ĐÁP ÁN ĐỀ 20 Bài 1: Cho a, b, c số thực phân biệt cho phương trình x2 + ax + 1= x2 + bx + c = có nghiệm chung, đồng thời phương trình x2 + x + a = x2 + cx + b = có nghiệm chung Hãy tìm tổng a + b + c Lời giải: Gọi x1 nghiệm chung phương trình x2 + ax + 1= x2 + bx + c = Ta có: x12 + ax1 + 1= x12 + bx1 + c = Trừ vế theo vế hai đẳng thức trên, ta c‒1 được: (a – b)x1 +1 – c = Hay là: x1 = (1) a‒b Gọi x2 nghiệm chung phương trình: x2 + x + a = x2 + cx + b = Lý luận tương tự trường hợp đầu, ta có: (c–1)x2 + b – a =0 Vì a ≠ b nên c ≠ x2 = Từ (1) (2) suy x1x2 = a‒b c‒1 (2) Vì x1 nghiệm phương trình x2 + ax + 1= nên x2 nghiệm lại phương trình ⟹x22 + ax2 + =0 (3) Lại x2 nghiệm phương trình x2 + x + a = nên x22 + x2 + a = (4) Vế trừ vế hai đẳng thức (3) (4) ta được: (a – 1)(x2 – 1) = (5) Dễ dàng nhận thấy a ≠ với a = 1, phương trình x2 + ax + = khơng có nghiệm thực Do từ (5) suy x2 = Vì x2 nghiệm phương trình x2 + x + a = nên a + = (6) Vì x2 nghiệm phương trình x2 + cx + b = nên b + c + = (7) Từ (6) (7), cộng vế theo vế ta a + b + c + =0, a + b + c = –3 Vậy a + b + c = –3 DeThiMau.vn Bài 2: Cho số thực x, y, z lớn thỏa mãn điều kiện: 1 + + =1 � � � Chứng minh rằng: (x–2)(y–2)(z–2) ≤1 Dấu đẳng thức xảy nào? Lời giải: 1 Đặt a = , b = , c = Từ giả thiết ban đầu toán, ta suy ra: x y z 1 < � ≤ , < � ≤ , < � ≤ a + b + c =1 2 Ta có: (x–2)(y–2)(z–2) ≤1 ⟺ 1 ‒2 ‒2 ‒2 ≤1 a b c ( )( )( ) ⟺(1 – 2a)(1 – 2b)(1 – 2c) ≤ abc ⟺(a+b+c–2a)(a+b+c–2b)(a+b+c–2c) ≤ abc ⟺(b+c–a)(c+a–b)(a+b–c) ≤ abc (1) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho số dương, ta có: 2a = (c+a–b) + (a+b–c) ≥ (c + a ‒ b)(a + b ‒ c) ⟺a ≥ (c + a ‒ b)(a + b ‒ c) (2) Dấu đẳng thức xảy (c+a–b) = (a+b–c) ⟺ b = c Lý luận tương tự, ta có: b ≥ (a + b ‒ c)(b + c ‒ a) (3) c ≥ (b + c ‒ a)(c + a ‒ b) (4) Dấu đẳng thức xảy a = c Dấu đẳng thức xảy a = b DeThiMau.vn Nhân vế theo vế bất đẳng thức (2), (3), (4) ta bất đẳng thức (1) Suy ĐPCM Dấu đẳng thức xảy a = b = c = ⟺ x = y = z = 3 Bài 3: Cho a > c, b > d Chứng minh rằng: (a + b + c + d)2> 8(ad + bc) Lời giải: Ta có: (a + b + c + d)2 – 8(ad + bc) = (a2 + b2 + c2 + d2) + 2ab + 2ac + 2ad + 2bc + 2bd + 2cd – 8(ad + bc) = 4(ab + cd – ad – bc) + (a2 + b2 + c2 + d2 –2ab – 2cd –2ad – 2bc + 2ac + 2bd) = 4(a – c)(b – d) + (a + c – b – d)2 > ĐPCM DeThiMau.vn Bài 4: Cho hình bình hành ABCD, M điểm nằm hình bình hành cho ∠ AMB + ∠CMD = 1800 Chứng minh rằng:∠MAD = ∠MCD Lời giải: Qua M kẻ đường thẳng (d) song song với AD lấy (d) điểm N cho: MN = AD = BC Dễ dàng chứng minh tứ giác ADMN tứ giác BCMN hình bình hành ⟹NA = MD NB = MC ⟹ΔMCD = ΔNAB (cạnh, cạnh, cạnh) ⟹∠ANB = ∠CMD ⟹∠ANB + ∠AMB = ∠CMD + ∠AMB = 1800 ⟹tứ giác AMBN tứ giác nội tiếp Ta có: ∠MCD = ∠NBA (Do ΔCMD =ΔANB) (1) ∠AMN = ∠MAD (So le trong) (3) ∠NBA = ∠AMN (tứ giác AMBN tứ giác nội tiếp) Từ (1), (2), (3) suy ra: ∠MCD =∠MAD ĐPCM DeThiMau.vn (2) Bài 5: Cho hai đường tròn (O1) (O2) cắt A B Đường thẳng O1A cắt (O2) C, đường thẳng O2A cắt (O1) D Qua A kẻ đường thẳng song song với CD cắt (O1), (O2) M N Chứng minh rằng: a) Năm điểm B, C, D, O1, O2 nằm đường tròn b) BC + BD = MN Lời giải: a) Ta có: ΔO1O2A = ΔO1O2B (cạnh, cạnh, cạnh) ⟹∠O1AO2 = ∠O1BO2 Lại có ∠CAO2 = ∠ACO2(Tam giác ACO2 cân) Từ suy ra: ∠O1BO2 + ∠ O1CO2 = ∠O1AO2 + ∠CAO2 = 1800 ⟹Tứ giác BO1O2C nội tiếp Chứng minh tương tự, tứ giác BO1O2D tứ giác nội tiếp ⟹Năm điểm B, C, D, O1, O2 nằm đường tròn ĐPCM b) Tứ giác BO2CD nội tiếp, có hai dây cung BO2 CO2 nên DO2 phân giác góc CDB ⟹∠ADC = ∠ADB (1) Mặt khác, CD song song với MN nên ∠DAM = ∠ADC(2) Từ (1) (2) suy ∠DAM = ∠ADB ⟹∠DAB = ∠DAM + ∠MAB = ∠ADB + ∠MDB = ∠MDA (3) Tương tự vậy, ta chứng minh được: BC = AN (4) ⟹ BD = MA (Mối tương quan góc dây cung đường tròn (O1) Từ (3) (4) suy MN = MA + NA = BD + BC Vậy MN = BC + BD ĐPCM DeThiMau.vn DeThiMau.vn ... (x–2)(y–2)(z–2) ≤1 Dấu đẳng thức xảy nào? Lời giải: 1 Đặt a = , b = , c = Từ giả thiết ban đầu toán, ta suy ra: x y z 1 < � ≤ , < � ≤ , < � ≤ a + b + c =1 2 Ta có: (x–2)(y–2)(z–2) ≤1 ⟺ 1 ‒2 ‒2