ĐỀ THI VÀ ĐÁP ÁN CHI TIẾTBài 1.. Chứng minh nếu phương trình trên có nghiệm thì tam giác ABC đều.. Trước hết ta chứng minh trong mọi tam giác ABC, ta luôn có T 643 và dấu bằng xảy ra kh
Trang 1ĐỀ THI VÀ ĐÁP ÁN CHI TIẾT
Bài 1 Cho phương trình x x 3 16 0
2
C sin 2
B sin 2
A
của tam giác ABC Chứng minh nếu phương trình trên có nghiệm thì tam giác ABC đều.
Đáp án
2
B sin 2
A
sin
T 6 6 6 Trước hết ta chứng minh trong mọi tam giác ABC, ta luôn có T 643 và dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:
2
A sin 2
1 2
1 3 2
1 2
1 2
A
sin 6 6 6 2 2 2
16
3 64
2 2
A
sin 6 2 ; dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi A 3
Tương tự cho sin 6 B2 và sin 6 C2 Vì vậy
2
C sin 2
B sin 2
A sin 16
3 64
6
2
C cos 1 2
B cos 1 2
A cos 1 16 3
cos A cos B cos C
2
1 2
3 16 3
2
3 2
1 2
3 16
3
(2) 64
9
64
3
T khi và chỉ khi (1) và (2) xảy ra dấu bằng hay tam giác ABC đều
Trở lại giả thiết bài toán, do phương trình có nghiệm nên 3 64 T 0 tức là 64
3
T Kết hợp với (3), ta có T 643 hay tam giác ABC đều
Bài 2 Giả sử (x, y, z) là nghiệm của hệ
5 zx yz 2 xy 2
10 z
2 y 4
Tìm GTLN và GTNN của z.
Đáp án
Trước hết ta thấy , 0 )
2
5 , 5 ( là nghiệm của hệ nên tồn tại GTLN và GTNN của z
Trang 2Mặt khác, nếu ( x0, y0, z0) là nghiệm của hệ thì ( x0, y0, z0) cũng là nghiệm nên
ta chỉ xét z 0
Đặt v 2 y, hệ đã cho được viết lại
5 ) v x ( z xv
10 z
2 v
x 2 2 2
(1)
Xem (1) là hệ hai ẩn x, v, tham số z Ta thấy nếu với giá trị z 0 của tham số z, hệ có nghiệm ( x0, v0) thì ( x0, v0, z0) cũng là nghiệm của hệ (1) Do đó ta cần tìm điều kiện của z (z 0) để (1) có nghiệm ( x , v )
Đặt S x v, P , ta cóxv
(1)
0 P 4 S
5 zS P
z 2 10 P
2 S
2
2 2
5 zS P
0 z
2 zS 2
0 z
2 20 zS
2 S
2
2 2
Với z 0, theo nhận xét trên hệ có nghiệm
Với z 0,
(2)
5 zS P z S
) a ( 0 z 2 20 zS 2
Để (1) có nghiệm phương trình (a) có nghiệm S z
( S ) S2 2 zS 20 2 z2 có hai nghiệm S 1, S 2 thoả
2 1
2 1
S z S
S S z
0 ) z ( f
0 2
S S z
0 ) z ( f 0
2 1
0
2 0 z
5
0 z
2
0
2 0 z
5
0
2 0 z
2 2 2
2
z
0
Vậy nếu ( x , y , z ) là nghiệm của (1) thì miền giá trị của z là đoạn [ 2 , 2 ] và do đó GTLN và GTNN của z lần lượt là 2 và -2
Bài 3 Cho tam giác ABC (A>B>C) Gọi A 1 , C 1 lần lượt là chân các đường phân giác ngoài của góc A và C, AA 1 =CC 1 Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác Chứng minh
IB 2 =IA.IC.
Đáp án
Trước hết ta tính AA1, CC1 theo các cạnh và các góc của tam giác ABC
Ta có SA1ABSABC SA1AC
) 2
A 90 sin(
AC AA A sin AC AB ) 2
A 90 sin(
AB
1
o
2
A cos b AA 2
A cos 2
A sin cb 2 2
A cos AA
.
Trang 3b 2
A sin bc 2
AA1
Tương tự
b
a 2
C sin ab 2
CC1
Theo giả thiết
1
AA
c
b 2
A
sin
bc
2
b
a 2
C sin ab 2
C sin
B
sin 2
A
sin
c
B sin A sin 2
C sin a
2
B A sin 2
B A cos 2
2
C sin a 2
C B sin 2
C
B
cos
2
2
A sin
c
2
B A sin
a 2
C
B
sin
c
2
C B sin A sin 2
B A
sin
C
2
C B sin 2
C B cos 2
C B sin 2 2
B A sin 2
B A cos 2
B
A
sin
2
C B cos ) B cos C (cos 2
B A cos ) A cos
B
2
A sin ) 2
C sin 2
B (sin 2
C sin ) 2
B sin
2
A
2
B sin 2
C
sin
2
A
2
IB
r IC
r
.
IA
r
2
IB
IC
.
IA
Bài 4 Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng 1, I là trung điểm của AD, M là một điểm
trên cạnh DC, MA và MB lần lượt cắt IC tại M 1 và M 2 Đặt x = DM, tính diện tích của tam giác MM 1 M 2 theo x.
C1
A I
Trang 4Đáp án
Qua M, dựng đường thẳng song song với AD cắt CI tại E Ta có
x 1 CD
MC ID
ME
2
x 1 ID ) x 1 (
ME
Mặt khác
IA
ME AM
MM
1
x 1 ) 2
1 2
x 1 ( 2
x
1 ME
IA
ME MM
AM
MM AM
MM
1 1
1 1
BC
ME BM
MM
2
x 1 ) 1 2
x 1 ( 2
x
1 ME
BC
ME MM
BM
MM BM
MM
2 2
2 2
Từ (1) và (2), ta có
MB MA
MM MM )
x 3 )(
x
2
(
) x 1
2 1
S S
S 1 2 MM1M2
MAB
M MM
Vì vậy SMM1M2 21 (x(x2)(1x)2 3)
Chú ý: Bài này có thể giải bằng phương pháp toạ độ.
HẾT
I
M1 E
M2