+ Nếu các điểm không có tính chất trên, ta xét lục giác đều, theo nguyên lý Dirichlet ta cũng có đpcm..[r]
Trang 1Câu 1:
a) Xét f(1-x) + f(x) = 1
Do đó: A = 1005 +f( )
2012
1006
= 1005 + f( )
2
1
= 1005,5
b) ĐK: x > 0, x 1 Rút gọn P =
1
2
x x
x ;
Để P Z thì x 2 x x 1và x 2 x x 1=> x 1 ( loại ) Vậy không tồn tại x
để P nhận giá trị nguyên
Câu 2: Vì x,y nguyên dương nên ( x + y)3 > (x + y )2 => ( x-y-6)2 > (x + y )2
+ TH1: x-y-6 0 => y < -3 : loại
+ TH2: x-y-6 < 0 => x < 3 => x = 1, y = 3; x = 2 loại vì khi đó y không là số nguyên
Câu 3:
Ta có : ( a2 +1)(b2 +1)(c2 + 1)( d2 +1) = ( a2b2 + a2 + b2 +1)(c2d2 +c2 +d2 +1) = [(a+b)2 +(ab-1)2][(c+d)2 + (cd-1)2] [(cd-1)(a+b)+ (ab-1)(c+d)]2 ( theo Bunhiacopxki) =
( abc+bcd+cda+dab-a-b-c-d)2 = 2012 ( đpcm)
* C2: Theo Bunhiacopxki: (a2 +1)(b2 + 1) ( a+b)2 Sau đó cmr (a+b)2(c+d)2
= ( abc+bcd+cda+dab-a-b-c-d)2 = 2012
Câu 4
a) Ta có : AN1.AM1 = AN2.AM2 ( = AI2) => AN1N2 ~ AM2M1 =>
AN1N2 = AM2M1 (1)
Mà AN1N2 + M1N1N2 = 1800 (2)
Từ (1) và (2) => đpcm
b) Gọi giao điểm của PM1 và QM2 là E
Ta có : O2IM2 = O2M2I = OPM2 ; O2IQ = PQI Từ đó ta có P, I, M2 thẳng hàng Vậy I là trực tâm của PQE => đpcm
Trang 2Câu 5: + Nếu tất cả các đỉểm đó cách đều nhau => đpcm.
+ Nếu các điểm không có tính chất trên, ta xét lục giác đều, theo nguyên lý Dirichlet ta cũng có đpcm