boiduong hsg toan9

TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG Bài 1: (4,0 điểm). Cho biểu thức 2 1 2 1 ( ). 1 1 2 1 x x x x x x x x A x x x x + − − + − = + − − − − . a) Tìm các giá trị của x để 6 6 5 A − = . b) Chứng minh rằng 2 3 A > với mọi x thoả mãn 1 0, 1, 4 x x x≥ ≠ ≠ . 1.a) ( ) 2 1 2 (2 1)( 1) (2 1)( 1) ( 1) 1 ( ). 1 . 1 1 2 1 (1 )( 1) 2 1 (1 ) 1 x x x x x x x x x x x x x x x A x x x x x x x x x x   + − − + − − + − + −   = + − = + −   − − − − + + − − +   ( 1) 1 1 1 . 1 1 1 1 x x x x x x x x x x x   + + = − − = − =   + + + + + +   Ta có 6 6 1 6 6 6. 1 0 5 5 1 x A x x x x − + − = ⇔ = ⇔ − + = + + . Từ đó giải được 2 3; 2 3x x= + = − b)Ta có: 2 2 1 2 2 1 0 ( 1) 0 3 3 1 x A x x x x x + > ⇔ > ⇔ − + > ⇔ − > + + Do 1x ≠ nên 2 1 0 ( 1) 0x x− ≠ ⇒ − > . Vậy 2 3 A > Bài 2: (5,0 điểm). a) Giải các phương trình: 3x 2 + 4x + 10 = 2 2 14 7x − Giải xác định đúng điều kiện: 2 2 ; 2 2 x x − ≤ ≥ ⇔ 2 2 2 4 4 2 1 2 2 1. 7 7x x x x+ + + − − − + = 0 2 ( 2) ( 2 1 7) 0x x⇔ + + − − = 2 2 2 0 2 2 2 1 7 0 2 x x x x x x = −  + =    ⇔ ⇔ ⇔ = − =    − − =     = −   (Thỏa mãn) Bài 3: (3,0 điểm). Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh rằng: 4 1 111 ≤ + + + + + b ca a bc c ab . Ta có với x, y >0 thì: ( x+y) 2 ⇒≥ xy4 (*) 11 4 11411         +≤ + ⇒ + ≥+ yxyxyxyx dấu bằng xảy ra khi x = y. 1 • E N M B C O 1 O 3 O 2 D P A T TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG Áp dụng bất đẳng thức (*) và do a+b+c = 1 nên ta có: 1 1 ; 1 ( ) ( ) 4 ab ab ab c c a c b c a c b   = ≤ +  ÷ + + + + + +   Tương tự ta có: 1 1 ; 1 4 1 1 . 1 4 bc bc a a b a c ca ca b b a b c   ≤ +  ÷ + + +     ≤ +  ÷ + + +   ( ) 1 1 1 1 1 1 4 4 4 ab bc ca ab bc ab ca bc ca a b c c a b c a b c a b + + +   ⇒ + + ≤ + + = + + =  ÷ + + + + + +   ⇒ 4 1 111 ≤ + + + + + b ca a bc c ab . Dấu bằng xảy ra 3 1 ===⇔ cba + Hiển nhiên hệ có nghiệm là x = y = z = 0. + Với xyz ≠ 0 thì (I) được viết lại: x y 3 xy 2 y z 5 yz 6 z x 4 zx 3 +  =   +  =    + =   ⇔ (II) 1 1 3 x y 2 1 1 5 y z 6 1 1 4 z x 3  + =    + =    + =   Cộng ba phương trình của hệ (II) theo vế ta được: 1 1 1 11 2 x y z 3   + + =  ÷   ⇔ 1 1 1 11 x y z 6 + + = (*) Trừ phương trình (*) cho từng phương trình của hệ (II) theo vế ta lần lượt có : x = 1, y = 2, z = 3. Vậy hệ phương trình có hai nghiệm (0; 0; 0) và (1; 2; 3). Bài 4: (6,0 điểm). 1) Cho hai đường tròn (C 1 ) và (C 2 ) tiếp xúc ngoài nhau tại điểm T. Hai đường tròn này nằm trong đường tròn (C 3 ) và tiếp xúc với (C 3 ) tương ứng tại M và N. Tiếp tuyến chung tại T của (C 1 ) và (C 2 ) cắt (C 3 ) tại P. PM cắt đường tròn (C 1 ) tại diểm thứ hai A và MN cắt (C 1 ) tại điểm thứ hai B. PN cắt đường tròn (C 2 ) tại điểm thứ hai D và MN cắt (C 2 ) tại điểm thứ hai C. Chứng minh rằng tứ giác ABCD là tứ giác nội tiếp. 2) Cho ∆ ABC đều điểm M nằm trong ∆ ABC sao cho AM 2 = BM 2 + CM 2 . Tính số đo góc BMC ? 1) Gọi O 1 , O 2 , O 3 tương ứng là tâm các đường tròn (C 1 ), (C 2 ), (C 3 ) ta có M, O 1 , O 3 thẳng hàng => BO 1 // NO 3 = > NO BO MN MB 3 1 = . Tương tự: PO AO MP MA 3 1 = => MN MB MP MA = => AB//NP Tương tự CD// PM => AEDP là hình bình hành (với E = AB ∩ CD). Do PAT ~ PTM => PT 2 = PA.PM tương tự PT 2 = PD.PN Vậy PA. PM = PD.PN => EA ED PD PA PM PN EC EB === 2 TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG =>∆ EBC ~ ∆ EDA => EBC = EDA => EDA + CBA = 180 0 => ABCD nội tiếp. 2) Vẽ tam giác đều CMN BCN = ACM => BN = AM mà 2 2 2 AM BM CM= + 2 2 2 BN BM MN⇔ = + BMN⇔ ∆ vuông tại M. · · · 0 0 0 90 60 150BMC BMN NMC⇒ = + = + = . Bài 5: (2,0 điểm).Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = 2 2 2 x y z x y y z z x + + + + + với x > 0; y > 0; z > 0 và xy yz zx 1 + + = Biến đổi để được: A = x + y + z xy yz zx x y y z x z   − + +  ÷ + + +   (1) + Chứng minh được: x + y + z xy yz zx≥ + + > 0 (2) + Thay (2) (3) vào (1) được A 1 2 ≥ Do đó: Min A = x y z 1 2 xy yz zx 1 = =   ⇔  + + =   + Vậy A min = 1 1 x y z 2 3 ⇔ = = = Bài 1: (4,0 điểm).Cho biểu thức:       −+ − − + − + − −       − − −= 6xx x9 x3 2x x2 3x : 9x x3x 1P a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm giá trị của x để P = 1 đk      ≠ ≠ ≥ ⇔      ≠− ≠− ≥ 4x 9x 0x 0x2 09x 0x Ta có:       +− −+−−++−       −+ − −= )x3)(x2( x9)x2)(2x()x3)(3x( : 3x)(3x( )3x(x 1P 3 TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG =       +− −−       + x3)(x2( 4xx4 : 3x 3 =       −− +−       + 2 )x2( )x3)(x2( . 3x 3 = 2x 3 − . Vậy P = 2x 3 − Ta thấy P = 1 1 2x 3 = − ⇔ 25x5x32x =⇔=⇔=−⇔ . Vậy với x = 25 thì P = 1 Bài 2: (5,0 điểm). a) Giải phương trình: 4 )11( 2 2 −= ++ x x x 2. a. ĐK: x ≥ -1 và PT <=> ( ) 4 11 4 11 2 2 −=       −+ ⇔−=         ++ x x xx x x x <=> ( ) 31411 2 =+⇔−=−+ xxx . Giải Pt x = 8 (t/m x ≥ -1). KL: x = 8 b. Hệ ⇔ ( )    =++ −=+ 8 5 zyxxy zyx Đặt    = =+ vxy uyx ⇒x, y là nghiệm của phương trình: t 2 - ut + v = 0 (a) Phương trình có nghiệm ⇔ u 2 – 4v ≥ 0 (*) Ta có hệ:    =+ −= 8 5 zuv zu ( ) ( ) 2 1 . Thế (1) vào (2) ⇒ v = 8 – z(5 - z) = z 2 –5z + 8 Hệ có nghiệm ⇔ (a) có nghiệm ⇔ (*) xảy ra ⇒ (5-z) 2 – 4(z 2 – 5z + 8) ≥ 0 ⇔ - 3z 2 + 10z – 7 ≥ 0 ⇔ (z-1)(-3z+7) ≥ 0           ≤− ≤−    ≥− ≥− ⇔ 037 01 037 01 z z z z             ≥ ≤ ≤≤ ⇔ 3 7 1 3 7 1 z z z )( )3( VN Từ (3) và do z nguyên ⇒ z = 1; 2 +)    = = ⇒    = =+ ⇒    = = ⇒= 2 2 4 4 4 4 1 y x xy yx v u z +)           = =    = = ⇒    = =+ ⇒    = = ⇒= 1 2 2 1 2 3 2 3 2 y x y x xy yx v u z Vậy hệ có 3 nghiệm nguyên là: (2; 2; 1); (1; 2; 2); (2; 1; 2) b) Tìm nghiệm nguyên của hệ:    =++ =++ 8 5 zxyzxy zyx Bài 3: (2,0 điểm). Cho 3 số dương x,y,z thoả mãn điều kiện: xy + yz + zx = 1 Tính: T = ( )( ) 2 22 1 11 x zy x + ++ ( )( ) 2 22 1 11 y xz y + ++ + ( )( ) 2 22 1 11 z yx z + ++ + 4 TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG Ta có 1+x 2 = xy + yz + zx + x 2 = y(x+z)+x(x+z) =(x+z)(z+y) Tương tự ta có: 1+y 2 =(y+x)(y+z) 1+z 2 =(z+x)(z+y) T= ( )( )( )( ) ( )( ) yxzx yzxzzyxy x ++ ++++ ( )( )( )( ) ( )( ) zyyx zxyxyzxz y ++ ++++ + ( )( )( )( ) ( )( ) yzxz zyxyzxyx z ++ ++++ + = =x(y+z)+y(x+z)+z(x+y) =2(xy+yz+zx)=2. Vậy T= 2 Bài 1: (4,0 điểm).Cho biểu thức :         + + ++         + − + + + + = xxx xx x x xx x x x P 1 2 3 : 2 2 88 2 a) Tìm x để P có nghĩa và chứng minh rằng P 1≤ . b) Tìm x thoả mãn : ( ) 1.1 =+ Px a) Điều kiện x>0 Ta có : )2.( )2()3( : )2.( )2()88()( 22 + ++++ + +−++ = xx xxx xx xxx P P= 52 44 ++ + xx x ⇒ P-1= 0 4)1( )1( 1 52 44 2 2 ≤ ++ −− =− ++ + x x xx x Vậy 1 ≤ P b) 1).1( =+ Px ⇔ 4 ( ) 521 2 ++=+ xxx ⇔ 3x + 6 x -1 = 0 ⇔ 3 323 3 323 +− = −− = x x ⇔ 3 347 − = x (thoã mãn điều kiện x>0) . Bài 2: (5,0 điểm). a) Giải phương trình : 1 1 2 2 =       + + x x x b) Giải hệ phương trình : x 2 y – 2x + 3y 2 = 0 x 2 + y 2 x + 2y = 0 2. a. ĐK : 1 −≠ x ⇔ 1 1 2 ) 1 ( 1 2 2 2 2 2 = + + + + + − x x x x x x x ⇔ 1 1 .2) 1 ( 2 2 = + + + − x x x x x ⇔ 2)1 1 ( 2 2 =+ + x x ⇔ 0)21()21( 0)21()21( 2 2 =++++ =−+−+ xx xx ⇔ 2 12212 −±− =x (thỏa mãn) b. Giải hệ phương trình : 5 (loại) (thỏa mãn) TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG Nếu y=0 ⇒ x=0 Vậy x=0, y=0 là nghiệm của hệ phương trình . Với y ≠ 0 hệ đã cho trở thành x 2 y – 2x + 3y 2 = 0 x 2 y+ y 3 x + 2y 2 = 0 ⇔ 02 02 22 23 =++ =−+ yxyx yxxy Nhận thấy 3 2 −= y không thoả mãn hệ phương trình . Xét 3 2 −≠ y từ (1) ⇒ 2 3 2 + = y y x thay vào (2) ta có : 02 2 .) 2 ( 3 2 22 3 2 =+ + + + y y y y y y ⇔ 02 2)2( 3 3 23 3 =       + + + + y y y y y ⇔ 08113 36 =++ yy ⇔ 32 3 2 3 8 111 3 3 3 −=⇒ − =⇒−= =⇒−=⇒−= xyy xyy . Vậy hệ có 3 nghiệm (0;0) (1;-1) (-2 3 ; 33 2 − ) Bài 3: (3,0 điểm).Cho Rzyx ∈ ,, thỏa mãn : zyxzyx ++ =++ 1111 Hãy tính giá trị của biểu thức : M = 4 3 + (x 8 – y 8 )(y 9 + z 9 )(z 10 – x 10 ) . Từ : zyxzyx ++ =++ 1111 => 0 1111 = ++ −++ zyxzyx => ( ) 0 = ++ −++ + + zyxz zzyx xy yx ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 1 0 0 ( ) 0 ( ) 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 : x 8 – y 8 = (x + y)(x-y)(x 2 +y 2 )(x 4 + y 4 ).= y 9 + z 9 = (y + z)(y 8 – y 7 z + y 6 z 2 - + z 8 ) z 10 - x 10 = (z + x)(z 4 – z 3 x + z 2 x 2 – zx 3 + x 4 )(z 5 - x 5 ) Vậy M = 4 3 + (x + y) (y + z) (z + x).A = 4 3 Bài 4: (6,0 điểm). 1. Cho ABC∆ với BC=a, CA=b, AB=c (c<a, c<b) . Gọi M và N lần lượt là tiếp điểm của cạnh AC và cạnh BC với đường tròn tâm O nội tiếp ABC∆ . Đoạn thẳng MN cắt tia AO tại P và cắt tia BO tại Q .Gọi E, F lần lượt là trung điểm của AB và AC . a) Chứng minh rằng : c PQ b NQ a MP == . b) Chứng minh rằng : Q, E, F thẳng hàng a. Ta có : ∠ BOP là góc ngoài AOB ∆ ⇒ ∠ BOP= ∠ OAB + ∠ OBA = 2 1 ( ∠ BAC + ∠ ABC) 6 (2) (1) TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG Lại có : ∠ PNB=180 0 – ∠ MNC =180 0 - 0 0 180 1 180 ( ) 2 2 ACB BAC ABC − ∠ = − ∠ + ∠ ⇒ ∠ BOP+ ∠ PNP=180 0 ⇒ tứ giác BOPN nội tiếp ⇒ ∠ OPM = ∠ OBC (cùng bù ∠ OPN ) Mặt khác : ∠ OMP = ∠ OCN ⇒ ∆ OPM ∆ OBC (g.g) ⇒ OB OP OC OM a PM == (1) Tơng tự ta có : ∆ ONQ ∆ OCA (g.g) ⇒ a PM OC OM OC ON b NQ ===  ∆ AOB ∆ QOP (g.g) ⇒ a PM OB OP c PQ ==  Từ (1) , (2) ⇒ c PQ b NQ a MP == b. Tứ giác AMQO nội tiếp (CM trên) ⇒ ∠ AQO= ∠ AMO = 90 0 ⇒ ∆ ABQ vuông tại Q có QE là trung tuyến ⇒ ∠ EQB= ∠ EBQ= ∠ CBQ ⇒ EQ//BC mà EF//BC ⇒ E, Q, F thẳng hàng Bài 5: (2,0 điểm). Cho a,b,c >0 và a+b+c = 1. Chứng minh b+c ≥ 16abc. Cho ba số thực , ,a b c không âm sao cho 1a b c + + = . Chứng minh: 16b c abc + ≥ . Dấu đẳng thức xảy ra khi nào ? Theo kết quả câu 3.1, ta có: ( ) ( ) ( ) 2 2 4a b c a b c a b c   + + = + + ≥ +   mà 1a b c + + = (giả thiết) nên: ( ) ( ) 2 1 4 4a b c b c a b c≥ + ⇔ + ≥ + (vì a, b, c không âm nên b + c không âm) Nhưng: ( ) 2 4b c bc+ ≥ (không âm) Suy ra: 16b c abc + ≥ . Dấu đẳng thức xảy ra khi: 1 1 , 4 2 a b c b c a b c = +  ⇔ = = =  =  7 TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG Bài 2: (3,0 điểm). a) Giải hệ phương trình: 3 3 5 5 2 2 1x y x y x y  + =   + = +   b) Tìm nghiệm nguyên của phương trình y 2 =-2(x 6 -x 3 y-32) a)Ta có: 3 3 5 5 2 2 1x y x y x y  + =   + = +   3 3 3 3 5 5 2 2 3 3 2 2 1 1 ( )( ) ( ) 0 x y x y x y x y x y x y x y   + = + =   ⇔ ⇔   + = + + + =     Sảy ra các trườngg hợp: Trường hợp a: 3 3 0 1 1 0 x x y y xy =  + =  ⇔   = =   hoặc 0 1 y x =   =  Trường hợp b: 3 3 3 3 3 3 1 1 1 0 x y x y y y x y x y x y    + = + = − + = ⇔ ⇔ ⇔    + = = − = −    hệ vô nghiệm Vậy nghiệm của hệ là: 0 1 ; 1 0 x x y y = =     = =   b) y 2 =-2(x 6 -x 3 y-32) 6 3 2 6 3 2 3 3 2 2 64 ( ) 64 ( ) ( ) 64x x y y x x y x x y⇔ + + = ⇔ + − = ⇔ + − = Vì x NxZ ∈⇒∈ 2 . Vậy x chỉ có thể nhận các giá trị { 0; 1; 2 } Suy ra cặp nghiệm nghuyên cần tìm là: (0; 8), (0;-8),(2;8), (-2;-8) Bài 3: (5,0 điểm). a) Cho x, y >0 và x y 1+ ≤ . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 2 1 1 A x y xy = + + b) Cho các số dương a,b,c thay đổi và thoả mãn : a+b+c=4. CMR: 4>+++++ accbba . 3.a.Vi a 0,b 0> > ; Ta có: 2 2 2 2 a b 2 a b 2ab+ ≥ = (Bdt Cô si) 2 2 2 a b 2ab 4ab (a b) 4ab⇒ + + ≥ ⇒ + ≥ (a b)(a b) a b 4 a a 4 1 1 4 4 (*) ab ab a b ab ab a b a b a b + + + ⇒ ≥ ⇒ ≥ ⇒ + ≥ ⇒ + ≥ + + + Áp dụng BÐT (*) v i a = 2 2 x y+ ; b = 2xy ; ta có: 2 2 2 2 2 1 1 4 4 x y 2xy x y 2xy (x y) + ≥ = + + + + (1) Mặt khác : 2 2 2 1 1 1 4 (x y) 4xy 4xy (x y) xy (x y) + ≥ ⇒ ≥ ⇒ ≥ + + (2) 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 A . x y xy x y 2xy 2xy x y 2xy 2 xy     ⇒ = + = + + = + +  ÷  ÷ + + +     2 2 2 2 4 1 4 4 1 6 . . 1 (x y) 2 (x y) (x y) 2 (x y)   ≥ + = + = ≥  ÷ + + + +   6 [Vì x, y >0 và 2 x y 1 0 (x y) 1+ ≤ ⇒ < + ≤ ] ⇒ minA = 6 khi 1 x = y = 2 8 TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG b.*Do a,b,c >0 và từ gt ta có : 4 =++<+ cbaba bababa +<+⇔<+⇔ 22 (1) *Hoàn toàn tương tự ta cũng có: cbcb +<+ 2 (2) acac +<+ 2 (3) *Cộng vế với vế của (1),(2) và (3) ta có: ( ) ( ) accbbacba +++++<++ 22 Hay 4 accbba +++++< ⇒ đpcm Bài 1: (4,0 điểm). Cho biểu thức: A =         +++ − +         + − 1 2 1 1 : 1 2 1 aaaa a a a a a.Rút gọn biểu thức A. b.Tính giá trị biểu thức A khi 2011 2 2010a = − . Điều kiện: 0 ≥ a . A =         +++ − +         + − 1 2 1 1 : 1 2 1 aaaa a a a a         ++ − + + +− = )1)(1( 2 1 1 : 1 12 aa a a a aa )1)(1( 21 : 1 )1( 2 ++ −+ + − = aa aa a a 2 2 )1)(1( )1)(1()1( −+ ++− = aa aaa a+= 1 Bài 3: (4,0 điểm). a) Cho x, y, z là các số dương thoả mãn xyz =1. Tìm GTNN của biểu thức: E = )( 1 )( 1 )( 1 333 yxzxzyzyx + + + + + . b) Giải phương trình nghiệm nguyên: 3=++ y xz x yz z xy a) Đặt a = x 1 , b = y 1 , c = z 1 ⇒ abc = xyz 1 = 1⇒ x + y = c(a + b) y + z = a(b + c) và x + z = b(c + a) ⇒ E = cb a + 2 + ac b + 2 + ba c + 2 . Dễ dàng chứng minh đợc cb a + + ac b + + ba c + ≥ 2 3 Nhân hai vế với a + b + c > 0 ⇒ cb cbaa + ++ )( + ac cbab + ++ )( + ba cbac + ++ )( ≥ 2 3 (a+b+c) ⇒ cb a + 2 + ac b + 2 + ba c + 2 ≥ 2 cba ++ ≥ 2 3 3 abc ⋅ = 2 3 ⇒ E ≥ 2 3 Dấu "=" xảy ra ⇔ a = b = c = 1. Vậy min E = 2 3 khi a = b = c = 1 9 TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG b) ĐK: 0;0;0 ≠≠≠ zyx Pt xyzzxzyyx 3 222222 =++⇔ do 0300;0;0 222222 >⇒>++⇒≠≠≠ xyzzxzyyxzyx suy ra hoặc cả 3 số x, y, z cùng dương, hoặc trong 3 số này có hai số âm, một số dương. Ngoài ra nếu (x,y,z) là một nghiệm thì (-x,-y,z) ; (-x,y,-z) và (x,-y,-z) cũng là nghiệm. Do vậy chỉ cần xét nghiệm (x,y,z ) với x, y, z là các số nguyên dương. Không mất tính tổng quát ta giả sử : x ≥ y ≥ z ≥ 1 zzz x yz y xz z xy z x y y x z x yz y xz z z z z xy 323 2; 2 =+≥++=⇒ ≥         +=+=≥⇒ 133 ≤⇒≤⇒ zz mà 11 =⇒≥ zz . Với z = 1 phương trình trở thành: 3=++ y x x y xy Ta có: 2≥+ x y y x từ đó: 1≤⇒ xy mà 11;1 ==⇒≥≥ yxyx . Vậy (x,y,z) = (1,1,1) Từ nhận xét trên suy ra phương trình có các nghiệm nguyên là (1,1,1) ; (1,-1,-1) ; (-1,-1,1) ; (-1,1,-1) . Bài 2: b) Giải phương trình: 2 1 3 1x x x+ − = − . b) 2 1 3 1x x x+ − = − (1), điều kiện 0x ≥ . Đặt 2 1 , 0x a a+ = ≥ ; 3 , 0x b b= ≥ Suy ra 2 2 1b a x− = − Thay vào (1) ta được 2 2 a b b a− = − ( ).( 1) 0a b a b a b⇔ − + + = ⇔ = (do 0, 0a b≥ ≥ nên a+b+1>0) Với a = b ta có 2 1 3 1x x x+ = ⇔ = thỏa mãn điều kiện Vậy x=1 là nghiệm của phương trình đã cho. Bài 3: (2,0 điểm). a) Cho a, b, c>0 chứng minh rằng: 1+ + + + + + ≥++ ba cb cb ba a c c b b a b) Cho a, b, c dương và a + b = c = 1. Chứng minh 6a b b c c a+ + + + + ≤ 3. a) a, b, c>0. CM: 1+ + + + + + ≥++ ba cb cb ba a c c b b a (1) a cbcb bccabb c bab acaba b ca a cbbac c cbbab b cbbaa cbbacbba )()( ))(())(())(( ))(()()( 22 2 2 2 22 + +++++ + ++++= ++ + ++ + ++ ≤++++++⇔ Mặt khác ))(()()( 22 cbbacbba ++++++ = bcabbcaca 333 222 +++++ Do đó ta cần chứng minh: 2 2 2 2 2 2 3 2 2 3 2 2 4 3 2 2 ( ) ( ) 2 2 (2) ( ) ( ) 1 1 1 ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 a c b a b cb b c b bc ab b c a a c b a b cb b c a c b a c c b b c b c a VT b b c a b c b a c a a c b c ab ac b ab bc b VP a + + + + ≥ + + + + = + + = + + + + + + + ≥ + + + ≥ + + = 10 [...]...TI LIU BI DNG HSG Du = xy ra khi a = b = c b) C1: p dng bt ng thc Cụ si: 2 2 2 +a+b +b+c +a+c 2 2 2 2 3 3 3 a+b T : b+c v a + c 3 2 3 2 3 2 Cng tng v ca 1,2,3 ta cú pcm ng thc sy ra khi v ch khi a = b = c = 1/3... phi l nghim pt (1) Chia 2 v (1) cho x2 ta c: (1) (x+ + 6)( x + + 9) = 28 t = 2 8 t t = x+ (1) (t+6)(t+9) =28 t2 + 15t + 26 =0 x t = 13 8 x Vi t = -2 x+ = 2 x2 + 2x + 8 =0 vụ nghim 11 TI LIU BI DNG HSG 8 Vi t = -13 x+ = 13 x2 + 13x + 8 =0 x = -13 137 x b) iu kin cn : Gi s HPT ó cho cú nghim (x ; y) Khi ú a 3 + b3 + c 3 = a.a 2 + b.b 2 + c.c 2 = (bx + cy )a 2 + (cx + ay )b 2 + (ax + by )c 2 =... b)(1 c) 1 b + c +1 a + c +1 a + b +1 b)Cho 3 s x, y, z tho món x + y + z + xy + yz + zx = 6 Chng minh rng : x2 + y2 + z2 3 a) Cho 3 s x, y, z tho món x + y + z + xy + yz + zx = 6 12 TI LIU BI DNG HSG Chng minh rng : x + y + z 3 Ta cú x2 + y2 + z2 3 3(x2 + y2 + z2) 9 3(x2 + y2 + z2) 2 ( x + y + z + xy +yz + zx)- 3 (x2 2xy + y2) + (y2 2yz + z2) + (x2 2zx + z2) + (x2 2x + 1) +... ABC sao cho cỏc tam giỏc ABI v ACK vuụng ti Iv K hn na = ,M l trung im ca BC Chng minh rng : a) MI = MK b) Bn im I,H,M,K thuc cựng ng trũn a) Gi E,F ln lt l trung im ca AB,AC ta cú: 13 TI LIU BI DNG HSG 1 1 IE = AB = MF, EM = AC = FK 2 2 nờn IAM = MHK (c.g.c) suy ra MI = MK b) Ta s chng minh = , Ta cú : = t = nờn = 1800 - 2 (1) Xột tam giỏc IEM cú = 2 nờn 1800 - 2 = ta li cú (so le trong,AB... y ( z + x) z ( x + y) 3 c) Gii phng trỡnh nghim nguyờn: 1 3 a) t a = x , b = a) 1 y ,c= 1 z abc = 1 xyz xy yz xz + + =3 z x y = 1 x + y = c(a + b) v y + z = a(b + c) v x + z = b(c + 14 TI LIU BI DNG HSG a b c 3 a b c + + D dng chng minh c + + b+c c+a a+b b+c c+a a+b 2 3 a ( a +b + c ) b( a + b + c ) c(a +b + c) Nhõn hai v vi a + b + c > 0 + + a +b (a+b+c) b +c c +a 2 2 2 2 3 a b c 3 3 a+b+c 3... l ba s dng tho món iu kin a + b + c = 1 Chng minh rng: p dng BT Cụsi x + y 2 xy ta cú ( a + b) + c 2 (a + b)c 1 2 (a + b)c 1 4( a + b)c nhõn hai v vi a + b > 0 ta c: 15 a+b 16 abc TI LIU BI DNG HSG A + b 4(a + b)2c m ta chng minh c (a + b)2 4ab Do ú a + b 4(4ab)c hay a + b 16abc t õy suy ra pcm 2 2 Theo kt qu cõu 3.1, ta cú: ( a + b + c ) = a + ( b + c ) 4a ( b + c ) m a + b + c = 1 (gi... 3x2 = z2 = 16 - 4y2 Tỡm giỏ tr ln nht ca biu thc : zy + yz + zx b) Cho tam giỏc ABC cú cỏc cnh a,b,c v chu vi 2p =a+ b + c 1 1 Chng minh rng : p a + p b 1 1 1 1 + pc 2 ( + + ) a b c 16 TI LIU BI DNG HSG 16 - z 2 32 - z 2 2 3 a) * Tỡm giỏ tr ln nht ca: xy + yz + zx T gi thit ta cú: y = ,x = 4 3 2 2 2 2 4 16 - z 16 - z 48 - 3t 5t - 16 z2 5t2 16 z = 0 Vỡ y z (1)Mt khỏc x2 - 3y2 = 5 4 3 4 12 x... MID=3600-1500-600=1500 Xột IDM v IDAcú ID chung; MID= AID=1500, IA=IM (do AIM l u) IDM= IDA AD=DM =DC (1) Mt khỏc DAM= CBM (vỡ BC=AD ;MB=MA; CBM= DAM) MC=MD (2) t (1) v (2) ta cú DMC u 17 ) TI LIU BI DNG HSG Bi 3: Gi a, b, c l di ba cnh ca mt tam giỏc bit: ( a + b )( b + c )( c + a ) = 8abc Chng minh rng tam giỏc ó cho l tam giỏc u ( a + b )( b + c )( c + a ) = 8abc ( a 2b + bc 2 2abc ) + ( ac 2 + ab... (1),(2) xyz ( x + y )( y + z )( z + x) 3 8 2 = = 27 3 ( 2) 8 8 1 Vy giỏ tr ln nht ca biu thc l khi x = y = z = 729 729 3 Bi 3: (4,0 im) a) Cho a , b, c, d > 0 Chng minh rng : 18 TI LIU BI DNG HSG a b c d + + + . TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG Bài 1: (4,0 điểm). Cho biểu thức 2 1 2 1 ( ). 1 1 2 1 x x x x x x x x A x x x x + − − + − =. xy4 (*) 11 4 11411         +≤ + ⇒ + ≥+ yxyxyxyx dấu bằng xảy ra khi x = y. 1 • E N M B C O 1 O 3 O 2 D P A T TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG Áp dụng bất đẳng thức (*) và do a+b+c = 1 nên ta có: 1 1 ; 1 ( ) ( ) 4 ab ab ab c c a c b. tương tự PT 2 = PD.PN Vậy PA. PM = PD.PN => EA ED PD PA PM PN EC EB === 2 TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG =>∆ EBC ~ ∆ EDA => EBC = EDA => EDA + CBA = 180 0 => ABCD nội tiếp. 2) Vẽ tam