Đường thẳng AP cắt BC tại L; BQ cắt AC tại M; CR cắt AB tại N.. HẾT ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TỐN LỚP 12 THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH VỊNG 1... Câu 5: Cho tam giác ABC có ba góc
Trang 1SỞ GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO
TP HỒ CHÍ MINH
KÌ THI HỌC SINH GIỎI THPT- LỚP 12 CẤP THÀNH PHỐ
Năm học 2006 – 2007 MÔN TOÁN
Thời gian làm bài : 180 phút ĐỀ CHÍNH THỨC (không kể thời gian phát đề)
Câu 1 : (4 đ)
Giải hệ phương trình :
3 3 3
.
Câu 2 : (4 đ)
a) Tìm ba số thực x , y , z thỏa hệ :
4 3 2 1
2 2 2
z y x z y x
sao cho x đạt giá trị lớn
nhất.
b) Cho 0x yz1 và 3x2yz4
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: S 3x22y2 z2.
Câu 3 : (2 đ)
Cho a,b,clà các số thực không âm thỏa: abc3.
Chứng minh :
2
3 1 1
2 2
2 2
2
c c
b b
a
Câu 4 : (4 đ)
Cho a,b,c là độ dài ba cạnh của một tam giác có p là nửa chu vi , R là bán kính đường tròn ngoại tiếp, r là bán kính đường tròn nội tiếp
Chứng minh :
a) a2 b2c2 2p2 2r2 8Rr
b)a2b2c2p2r24Rr
Câu 5 : (4 đ)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp trong đường tròn (O) Gọi P, Q, R lần lượt là trung điểm các cung nhỏ: BC, CA, AB Đường thẳng AP cắt BC tại L; BQ cắt AC tại M; CR cắt AB tại N
Câu 6 : (2 đ)
Cho tứ diện ABCD thoả : ABC = ADC =BAD = BCD
Tính tổng T = ADB + BDC + CDA.
HẾT
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TỐN LỚP 12 THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH (VỊNG 1)
Trang 2Câu1: Giải hệ phương trình:
3 3 3
(I)
Giải:
(1)
3
3
3
2 2 2
* x > 2 y < 2 z ≥ 2 x ≤ 2 (vô lí)
* x < 2 y ≥ 2 z ≤ 2 x ≥ 2 (vô lí)
Vậy x = 2 Lí luận tương tự ta được y = 2, z = 2
Vậy x = y = z.= 2
Câu 2
a) Tìm ba số thực x, y, z thỏa hệ x y z 12 2 2 (1)
sao cho x đạt giá trị lớn nhất
Giải: (1) z = 1 – x – y Thay vào (2) ta được:
x2 + 2y2 + 3(1 – x – y)2 = 4
x2 + 2y2 + 3(1 + x2 + y2 – 2x + 2xy – 2y) = 4
5yy2 + 6(x – 1)y + 4x2 – 6x – 1 = 0 (3)
Ta phải có
’ ≥ 0 9(x2 – 2x + 1) – 20x2 + 30x + 5y ≥ 0
–11x2 + 12x + 14 ≥ 0
6 190 x 6 190
Vì x lớn nhất nên x = 6 190
11
Khi x = 6 190
11
thì y = 15 3 190
55
và z = 10 2 190
55
Vậy x = 6 190
11
, y = 15 3 190
55
và z = 10 2 190
55
thỏa YCBT.
b) Cho 0 < x < y ≤ z ≤ 1 và 3x + 2y + z ≤ 4
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức S = 3x2 + 2y2 + z2
Giải:
Cách 1: Ta có a2 ≥ b2 + 2b(a – b)
nên 12 ≥ z2 + 2(1 – z)
12 ≥ y2 + 2(1 – y) 2 ≥ 2y2 + 4(1 – y)
12 ≥ 9x2 + 2(1 – 3x) 1
3 3x2 +
2
3(1 – 3x) Cộng lại ta được:
Trang 32 + 1 + 1/3 ≥ 3x2 + 2y2 + z2 + 2(1 – z) + 4(1 – y) + 2
3(1 – 3x)
10
3 ≥ S +
6(1 z) 12(1 y) 2(1 3x)
3
= S + 1
3[20 – 6x – 12y – 6z]
= S + 1
3[2(4 – 3x – 2y – z) + 8(1 – y) + 4(1 – z)] ≥ S.
Do đó S ≤ 10
3 Khi x = 1/3; y = z = 1 thì dấu “=” xảy ra.
Vậy giá trị lớn nhất của S bằng 10
3 .
Cách 2: Ta có hằng đẳng thức:
a1b1 + a2b2 + a3b3 = a1(b1 – b2) + (a1 + a2)(b2 – b3) + (a1 + a2 + a3)b3 (*)
Áp dụng (*) ta có:
S = z.z + 2y.y + 3x.x = z(z – y) + (z + 2y)(y – x) + (z + 2y + 3x)x
≤ 1(z – y) + (1 + 2)(y – x) + (1 + 2 + 3)x
= z – y + 3y – 3x + 4x = z + 2y + x
= 1
3(z 3 + 2y.3 + 3x 1) =
1
3[z(3 – 3) + (z + 2y)(3 – 1) + (z + 2y + 3x).1]
= 1
3[0 + 2(z + 2y) + (z + 2y + 3x)] ≤
1
3[2.3 + 4] =
10
3 .
Khi x = 1
3 và y = z = 1 thì S =
10
3 Vậy Max S =
10
3 .
Câu 3: Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa a + b + c = 3.
Chứng minh:
2
b 1 c 1 a 1
Giải:
Ta có:
(a + b + c)2 ≤ 3(a2 + b2 + c2) a2 + b2 + c2 ≥ 3
Suy ra
b 1 3b 3 3b a b c
Tương tự ta có:
c 1 3c 3 3c a b c
a 1 3a 3 3a a b c Đặt x =
2
3a
a b c
, y =
2
3b
a b c
, z =
2
3c
a b c
Ta được: x + y + z = 3
Trang 4và
y 1 z 1 x 1
b 1 c 1 a 1
Áp dụng bất đẳng thức
với m, n, p dương Ta có:
y 1 z 1 x 1 xy x yz y zx z
≥
2 (x y z) (xy yz zx) x y z
xy yz zx 3
3
Câu 4: Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có p là nửa chu vi, R là bán kính đường tròn
ngoại tiếp và r là bán kính đường tròn nội tiêp Chứng minh:
a) a2 + b2 + c2 = 2p2 – 2r2 – 8Rr
Giải: Ta có:
2p2 – 2r2 – 8Rr = 2p2 – 2
2 2
4S
p
= 2p2 – 2
2 2
p
p
= 2p2 – 2(p a)(p b)(p c) 2abc
=
p
= 2p(a + b + c) – 2(ab + bc + ca)
= (a + b + c)2 – 2(ab + bc + ca)
= a2 + b2 + c2 (ĐPCM)
b) a2 + b2 + c2 ≥ p2 + r2 + 4Rr
Giải:
Ta có a = 2RsinA; r = (p – a)tgA
2 mà sinA = 2
A 2tg 2 A
1 tg
2
Suy ra
2
r
r
p a
a 2r(p a)2 2
a(p2 + a2 –2pa + r2 ) = 4r(p – a)R
a3 + ap2 – 2pa2 + ar2 = 4Rrp – 4Rra
Trang 5 a – 2pa + (4Rr + p + r)a – 4Rrp = 0
Tương tự: b3 – 2pb2 + (4Rr + p2 + r2)b – 4Rrp = 0
c3 – 2pc2 + (4Rr + p2 + r2)c – 4Rrp = 0 Vậy a, b, c là ba nghiệm của phương trình x3 – 2px2 + (4Rr + p2 + r2)x – 4Rrp = 0
Theo Viet ta ab + bc + ca = 4Rr + p2 + r2
Vậy bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca
(a – b)2 + (b – c)2 + (c – a)2 ≥ 0 (luôn đúng)
Dấu “= “ xảy ra a = b = c ABC đều
Câu 5: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn (O) Gọi P, Q, R lần lượt là
trung điểm các cung nhỏ BC, CA, AB Đường thẳng AP cắt BC tại L; BQ cắt CA tại M; CR cắt AB tại N
Chứng minh: LA MB NC 9
Giải:
AL là phân giác trong của góc A nên
LA =
A 2bccos
2
b c
; LB = ac
b c ; LC =
ab
b c (BC = a, CA = b, AB = c)
Ta có LA.LP = LB.LC LP =
2
A
b c 2cos
2
LA 2bc2 .2cos2A
– 3
≥ 4bc 4ca 4ab2 2 2
a b c – 3
≥ 3
2 2 2
64(bc)(ca)(ab) 3
a b c – 3 = 12 – 3 = 9.
Câu 6: Cho tứ diện ABCD có
ABC ADC BAD BDC
Tính tổng T =
ADB BDC CDA .
Giải:
Lấy điểm A1 thuộc tia BC sao cho BA1 = DA;
Lấy điểm C1 thuộc tia BA sao cho BC1 = DC
Ta có C1BA1 = CDA (c–g–c)
Lấy điểm B1 thuộc tia AD sao cho AB1 = CB;
Lấy điểm D1 thuộc tia AB sao cho AD1 = CD
Ta có D1AB1 = DCB (c–g–c)
O A
P
L B
Q M
C
D
B
A
C
A 1
C 1
B 1
D 1
Trang 6Ta chứng minh AB = CD.
* Giả sử AB < CD
A nằm giữa B và C1
A1 nằm giữa B và C (vì AC = A1C1)
BC > BA1 mà BA1 = DA BC > DA (1)
Mặt khác: Vì AB < CD B nằm giữa A và D1
B1 nằm giữa A và D (BD = B1D1) AD > AB1 mà AB1 = CB AD > CB (2)
Từ (1) và (2) mâu thuẫn
* Tương tự nếu AB > CD ta cũng suy ra mâu thuẫn
Vậy AB = CD
Lập luận tương tự ta cũng có AD = BC
Do đó ABD = CBD ABD CDB
Vậy
T = ADB BDC CDA = ADB ABD BAD = 1800.