109 HSG 14 HAI DUONG NGUYEN VAN TUAN

Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn O R.. Đường thẳng đi qua H và vuông góc với OA cắt cung nhỏ AB tại M.. Chứng minh OD GF.. c Tìm giá trị lớn nhất của chu vi tam giác MAB theo R.

ĐỀ CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH HẢI DƯƠNG 2013-2014

Câu 1 (2 điểm).

a) Rút gọn biểu thức

2

1 1 (1 ) (1 )

2 1

A

x



với    1 x 1.

b) Cho a và b là các số thỏa mãn a 0 b  và a3 a b ab2  2 6 b3  0.

Tính giá trị của biểu thức

4 4

B



 

Câu 2 (2 điểm).

a) Giải phương trình

2( 2 2) 4 2 2 4.

x x    x x 

b) Giải hệ phương trình

3 3

2 2







 

  .

Câu 3 (2 điểm).

a) Tìm các số nguyên dương x, y thỏa mãn phương trình

xy2 2 xy x   32 y.

b) Cho hai số tự nhiên , a b thỏa mãn 2 a2  a 3 b2 b

Chứng minh rằng 2 a   2 b 1 là số chính phương

Câu 4 (3 điểm).

Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn O R H là một điểm di động, 

trên đoạn OA ( H khác A ) Đường thẳng đi qua H và vuông góc với OA cắt cung nhỏ AB tại M Gọi K là hình chiếu của M trên OB

a) Chứng minh HKM· 2·AMH.

b) Các tiếp tuyến của O R tại A và B cắt tiếp tuyến tại M của ,  O R lần, 

lượt tại D và E OD, OE cắt AB lần lượt tại F và G

Chứng minh OD GF.  OG DE. .

c) Tìm giá trị lớn nhất của chu vi tam giác MAB theo R

Câu 5 (1 điểm).

Cho , ,  a b c là các số thực dương thỏa mãn 2 ab  6 bc  2 ac  7 abc Tìm giá

trị nhỏ nhất của biểu thức

C

     

-Hết -LỜI GIẢI ĐỀ CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH HẢI DƯƠNG 2013-2014 Câu 1 (2 điểm).

a) Rút gọn biểu thức

2

1 1 (1 ) (1 )

2 1

A

x



với    1 x 1.

b) Cho a và b là các số thỏa mãn a 0 b  và a3 a b ab2  2 6 b3 0.

Tính giá trị của biểu thức

4 4

B



 

Lời giải:

a)

2

A

x



 1 1x2 1  x 1x

2

2x

 = x 2

b) a3a b ab2  26b3   0 (a 2 )(b a2 ab3 ) 0 (*)b2 

Vì a 0 b  a2ab3b2 0 nên từ (*) ta có a   2   b

Vậy biểu thức

B

4 4

b B

b





Câu 2 (2 điểm).

a) Giải phương trình

2( 2 2) 4 2 2 4.

x x    x x 

b) Giải hệ phương trình

3 3

2 2







 

  .

Lời giải:

a) Đặt tx 2x2  4 t2 2x42x2    2

2 2 2

2

t

ta được phương trình

2

2 2

t t

t

 



         Với t 4  ta có 2  4 2 4 2







2

0

2 2

x

x x















2

0

3 1

3 1

x

x x





3

(x y) (x y) 0 x y





* Với x  ta tìm được y x y ; 0; 0   ;  3; 3

; 3; 3

* Với -x  y ta tìm được x y ; 0; 0    ; 1; 1  ;1;1

Vậy hệ phương trình có nghiệm

x y ; 0; 0    ;  3; 3

; 3; 3

;1; 1  ;1;1

Câu 3 (2 điểm).

a) Tìm các số nguyên dương x, y thỏa mãn phương trình

xy  xy x   y.

b) Cho hai số tự nhiên , a b thỏa mãn 2 a2  a 3 b2 b

Chứng minh rằng 2 a   2 b 1 là số chính phương

Lời giải:

a) xy22xy x 32y x y( 1)2 32y

32

1 0

( 1)

y

y

    



Vì ( ,y y   1) 1 (y 1)2U(32)

mà 32 2 5  (y 1)2  và 22 (y1)2  (Do 24 (y1)2  )1

*Nếu (y1)2 22 y 1;x 8

*Nếu (y1)2 24 y 3;x 6

Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình là:

8 1

x y





 

 và

6 3

x y





 

b) 2a2 a 3b2 b  (a b)(2a2b  1) b2  *

Gọi d là ước chung của a , 2 2 1 b a  b   (d¥ ) Thì*

(2 2 1)

a b d





M

M M

2 2

Mà (a b d )Ma dM (2a2 )b dM , mà (2a2b1)Md1Md  d 1

Do đó a , 2 2 1 1 b a  b    Từ  * ta được a b và 2a2b1 là số

chính phương 2a2b1 là số chính phương.

Câu 4 (3 điểm).

Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn O R H là một điểm di, 

động trên đoạn OA ( H khác A ) Đường thẳng đi qua H và vuông góc

với OA cắt cung nhỏ AB tại M Gọi K là hình chiếu của M trên OB a) Chứng minh ·HKM 2·AMH.

b) Các tiếp tuyến của O R tại A và B cắt tiếp tuyến tại M của ,  O R, 

lần lượt tại D và E OD, OE cắt AB lần lượt tại F và G

Chứng minh OD GF.  OG DE. .

c) Tìm giá trị lớn nhất của chu vi tam giác MAB theo R

Lời giải:

Qua A kẻ tia tiếp tuyến Ax của O R,  Ta có

sđ¼AM  1

Có Ax / / MH (cùng vuông góc với OA)

1 1

   2

Tứ giác MHOK nội tiếp Oµ1K¶1 (cùng chắn MH¼ )  3

Từ  1 ;  2 ;  3 ta có ¶ 1 ¶1

1 2

hay HKM· 2·AMH. b) Có tứ giác AOMD nội tiếp  4

µ

1

1 2

sđ¼BM;

1 2

1 2

sđBM¼

1 1

  Gµ1 D¶2 D¶1 tứ giác AMGO nội tiếp

 5

Từ  4 ,  5 ta có 5 điểm , , , , A D M G O cùng nằm

trên một đường tròn

OGF

  và ODE đồng dạng

hay OD GF.  OG DE. .

c) Trên đoạn MC lấy điểm A sao cho '

'

MA  MA  AMA' đều

1 2 60 BAA'

MAB A AC MB A C

MA MB MC

Chu vi tam giác MAB là

2

MA MB AB MC AB     R AB

Đẳng thức xảy ra khi MC là đường kính

Vậy giá trị lớn nhất của chu vi tam giác MAB là 2 R  AB

Gọi I là giao điểm của AO và BC

3

AB

Giá trị lớn nhất của chu vi tam giác MAB là 2 R  AB= (2 3)R

Câu 5 (1 điểm).

Cho , ,  a b c là các số thực dương thỏa mãn 2 ab  6 bc  2 ac  7 abc Tìm

giá trị nhỏ nhất của biểu thức

C

     

Lời giải:

Từ gt : 2 ab  6 bc  2 ac  7 abc và , , 0a b c 

Chia cả hai vế cho

0 

abc 

2 6 2

7

c a b

   

đặt

    2x y z, ,z6x02y7

 Khi đó

C

      2x y4 4x z9  y z4

Khi

1

2

thì C 7

Vậy GTNN của C là 7 khi a2; b1; c1