Thông tin tài liệu
TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG Bài 1: (4,0 điểm) 2x x 1 2x x x x x x ) 1 x 1 x x x 1 6 a) Tìm giá trị x để A b) Chứng minh A với x thoả mãn x 0, x 1, x Cho biểu thức A ( 1.a) A ( x x x x x x ) x x (2 x 1)( x 1) x (2 x 1)( x 1) x ( x 1) 1 x 1 x x (1 x ) x x 1 (1 x )( x x 1) x 1 x ( x 1) x x 1 1 x 1 x x 1 x x 1 x x 1 6 x 1 6 x x Từ giải x 3; x 5 x x 1 x 1 x x ( x 1) b)Ta có: A x x 1 Do x nên x ( x 1)2 Vậy A Ta có A Bài 2: (5,0 điểm) a) Giải phương trình: 3x2 + 4x + 10 = 14 x Giải xác định điều kiện: x 2 ;x 2 x x x 2 x = ( x 2) ( x 7) x 2 x x x 2 (Thỏa mãn) x 2 x Bài 3: (3,0 điểm) Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a + b + c = Chứng minh rằng: ab bc ca c 1 a 1 b 1 1 11 1 (*) dấu xảy x = y Ta có với x, y >0 thì: ( x+y)2 xy x y x y x y 4 x y DeThiMau.vn TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG Áp dụng bất đẳng thức (*) a+b+c = nên ta có: ab ab ab 1 ; c (c a ) (c b ) c a c b bc bc 1 ; a 1 a b a c Tương tự ta có: ca ca 1 b 1 b a b c ab bc ca ab bc ab ca bc ca 1 a b c c 1 a 1 b 1 c a bc ab 4 ab bc ca 1 Dấu xảy a b c c 1 a 1 b 1 + Hiển nhiên hệ có nghiệm x = y = z = + Với xyz (I) viết lại: 1 1 11 x y xy y z yz z x zx 1 1 x y (II) 1 y z 1 z x Cộng ba phương trình hệ (II) 11 theo vế ta được: (*) x y z x y z Trừ phương trình (*) cho phương trình hệ (II) theo vế ta có : x = 1, y = 2, z = Vậy hệ phương trình có hai nghiệm (0; 0; 0) (1; 2; 3) Bài 4: (6,0 điểm) 1) Cho hai đường tròn (C1) (C2) tiếp xúc điểm T Hai đường tròn nằm đường tròn (C3) tiếp xúc với (C3) tương ứng M N Tiếp tuyến chung T (C1) (C2) cắt (C3) P PM cắt đường tròn (C1) diểm thứ hai A MN cắt (C1) điểm thứ hai B PN cắt đường tròn (C2) điểm thứ hai D MN cắt (C2) điểm thứ hai C Chứng minh tứ giác ABCD tứ giác nội tiếp 2) Cho ABC điểm M nằm ABC cho AM2 = BM2 + CM2 Tính số đo góc BMC ? 1) Gọi O1, O2, O3 tương ứng tâm E đường tròn (C1), (C2), (C3) ta có M, O1, O3 N C thẳng hàng => BO1 // NO3 B MB O B MA O A => Tương tự: MN O N MP O P MA MB => => AB//NP MP MN Tương tự CD// PM => AEDP hình bình hành (với E = AB CD) Do PAT ~ PTM => PT2 = PA.PM tương tự PT2 = PD.PN Vậy PA PM = PD.PN => T M EB PN PA ED EC PM PD EA => EBC ~ EDA => EBC = EDA => EDA + CBA = 1800 DeThiMau.vn O2 D O1 O3 A P TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG => ABCD nội tiếp 2) Vẽ tam giác CMN BCN = ACM => BN = AM mà AM BM CM BN BM MN BMN vuông M BMC BMN NMC 900 600 1500 Bài 5: (2,0 điểm).Tìm giá trị nhỏ biểu thức: 2 A= x y z xy yz zx với x > 0; y > 0; z > xy yz Biến đổi để được: xy yz zx A = x + y + z (1) x y y z x z + Chứng minh được: x + y + z xy yz zx > (2) + Thay (2) (3) vào (1) A x y z Do đó: Min A = xy yz zx + Vậy Amin = 1 xyz Bài 1: (4,0 điểm).Cho biểu thức: x 3 x x 3 x 2 9x P 1 : x 2 x x x x 6 a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm giá trị x để P = x0 x đk x x 2 x x Ta có: x ( x 3) ( x 3)(3 x ) ( x 2)(2 P 1 : ( x )(3 x ) ( x 3)( x DeThiMau.vn x) 9 x zx TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG x x4 (2 x )(3 x ) : = = = . x (2 x )(3 x x (2 x ) 3 Vậy P = x 2 x 2 x x x 25 Vậy với x = 25 P = x 2 Ta thấy P = Bài 2: (5,0 điểm) a) Giải phương trình: x2 x4 ( x 1) x x 1 1 x a ĐK: x -1 PT x x4 x x 1 b x x x Giải Pt x = (t/m x -1) KL: x = x y z Hệ xy x y z x y u Đặt x, y nghiệm phương trình: t2 - ut + v = xy v Phương trình có nghiệm u2 – 4v (a) (*) 1 Thế (1) vào (2) v = – z(5 - z) = z2 –5z + 2 u z v zu Ta có hệ: Hệ có nghiệm (a) có nghiệm (*) xảy (5-z)2 – 4(z2 – 5z + 8) - 3z2 + 10z – z 1 z 7 z (z-1)(-3z+7) z z z 7 z Từ (3) z nguyên z = 1; (3) (VN ) x u x y y +) z x v xy y u x y x v xy y +) z Vậy hệ có nghiệm nguyên là: (2; 2; 1); (1; 2; 2); (2; 1; 2) x y z xy yz zx b) Tìm nghiệm nguyên hệ: Bài 3: (2,0 điểm) Cho số dương x,y,z thoả mãn điều kiện: Tính: T = x xy + yz + zx = 1 y 1 z y 1 z 1 x z 1 x 1 y 1 x2 2 2 1 y2 1 z2 DeThiMau.vn TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG 1+x2 Ta có Tương tự ta có: T= x x2 = = xy + yz + zx + y(x+z)+x(x+z) =(x+z)(z+y) 1+y =(y+x)(y+z) 1+z2 =(z+x)(z+y) y x y z z x z y y z x z y x y x z z x y x z y x y z = x z x y x y y z z x z y =x(y+z)+y(x+z)+z(x+y) =2(xy+yz+zx)=2 Vậy T= Bài 1: (4,0 điểm).Cho biểu thức : x x 8 x 2 x x : P x2 x x x x x x a) Tìm x để P có nghĩa chứng minh P b) Tìm x thoả mãn : x P a) Điều kiện x>0 Ta có : P P= x 4 x2 x 5 P-1= ( x ) (8 x 8) ( x 2) ( x x 3) ( x 2) : x ( x 2) x ( x 2) x 4 x2 x 5 1 ( x 1) ( x 1) Vậy P 0 b) ( x 1).P x 1 x x 3x + x -1 = 32 3 3 x (loại) x (thỏa mãn) x 74 (thoã mãn điều kiện x>0) Bài 2: (5,0 điểm) a) Giải phương trình : x x 1 x 1 b) Giải hệ phương trình : x2y – 2x + 3y2 = x2+ y2x + 2y = a ĐK : x 1 x x x2 x2 2x x 2x ( ) (x ) 1 ( 1) x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x (1 ) x (1 ) x (1 ) x (1 ) x 1 2 1 b Giải hệ phương trình : DeThiMau.vn (thỏa mãn) TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG Nếu y=0 x=0 Vậy x=0, y=0 nghiệm hệ phương trình Với y hệ cho trở thành x2y – 2x + 3y2 = x2y+ y3x + 2y2 = y x 2x y (1) x y x 2y 2 Xét y 3 từ (1) x (2) y y 2 Nhận thấy y 3 không thoả mãn hệ phương trình thay vào (2) ta có : y2 y2 y3 y3 ( ) y y 11 y y y 0 y 2 y 2 y 2 ( y 2) y 1 y 1 x 2 Vậy hệ có nghiệm (0;0) (1;-1) (-2 ; ) 2 y y x 2 3 3 1 1 Bài 3: (3,0 điểm).Cho x, y, z R thỏa mãn : x y z x yz Hãy tính giá trị biểu thức : M = + (x8 – y8)(y9 + z9)(z10 – x10) Từ : 1 1 x y x yzz 1 1 => => 0 x y z x yz x y z x yz xy z x y z zx zy z xy x y x y x y y z ( z x) xy z x y z xyz x y z ( ) Ta có : x8 – y8 = (x + y)(x-y)(x2+y2)(x4 + y4).= y9 + z9 = (y + z)(y8 – y7z + y6z2 - + z8) z10- x10 = (z + x)(z4 – z3x + z2x2 – zx3 + x4)(z5 - x5) Vậy M = 3 + (x + y) (y + z) (z + x).A = 4 Bài 4: (6,0 điểm) Cho ABC với BC=a, CA=b, AB=c (c0 x y Tìm giá trị nhỏ biểu thức: A 1 x y xy b) Cho số dương a,b,c thay đổi thoả mãn : a+b+c=4 a b b c c a CMR: 3.a.Vi a 0, b ; Ta có: a b a b 2ab (Bdt Cô si) a b 2ab 4ab (a b)2 4ab (a b)(a b) ab a a 1 4 (*) ab ab ab ab ab a b a b ab Áp dụng BÐT (*) v i a = x y ; b = 2xy ; ta có: 1 4 (1) 2 x y 2xy x y 2xy (x y) 1 Mặt khác : (x y)2 4xy (2) 4xy (x y) xy (x y) 1 1 1 1 A 2 x y xy x y 2xy 2xy x y 2xy xy 4 1 1 6 2 (x y) (x y) (x y) (x y) [Vì x, y >0 x y (x y)2 ] minA = x = y = DeThiMau.vn TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG b.*Do a,b,c >0 từ gt ta có : a b a b c a b a b a b (1) *Hoàn toàn tương tự ta có: b c b c (2) c a c a (3) *Cộng vế với vế (1),(2) (3) ta có: 2a b c a b b c c a Hay ab bc ca đpcm Bài 1: (4,0 điểm) a a : Cho biểu thức: A = 1 1 a a a a a 1 a a.Rút gọn biểu thức A b.Tính giá trị biểu thức A a 2011 2010 a a : Điều kiện: a A = 1 1 a a a a a 1 a ( a 1) a 1 a : a 1 (1 a )(a 1) ( a 1) (1 a )(a 1) (a 1)( a 1) 1 a Bài 3: (4,0 điểm) a) Cho x, y, z số dương thoả mãn xyz =1 1 Tìm GTNN biểu thức: E = x ( y z) a a a : a (a 1)(1 a) a 1 y ( z x) z ( x y) b) Giải phương trình nghiệm nguyên: xy yz xz 3 z x y 1 1 , b = , c = abc = = 1 x + y = c(a + b) x z y xyz y + z = a(b + c) x + z = b(c + a) 2 a b c a b c E= + + Dễ dàng chứng minh đợc + + bc ca ab bc ca ab a ( a b c ) b( a b c ) c ( a b c ) Nhân hai vế với a + b + c > + + (a+b+c) bc ca ab 2 2 a b c abc 3 a b c + + = E 2 2 bc ca ab Dấu "=" xảy a = b = c = Vậy E = a = b = c = a) Đặt a = DeThiMau.vn TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG b) ĐK: x ; y ; z Pt x y y z x z 3xyz x ; y ; z x y y z x z 3xyz suy số x, y, z dương, số có hai số âm, số dương Ngồi (x,y,z) nghiệm (-x,-y,z) ; (-x,y,-z) (x,-y,-z) nghiệm Do cần xét nghiệm (x,y,z ) với x, y, z số ngun dương Khơng tính tổng qt ta giả sử : x y z 2 x xy z2 xz yz y z; z z z z y x x y xy xz yz 3 z z 3z z y x z z mà z z Với z = phương trình trở thành: Ta có: x y 2 y x xy y x 3 x y từ đó: xy mà x ; y x y Vậy (x,y,z) = (1,1,1) Từ nhận xét suy phương trình có nghiệm ngun (1,1,1) ; (1,-1,-1) ; (-1,-1,1) ; (-1,1,-1) Bài 2: b) Giải phương trình: x 3x x b) x 3x x (1), điều kiện x Đặt x a, a ; 3x b, b Suy b a x Thay vào (1) ta a b b a (a b).(a b 1) a b (do a 0, b nên a+b+1>0) Với a = b ta có x 3x x thỏa mãn điều kiện Vậy x=1 nghiệm phương trình cho a b c ab bc 1 b c a bc ab b) Cho a, b, c dương a + b = c = Chứng minh a b b c c a Bài 3: (2,0 điểm) a) Cho a, b, c>0 chứng minh rằng: a b c ab bc (1) b c a bc ab a (a b)(b c) b(a b)(b c) c(a b)(b c) (a b) (b c) (a b)(b c) b c a 2 a c b ( a b) cb (b c) a ab ac b ab c bc b c a 2 2 Mặt khác (a b) (b c) (a b)(b c) = a ac c 3b 3ab 3bc a) a, b, c>0 CM: Do ta cần chứng minh: a c b (a b) cb(b c) 2b 2bc ab (2) b c a a2c b (a b) cb(b c) a c b3 a c c b b3 c b c a ( ) ( VT ) ( ) b2 ( ) b c a b c b a c a a c ab ac b4 c 2b ab 2bc 2b VP a 10 DeThiMau.vn TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG Dấu “=” xảy a = b = c b) C1: Áp dụng bất đẳng thức Cô – si: 2 ab bc ac 2 2 3 ab T : bc a c 3 Cộng vế 1,2,3 ta có đpcm Đẳng thức sảy a = b = c = 1/3 C2: Áp dụng Bu nhi a: Bài 2: b) Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: x3y + xy3- 3x-3y = 17 b) Phương trình: x3y+xy3-3x-3y=17 (x2+y2)(xy-3)=17=17.1 Do x,y nguyên dương nên x2+y2>1 x y ( x y) 25 ( x y) xy 17 x y 17 xy x y 5 xy xy xy xy 2 2 x hc y x 4 hc y 1 x y x -1 y -4 x x 4 x x 1 y y 1 y y 4 Kết luận: Bài 3: (2,0 điểm) a) Giải phương trình: (x+1)(x+2)(x+4)(x+8) = 28x2 ax + by = c b) Cho hệ phương trình: bx + cy = a cx + ay = b (a, b, c tham số) Chứng minh điều kiện cần đủ để hệ phương trình có nghiệm là: a3 + b3 + c3 = 3abc a) Giải phương trình : (x+1)(x+2)(x+4)(x+8)=28x2 (x2 + 6x +8)(x2 + 9x + 8) = 28x2 x (1) x=0 nghiệm pt (1) Chia vế (1) cho x2 ta được: (1) (x+ 6)( x 9) 28 t 2 Đặt t = x+ (1) (t+6)(t+9) =28 t2 + 15t + 26 =0 x t 13 x Với t = -2 x+ 2 x2 + 2x + =0 vô nghiệm 11 DeThiMau.vn TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG Với t = -13 x+ 13 x2 + 13x + =0 x = -13 137 x b) Điều kiện cần : Giả sử HPT cho có nghiệm (x ; y) Khi a b3 c a.a b.b c.c (bx cy )a (cx ay )b (ax by )c ab(ax by ) ca (cx ay ) bc(bx cy ) (a bx ab y ) (ac x ca y ) (b cx bc y ) abc cab bca 3abc 2 2 2 Điều kiện đủ: Giả sử a b3 c 3abc (a b)3 c 3ab(a b) 3abc (a b c) (a b) c(a b) c 3ab(a b c) (a b c) (a b) (b c) (c a ) a b c a b c 2 a b c (a b) (b c) (c a ) a+b+c=0 , nhận thấy HPT có nghịêm : x = y = -1 a=b=c , nhận thấy HPT có nghiệm : x = ; y=1 (hoặc x = ; y = 0) Vậy a b3 c3 3abc HPT cho có nghiệm Bài 3: (2,0 điểm) Tìm a , b , c biết a , b ,c số dương 32 1 = abc a b c Vì a ; b ; c số dương áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: 2 1 = =2 2 b c a b a b 2 32 = 1 a b c abc a b c 1 a a2 32 1 b 1 = abc a b c b 1 c2 c 1 a2 c2 = c Bài 4: (2,0 điểm) a) Cho a, b, c [0 ; 1] Chứng minh : a b c (1 a )(1 b)(1 c) b c 1 a c 1 a b 1 b)Cho số x, y, z thoả mãn x + y + z + xy + yz + zx = Chứng minh : x2 + y2 + z2 a) Cho số x, y, z thoả mãn x + y + z + xy + yz + zx = 12 DeThiMau.vn TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG Chứng minh : + + Ta có x2 + y2 + z2 3(x2 + y2 + z2) 3(x2 + y2 + z2) ( x + y + z + xy +yz + zx)- (x2 – 2xy + y2) + (y2 – 2yz + z2) + (x2 – 2zx + z2) + (x2 – 2x + 1) + (y2 – 2y + 1) + (z2 – 2z + 1) ( x – y)2 + (y – z)2 + (x – z)2 +(x -1)2 + (y – 1)2 +(z – 1)2 b) Vai trò a, b, c ngang nên giả sử: a b c áp dung BĐT Cauchy cho số: a+b+1, 1-a, 1-b ta có: x2 y2 z2 a b 11 a 1 b a b a b 1 a 1 b a b 1 1 c 1 a 1 b a b 1 Vì a b c nên: a a b c 1 a b 1 b b a c 1 a b 1 1 c a b c a b c 1 1 a 1 b 1 c a b 1 a b 1 a b 1 a b 1 b c 1 a c 1 a b 1 Bài 5: (2,0 điểm) Cho tam giác ABC có đường cao AH Gọi I,K điểm nằm tam giác ABC cho = ,M trung điểm BC Chứng minh tam giác ABI ACK vuông Ivà K : a) MI = MK b) Bốn điểm I,H,M,K thuộc đường tròn a) Gọi E,F trung điểm AB,AC ta có: 13 DeThiMau.vn TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG 1 IE = AB = MF, EM = AC = FK 2 nên IAM = MHK (c.g.c) suy MI = MK b) Ta chứng minh Đặt = , Ta có : Xét tam giác IEM có ta lại có = = nên = 1800 - (1) = nên 1800 - = (so le trong,AB song song với MF) (do IAM = MHK ) nên 1800 - = Từ (1),(2)suy (2) I,H,M,K thuộc đường trịn Bài 3: (2,0 điểm) x2 x4 x2 b) Cho a3 + b3 + c3 = 3abc với a,b,c khác a + b+ c a) Tìm giá trị lớn biểu thức: M = Tính P = (2008+ a b c )(2008 + ) ( 2008 + ) b c a a) Nhận xét x = M = 0, giá trị giá trị lớn Vậy M đạt giá trị lớn với x khác Chia tử mẫu cho x2 ta được: 1 M= M đạt giá trị lớn x nhỏ x x 1 x => x = => x = Vậy M lớn 1/3 x = x b) Ta có: a3 + b3 + c3 = 3abc ( a + b + c ) ( a2 + b2 + c2 - ab - bc - ac ) = a2 + b2 + c2 - ab - bc -ac = ( a + b + c 0) ( a- b )2 + ( b – c )2 + ( c – a )2 = a = b = c P = (2008+ a b c )(2008 + ) ( 2008 + ) b c a P = ( 2008 + ) ( 2008 + ) ( 2008 + ) = 20093 Bài 3: (4,0 điểm).a) Cho x, y, z số dương thoả mãn xyz =1 1 Tìm GTNN biểu thức: E = x3 ( y z) c) Giải phương trình nghiệm nguyên: y ( z x) xy yz xz 3 z x y 14 DeThiMau.vn z ( x y) TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG a) Đặt a = 1, x b = , c = abc = = 1 x + y = c(a + b) y + z = a(b + c) x + z = b(c + z y xyz a) a b c a2 b2 c2 E= + + Dễ dàng chứng minh đợc + + bc ca ab bc ca ab Nhân hai vế với a + b + c > a (a b c) + b(a b c) + c(a b c) (a+b+c) bc ca ab 2 3 a b c abc abc + + = E 2 bc ca ab 2 Dấu "=" xảy a = b = c = Vậy E = a = b = c = 2 2 b) ĐK: x ; y ; z Pt x y y z x z 3xyz x ; y ; z x y y z x z 3xyz suy số x, y, z dương, số có hai số âm, số dương Ngồi (x,y,z) nghiệm (-x,-y,z) ; (-x,y,-z) (x,-y,-z) nghiệm Do cần xét nghiệm (x,y,z ) với x, y, z số nguyên dương Khơng tính tổng qt ta giả sử : x y z x xy z2 xz yz y z; z 2z z z y x y x xy xz yz 3 z z 3z z y x z z mà z z Với z = phương trình trở thành: Ta có: x y 2 y x xy y x 3 x y từ đó: xy mà x ; y x y Vậy (x,y,z) = (1,1,1) Từ nhận xét suy phương trình có nghiệm ngun (1,1,1) ; (1,-1,-1) ; (-1,-1,1) ; (-1,1,-1) Bài 3: (4,0 điểm) a) Cho a,b,c >0 a+b+c = Chứng minh b+c ≥ 16abc b) Cho x3 + y3 + 3(x2 +y2) +4(x + y) + = xy > Tìm giá trị lớn biểu thức x :M y 15 DeThiMau.vn TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG a) Cho a, b, c ba số dương thoả mãn điều kiện a + b + c = Chứng minh rằng: Áp dụng BĐT Côsi x + y xy ta có ( a + b) + c (a b)c (a b)c 4( a + b)c nhân hai vế với a + b > ta được: A + b 4(a + b)2c mà ta chứng minh (a + b)2 4ab Do a + b 4(4ab)c hay a + b 16abc từ suy đpcm 2 Theo kết câu 3.1, ta có: a b c a b c 4a b c mà a b c (giả thiết) ab 16 abc nên: 4a b c b c 4a b c (vì a, b, c khơng âm nên b + c không âm) Nhưng: b c 4bc (không âm)Suy ra: b c 16abc a b c 1 bc , a bc Dấu đẳng thức xảy khi: b) Ta có : x3 + y3 + 3(x2 +y2) +4(x + y) + = x3 + 3x2 + 3x +1 + y3 + 3y2 + 3y + + x + y + = (x + 1)3 + (y + 1)3 + (x + y + 2) = (x + y + 2)[(x + 1)2 – (x + 1)(y + 1) + (y + 1)2 + 1] = (*) Vì x 1 – x 1 y 1 y 1 2 1= x 1 y 1 y 1 Nên (*) x + y + = x + y = - 1 x y 2 2 Ta có : M x y xy xy 2 Vậy MaxM = -2 x = y = -1 x y xy xy xy xy Bài 5: (2,0 điểm) Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: 1 x y Điều kiện x 0; y xy Khi đó: 1 xy x y x y y x 7 x 49 x y 49 49 y7 x7 49 y Z y Z Z x ước 49 x7 Các nghiệm nguyên dương phương trình là: (Với x ) x 1 x 7 x 42;0;6;8;14;56 x 49 x; y 8;56; 14;1456;8 Bài 3: (4,0 điểm) a) Cho x, y, z số thực dương thoả mãn x y z 3z - 3x2 = z2 = 16 - 4y2 Tìm giá trị lớn biểu thức : zy + yz + zx b) Cho tam giác ABC có cạnh a,b,c chu vi 2p =a+ b + c 16 DeThiMau.vn TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG Chứng minh : pa + pb 16 - z 32 - z , x2 = 2 16 - z 48 - 3t 5t - 16 5t2 16 z (1)Mặt khác x2 - 3y2 = 0 12 x 3 x2 y (2) Từ x y 3y Ta có: xz = z z y z2 2 3 a) * Tìm giá trị lớn của: xy + yz + zx Vì y z 16 - z z2 x2 3y2 x = 3 Từ giả thiết ta có: y2 = y z xy + yz + zx 16 z z 3 2 yz 1 1 2( + + ) pc a b c + y z2 y2 z2 = 2 y2 + 3 3 16 32 16 z 8 Dấu đẳng thức sảy x = 4 ,y=z= 5 4 32 16 đạt x; y; z , , 5 5 bca acb bac b, ta có: P a 0, P b 0, P c 0 2 1 4 áp dụng bất đẳng thức: x, y>0 ta có: , x y x y p a p b 2p a b c Vậy giá trị lớn biểu thức xy + yz + zx Tương tự ta có: ( 1 1 1 ) 2( ) pa pb pc a b c Dấu “ =” xảy khi: a=b=c Bài 5: (2,0 điểm) Ở miền hình vng ABCD lấy điểm M cho MBA MAB 15 Chứng minh : Tam giác MCD Xác định điểm I tam giác MDA cho tam giác MIA tam giác Ta có IAD=900-150-600=150= MAB, AB=AD AM=AI AID= AMB AID = AMB=1500 MID=3600-1500-600=1500 Xét IDM IDAcó ID chung; MID= AID=1500, IA=IM (do AIM đều) IDM= IDA AD=DM =DC (1) Mặt khác DAM= CBM (vì BC=AD ;MB=MA; CBM= DAM) MC=MD (2) từ (1) (2) ta có DMC 17 DeThiMau.vn TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG Bài 3: Gọi a, b, c độ dài ba cạnh tam giác biết: a b b c c a 8abc Chứng minh tam giác cho tam giác a b b c c a 8abc a 2b bc 2abc ac ab 2abc b c a c 2abc 2 ba c ab c cb a Ta có: ba c 2 a, b, c ab c 2 a, b, c cb a 2 a, b, c mà a, b, c 2 ba c ab c cb a a, b, c Dấu xảy tam giác c ( a b) a (b c ) b( a c ) a b c Kết luận: Vậy tam giác có cạnh nên Bài 4: (2,0 điểm) a) Tìm nghiệm nguyên phương trình sau: 7x2 + 13y2 = 1820 b) Cho x, y, z > 0, x + y + z = Tìm giá trị lớn biểu thức C = ( xyz)(x+y)(y+z)(z+x) a) Do 1820 13 13y2 13, x y số nguyên nên ta cần có 7x2 13 x2 13 x 13 (vì 13 số nguyên tố) x = 13m với m Z Tương tự 1820 7x2 7, x y số nguyên nên ta cần có 13y2 y2 y (vì số nguyên tố) y = 7n với n Z Khi phương trình cho trở thành: 7(13m)2 + 13(7n)2 = 1820 13m2 + 7n2 = 20 13m2 20 m2 m , (vì m Z) + Nếu + Nếu m m 7n 20 n 20 Z (loại) x 13 m 13 7n 20 n n y 7 Vậy phương trình cho có nghiệm ngun (-13; -7) (-13; 7), (13; -7) (13; 7) x y z 1 (1) b) x, y, z > 0, x + y + z = áp dụng BDT côsi cho số dương : xyz 27 Tương tự x y y z z x x y y z z x Từ (1),(2) xyz ( x y )( y z )( z x) 3 3 2 27 3 ( 2) 8 Vậy giá trị lớn biểu thức x = y = z = 729 729 18 DeThiMau.vn TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG Bài 3: (4,0 điểm) a) Cho a , b, c, d > Chứng minh : a b c d + + + x2 + y2 + xy * Vậy x y - Với x =2 thay vào phương trình ta + 2y + y2 = 4y2 hay 3y2-2y -4 =0 Phương trình khơng có nghiệm ngun - Với x =-2 thay vào phương trình ta - 2y + y2 = 4y2 hay 3y2+2y -4 =0 Phương trình khơng có nghiệm ngun - Với x =1 thay vào phương trình ta + y + y2 = y2 hay y = -1 - Với x =-1 thay vào phương trình ta - y + y2 = y2 hay 1- y = y =1 - Với x = thay vào phương trình ta y =0 Thử lại ta phương trình có nghiệm ngun (x, y) là: (0; 0); (1, -1); (-1, 1) Bài 4: (2 điểm) Cho số x, y, z, t Thoả mãn (x+y)(z+t)+xy+88 = Tìm giá trị nhỏ biểu thức: A = x2 + 9y2 + 6z2 + 24t2 Cho số x, y, z, t Thoả mãn (x+y)(z+t)+xy+88=0 20 DeThiMau.vn ... AB AC a) Chứng minh : MP NQ PQ a b c b) Chứng minh : Q, E, F thẳng hàng a Ta có : BOP góc ngồi AOB BOP= OAB + OBA = DeThiMau.vn ( BAC + ABC) TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG Lại có... y2 + z2 a) Cho số x, y, z thoả mãn x + y + z + xy + yz + zx = 12 DeThiMau.vn TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG Chứng minh : + + Ta có x2 + y2 + z2 3(x2 + y2 + z2) 3(x2 + y2 + z2) ( x... ,M trung điểm BC Chứng minh tam giác ABI ACK vuông Ivà K : a) MI = MK b) Bốn điểm I,H,M,K thuộc đường tròn a) Gọi E,F trung điểm AB,AC ta có: 13 DeThiMau.vn TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG 1 IE = AB =
Ngày đăng: 31/03/2022, 01:27
Xem thêm:
