{SHA}=\widehat{SHC}=90^0\). Mà ta có \(HB=HA=HC\left(=a\sqrt{2}\right)\) nên \(\Delta HAS=\Delta HCS=\Delta HBS\), suy ra \(SA=SB=SC\).

Đặt \(x=SH\Rightarrow SA=SB=SC=\sqrt{SH^2+AH^2}=\sqrt{x^2+2a^2}\)

Trong (SBC), đường thẳng qua B vuông góc BC cắt SC tại M. Khi đó \(\left(\left(SBC\right),\left(ABCD\right)\right)=\widehat{ABM}=60^0\).

Xét trên (SBC): \(cos\widehat{BCS}=\dfrac{BC^2+SC^2-BS^2}{2BC.SC}=\dfrac{BC}{2SC}=\dfrac{a}{\sqrt{x^2+2a^2}}\)

\(\Rightarrow tan\widehat{BCS}=\sqrt{\dfrac{1}{cos^2\widehat{BCS}}-1}=\sqrt{\dfrac{x^2+2a^2}{a^2}-1}=\dfrac{\sqrt{x^2+a^2}}{a}\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}BM=tan\widehat{BCS}.BC=2\sqrt{x^2+a^2}\\CM=\dfrac{BC}{cos\widehat{BCS}}=2\sqrt{x^2+2a^2}\end{matrix}\right.\)

Xét trên (ASC): \(cos\widehat{ACS}=\dfrac{AC^2+CS^2-AS^2}{2AC.CS}=\dfrac{AC}{2SC}=\sqrt{\dfrac{2}{x^2+2a^2}}a\)

\(\Rightarrow AM=\sqrt{AC^2+CM^2-2cos\widehat{ACS}.AC.CM}\)

\(=\sqrt{8a^2+4\left(x^2+2a^2\right)-2.a\sqrt{\dfrac{2}{x^2+2a^2}}.2\sqrt{x^2+2a^2}.2a\sqrt{2}}\)

\(\sqrt{8a^2+4\left(x^2+2a^2\right)-16a^2}=2x\)

Vậy \(AM^2+AB^2=BM^2\), do đó tam giác ABM vuông tại A.

\(\Rightarrow AM=tan60^0.AB=2a\sqrt{3}=2x\Rightarrow x=a\sqrt{3}\).

\(\Rightarrow SH=a\sqrt{3};SA=SB=SC=a\sqrt{5}\)

a) Từ H hạ HN vuông góc AB tại N (N thuộc (ABC)), HP vuông góc AS tại P (P thuộc (SAC)).

Khi đó, N là trung điểm AB, và: \(SP=\dfrac{SH^2}{AS}=\dfrac{3a^2}{a\sqrt{5}}=\dfrac{3a}{\sqrt{5}}\); \(HP=\dfrac{AH.HS}{AS}=\dfrac{a\sqrt{2}.a\sqrt{3}}{a\sqrt{5}}=a\sqrt{\dfrac{6}{5}}\)

Trên (SAB), đường thẳng qua P vuông góc SA cắt đường thẳng qua N vuông góc AB.

Ta có: \(TP\perp AS;HP\perp AS\Rightarrow HT\perp AS\) ; \(TN\perp AB;HN\perp AB\Rightarrow HT\perp AB\)

\(\Rightarrow HT\perp\left(SAB\right)\Rightarrow d\left(H,\left(SAB\right)\right)=HT\) và \(HT\perp TP\) tại T; \(HN=a\).

Do tam giác SAB cân tại S nên T thuộc SN. Khi đó \(\Delta SPT\sim\Delta SNA\).

Có: \(cos\widehat{SAB}=\dfrac{SA^2+AB^2-SB^2}{2SA.AB}=\dfrac{AB}{2SA}=\dfrac{1}{\sqrt{5}}\)

\(\Rightarrow sin\widehat{SAN}=\dfrac{2}{\sqrt{5}}\Rightarrow SN=sin\widehat{SAB}.AS=\dfrac{2}{\sqrt{5}}.a\sqrt{5}=2a\)

\(\Rightarrow TP=AN.\dfrac{SP}{SN}=a.\dfrac{\dfrac{3a}{\sqrt{5}}}{2a}=\dfrac{3}{2\sqrt{5}}a\)

\(\Rightarrow HT=\sqrt{HP^2-TP^2}=\sqrt{\dfrac{6}{5}a^2-\dfrac{9}{20}a^2}=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\)

Ủa sao tự đăng tự trả lời vậy =)

Nguyễn Đức Trí   

Thứ nhất thì bất đẳng thức Jensen thì hơi "quá" so với bài này rồi, bài này có thể dùng CBS bình thường mà bạn. 

Thứ hai là mình thấy cấn cấn dòng này:

"Cộng vế theo vế ta được Bđt trên (Đây cũng là trường hợp đặc biệt của Bđt Nesbit) và dấu đổi chiều theo đề bài bị chặn dưới bởi 12"

-->Nếu vậy thì bạn cho mình xin tài liệu về "bất đẳng thức Nesbitt" mà bạn đề cập đi

Ngoài ra thì cái dòng: \(\dfrac{1}{2a+b+c}\le\dfrac{1}{a};\dfrac{1}{2b+c+a}\le\dfrac{1}{b};\dfrac{1}{2c+a+b}\le\dfrac{1}{c}\), mặc dù thì nó đúng thật nhưng khi áp vào biểu thức đề bài thì bạn có chắc là đẳng thức xảy ra không? Vì chắc chắn là đẳng thức xảy ra khi 3 biến bằng nhau và bằng 1/4.

Trịnh Minh Hoàng

Anh có ghi lời giải trong comment đầu (cái tick ấy), em xem thử nhé :) (à cái dấu \(\sum\) này là tổng hoán vị ấy, thường kí hiệu là \(\sum\limits^{ }_{cyc}\) nhưng anh ghi tắt, cho hàm số f thì ta có:  \(\sum\limits^{ }_{cyc}f\left(a,b,c\right)=f\left(a,b,c\right)+f\left(b,c,a\right)+f\left(c,a,b\right)\), ví dụ như cho f(x)=x \(\sum\limits^{ }_{cyc}\left(a.1+b.0+c.0\right)=\sum\limits^{ }_{cyc}a=a+b+c\) thì có  nếu đề bài cho 3 biến a,b,c. Ngoài ra còn có kí hiệu \(\sum\limits^{ }_{sym}\) có nghĩa là tổng đối xứng, có nghĩa là cho hàm số f thì ta có: \(\sum\limits^{ }_{sym}f\left(a,b,c\right)=f\left(a,b,c\right)+f\left(b,a,c\right)+f\left(a,c,b\right)+f\left(c,a,b\right)+f\left(c,b,a\right)+f\left(b,c,a\right)\) )

"...Theo Bđt thức Nesbit sẽ có dấu ngược lại, bạn tư duy kỹ nhé!"

---> Ừm, mình thắc mắc là mình không biết có dòng nào là "bất đẳng thức Nesbitt" trong câu trả lời của bạn cả, nếu được thì bạn có thể xem link này để hiểu rõ hơn về bất đẳng thức này ạ: https://vi.wikipedia.org/wiki/B%E1%BA%A5t_%C4%91%E1%BA%B3ng_th%E1%BB%A9c_Nesbitt

hoặc link này: https://lovetoan.wordpress.com/wp-content/uploads/2017/06/k2pi-net-vn-bat-dang-thuc-nesbit.pdf

Bạn ơi mình thấy lời giải cấn cấn vài chỗ ạ. Thứ nhất là bất đẳng thức Nesbitt được phát biểu như sau: Cho a,b,c>0 thì \(\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}\ge\dfrac{3}{2}\), nên thay vì ghi BĐT Nesbitt thì ghi BĐT CBS thì sẽ hợp lí hơn. Nhưng bất đẳng thức được ghi sau dòng đó thì có vẻ là bị ngược dấu rồi :) (chưa kể còn sai hệ số), đây là điều thứ hai mình muốn nhắc đến.

Sửa lại thì cũng đơn giản thôi: trước hết ta có \(\dfrac{1}{2a+b+c}\le\dfrac{1}{16}\left(\dfrac{2}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\), suy ra \(P\le\sum\dfrac{1}{16}\left(\dfrac{2}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)=\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\le3\). Đẳng thức xảy ra thì cũng như vậy thôi.

Ủa mình hỏi xíu, ở bài THCS thì phương trình đầu cho ra x=y=0 thì đâu thoả điều kiện có nghĩa ở phương trình dưới đâu nhỉ :)