ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH BÌNH ĐỊNH NĂM HỌC 2017-2018 Câu 1: 1) Chứng minh n6 2n n2 chia hết cho 36 với n nguyên dương 2) Cho ba số phân biệt a, b, c Đặt: x a b c 9ab, 2 y a b c 9bc, z a b c 9ac Chứng minh ba số x, y, z có số dương Câu 2: 1) Tìm nghiệm nguyên phương trình: x y x y 1 y 1 13 2) Giải phương trình: x x 2018 2018 Câu 3: 2 1) Cho ba số a, b, c không âm thỏa mãn điều kiện: a b c 2 ab bc ca p, q, r ba số thỏa mãn: p q r 0 Chứng minh rằng: apq bqr crp 0 2) Cho số dương a, b thỏa mãn a.b 1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: M a b 1 a b a b Câu 4: 1) Cho tam giác nhọn ABC có đường cao AD, BE, CF trực tâm H a) Chứng minh rằng: AC.BD.CE = BE.CD.BH b) Gọi I, J trung điểm AH BC Đường trịn đường kính AH cắt đoạn thẳng IJ K Tia AK cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC M cắt đoạn thẳng BC P Tia MD cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Q Chứng minh tứ giác AQDP tứ giác nội tiếp 2) Cho tam giác ABC vuông cân A Các điểm D, E theo thứ tự di chuyển cạnh AB, AC cho BD = AE Xác định vị trí điểm D, E cho: a) DE có độ dài nhỏ b) Tứ giác BDEC có diện tích nhỏ STT 07 LỜI GIẢI ĐỀ HỌC SINH GIỎI TỈNH BÌNH ĐỊNH NĂM HỌC 2017-2018 Câu 1: 1) Chứng minh n6 2n n2 chia hết cho 36 với n nguyên dương 2) Cho ba số phân biệt a, b, c Đặt: x a b c 9ab, 2 y a b c 9bc , z a b c 9ac Chứng minh ba số x, y, z có số dương Lời giải 1) Ta có: n6 2n n n6 n4 n n n n 1 n n 1 n n 1 n 1 A2 2,3 1 A6 n n 1 n 1 36 A3 Đặt A n n 1 n 1 , ta có (đpcm) 2) Ta có: 2 2 x y z a b c 9ab a b c 9bc a b c 9ac 3 a b c ab bc ca 2 3 a b c ab bc ca a b b c c a 2 Vì a, b, c ba số phân biệt nên 3 2 a b b c c a x y z Do ba số x, y, z phải có số dương Câu 2: 1) Tìm nghiệm nguyên phương trình: x y x y 1 y 1 13 2) Giải phương trình: x x 2018 2018 Lời giải 2 1) Ta có: x y x y 1 y 1 13 x xy x xy y y y 13 0 2x xy x xy y y x y 15 7 x x y 3 y x y x y 7 x y 3 x y 7 10 x x y 1 x y + TH1: x y 7 2 x y 12 y 16 x y 7 x y 4 + TH2: x y 1 2 x y 6 10 x y (loại) (loại) x y x y x y 2 x y x y 2 (thỏa mãn) x y x y x y 10 2 x y 4 x y 8 (thỏa mãn) + TH3: + TH4: Vậy pt cho có nghiệm nguyên x; y là: 2; , 2;8 2) ĐKXĐ: x 2018 , đặt x 2018 t , , t 0 t x 2018 x t 0 2 Ta có x x 2018 2018 x t t x x t x t 1 0 x t x t 0 + TH1: 2018 x 0 x t + TH2: x x x 2018 0 897 x 2018 x 0 x x 2017 0 8069 x x 1 897 8069 ; x 2 Vậy phương trình cho có nghiệm là: x Câu 3: 2 1) Cho ba số a, b, c không âm thỏa mãn điều kiện: a b c 2 ab bc ca p, q, r ba số thỏa mãn: p q r 0 Chứng minh rằng: apq bqr crp 0 2) Cho số dương a, b thỏa mãn a.b 1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: M a b 1 a b a b Lời giải 1) Từ gt: a b c 2 ab bc ca a b c 4bc | a b c |2 bc Lại có: p q r 0 r p q apq bqr crp apq bq p q cp p q apq bpq bq cpq cp pq a b c bq cp Ta có: bq cp | pq | bc | pq || a b c | pq a b c pq a b c bq cp 0 apq bqr crp 0 (đpcm) 2) Sử dụng BĐT AM – GM, ta có: a b 2ab 2 M a b 1 a b 2 a b 4 a b 1 a b a b 2 a b a b a b ab 2.2 8 Dấu “=” xảy a b 1 a b Vậy giá trị nhỏ M a b 1 Câu 4: 1) Cho tam giác nhọn ABC có đường cao AD, BE, CF trực tâm H a) Chứng minh rằng: AC.BD.CE = BE.CD.BH b) Gọi I, J trung điểm AH BC Đường tròn đường kính AH cắt đoạn thẳng IJ K Tia AK cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC M cắt đoạn thẳng BC P Tia MD cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Q Chứng minh tứ giác AQDP tứ giác nội tiếp 2) Cho tam giác ABC vuông cân A Các điểm D, E theo thứ tự di chuyển cạnh AB, AC cho BD = AE Xác định vị trí điểm D, E cho: a) DE có độ dài nhỏ b) Tứ giác BDEC có diện tích nhỏ Lời giải A E I F Q K H B P D J C M a) Ta có: BDH ∽ BEC (g-g) BD BH BH.BE = BC.BD (1) BE BC BEC ∽ ADC (g.g) BC CE = BC.CD = CE.AC (2) AC CD Từ (1) (2) suy ra: BH.BE.BC.CD = BC.BD.CE.AC AC.BD.CE = BE.CD.BH (đpcm) = AFH 900 Tứ giác AEHF nội tiếp b) Ta có: AEH 2 KIE KIF JIF KIE AB MC JIE KIF KAE KAF MAC M MB 2 Ta có: IE IF AH ; JE JF BC IEJ IFJ (c-c-c) Q MAB Tứ giác AQDP nội tiếp BDQ MBC BM BAQ QAP a) Kẻ AH BC H BC , qua D kẻ B DK AB K BC DKB 900 ABC 450 BDK vuông cân D BD DK AE Tứ giác ADKE hình chữ nhật K D H DE AK Ta có: AK AH DE AH Vậy DE nhỏ K H D trung điểm AB E trung điểm AC b) Đặt AB AC a , a ; BD AE x AD a x A E C Ta chứng minh BĐT: Với a, b ta ln có: a + b ab (*) Thật vậy: (*) a b (BĐT đúng) 1 a2 Áp dụng (*) ta có: SADE = AD.AE = a x x a x x 2 8 SABC = a2 a a 3a AB.AC = Do đó: SBDEC SABC SADE không đổi 2 8 a Dấu “=” xảy a x x x Vậy tứ giác BDEC có diện tích nhỏ 3a 3AB2 D, E trung điểm AB AC 8