Trong mặt phẳng $\alpha$, cho hai nửa đường thẳng song song $Ax,By.M$ và $I$ là hai điểm lần lượt thuộc $Ax,By;M\neq  A,N\neq  B.O$ là điểm cố định không thuộc $\alpha$
$a.$ Chứng minh rằng $OA,MN$ chéo nhau
$b.$ $M,N$ di động, chứng tỏ rằng đường thẳng $OI$ nối $O$ với trung điểm $I$ của $MN$ nằm trong mặt phẳng cố định
$c.$ $M,N$ di động nhưng $AM+BN$ có giá trị không đổi.Chứng minh rằng mặt phẳng $(OMN)$ luôn chứa một đường thẳng cố định

Cho tam giác $ABC$. Dựng ảnh của nó qua phép đồng dạng có được bằng cách thực hiện liên tiếp phép vị tự tâm $B$ tỉ số $\frac{1}{2} $ và phép đối xứng qua đường trung trực của $BC$

Đặt : $u =ln^2x\Rightarrow du=\frac{2lnx}{x}$
$\begin{array}{l}
dv = xdx   \Rightarrow v = \frac{{{x^2}}}{2}\\
I = \frac{{{x^2}}}{2}{\ln ^2}x\left| {_1^e} \right. - \int_1^e {x\ln xdx}  = \frac{{{e^2}}}{2} - \int_1^e {x\ln xdx} 
\end{array}$
Đặt : $u=lnx\Rightarrow du=\frac{dx}{2}$
         $dv=xdx\Rightarrow v=\frac{x^2}{2}$
Suy ra :$\int_1^e {x\ln xdx}  = \frac{{{x^2}}}{2}\ln x\left| {_1^e - \frac{1}{2}} \right.\int_1^e {xdx}  = \frac{{{e^2}}}{2} - \frac{1}{4}\left( {{e^2} - 1} \right)$
Suy ra : $I = \frac{1}{4}\left( {{e^2} + 1} \right)$

Đặt $u = \cos \left( {\ln x} \right)   \Rightarrow du =  - \frac{{\sin \left( {\ln x} \right)dx}}{x}$
  $dv = dx     \Rightarrow v = x$
Suy ra : $I = x\cos \left( {\ln x} \right)\left| {_1^{{e^\pi }}} \right. + \int_1^{{e^\pi }} {\sin 
\left( {\ln x} \right)dx}  =  - {e^\pi } - 1 + K$ với
$K = \int_1^{{e^\pi }} {\sin \left( {\ln x} 
\right)dx} $
Tương tự: để tính $K$ ta đặt:  $u = \sin \left( {\ln x} \right)   \Rightarrow du = \frac{{co{\mathop{\rm s}\nolimits} x\left( {\ln x} \right)dx}}{x}$
   $dv = dx     \Rightarrow v = x$
Suy ra :$K = x\sin \left( {\ln x} \right)\left| {_1^{{e^\pi }}} \right. - I = 0 - I =  - I$
Từ đó: $I = - {e^\pi } - 1 - I   \Rightarrow I = - \frac{1}{2}\left( {{e^\pi } + 1} \right)$

${f^ / }(x) = a{.3^x}\ln 3.$ Giả thiết ${f^ / }\left( 0 \right) = 2$
   $ \Leftrightarrow \,\,\,a\ln 3 = 2\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,a = \frac{2}{{\ln 3}}$
   $\int\limits_{}^{} {\left( {a{{.3}^x} + b} \right)dx = 12\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\left[ 
{\frac{{a{{.3}^x}}}{{\ln 3}} + bx} \right]} _1^2 = 12\,\,\, \Leftrightarrow b = 12 - \frac{{12}}{{{{\ln }^2}3}}$
    ĐS :   $a = \frac{2}{{\ln 3}}\,\,,\,\,b = 12 - \frac{{12}}{{{{\ln }^2}3}}$

Đặt $f(x) = \left( {x + 1 - \frac{1}{x}} \right){e^{x + \frac{1}{x}}}$
 $\begin{array}{l}
t = x + \frac{1}{x}\,\, \Leftrightarrow \,\,\,\mathop {{x^2} - tx + 1}\limits_{\frac{1}{2} 
\le x \le 2} \,\,\,\,\, \Leftrightarrow \,x = \left[ \begin{array}{l}
\frac{{t - \sqrt {{t^2} - 4} }}{2} \le 1\\
\frac{{t + \sqrt {{t^2} - 4} }}{2} \ge 1
\end{array} \right.\\
x = \frac{1}{2}\,\,\,\, \Rightarrow \,\,\,\,\,t = \frac{5}{2}\\
x = 1\,\,\,\,\,\, \Rightarrow \,\,\,\,\,t = 2\\
x = 2\,\,\,\,\,\, \Rightarrow \,\,\,\,\,t = \frac{5}{2}
\end{array}$
    Suy ra: $dx = \left[ \begin{array}{l}
\frac{1}{2}\left( {1 - \frac{t}{{\sqrt {{t^2} - 4} }}} 
\right)dt\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\\,\frac{1}{2} \le x \le 1\\
\frac{1}{2}\left( {1 + \frac{t}{{\sqrt {{t^2} - 4} }}} 
\right)dt\,\,\,\,\,\,\,\,\,1 \le x \le 2
\end{array} \right.$
   Từ đó: $I = \int\limits_{\frac{1}{2}}^2 {f\left( x \right)dx}  = \int\limits_{\frac{1}{2}}^1 {f\left( 

x \right)dx}  + \int\limits_1^2 {f\left( x \right)dx} $
 $\begin{array}{l}
I = \frac{1}{2}\int\limits_{\frac{5}{2}}^2 {\left( {\frac{{t - \sqrt {{t^2} - 4} }}{2} + 1 - \frac{{t + 

\sqrt {{t^2} - 4} }}{2}} \right)} {e^t}.\left( {\frac{{\sqrt {{t^2} - 4}  - t}}{{\sqrt {{t^2} - 4} }}} 

\right)dt - \\
\,\,\, - \frac{1}{2}\int\limits_{\frac{5}{2}}^2 {\left( {\frac{{t + \sqrt {{t^2} - 4} }}{2} + 1 - 

\frac{{t - \sqrt {{t^2} - 4} }}{2}} \right)} {e^t}.\left( {\frac{{\sqrt {{t^2} - 4}  + t}}{{\sqrt 

{{t^2} - 4} }}} \right)dt\\
\,\,\,\, =  - \frac{1}{2}\int\limits_2^{\frac{5}{2}} {\left( {1 - \sqrt {{t^2} - 4} } \right)} \left( {1 - 

\frac{t}{{\sqrt {{t^2} - 4} }}} \right){e^t}dt + \\
\,\,\,\,\, + \,\frac{1}{2}\int\limits_2^{\frac{5}{2}} {\left( {1 + \sqrt {{t^2} - 4} } \right)} \left( {1 

+ \frac{t}{{\sqrt {{t^2} - 4} }}} \right){e^t}dt
\end{array}$
    
$I = \int\limits_2^{\frac{5}{2}} {\left( {\sqrt {{t^2} - 4}  + \frac{t}{{\sqrt {{t^2} - 4} }}} 

\right){e^t}dt}  = \int\limits_2^{\frac{5}{2}} {\sqrt {{t^2} - 4} {e^t}dt + } 

\int\limits_2^{\frac{5}{2}} {\frac{{t{e^t}}}{{\sqrt {{t^2} - 4} }}dt} $

    Đặt $\,\,\,u = {e^{t\,\,\,\,}}\,\,\,\, \Rightarrow du = {e^t}dt$
          $\,\,dv = \frac{t}{{\sqrt {{t^2} - 4} }}\,\,\,\, \Rightarrow v = \sqrt {{t^2} - 4} $
              $\int\limits_2^{\frac{5}{2}} {2\frac{t}{{\sqrt {{t^2} - 4} }}} {e^t}dt = \left. 

{{e^t}\sqrt {{t^2} - 4} } \right]_2^{\frac{5}{2}} - \int\limits_2^{\frac{5}{2}} {\sqrt {{t^2} - 4} } 
{e^t}dt$
            $1)\,\,\,I = \int\limits_0^{\ln 3} {\frac{{dx}}{{\sqrt {{e^x} + 1} }}} 
\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,2)\,\,\,J = \int\limits_0^2 {x{e^{ - 
\frac{x}{2}dx}}} $
              $ \Rightarrow \,\,\,\int\limits_2^{\frac{5}{2}} {\sqrt {{t^2} - 4} } {e^t}dt + 
\int\limits_2^{\frac{5}{2}} {\frac{t}{{\sqrt {{t^2} - 4} }}} {e^t}dt = 
\frac{3}{2}{e^{\frac{5}{2}}}$
       ĐS :    $I = \frac{3}{2}{e^{\frac{5}{2}}}$

$1)$   Đặt $t = \sqrt {{e^x} + 1} \,\,\, \Rightarrow \,\,\,{t^2} = {e^x} + 1\,\,\, \Rightarrow 
\,\,\,2tdt\, = {e^x}dx$
      $ \Rightarrow \,\,\,dx = \frac{{2tdt}}{{{t^2} - 1}}\,\,\,;\,\,\,$$\begin{array}{l}
x = 0\,\,\, \Rightarrow \,\,t = \sqrt 2 \\
x = \ln 3\,\, \Rightarrow \,\,\,t = 2
\end{array}$
      $\begin{array}{l}
I = 2\int\limits_{\sqrt 2 }^2 {\frac{{dt}}{{{t^2} - 1}}}  = \left[ {\ln \left| {\frac{{t - 1}}{{t + 1}}} 
\right|} \right]_{\sqrt 2 }^2 = \ln \frac{1}{3} - \ln \frac{{\sqrt 2  - 1}}{{\sqrt 2  + 1}}\\
I = \ln \frac{{\sqrt 2  + 1}}{{3\left( {\sqrt 2  - 1} \right)}} = \ln \frac{{3 + 2\sqrt 2 }}{3}
\end{array}$
$2)$    Đặt $u = x\,\,\,\, \Rightarrow \,\,\,du = dx$
     $dv = {e^{ - \frac{x}{2}}}dx\,\,\,\, \Rightarrow \,\,v =  - 2{e^{ - \frac{x}{2}}}$
 $\begin{array}{l}
J =  - \left. {2x{e^{ - \frac{x}{2}}}} \right]_0^2 + 2\int\limits_0^2 {{e^{ - \frac{x}{2}}}} \\
\left. {\,\,\,\, = \, - 4{e^{ - 1}} - 4{e^{ - \frac{x}{2}}}} \right]_0^2 = \,\, - 4{e^{ - 1}} - 4\left( 
{{e^{ - 1}} - 1} \right) = 4 - \frac{8}{e}
\end{array}$
Vậy $J = 4 - \frac{8}{e}$

Đặt $u = \,\,\ln x\,\, \Rightarrow \,du = \frac{{dx}}{x}$
          $\begin{array}{l}
x = 1\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \Rightarrow \,\,\,u = 0\\
x = \sqrt e \,\,\,\,\, \Rightarrow \,\,\,u = \frac{1}{2}\\
\,\,\,I = \int\limits_0^{\frac{1}{2}} {\frac{{du}}{{\sqrt {1 - {u^2}} }} = \left. {arc\sin \,u} 
\right]_0^{\frac{1}{2}}}  = arc\sin \frac{1}{2} = \frac{\pi }{6}
\end{array}$

Do $c{\rm{os}}\frac{A}{2} > 0,c{\rm{os}}\frac{B}{2} > 0,c{\rm{os}}\frac{C}{2} > 0$,nên đưa hệ thức đã cho vè dạng sau :                           $c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}\frac{A}{2}c{\rm{os}}\frac{B}{2}c{\rm{os}}\frac{C}{2} = \frac{{16}}{{27}}                 (1)$
Ta có :
    $c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}\frac{A}{2}c{\rm{os}}\frac{B}{2}c{\rm{os}}\frac{C}{2} = \frac{1}{2}c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}\frac{A}{2}\left[ {c{\rm{os}}\frac{{B + C}}{2} + c{\rm{os}}\frac{{B - C}}{2}} \right]$
Vì thế :
         $c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}\frac{A}{2}c{\rm{os}}\frac{B}{2}c{\rm{os}}\frac{C}{2} \le \frac{1}{2}c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}\frac{A}{2}(1 + \sin \frac{A}{2})$
$\Leftrightarrow c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}\frac{A}{2}c{\rm{os}}\frac{B}{2}c{\rm{os}}\frac{C}{2} \le \frac{1}{4}(1 + \sin \frac{A}{2})(1 + \sin \frac{A}{2})(2 - 2\sin \frac{A}{2})             (2)$
Dấu “$=$” trong $(2)$ xảy ra khi $B=C$
Áp dụng bất đẳng thức COSI,ta có :
  $(1 + \sin \frac{A}{2})(1 + \sin \frac{A}{2})(2 - 2\sin \frac{A}{2}) \le {\left[ {\frac{{(1 + \sin \frac{A}{2})(1 + \sin \frac{A}{2}) + (2 - 2\sin \frac{A}{2})}}{3}} \right]^3}$
$ \Rightarrow {(1 + \sin \frac{A}{2})^2}(2 - 2\sin \frac{A}{2}) \le \frac{{64}}{{27}}          (3)$
Dấu “$=$” trong $(3)$ xảy ra khi  $1 + \sin \frac{A}{2} = 2 - 2\sin \frac{A}{2} \Leftrightarrow \sin \frac{A}{2} = \frac{1}{3} \Leftrightarrow A = 2\arcsin \frac{1}{3}$
Từ $(2)(3)$ ta có   :
$c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}\frac{A}{2}c{\rm{os}}\frac{B}{2}c{\rm{os}}\frac{C}{2} \le \frac{{16}}{{27}}$
Dấu ‘$=$” xảy ra khi  $B=C,A = 2\arcsin \frac{1}{3}$
Vậy tam giác $ABC$ là tam giác cân đỉnh $A$, $A = 2\arcsin \frac{1}{3}$
Nhận xét :
Ta có bài toán tương tự sau:
$1/$ Cho tam giác $ABC$ thỏa mãn hệ thức sau:
      $\sin \frac{A}{2}\sqrt {\sin \frac{B}{2}\sin \frac{C}{2}}  = \frac{{\sqrt 6 }}{9}$
   Tìm dạng của tam giác này
Ta có thể viết hệ thức đã cho dưới dạng tương đương sau:
         ${\sin ^2}\frac{A}{2}\sin \frac{B}{2}\sin \frac{C}{2} = \frac{2}{{27}}$
Ta có :
   ${\sin ^2}\frac{A}{2}\sin \frac{B}{2}\sin \frac{C}{2} = \frac{1}{2}{\sin ^2}\frac{A}{2}\left[ {c{\rm{os}}\frac{{B - C}}{2} - c{\rm{os}}\frac{{B + C}}{2}} \right]$
   $\Leftrightarrow {\sin ^2}\frac{A}{2}\sin \frac{B}{2}\sin \frac{C}{2} \le \frac{1}{2}{\sin ^2}\frac{A}{2}(1 - \sin \frac{A}{2})                      (6)$
Dấu “$=$” xảy ra khi $B=C$
Lại có    $\frac{1}{2}{\sin ^2}\frac{A}{2}(1 - \sin \frac{A}{2}) - 2\frac{{\sin \frac{A}{2}}}{2}\frac{{\sin \frac{A}{2}}}{2}(1 - \sin \frac{A}{2})$
Áp dụng bất đẳng thức COSI,ta có :
    $\frac{{\sin \frac{A}{2}}}{2}\frac{{\sin \frac{A}{2}}}{2}(1 - \sin \frac{A}{2}) \le {\left[ {\frac{{\frac{{\sin \frac{A}{2}}}{2}\frac{{\sin \frac{A}{2}}}{2}(1 - \sin \frac{A}{2})}}{3}} \right]^3}$
   $ \Rightarrow \frac{{{{\sin }^2}\frac{A}{2}}}{4}(1 - \sin \frac{A}{2}) \le \frac{1}{{27}}   (7)$
Dấu “$=$” trong $(7$) xảy ra khi  $\frac{{\sin \frac{A}{2}}}{2} = 1 - \sin \frac{A}{2} \Leftrightarrow \sin \frac{A}{2} = \frac{2}{3} \Leftrightarrow A = 2\arcsin \frac{2}{2}$
Từ $(6)(7)$ suy ra  ${\sin ^2}\frac{A}{2}\sin \frac{B}{2}\sin \frac{C}{2} \le \frac{2}{{27}}  (8)$
Dấu “$=$” trong $(8)$ xảy ra khi có dấu “$=$” trong $(6$) và ($7$),tức $B=C$ và $A = 2\arcsin \frac{2}{3}$
Vậy tam giác $ABC$ là tam giác cân đỉnh $A$ ,với $A = 2\arcsin \frac{2}{3}$
$2/$ Cho tam giác $ABC$ thỏa mãn hệ thức
          $\sin \frac{A}{2}\sin \frac{B}{2}\sqrt {\sin \frac{C}{2}}  = \frac{{2\sqrt 3 }}{9}$
  Tìm dạng của tam giác này
Ta có    $\sin \frac{A}{2}\sin \frac{B}{2}\sqrt {\sin \frac{C}{2}}  \le \frac{1}{2}(c{\rm{os}}\frac{{A - B}}{2} - c{\rm{os}}\frac{{A + B}}{2})\sqrt {\sin \frac{C}{2}} $
          $ \Rightarrow \sin \frac{A}{2}\sin \frac{B}{2}\sqrt {\sin \frac{C}{2}}  \le \frac{1}{2}(1 - \sin \frac{C}{2})\sqrt {\sin \frac{C}{2}}                  (9)$
Dấu “$=$” xảy ra khi $A=B$
Ta có   ${(1 - \sin \frac{C}{2})^2}\sin \frac{C}{2} = \frac{1}{2}(1 - \sin \frac{C}{2})(1 - \sin \frac{C}{2})(2\sin \frac{C}{2})$
Theo bất đẳng thức COSI ,ta có
$(1 - \sin \frac{C}{2})(1 - \sin \frac{C}{2})(2\sin \frac{C}{2}) \le {\left[ {\frac{{(1 - \sin \frac{C}{2}) + (1 - \sin \frac{C}{2}) + 2\sin \frac{C}{2}}}{3}} \right]^3}$
Normal 0 false false false EN-US X-NONE X-NONE MicrosoftInternetExplorer4 $\begin{array}{l}
 \Rightarrow 2(1 - \sin \frac{C}{2})(1 - \sin \frac{C}{2})\sin \frac{C}{2} \le \frac{{64}}{{27}}\\
 \Rightarrow {(1 - \sin \frac{C}{2})^2}\sin \frac{C}{2} \le \frac{{32}}{{27}}
\end{array}$
$\Leftrightarrow (1 - \sin \frac{C}{2})\sqrt {\sin \frac{C}{2}}  \le \frac{{4\sqrt 6 }}{9}       (10)$
Dấu “$=$” trong ($10$) xảy ra khi  $1 - \sin \frac{C}{2} = 2\sin \frac{C}{2} \Leftrightarrow \sin \frac{C}{2} = \frac{1}{3} \Rightarrow C = 2\arcsin \frac{1}{3}$

Từ $(9)(10)$ ta có      $\sin \frac{A}{2}\sin \frac{B}{2}\sqrt {\sin \frac{C}{2}}  \le \frac{{2\sqrt 3 }}{9}               (11)$
Dấu “$=$” trong ($11$) xảy ra khi có dấu “$=$” trong $(9) (10)$,tức  $A = B,C = 2a\arcsin \frac{1}{3}$
Vậy tam giác $ABC$ là tam giác cân đỉnh $C$ với $C = 2\arcsin \frac{1}{3}$
$3/$ Cho tam giác $ABC$  thỏa mãn hệ thức
       $\sin A\sqrt {\sin B\sin C}  = \frac{{4\sqrt 3 }}{9}$
  Tìn dạng của tam giác này
Đưa hệ thức về dạng tương đương sau
              ${\sin ^2}A\sin B\sin C = \frac{{16}}{{27}}                         (12)$
Ta có  ${\sin ^2}A\sin B\sin C = \frac{1}{2}{\sin ^2}A\left[ {c{\rm{os}}(B - C) - c{\rm{os}}(B + C)} \right]$
           $ \le \frac{1}{2}{\sin ^2}A(1 + \cos A)$
$\Rightarrow {\sin ^2}A\sin B\sin C \le \frac{1}{2}(1 + \cos A)(1 - \cos A)$
$ \Rightarrow {\sin ^2}A\sin B\sin C \le \frac{1}{4}(1 + \cos A)(1 + \cos A)(2 - 2\cos A)    (13)$
Dấu “$=$” xảy ra khi $B=C$
Theo bất đẳng thức COSI, ta có
$(1 + \cos A)(1 + \cos A)(2 - \cos A) \le \left[ {\frac{{(1 + \cos A) + (1 + \cos A) + (2 - 2\cos A)}}{3}} \right]$
$\Rightarrow {(1 + \cos A)^2}(2 - 2\cos A) \le \frac{{64}}{{27}}                         (14)$
Dấu “$=$” trong (14) xay ra khi $1 + \cos A = 2 - 2\cos A \Rightarrow \cos A = \frac{1}{3} \Leftrightarrow A = \arccos \frac{1}{3}$
Từ dó ta có  ${\sin ^2}A\sin B\sin C \le \frac{{16}}{{27}}                                  (15)$
Dâu “$=$” trong ($15$) xảy ra khi  có dấu ‘=” trong (13)(14), tức $B = C,A = \arccos \frac{1}{3}$
Từ ($12$) suy ra trong ($15$) có dấu “$=$”.Vậy tam giác $ABC$ cân tại $A$ và $A = \arccos \frac{1}{3}$