PHÁCH Số mật mã Số mật mã ĐỀ THI VÀ ĐÁP ÁN CHI TIẾT Bài 1. Cho phương trình 0163xx 2 C sin 2 B sin 2 A sin 2666 =++ ++ với A, B, C là ba góc của tam giác ABC. Chứng minh nếu phương trình trên có nghiệm thì tam giác ABC đều. Đáp án Đặt 2 C sin 2 B sin 2 A sinT 666 ++= . Trước hết ta chứng minh trong mọi tam giác ABC, ta luôn có 64 3 T ≥ và dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều. Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: 2 A sin. 2 1 . 2 1 .3 2 1 2 1 2 A sin 2 2266 6 ≥ + + hay 2 A sin 16 3 64 2 2 A sin 26 ≥+ ; dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 3 A π = . Tương tự cho 2 B sin 6 và 2 C sin 6 . Vì vậy ++≥+ 2 C sin 2 B sin 2 A sin 16 3 64 6 T 222 (1) − + − + − = 2 Ccos1 2 Bcos1 2 Acos1 16 3 ( ) ++−= CcosBcosAcos 2 1 2 3 16 3 −≥ 2 3 . 2 1 2 3 16 3 (2) 64 9 = hay 64 3 T ≥ . (3) 64 3 T = khi và chỉ khi (1) và (2) xảy ra dấu bằng hay tam giác ABC đều. Trở lại giả thiết bài toán, do phương trình có nghiệm nên 0T643 ≥−=∆ tức là 64 3 T ≤ . Kết hợp với (3), ta có 64 3 T = hay tam giác ABC đều. Bài 2. Giả sử (x, y, z) là nghiệm của hệ =++ =++ 5zxyz2xy2 10z2y4x 222 . Tìm GTLN và GTNN của z. Trang 1 PHÁCH Số mật mã Số mật mã Đáp án Trước hết ta thấy )0, 2 5 ,5( là nghiệm của hệ nên tồn tại GTLN và GTNN của z. Mặt khác, nếu )z,y,x( 000 là nghiệm của hệ thì )z,y,x( 000 −−− cũng là nghiệm nên ta chỉ xét 0z ≥ . Đặt y2v = , hệ đã cho được viết lại =++ =++ 5)vx(zxv 10z2vx 222 (1) Xem (1) là hệ hai ẩn x, v, tham số z. Ta thấy nếu với giá trò 0 z của tham số z, hệ có nghiệm )v,x( 00 thì )z,v,x( 000 cũng là nghiệm của hệ (1). Do đó ta cần tìm điều kiện của z ( 0z ≥ ) để (1) có nghiệm )v,x( . Đặt vxS += , xvP = , ta có (1) ≥− =+ −=− ⇔ 0P4S 5zSP z210P2S 2 22 =+ ≥− =+−+ ⇔ 5zSP 0z2zS2 0z220zS2S 2 22 . Với 0z = , theo nhận xét trên hệ có nghiệm. Với 0z > , (2) =+ ≥ =+−+ ⇔ 5zSP zS )a(0z220zS2S 22 . Để (1) có nghiệm ⇔ phương trình (a) có nghiệm zS ≥ ⇔ 22 z220zS2S)S(f +−+= có hai nghiệm 1 S , 2 S thoả ≤≤ ≤≤ 21 21 SzS SSz Trang 2 PHÁCH Số mật mã Số mật mã ≤ ≤ + − ≥ ≥∆ ⇔ 0)z(f 0 2 SS z 0)z(f 0 21 ≤− ≤ ≥− ≥+− ⇔ 020z5 0z2 020z5 020z 2 2 2 2z0 ≤<⇔ . Vậy nếu )z,y,x( là nghiệm của (1) thì miền giá trò của z là đoạn ]2,2[ − và do đó GTLN và GTNN của z lần lượt là 2 và -2. Bài 3. Cho tam giác ABC (A>B>C). Gọi A 1 , C 1 lần lượt là chân các đường phân giác ngoài của góc A và C, AA 1 =CC 1 . Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác. Chứng minh IB 2 =IA.IC. Đáp án Trước hết ta tính AA 1 , CC 1 theo các cạnh và các góc của tam giác ABC. Ta có ACAABCABA 11 SSS =+ ) 2 A 90sin(.AC.AAAsin.AC.AB) 2 A 90sin(.AB.AA o 1 o 1 +=+−⇒ 2 A cos.b.AA 2 A cos 2 A sincb2 2 A cos.AA.c 11 =+⇒ cb 2 A sinbc2 AA 1 − =⇒ . Tương tự ba 2 C sinab2 CC 1 − = . Theo giả thiết 11 CCAA = cb 2 A sinbc2 − ⇒ ba 2 C sinab2 − = CsinBsin 2 A sinc − ⇒ BsinAsin 2 C sina − = . Trang 3 C 1 A I A 1 B C PHÁCH Số mật mã Số mật mã 2 BA sin 2 BA cos2 2 C sina 2 CB sin 2 CB cos2 2 A sinc −+ = −+ ⇒ 2 BA sin a 2 CB sin c − = − ⇒ 2 CB sinAsin 2 BA sinCsin − = − ⇒ 2 CB sin 2 CB cos 2 CB sin2 2 BA sin 2 BA cos 2 BA sin2 −++ = −++ ⇒ 2 CB cos)BcosC(cos 2 BA cos)AcosB(cos + −= + −⇒ 2 A sin) 2 C sin 2 B (sin 2 C sin) 2 B sin 2 A (sin 2222 −=−⇒ 2 B sin 2 C sin 2 A sin 2 =⇒ 2 IB r IC r . IA r =⇒ 2 IBIC.IA =⇒ . Bài 4. Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng 1, I là trung điểm của AD, M là một điểm trên cạnh DC, MA và MB lần lượt cắt IC tại M 1 và M 2 . Đặt x = DM, tính diện tích của tam giác MM 1 M 2 theo x. Đáp án Qua M, dựng đường thẳng song song với AD cắt CI tại E. Ta có x1 CD MC ID ME −== 2 x1 ID)x1(ME − =−=⇒ . Mặt khác IA ME AM MM 1 1 = x2 x1 ) 2 1 2 x1 (2 x1 MEIA ME MMAM MM AM MM 11 11 − − = + − − = + = + =⇒ (1) BC ME BM MM 2 2 = x3 x1 )1 2 x1 (2 x1 MEBC ME MMBM MM BM MM 22 22 − − = + − − = + = + =⇒ (2) Trang 4 PHÁCH Số mật mã Số mật mã Từ (1) và (2), ta có MB.MA MM.MM )x3)(x2( )x1( 21 2 = −− − 2 1 S S S 2121 MMM MAB MMM == Vì vậy )3x)(2x( )1x( 2 1 S 2 MMM 21 −− − = . Chú ý: Bài này có thể giải bằng phương pháp toạ độ. HẾT Trang 5 A B I M 1 E M 2 D M C . vậy ++ + 2 C sin 2 B sin 2 A sin 16 3 64 6 T 222 (1) − + − + − = 2 Ccos1 2 Bcos1 2 Acos1 16 3 ( ) ++ −= CcosBcosAcos. (1) có nghiệm )v,x( . Đặt vxS += , xvP = , ta có (1) ≥− =+ −=− ⇔ 0P4S 5zSP z210P2S 2 22 =+ ≥− =+ + ⇔ 5zSP 0z2zS2 0z220zS2S 2 22