Hướng dẫn giải Đề thi thử môn Toán số 1 năm 2012- BoxMath – Thầy Đồ – Dạy toán

Câu I:
1. Ý khảo sát hàm số thì trong kỳ thi Đại Học các bạn phải ăn chắc điểm, cứ làm theo mẫu theo SGK- thầy cô hướng dẫn là được điểm tuyệt đối, chú ý các bạn các bạn phải trình bày rõ nét, không được dùng bút tảy xóa ( cái này trong quy định là không được dùng bút tảy vào bài thi) và các bạn lưu ý là không được dùng 2 thứ mực trong bài thi.
2. ( Lời giải của bạn quydo)
PT đường thẳng $PQ$ đi qua trung điểm $K(0;1)$ của $AB$ và vuông góc với $AB$ .
Lại có $AB: x+y-1=0$ nên $PQ : x-y+1=0$ .
Giả sử $P(a;a+1)$ suy ra $Q(b;b+1)$ .
$S_{APBQ}=24< =/>[d(P;AB)+d(Q;AB)]AB=48< =>|a|+|b|=4″ /> <img title=$
Mà $P$ thuộc $C$ nên $a+1=\frac{ma+2}{a-1}< =/>a^2-ma-3=0″ /> Tương tự <img title=$ thuộc $C$ nên $Q$ thỏa mãn $b^2-mb-3=0$
Vậy $a,b$ thỏa mãn PT $x^2-mx-3=0$
Từ $(1)$ và định lí Vi-et ta có:
$\begin{cases} |a|+|b|=4\\a+b=m\\ab=-3\end{cases}$
Từ đó tìm được $m=2$ hoặc $m=-2$ . Thử lại chỉ có $m=2$ thỏa mãn.
Vậy $m=2.$
———————————————————————————————————————-
Câu II:
1. ( Lời giải của bạn quydo)
Sử dụng $cosx-sinx=\sqrt{2}cos(x+\frac{\pi}{4})$
Từ đó pt đã cho tương đương với:
$4(sinx-cosx)^4-4\sqrt{3}cos2x+5\\< =/>4sin^22x-8sin2x-4\sqrt{3}cos2x+9=0\\< =>2(2sin2x-1)^2+(2cos2x-\sqrt{3})^2=0\\< =>x=\frac{\pi}{12}+m\pi (m \in Z).” /> <ul> <li>( Lời giải của bạn duynhan)</li> </ul> Đặt <img title=$ . Ta có :
$16 cos^4 t - 4 \sqrt{3} cos ( 2t - \frac{\pi}{2}) + 5 = 0 \\ \Leftrightarrow 16 cos^4t - 4\sqrt{3} sin 2t +5 = 0 \\ \Leftrightarrow ( 4 ( cos 2t + 1)^2 - 4\sqrt{3} sin 2t + 5 = 0 \\ \Leftrightarrow 4 cos^2 2t + 8 cos 2t - 4 \sqrt{3} sin 2t + 5 = 0 \\ \Leftrightarrow 2 ( 4 cos^2 2t+ 4 cos 2t +1) + ( 4 sin^2 2t - 4\sqrt{3} sin 2t + 3) = 0 \\ \Leftrightarrow ( 2 ( 2 cos 2t + 1)^2 + ( 2 sin 2t - \sqrt{3})^2 = 0 \\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} cos 2t = - \frac12 \\ sin 2t = \frac{\sqrt{3}}{2} \end{array} \right. \\ \Leftrightarrow 2t = \frac{2\pi}{3} + k 2\pi \\ \Leftrightarrow x = \frac{\pi}{3} - \frac{\pi}{4} +k\pi = \frac{\pi}{12} + k \pi .$

2. ( Lời giải của bạn kiet321)
Từ phương thứ 2 ta có điều sau:
Đặt $\sqrt{{x}^{3}-y+1}=a\Rightarrow {x}^{3}-y+1={a}^{2}(a\geq 0)$
$\Leftrightarrow x({x}^{2}+3)+({a}^{2}+3).a=0$
$\Leftrightarrow x({x}^{2}+3)=-a[{(-a)}^{2}+3]$
Xét hàm $f(t)=t({t}^{2}+3)$ luôn đồng biến trên $D$
Vậy $a=\sqrt{{x}^{3}-y+1}=-x$
$\Leftrightarrow {x}^{3}-{x}^{2}+1=y(x\leq 0)$ (3)
Thế (3) vào phương trình 1, ta có:
$(x+1)({x}^{3}-{x}^{2}+2)+1=({x}^{2}+x+1)[{({x}^{3}-{x}^{2}+1)}^{2}+{x}^{3}-{x}^{2}+2]$
$\Leftrightarrow {x}^{8}-{x}^{7}+2{x}^{5}+{x}^{2}+x=0$
$\Leftrightarrow x(x+1)({x}^{6}-2{x}^{5}+2{x}^{4}+x+1)=0$
*Với $x=0$ thế vào (3)
$\Rightarrow y=1$
*Với $x=-1$ thế vào (3)
$\Rightarrow y=-1$
*Với ${x}^{6}-2{x}^{5}+2{x}^{4}+x+1=0$
Ta có: ${x}^{6}+2{x}^{4}=2{x}^{5}-1$ và điều kiện $x\leq 0$ nên hai vế luôn trái dấu dẫn đến phương trình vô nghiệm.
vậy tổng kết lại nghiệm của hệ phương trình đã cho có cả thảy bộ nghiệm $(x;y)$ là: $(-1;-1)$ và $(0;1)$

( Lời giải của bạn mekongauto)

Điều kiện: $x^3 \ge y-1$ $(*)$

Hệ phương trình đã cho tương đương với: $\begin{cases} x^2y^2+x^2y+xy^2+x^2+y^2-1 &= 0 (1) \\ {x^3} + 3x + ({x^3} - y + 4)\sqrt {{x^3} - y + 1} & = 0 (2) \end{cases}$

Ta có: $(2) \Leftright x(x^2+3)= (- \sqrt{x^3-y+1})[(- \sqrt{x^3-y+1})^2+3](3)$
Xét hàm $f(t) = t(t^2+3) ,$ .Ta có: $f'(t)= 3t^2+3 /> 0 ” />.Suyra: <img title=$ đồng biến trên $R$
Do đó: $(3) \Leftright x = -\sqrt{x^3-y+1}$
$\Right x^2+y = x^3+1$ $(4)$
Thay $(4)$ vào phương trình $(1)$ , ta được:
$xy^2(x+1)+(x^2+y)y+x^2-1=0 \\$

$\\ \Leftright xy^2(x+1)+y(x^3+1)+x^2-1=0 \\$
$\\ \Leftright (x+1)[(x^2-x+1)y+xy^2+x-1]=0 \\$
$\\ \Leftright (x+1)(x+y-1)(xy+1)=0 \\$
$\\ \Leftright x =-1$ Hoặc $x+y =1$ Hoặc $xy =-1$

$\bullet$ Với $x=-1$ , ta có:
$(1) \Leftright y^2+y=0$ $\Leftright y = 0 , y = -1$

$\bullet$ Với $x+y=1$ , ta có:
$(1) \Leftright x^2y^2+xy+ 1-2xy-1=0$ $\Leftright xy(xy-1)=0$
$xy=1$ ( loại vì $(x+y)^2 < 4xy$ )

Từ đây suyra: $x,y$ là nghiệm của phương trình: $X^2-X=0$
Do đó: $x=0 , y=1$ Hoặc $x=1 , y=0$

$\bullet$ Với $xy=-1$ , ta có:
$(1) \Leftright (x+y)^2-(x+y)+2=0$ ( phương trình vô nghiệm)

Kết hợp điều kiện $(*)$ và thử lại nghiệm ta được nghiệm của hệ đã cho là: $(x;y) = (-1;-1), (0;1).$

———————————————————————————————————————-

Câu III: ( Lời giải của bạn duynhan)

$I = \int\limits_1^2 {\left( {x + \frac{1}{x} } \right)( 1- \frac{1}{x^2}) \left[ {ln(x+\frac{1}{x}) )} \right]dx}$
Đặt $t= x+ \frac{1}{x}$ .
$\Rightarrow dt = (1 - \frac{1}{x^2}) dx$
$\circ \ x =1 \Rightarrow t =2 \\ \circ \ x=2 \Rightarrow t = \frac52$
$I = \int_2^{\frac52} t.ln t\ dt$

$\left{ u = ln\ t \\ dv = t \right. \Rightarrow \left{ du = \frac{dt}{t} \\ v = \frac{t^2}{2}$

$\Rightarrow I = \frac{t^2.ln\ t}{2} \left| \frac52 \\ \\ 2 \right. - \int_2^{\frac52} \frac{t}{2} dt = \frac{25\ ln{\frac52}}{8}-2ln2 - \frac{t^2}{4} \left| \frac52 \\ \\ 2 \right. =\frac{25\ ln{\frac52}}{8}-2ln2 - \frac{9}{16}.$
———————————————————————————————————————-
Câu IV: ( Lời giải của bạn duynhan)

Trên nửa mặt phẳng bờ BD có chứa điểm A dựng tia Bx vuông góc với BD
Kẻ $SH \bot BD( H \in BD)$ , ta có :
$BD \bot SB \\ BD \bot BH \\ \Rightarrow BD \bot (SHB) \Rightarrow BD \bot SH$ .

$\left{ SH \bot BH \\ SH \bot BD \\ BH, BD \subset (ABCD) right. \\ \Rightarrow SH \bot (ABCD)$

$\left{ (ABCD) \bigcap (SBD) = BD \\ BH \subset (ABCD),\ BH \bot BD\\ SH \subset (SBD),\ SH \bot BD$
$\Rightarrow$ Góc giữa mp (SBD) và mp (ABCD) là góc SBD
$\Rightarrow \hat{SBH} = 60^o$

$\Rightarrow SH = SB . sin 60 = a \sqrt{6}$

$V_{SABCD} = \frac13. S_{ABCD} . SH = \frac{a^3\sqrt{6}}{3}$ $\bullet$

* Tính $d(BD,SC):$
Qua C kẻ đường thẳng $\Delta$ song song với BD cắt đường thẳng BH tại K.
$\Rightarrow BD // (SCK)$
$\Rightarrow d(BD, SC) = d(B,(SCK)) = \frac{BK}{HK} . d(H,(SCK))$

*Tính BH:
$BH = SB . cos 60 = a\sqrt{2}$
*Tính BK:
$BK = BC. sin 45 = \frac{a\sqrt{2}}{2}$
* Tính HK:
$HK = HB + BK = a \sqrt{2} + \frac{a \sqrt{2}}{2} = \frac{3\sqrt{2}a}{2}$
$\Rightarrow \frac{BK}{HK} = \frac13$

*Tính $d(H,(SCK)$ :
Kẻ $HQ \bot SK ( Q \in SK)$ . Ta có :
$BD \bot (SHK) \\ CK // BD \\ \Rightarrow CK \bot (SHK) \Rightarrow CK \bot HQ$
Mà : $HQ \bot SK \Rightarrow HQ \bot (SCK)$
$\Rightarrow d(H,(SCK)) = HQ$
*Tính HQ:
Xét tam giác SHK vuông tại H có HQ là đường cao ta có :
$HQ = \frac{SH.HK}{\sqrt{SH^2+HK^2}} = \frac{3\sqrt{14} a}{7}$
$d(BD,SC) = \frac13 . \frac{3 \sqrt{14}}{7} = \frac{\sqrt{14}}{7}$
KL : $d(BD,SC) =\frac{\sqrt{14}a}{7}.$
———————————————————————————————————————-

Câu V: ( Lời giải của bạn duynhan)

Áp dụng BDT Co-si ta có :
$\frac{a^2}{(b+c)^5} + \frac{b+c}{64} \ge \frac{a}{4(b+c)^2}$
$\frac{a}{(b+c)^2} + \frac{a}{4} \ge \frac{a}{b+c}$
$\Rightarrow \frac{a^2}{(b+c)^5} \ge \frac14 (\frac{a}{b+c} - \frac{a}{4}) - \frac{b+c}{64} \ \ (1)$
Tương tự ta có :
$\frac{b^2}{(c+a)^5} \ge \frac14 (\frac{b}{c+a} - \frac{b}{4}) - \frac{a+c}{64} \ \ (2)$
$\frac{c^2}{(a+b)^5} \ge \frac14 (\frac{c}{a+b} - \frac{c}{4}) - \frac{a+b}{64} \ \ (3)$
Cộng vế (1), (2), (3) vế theo vế ta có :
$\frac{a^2}{(b+c)^5} + \frac{b^2}{(c+a)^5} + \frac{c^2}{(a+b)^5} \ge \frac14\big( $ \frac{a}{b+c} + \frac{b}{c+a} + \frac{c}{a+b}$- \frac{a+b+c}{4} \big) - \frac{a+b+c}{32} \ \ (4)$

Ta có :
$\frac{a}{b+c} + \frac{b}{c+a} + \frac{c}{a+b} \\ = (a+b+c)(\frac{1}{b+c}+ \frac{1}{c+a} + \frac{1}{a+b}) - 3 \\ = \frac12 $ (a+b)+(b+c)+(c+a) $ $ \frac{1}{b+c} + \frac{1}{c+a} + \frac{1}{a+b} $ - 3 \\ \ge \frac12. \ 3.\ \sqrt[3]{(a+b)(b+c)(c+a)} . \frac{3}{\sqrt[3]{(a+b)(b+c)(c+a)}} - 3 = \frac32 \\ \Rightarrow \frac{a}{b+c} + \frac{b}{c+a} + \frac{c}{a+b} \ge \frac32 \ \ (5)$ .

$a^8+1 \ge 2a^4$
$a^4+1 \ge 2a^2$
$a^2 + 1 \ge 2a$
$\Rightarrow a^8 \ge 2a^4 - 1 \ge 2(2a^2-1) - 1 = 4a^2 -3 \ge 4(2a-1) -3 \ge 8a -7$
$\Leftrightarrow a^8 \ge 8a-7$
Tương tự ta có :
$b^8 \ge 8b-7 \\ c^8 \ge 8c-7$

$\Rightarrow 3\ge a^8 + b^8 + c^8 \ge 8(a+b+c)-1 \\ \Leftrightarrow a+b+c \le (3) \ \ (6)$

Từ $(4),\ (5), \ (6),$ ta có :
$\frac{a^2}{(b+c)^5} + \frac{b^2}{(c+a)^5} + \frac{c^2}{(a+b)^5} \ge \frac14( \frac32 - \frac{3}{4}) - \frac{3}{32} = \frac{3}{32}.$

——————————————————–

Cách của bạn Lil.Tee và thầy phamtuankhai

Liên tiếp sử dụng $Cauchy-Schwarz$ ta có:

$3\ge {{a}^{8}}+{{b}^{8}}+{{c}^{8}}\ge \frac{{{\left( {{a}^{4}}+{{b}^{4}}+{{c}^{4}} \right)}^{2}}}{3}\ge \frac{{{\left[ \frac{{{\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)}^{2}}}{3} \right]}^{2}}}{3}$

Từ đó suy ra

${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}\le 3$

Cách của bạn Lil.Tee

Để ý rằng:

$a.{{(b+c)}^{2}}\le 2a\left( {{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)=\sqrt{2}\sqrt{2{{a}^{2}}\left( {{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)\left( {{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)}\overset{AM-GM}{ \le }\,\sqrt{2}\sqrt{{{\left( \frac{2{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}{3} \right)}^{3}}}\le 4$

Do đó ta có:

$\frac{{{a}^{2}}}{{{\left( b+c \right)}^{5}}}={{\left( \frac{a}{b+c} \right)}^{3}}.\frac{1}{a{{(b+c)}^{2}}}\ge \frac{1}{4}.{{\left( \frac{a}{b+c} \right)}^{3}}=\frac{1}{4}.\left[ {{\left( \frac{a}{b+c} \right)}^{3}}+\frac{1}{8}+\frac{1}{8} \right]-\frac{1}{16}\overset{AM-GM}{ \ge }\,\frac{3}{16}\left( \frac{a}{b+c} \right)-\frac{1}{16}$

Thiết lập 2 biểu thức tương tự rồi cộng vế với vế, ta được:

$\sum\limits_{cyc}{\frac{{{a}^{2}}}{{{\left( b+c \right)}^{5}}}}\ge \frac{3}{16}\left( \frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b} \right)-\frac{3}{16}\overset{Nesbit}{\ge }\,\frac{3}{16}.\frac{3}{2}-\frac{3}{16}=\frac{3}{32}.$

Bất đẳng thức được chứng minh, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$ .

Cách của thầy Phạm Tuấn Khải

$\frac{{{a^2}}}{{{{\left( {b + c} \right)}^5}}} + \frac{{{{\left( {b + c} \right)}^2}}}{{128}} + \frac{a}{{32}} \ge \frac{3}{{16}}.\frac{a}{{b + c}} \\ \Rightarrow \sum\limits_{cyc}^{} {\frac{{{a^2}}}{{{{\left( {b + c} \right)}^5}}}} + \frac{{{{\left( {a + b} \right)}^2} + {{\left( {b + c} \right)}^2} + {{\left( {c + a} \right)}^2}}}{{128}} + \frac{{a + b + c}}{{32}} \ge \frac{3}{{16}}\left( {\frac{a}{{b + c}} + \frac{b}{{c + a}} + \frac{c}{{a + b}}} \right) \\ \Rightarrow \sum\limits_{cyc}^{} {\frac{{{a^2}}}{{{{\left( {b + c} \right)}^5}}}} \ge \frac{3}{{16}}\left( {\frac{a}{{b + c}} + \frac{b}{{c + a}} + \frac{c}{{a + b}}} \right) - \frac{{{{\left( {a + b} \right)}^2} + {{\left( {b + c} \right)}^2} + {{\left( {c + a} \right)}^2}}}{{128}} - \frac{{a + b + c}}{{32}}$

Ta có:

$\frac{a}{{b + c}} + \frac{b}{{c + a}} + \frac{c}{{a + b}} \ge \frac{3}{2} \\ {\left( {a + b} \right)^2} + {\left( {b + c} \right)^2} + {\left( {c + a} \right)^2} \le 4\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) \le 12 \\ a + b + c \le \sqrt {3\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)} \le 3$

Do đó:

$\sum\limits_{cyc}^{} {\frac{{{a^2}}}{{{{\left( {b + c} \right)}^5}}}} \ge \frac{3}{{16}}.\frac{3}{2} - \frac{{12}}{{128}} - \frac{3}{{32}} = \frac{3}{{32}}.$

Nhận xét: Cả 3 lời giải đều đưa về Bất đẳng thức $\huge Nesbit$

———————————————————————————————————————-

Câu VIa:

1. ( Lời giải của bạn duynhan)

Do AB = AC suy ra tam giác ABC là tam giác đều.
Suy ra AB, CD tạo với BD 1 góc $30^o$ .
Kẻ $PH \bot BD$
$\Rightarrow PH = BP. sin 30^o \\ BP = \frac{d(P,BD)}{sin 30^o} = \frac{2|\sqrt{3}-1|}{\sqrt{2}} = \sqrt{6} - \sqrt{2}$
$B \in BD \Rightarrow B(a;a) (a/>1) ” /> <img title=$
$\Rightarrow B(2;2)$

Kẻ $QK \bot BD(K \in BD)$ ta có :
$QK = DQ. sin 30^o \\ \Rightarrow DQ = 2 d(Q,BD) = \frac{2 | 2\sqrt{3}-2| }{\sqrt{2}} = 2\sqrt{6} - 2 \sqrt{2}$
D thuộc BD nên ta có :
$D(b;b)$
$\Rightarrow (b + 2 )^2 + (b+2\sqrt{3})^2 = ( 2\sqrt{6} - 2 \sqrt{2})^2 \Leftrightarrow 2b^2 + 4 ( \sqrt{3}+1)b + 16\sqrt{3} - 16 = 0 \\ \Leftrightarrow \left[ b= -4 \\ b = 2-2\sqrt{3} \right. \\ \Rightarrow \left[ D(-4;-4)\\ D(2-2\sqrt{3}; 2-2\sqrt{3})(loai)$
Từ đây suy ra trung điểm BD, viết được phương AC từ đó suy ra tọa độ điểm A và C.

Cách của bạn quydo

Giả sử ptđt AB có hệ số góc là k. Do $AB=AC$ nên tam giác ABC đều do đó AB tạo với BD một góc là $30_0$ . Suy ra : $tan^{30}=|\frac{1-k}{1+k}|\\< =/>k=2+\sqrt{3},k=2-\sqrt{3}” /> Nếu<img title=$ thì ptdt AB đi qua P có hệ số góc k là : $y=(2+\sqrt{3})x-2$
Từ đó tìm được $x_B=a<0 (L)$
Nếu $k=2-\sqrt{3}$ tương tự suy ra AB: $y=(2-\sqrt{3})x-2+2\sqrt{3}$ suy ra $B(2;2)(ok!)$
pt đường thẳng CD song song với AB và đi qua Q nên có $pt:y=(2-\sqrt{3})x+4-4\sqrt{3}$ . Từ đó lại có $D(-4;4).$
Suy ra trung điểm của BD là $I(-1;-1)$
Dễ có ptđt đi qua I và vuông góc với CD có pt $x+y+2=0$
Suy ra $A(-\sqrt{3}-1;\sqrt{3}-1)$ và $C(\sqrt{3}-1;-\sqrt{3}-1)$

2. ( Lời giải của bạn duynhan)

$d$ đi qua $C$ mà $d$ nằm trong $(\alpha )$
$\Rightarrow C \epsilon (\alpha )$
$\Rightarrow C(x;y;2x-2y)$
$\vec{AB}(-2;-4;4)$
$\vec{AC}(x-5;y-3;2x-2y+5)$
$\vec{BC}(x-3;y+1;2x-2y+1)$
Vì tam giác ABC vuông cân, nên ta có giả thiết
$\begin{cases} \vec{AC}.\vec{BC}=0 \\AC=BC \end{cases}$ $\Leftrightarrow$ $\begin{cases} {(x-5)}^{2}+{(y-3)}^{2}+{(2x-2y+5)}^{2}={(x-3)}^{2}+{(y+1)}^{2}+{(2x-2y+1)}^{2} \\(x-5)(x-3)+(y-3)(y+1)+(2x-2y+5)(2x-2y+1)=0 \end{cases}$
$\Rightarrow C(2;3;-2)$
Gọi ${\vec{u}}_{d}=(a;b;c)$
Theo giả thiết: $2a-2b-c=0$ (d nằm trong $\left(\alpha \right)$ )
$\Rightarrow {\vec{u}}_{d}(a;b;2a-2b)$
$sin{45}^{o}=\frac{\left|2a+b-2(2a-2b) \right|}{\sqrt{{a}^{2}+{b}^{2}+{(2a-2b)}^{2}}.3}$
${(5b-2a)}^{2}=\frac{9}{2}(5{a}^{2}+5{b}^{2}-8ab)$
Chọn $b=1$
$\Rightarrow a=1\rightarrow c=0$
$\Rightarrow a=\frac{-5}{37}\rightarrow c=\frac{-84}{37}$
Vậy ${d}_{1}\begin{cases} x=2-\frac{5}{37}t \\y=3+t\\z=-2 -\frac{84}{37}.t\end{cases}$
${d}_{2}\begin{cases} x=2+t\\y=3+t \\z=-2 \end{cases}$ .

———————————————————————————————————————-

Câu VIIa: ( Lời giải của bạn kiet321)
Ta có: $2z-z\sqrt{3}i+2\bar{z}+\bar{z}\sqrt{3}i=10$
$\Leftrightarrow 2(z+\bar{z})-\sqrt{3}i(z-\bar{z})=10$
Đặt $z=a+bi,\bar{z}=a-bi$
Dẫn đến:
$\Rightarrow 2a+\sqrt{3}b=5 \Leftrightarrow a=\frac{5-\sqrt{3}b}{2}$
Kết hợp với giả thiết ban đầu: $\left|z \right|=2\Leftrightarrow {a}^{2}+{b}^{2}=4$
Nên kế hợp lại ta được số phức :
$z=1+\sqrt{3}i$
$z=\frac{13}{7}+\frac{3\sqrt{3}}{7}i$ .

———————————————————————————————————————-

Câu VIb:

1. ( Lời giải của bạn duynhan)

Với elip bất kỳ, A, B là 2 điểm thuộc elip sao cho tam giác ABO vuông tại O thì khoảng cách từ O đến đường thẳng AB là cố định hay $\frac{1}{OA^2} + \frac{1}{OB^2} = const$
Áp dụng Cosi : $const = \frac{1}{OA^2} + \frac{1}{OB^2} \ge \frac{2}{OA.OB}$
nên bài toán được giải quyết.

Gọi $A(x_A;y_A) ; B(x_B; y_B)$
Gọi phương trình đường thẳng OA là :
$ax + by = 0 (a^2 + b^2 \not=0)$ . Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình:
$\left{ ax + by = 0 \\ \frac{x^2}{16} + \frac{y^2}{9} = 1 \right. \Rightarrow \left{ x_A^2 = \frac{9.16.b^2}{16a^2+9b^2} \\ y_A^2 = \frac{9.16a^2}{16a^2+9b^2} \right. \\ \Rightarrow OA^2 = \frac{9.16(a^2+b^2)}{16a^2+9b^2}$
Phương trình đường thẳng OB vuông góc với OA là :
$bx- ay = 0$

Tương tự như trên ta có :
$OB^2 = \frac{9.16(a^2+b^2)}{16b^2+ 9a^2}$
$\Rightarrow \frac{1}{OA^2} + \frac{1}{OB^2} = \frac{25}{9.16}$
$\Rightarrow \frac{25}{16.9} \ge \frac{2}{OA.OB} \\ \Leftrightarrow S_{OAB} \ge \frac{16.9}{25} = \frac{144}{25}$

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi :
$OA = OB \\ \Leftrightarrow 16a^2+9b^2 = 16b^2 + a^2 \\ \Leftrightarrow a^2=b^2 \\ \Leftrightarrow \left[ a = b \\ a=-b$

Trường hợp 1: $a=b$ . Chọn $a=1$ suy ra $b=1$
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình :
$\left{ x+y= 0 \\ \frac{x^2}{16} + \frac{y^2}{9} = 1 \right. \\ \Leftrightarrow \left{ x = \frac{12}{5} ( do x_A/>0) \\ y = – \frac{12}{5}” /> <img title=$ và $x_A, x_B$ đều dương nên $B$ đối xứng với $A$ qua $Ox$
$\Rightarrow B( \frac{12}{5} ; \frac{12}{5})$
Trường hợp 2: $a=-b$ . Chọn $a=1$ suy ra $b=-1$ .
Tương tự trên ta có :
$\left{ A( \frac{12}{5}; \frac{12}{5}) \\ B( \frac{12}{5}; - \frac{12}{5})$

$KL: \ \left[A( \frac{12}{5}; \frac{12}{5}),\ B( \frac{12}{5}; - \frac{12}{5}) \\ A( \frac{12}{5}; -\frac{12}{5}) ,\ \ B( \frac{12}{5}; \frac{12}{5}) \right.\ \ thi\ S_{OAB} \ dat\ GTNN\ bang\ \frac{144}{25}.$

2. ( Lời giải của bạn Lil.Tee)

Đặt khoảng cách từ $I$ đến mp $\left( P \right)$ là $x$ .

Bán kính đường tròn đáy là $r$ .

Ta có: $r^2=27-x^2$

Thể tích khối nón:

$V=\frac{1}{3}.{{S}_{tron}}.{{h}_{cao}} =\frac{1}{3}.\pi {{r}^{2}}.x =\frac{1}{3}\pi (27-{{x}^{2}})x =\frac{1}{3}\pi \frac{1}{\sqrt{2}}.\sqrt{(27-{{x}^{2}}).(27-{{x}^{2}}).2{{x}^{2}}} \overset{AM-GM}{{\le }}\,\frac{1}{3}\pi \frac{1}{\sqrt{2}}.\sqrt{{{\left( \frac{(27-{{x}^{2}})+(27-{{x}^{2}})+2{{x}^{2}}}{3} \right)}^{3}}}=18\pi$

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $27-{{x}^{2}}=2{{x}^{2}}\righ x=3$ .

Vậy thể tích lớn nhất là $18\pi$ khi $x=3$ .

Ta đã có $x$ , tìm toạ độ tâm $I$ bằng cách sử dụng công thức khoảng cách từ tâm I đến $\left( P \right)$ .

$I(2+t;-2t;-1+3t)$

Ta có
$x=3=\frac{\left| 2+t-2.\left( -2t \right)+2(-1+3t)+2 \right|}{\sqrt{1+4+4}} \leftrightarrow \left| 11t+2 \right|=9\righ DONE!!$

———————————————————————————————————————-

Câu VIIb: ( Lời giải của bạn khanhsy)

${z^2} - (1 + \sqrt 3 )(1 - i)z - 4i = 0\leftrightarrow \left[ z_1=\sqrt{3}-i=2e^{\frac{-\pi}{3}i} \\ z_2=1-\sqrt{3}i=2e^{\frac{-\pi}{6}i}$

Do đó ta có

$z_1^{2012}=$2e^{\frac{-\pi}{3}i}$^{2012}=2^{2012}e^{-$670\pi+\frac{2}{3}\pi$i} =2^{2012}e^{-\frac{2}{3}\pi i}$

$z_2^{2012}=$2e^{\frac{-\pi}{6}i}$^{2012}=2^{2012}e^{$-336\pi+\frac{2}{3}\pi$i}=2^{2012}e^{\frac{2}{3} \pi i}$

$A:=z_1^{2012}+z_2^{2012}=2^{2013}. cos $\(\frac{2\pi}{3}$=-2^{2012}.$

(theo tuhoctoan.net tổng hợp)