Đáp án đội tuyển HSG.DOC

xy yxyx yx yx Từ đó ta có nghiệm của phơng trình... Vậy trái với điều giả sử ⇒ĐPCM... Ta thấy AK là phân giác ngoài của góc A của ∆ABC, bởi thế song song A’O và O’K vuông góc với phân gi

đáp án hsg.

Đề số 61/ 2 100 = ( )10 10

5/ Biến đổi: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2003

1 2003 2002

1 2002 5

1 5 4

1 4 3

2003 2001 5

6 4 4

5 3 3

4

2 ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅⋅ ⋅ ⋅ ⋅ =

2003

2004 3

1 1 1

1

1 1

3 3

3 3 3

3

3 3

x x x x x

x x x x x x x x x

x

x x x x x

−

−

−

= + +

−

−

−

= + +

−

−

−

= + +

⇒

1 0 1

0 2

0 1

1 2 1

1 2 1

1 1

1 1

3 3

3

3 3

3 3

3 3

x x x

R x x

x

x x x x

x x x x x

x x x x

x

x x x

x

x x x x

2 6 6 0 3 1

13 13

13 13 13

3

2

3

x x

x x x x x

x x x

x x x x

8/ Giả sử: EFGH nội tiếp hình chữ nhật ABCD , H∈AD, E∈AB, F∈BC, G∈CD

Trên cạnh AD lấy H1, H2 sao cho HD = DH1; AH = AH2, lúc đó H1E = EH;

HG = GH1

Gọi p là chu vi của EFGH ta có:

P = (GF + GH) + (HE + EF) = (FG + GH1) + (EF + EH2) ≥ FH2 + FH1

Từ H1 kẻ đờng thẳng vuông góc AD cắt BC tại O

H3 đối xứng H1 qua O ⇒ H1O = OH3= AB, FH3 = FH1 ⇒

⇒ FH1+FH2 = H2F + FH3 ≥H2H3;

Nhng H1H2 = 2AD

H1H3 = 2ABCộng vào ta đợc p = 2(AD + AB) ≥2AC ⇒p ≥2AC ⇒ĐPCM

9/ Kẻ đờng trung bình EF, EF = (BC+AD)

2 1

Ngoài ra: BF = AB

2 1

Gọi r1, r2 (r1>r2) là bán kính vòng tròn nội tiếp tam giác ACH và BCH

Đề số 71/ Biến đổi vế trái về dạng:

⋅⋅

⋅+

112

110

18

16

14

1 24

1 4

1 12

1 10

1 8

1 6

1 4

1 2

1 3 1

c b a

+ +

= +

+

+ + + + +

= +

ca bc ab c

b a ca bc ab p

Vậy ab + ac + bc = p = a + b + c ⇒ a = b = c = 1

4/ Giả sử: a, b, c, d là số nguyên và ab + cd chia hết cho a + c.CMR: ad + bc chia hết cho a + c

5/ Giải phơng trình nghiệm nguyên: 2n+ 7 =m2

6/ Giả sử 2 phơng trình có nghiệm chung x0 lúc đó

c

d

nên x0>0Nhng x0 không phải là nghiệm của phơng trình trên.7/ Ta xét: a > - b - c > a ⋅ (-b - c) > (-b - c) 2

2 2 2

Vậy a > 0; b > 0; c > 0

8/ Gọi Q là điểm cắt nhau của của đờng thẳng KN với AB.

9/ Kẻ ∆ABC1 đối xứng ∆ABC qua AB ⇒H1 đối xứng H qua AB

khi đó LH = LH1; ∠HAB = ∠BAH1

CMR: H1, L, K nằm trên đờng thẳng

Từ ∆vuông CLA và BKA ta có:

ALK AB

AK AC

AL = cos α = ⇒ ∆ ∼∆ABC⇒ ∠ALK = ∠ACB

Tơng tự ta chứng minh:

∠BLH = ∠ACB ; nhng ∠BLH = ∠BLH1 ⇒ L∈H1K

Tơng tự ∆ACC2 đối xứng ∆ABC qua AC

Ta thấy ∆AH1H2 có H1H2 bằng chu tam giác HKL nên:

AH1= AH2 = h; ∠H1AH2 = 2α

⇒ p = 2h.sinα (p là chu vi ∆HKL)

10/ Kẻ đờng cao CH cắt đờng thẳng BM tại E, rõ ràng AE = EB và

∆ACE = ∆BCE (c.c.c) Bởi thế ∠CAE = 40 0; ∠AME = ∠MAB + MBA =

0

40 ;

∠EAM = ∠CAB - ∠CAE - ∠MAB = 20 0

∆ACE = ∆AEM (c.c.c) ⇒ AC = AM ⇒ ∆CAM cân ⇒ ∠CAM = 40 0

xy yx

yx yx

yx

Từ đó ta có nghiệm của phơng trình

4/ x− 4 x+ 1 + 5 + x+ 4 x+ 1 + 5 = 4 ⇔ ( x+ 1 − 2)2+ ( x+ 1 + 2)2 = 4 ⇔

15 1

2 1 2

4 2 1 2

zy

x

6/ Giả sử a≥b≥c ta có:

c b

a− <

( 2 2 2 2 2 2)

4 4 4

2 2 2 2 2 2 2 2 4 4 4

2 2 2

2 2

2

2

4 2

2 2

2 2

a c c b b a c b a

b a a c c b b a c b a

ab c b a

c ab b a

+ +

<

+ +

⇔

<

−

− +

+ +

⇔

<

− +

⇔

<

− +

y z y

x y

Tơng tự cho y và z

Vậy x = y = z =1

8/ Mỗi góc của lục giác là 120 0, giả sử X, Y, Z là điểm cắt của FA và BC, BC và

DE, DE và FA; các tam giác XYZ, XAB, YCD, ZEF là tam giác đều ⇒

Ta CMR: O là tâm đờng tròn nội tiếp tứ giác

Kẻ OM, ON, OP, OQ vuông góc AC, CB, BD, DA

Vì O1 và O2 là tâm đờng tròn nội tiếp ∠CAD, ∠CBD ⇒AO, BO là phân giác ⇒ OM = OP, ON = OQ

=

+

B O

OO B O r B O

OO r

A O

OO r

A O

OO A O r

2

2 2

2

2 1

1 1

1

⇒OM = OR = OQ = ON ⇒O là tâm đờng tròn nội tiếp tứ giác ABCD

10/ Giả sử điểm B’ là điểm đối xứng B qua phân giác của góc S đã cho, F là tiếp

điểm của đờng tròn trên AC; D và E là điểm cắt của AB, AC với cạnh thứ 2 của góc S

Trong ∆AFO có OF = 12 AO ⇒ ∠BAO = 30 0 ⇒ ∠BAC = 60 0

Mà ∆ADE cân vì có phân giác là đờng cao

Giả sử ∠S = 2 α, ∠ABC là góc ngoài của tam giác SBD, BO là phân giác

∠SEA là góc ngoài của ∆SEC, BO là phân giác ⇒ ∠BCO = 30 0 − α, khi

đó: ∠BOC = 180 0 − ∠CBO− ∠BCO= 120 0

∆SBB’ có ∠SBB’ = 0− α = 90 0 − α

2

2 180

⇒ ∠SBB’ = 180 0 − ∠SBB’ - ∠CBO = 60 0; ∠OB’B = 60 0

∆OBB’ đều vì vậy ∠B’OC = ∠B’OB + ∠BOC = 60 0 + 120 0 = 180 0 và

∠BB’C = ∠BAC ⇒B’ nằm trên đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC, nhng khi

đó tâm vòng tròn thuộc trung trực của đoạn BB’ đó là phân giác của góc S

Đề số 9

1/ Biến đổi : a + bc = (a + b).(a + c)

⇔ a + bc = a2 + ab + ac + bc

⇔ a + b + c = 1 Vì a > 0 nên b + ac = (1- a - c ) + ac =

b a

+ +

=

= +

−

−

b ca

a bc

c ab

bc b ab

c

ab a ca

b

ca c bc

a

b

c a c b

c

a

Phơng trình đầu: c3 +( )ca ⋅b= 2ac⋅c

c b b

c3 + 3 = 2 2

2 2

2 + − = ⇔ + − =

b

c b

c b

cb c

Vậy

b

c

là nghiệm phơng trình t2 +t− 1 = 0

Nhng nghiệm của phơng trình trên thuộc tập vô tỉ

Vậy trái với điều giả sử ⇒ĐPCM

4/ Bất đẳng thức đã cho có thể viết:

=a b c a b c b c a c a b

7/ Biến đổi: 4( 2

5

2 4

2 3

2 2

2 1

2 2 2 1

2 4 1

2 3 1

2 2

⇒I là trực tâm của ∆ABC ⇒ MI ⊥AC

10/ Gọi O và O’ là tâm vòng tròn ngoại tiếp và bàng tiếp, K là trung điểm cungBAC, khi đó OK ⊥BC, O’A’ ⊥BC, OK = O’A’ ⇒tứ giác OKO’A’ là hình bìnhhành OA’//O’K Ta thấy AK là phân giác ngoài của góc A của ∆ABC,

bởi thế song song A’O và O’K vuông góc với phân giác góc CAB

∆CAB cân, ∠AC’B’ = ∠A

2

1

thì C’B’⊥A’OTơng tự A’C’ ⊥B’O ⇒O là trực tâm ∆A’B’C’

=

∆

2

3 0

6

2

a

a a

a a x

2 1

x

2 1

2 2 1

2 2

2 2

2 1

2

1 2

1 2

1 2

α + = − nªn

2 90

∠EDC = ∠BCF, ∠EDC + ∠EDA = 90 0

⇒ ∠EDC + ∠DCF = 90 0 , vậy tâm nằm trên đờng thẳng

= +

= +

c a b

b c a

a b c

2 2

2 2

2 2

Lấy (1) trừ (2) ta đợc b2 – a2 = a – b suy ra a = b ; a + b = 1 Ta xét từngtrờng hợp:

a a

c

2

2 2

3 2

1 1

a c b

c a

b a

1

; 2

1

; 2

1

; 2

1

; 2

1

;

;y z x

0

; 0

2 2

b a b

a ab b

1 2

1 2

1 1

1

2 2

2 2

1 2 2

2 2

y x

8/ Gi¶ sö x1 vµ x2 lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh : x1nhá h¬n hay b»ngx2

2 1

p x x

q x

§Ò sè 121/ Gi¶ sö p – q = n ⇒ p+q=n3

2

1 1 2

x z z y y x z

y x z y

a2 + 2 + 2 > + +

c b

a2 + 2 + 2 + 2 + + > 3 + +

(a+b+c)2> 3(ab+bc+ca)

7/ Ta cã: GT =x3z−x3y+z3y−z3x+y3x−y3z = 0

Hay (x - y)(y - z)(z - x)(x + y + z) = 0

= +

2 3

BC Vậy AC + BC > 3 (AN + NB) = 3.AB

11/ Kẻ đờng thẳng CH và MH cắt đờng tròn tại F và R Chứng minh FR song songvới AB; QH cắt đờng tròn tại W Chứng minh tam giác HRW cân Sau đó đa về bàitoán “con bớm”

Đề số 131/ Đặt t = x + y

0 0

1

y x y

x xy yx

y

x

, 3 2

1 2

3

y x y

x xy yx

e) t = 4 th×

y

x xy

3 5

2 2

−

=

− +

−

+

0 4

0 6

2 2

2 2

y xy x y

x

y xy x y

y x

−

0

6

2 2

y x

y xy

= +

−

4

62 2

2 2

y xy x

y xy

3

+ +

= +

+

a a

a

ph¶i lµ sè nguyªn

Tơng tự: x1+ x2 =

1

2 1 1

1

+

−

= +

−

a a

1

2 2

1 1 1

99

2 3 1 2 2

1

−

=

− + +

− +

AM MN

=

=

MD MN

Tam giác MNE có ∠M = 1800 - ∠1800 - (180 0 ) 150 0

10/ Đặt các cạnh tam giác là a, b, c ; c > b

Giả sử ∠BAD =∠CAD = α, ∠ADC = β, từ đó ⇒ ∠B = β - α, vì c

> b nên β < 900 Giả sử vòng tròn bán kính r tâm O nằm trên đờng thẳng DC điqua A và D khi đó O giao điểm trung trực của đoạn AD với tia DC Tam giácAOD cân, vậy ∠DAO = β Điểm C nằm trên đờng thẳng BC và nằm giữa D và

O, khi đó ∠CAO = β- α ⇒ tam giác ABO đồng dạng tam giác CAO Ta có:

CD r

r r

BD

r

−

= +

Theo tính chất phân giác: tam giác ABC ta có:

BD =

c b

ac

+ ; CD =

c b

ab r c b

lý VËy ph¬ng tr×nh v« nghiÖn

2/ §PCM ⇔

a

b c c

a = −

Trªn c¹nh AB lÊy D sao cho: AD = b; DB = c – b;

27 13

27 13

52 4 13 3 13 3

3

≥ +

+

− +

= +

−

S

S S S S

S

13 3

52 13

2

≥ +

+

−

⇔

S S S

+ +

≤ +

+ +

+

c b a ab

c ac

b bc

(p - 1) và (p + 2) là hai số chẵn khác nhau ⇒ ⇒ p – 1 = 1 ⇒ p = 2; p + 2 = 4 ⇒3m – 2 = 4

Vậy điều đó không thể có đợc với m là số nguyên

6/ áp dụng bất đẳng thức x2 + y2 + z2 ≥ xy + yz + zx với mọi x, y, z

CDnhan EC

CF BC CD BC CF

CD EC BC

DF BE FC EC FC

DF AC

DA BAC AB

AC BE EC

⇒ +

1 2

.

.

cos

37 1

3 2

2 2

2 2 2

≥ +

−

=

−

= + +

− +

= +

+

5, 4

5,

1

2 2

2 y z x

z y x

3 1 5 , 1

; 2

3 1 5 , 1

3/ §Æt hiÖu vµ tÝch cña x,y lµ r vµ p ta cã:

3 0

Nếu a + b - c > 0 thì x + y - z = ± a+b−c

x = x a y z =± a+a b−c

− + ; y = x b y z =± a b+b−c

6/ Nếu p = 3 thoả mãn đề bài

Nếu p ≠ 3 thì p nguyên tố ⇒p = 3n ±1 ⇒ p2 − 22 = (9n2 ± 6n - 21) chiahết cho 3

ở đó M là trung điểm BC

11/ Giả sử O là điểm cắt các đờng cao

Tứ giác OMCN, PNCB nội tiếp

NO

=

Nhân đẳng thức này với hai đẳng thức tơng tự ta đợc:

1

.

.

=

NA MC

PB

MN PM

NP

12/ Biến đổi biểu thức về dạng:

0 5

2 2 2

5 2

2

3 3

2 3

1 2

3 2

Đề số 161/ Ta có y chẵn y = 2t; 615 = x2 - 22t = (2t - x)(2t + x) = 3.5.41 = 123.5 ⇒t = 6.

2/ Biến đổi về dạng: (x3 - 8) - y(x - 2) - 7(x - 2) = 17

Từ đó suy ra điều phải chứng minh

5/ Khảo sát hiệu vế trái và vế phải:

3

3 3 3 3

3 3 3

3 3

3

x

y x y y

x y x y

x y y x

y x

3

3 3

3 3

yx

y y x x x y

6/ Biến đổi đẳng thức đã cho về dạng:

c b a b a a c c b b a

b a c a c

a c

= +

= +

⇒ +

+ +

= +

+ +

2 2

2 b c a

ab< + =

2 2

2

2

a b

⇒ ab(a + b + c) ≤ c3 22+1 mà 1 , 25

2

1 2

AOB ABB

CBB

ABB CBB

AOB

S

S S

S

S S

S

S S

S C B

1 1

1 1 1

1

1 1

Mà diện tích tam giác ABO bằng diện tích ACO vậy B AB C C AC B

1

1 1

1 =14/ HS tự làm

Đề số 171/ Biến đổi về dạng: x2 + 1998 = y2 ⇔ (x+y) (⋅ y−x) = 2 ⋅ 999 ⇒

x y

chẵnNếu 2 số lẻ: ⇒ tổng lẻ

Nếu 2 số chẵn ⇒ tích chẵn  4 nhng 2 999 không chia hết cho 4 Vậyphơng trình vô nghiệm

Nếu x2 + 2000 = y2 thì phơng trình có nghiệm : (5, 45); (40, 60); (95, 105);(121, 120); (248, 252); (499, 501)

z x y

3/ Ta có: a a p a p

c b a

c b

=

= +

+

≤

+

2 2 2 1

1

+

= +z

1 1

8/ Biến đổi về dạng: yx = (1 - 2y)y = y - 2y2 = y  = −y

1 8

4 4

z z yz

y y xy x

+ +

= +

− + +

− + +

−

2 2 2 2

2

z z y y

x

+ +

=

− +

=

−

2 0 0

2

y xz

z y x

z x

=

−

= +

−

2 0 0

=

− +

= +

−

2 0 0

2

y xz

z y x

z y x

;

Giải 4 hệ trên ta đợc: (1, 1, 1); (- 1, - 1, - 1); ( 2, 0, 2);

(- 2, 0, - 2); ( 2, 2, 0); (- 2, - 2, 0); (0, 2, 2); (0, - 2, - 2);13/ Nhân cả hai vế với phơng trình: x+ x ta đựơc:

14/ Giả sử P là điểm cắt của AN và DC, khi đó

DA

PD QA

CD = x

Ta có: tam giác NCP đồng dạng tam giác ADP ⇒

c b

ac x b

c a x

ab c

b

a c

x QA

Từ ∠OAM = ∠OBM = α ⇒OABM nội tiếp ⇒ ∠OMA= ∠OBA

Nhng ∠OAM = ∠KBM vì ∠KBA= ∠OBM = α

x+1+1 ≥ + +

1

⇔ (x - 1).(y - 1).(z - 1) ≤ 0 ⇒ (xk - 1).(yk - 1).(zk - 1) ≤ 0

3/ Ta biết CA1 = CB1 ; Giả sử vòng tròn tâm C bán kính CA1 = CB1 , cắt đờng thẳng

A1K tại D1 ; Chúng ta phải CMR: D và D1 trùng nhau

Đờng thẳng KA1 vuông góc với A1C1, song song với phân giác BO bởi thế

2

1 1

1

B OBA

C A

37 6

1 5

1 4

1

≥

= + +

Giả sử đúng với n = k , ta CM đúng với n = k + 1

>

+

++

++++++

++

=++++

+

122

112

12

1

2

11

122

1

3

12

1

k k k

k k

k k

k k

> 21 53

2

1 1

1 1 2

1 1

1

3

1 2

1

− + + + +

1 2

1

− +

n n

2 2

2 2

U

U Z

U V

Thay vào ta đợc: U2 - 14U + 40 = 0

Z V U

7/ Đặt x + y = U, xy = V, khi đó x2 + y2 = (x + y)2 - 2xy = U2 - 2.V

V VU

V

U

313

10 2)

313(

13 3

9 4

1 2

3 2

3 2

1 2

1 2

cos sin 2

1

cos sin 2

1

2

AB DB

DA DB

DA DM

S ACD = ADB =

4 2

2

S S

S S S

= +

AMB

AFM CBM

CFM

S

S S

S BM

4 2

4

S

x S

x S

< 2n2 -1 + 1/ 8 n2 từ đó suy ra đpcm

2/ Ta thấy a và b phải có một số là chẵn Giả sử a = 2 khi đó 2b + b 2 là sốnguyên tố Nếu b là số lẻ không chia hết cho 3 thì 2b + b 2 chia hết cho 3 , không phải là số nguyên tố Bởi thế a = 2 còn b = 3

3/ Chia cả tử và mẫu của phân thức đã cho với x tính đợc x + 1 / x = 6 suy ra

x2 + 1 / x2 = 34 suy ra x4 + 1/ x4 = 1154 Vậy 1/ (x4 + 1/ x4 -1) =1/ 1153.4/ Giải hệ:

35 30

35

2 2 3 3

3 3 2

2

3

3

xyy x yx

yx xyy

353

255 125

xy yx

xyyx yx

−

3

2065

2

t

t t

a + + ≥ + do (a - b)2 ≥ 0

) ( 2

3 2

b + + ≥ +

) ( 2

3 2

c + + ≥ +

Cộng vế với vế ta đợc:

3 ) (

2 2

2 2

a

− +

=

3 2

3 2

3

3

y y x

x x y

4

ab b a

2 2 3 2 2 3 2 2 3

2 2 2 2

ca a c c bc c b b ab b a a

c b a

+ + + + + + + +

c b a c b a

c b

+ + + +

+ +

V×: 2 2 2 ( )2

3

1

c b a c b

a + + ≥ + + do ¸p dông:

3 2 1

2 3 2 1 3

3 2

2

1

1

b b b

a a a b

a b

a

b

a

+ +

+ +

≥ + +

r

P S

P MC AB MB CA MA BC

AB CA BC MC

AB

AB MB

CA

CA MA

BC

BC

2 2

4

.

2 1 1

1

2 1

2 1

2 1

2

=

=

⋅ +

⋅ +

⋅

+ +

≥ +

1

MC MB MA MC

AB

AB MB

CA

CA MA

10/ Ta có: 2

1 1

1 1

2

1 2

3

a A B

GA ⋅ = (a1, a2, a3 là độ dài 3 cạnh tam giác A1A2A3)

1

2 1 1

6 2

3GA

a

3 2 1

2 3

2 2

2 1 3

2 1

2 2 3

2 2

2

(

GA GA GA

GA GA GA GA

GA GA

a a a

+ +

+ +

= + +

+ +

≥

3 2

1 1

1 + + + = + ≥

xy xy

y x

3/ Biến đổi :

10

7 7 1 1 1

+ + +

+

=

+

b a c a c b c b

a

4/ Theo cách giải hệ phơng trình đối xứng đặt p + q = a còn pq = b 5/ Đặt x - 1 = t suy ra : x2 - 2x = t - 1, lúc đó phơng trình đã cho có dạng

t4 + 2t - 24 = 0

6/ Cộng cả ba phơng trình lại ta có : x2 + y2 + z 2 = 2( x + y + z) - 3

Hay ( x-1)2 + ( y-1)2 + ( z-1)2 = 0 hay x = y = z = 1

7/ Biến đổi hệ phơng trình đã cho tơng đơng với hệ:

12 1 12

1 12

1

2

2 2 2

y x y x y x

yx yx yx

yx yx yx

8/ Trả lời:

a) x = 3

b) Bằng cách phân tích thành nhân tử : ( x, y) = ( 2 , 1 ) , ( -2 , -1 ).c) Định phơng trình đã cho về dạng:

(2x + 1)2 = (2y2 + y + 1)2 - (y2 - 2y)

Đáp số: (x, y) = (0, -1); (-1, -1); (0, 0); (-1, 0); (5, 2); (-6, 2);

9/ Giả sử X là trung điểm của KB khi đó

đối xứng BD qua đờng thẳng DE Giao điểm của AE và CD là điểm I, vậy giao

điểm BE và BD chính là B Vậy tam giác IFG đối xứng tam giác BFG

Suy ra IF = BF; IG = BG; và đờng thẳng BI vuông góc DE Nhng BI là phân giác

∠FBG vậy suy ra tam giác FBG cân ⇒ FB = BG Vì vậy tất cả các cạnh của tứgiác BFIG bằng nhau, vậy nó là hình thoi