200 đề HSG toán 8 hồ khắc vũ

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TP BẮC GIANG ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HÓA CẤP THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2017-2018 MƠN THI: TỐN Thời gian: 150 phút không kể thời gian giao đề Bài 1: (5,0 điểm) x4  x2  x2    Cho biểu thức M  x  x4  x2  x4  4x2  a) Rút gọn M b) Tìm giá trị lớn M  2x  y  1 Cho x, y số hữu tỉ khác thỏa mãn 1 x 1 y Chứng minh M  x  y  xy bình phương số hữu tỷ Bài (4,0 điểm) Tìm số dư phép chia  x  3 x  5 x   x    2033 cho x2  12 x  30 Cho x, y, z thỏa mãn x  y  z  7; x  y  z  23; xyz  1   Tính giá trị biểu thức H  xy  z  yz  x  zx  y  Bài (4,0 điểm) Tìm tất cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn 3x2  3xy  17  x  y Giải phương trình:  3x   x  1  3x  8  16 Bài (6 điểm) Cho hình vng ABCD có hai đường chéo AC BD cắt O Trên cạnh AB lấy M   MB  MA cạnh BC lấy N cho MON  900 Gọi E giao điểm AN với DC, gọi K giao điểm ON với BE 1) Chứng minh MON vuông cân 2) Chứng minh MN song song với BE 3) Chứng minh CK vng góc với BE 4) Qua K vẽ đường song song với OM cắt BC H Chứng minh: KC KN CN   1 KB KH BH Bài (1,0 điểm) 24 Cho x, y  thỏa mãn x  y  Tìm giá trị nhỏ H  x  y   x y ĐÁP ÁN Bài 1 a) M x4  x2  x2     x2  1 x4  x  1 x4  x2   x  1 x  3 x4  x2  1    2  x  1 x  x  1 x  x  x   x    x  1 x  1   x  x  1 x  1 x  x  1 x4   x4   x4  x2    x  1 x  x  1 x  x  1 x4  x2 x2     x  1 x4  x2  1  x2  1 x  x  1 x4  x2  x2 với x x4  x2  x2 b) Ta có : M  với x x  x2  - Nếu x  ta có M  Vậy M  - Nếu x  , chia tử mẫu M cho x ta có: M  1 x2   x 1 1 1   Ta có: x     x  2.x      x     x x x  x    Dấu "  " xảy x  Nên ta có: M  x  x 1 Vậy M lớn M  x   2x  y    1  x 1  y   1  y 1  x   1  x 1  y  1 x 1 y Ta có 3xy    y  x  xy   x  y  xy   x  y  xy  x  y  2 2  3xy    3xy   2 Ta có : M  x  y  xy   x  y   3xy     3xy         Vì x, y  nên 3xy  số hữu tỷ , Vậy M bình phương số hữu tỷ Bài 1) Ta có:  x  3 x  5 x   x    2033    x  12 x  27  x  12 x  35  2033 Đặt x2  12 x  30  t , ta có:  x  3 x  5 x   x    2033   t  3 t  5  2033  t  2t  15  2033  t  t    2018 Vậy ta có  x  3 x  5 x   x    2033   x  12 x  30  x  12 x  32  2018 Vậy số dư phép chia  x  3 x  5 x   x    2033 cho x2  12 x  30 2018 2) Vì x  y  z   z   x  y   xy  z    xy  x  y    x  1 y  1 Tương tự ta có: yz  x    y  1 z  1 ; zx  y    z  1 y  1 1 z 1 x 1 y 1 Vậy H      x  1 y  1  y  1 z  1  z  1 x  1  x  1 y  1 z  1  x  y  z  73 Ta   xyz   xy  yz  xz    x  y  z     xy  yz  xz      xy  yz  xz  có:  x  y  z   x  y  z   xy  yz  xz   72  23   xy  yz  xz    xy  yz  xz  13  1 Vậy H   13 Bài 1) Ta có: 3x  3xy  17  x  y  3xy  y  3x  x  17  3x   y  3x  x  17 Vì x nguyên nên x   nên ta có: 3x  x  17 3x  x  x   11 y  3x  2  x  3x     3x    11 11   x   3x  3x  11 Vì x, y nguyên nên ta có nguyên  11 3x   3x   1; 11 3x  - Xét trường hợp ta tìm x  1; y  1; x  3; y  thỏa mãn kết luận 2) Ta có:  3x   x  1  3x  8  16   3x   3x  3  3x  8  144 Đặt 3x   t  3x   t  5;3x   t  2 Ta có phương trình:  t  5 t  t  5  144  t  25t  144    t   t  16   t  t  3   t  5 t  16 Xét trường hợp ta tìm x  0; x  2; x  ; x   3 Bài M A O B N K D C E H 1) Ta có : BOC  900  CON  BON  900 ; MON  900  BOM  BON  900  BOM  CON BOC  450 Ta có BD phân giác ABC  MBO  CBO  BOC  450 Vậy ta có : MBO  NCO Xét OBM OCN có OB  OC; BOM  CON ; MBO  NCO  OBM  OCN  OM  ON Xét MON có MON  900 ; OM  ON  MON vuông cân 2) OBM  OCN  MB  NC mà AB  BC  AB  MB  BC  NC AM BN  AM  BM   MB NC AN BN  Ta có: AB / /CD  AM / / CE  NE NC AM AN   MN / / BE (Theo định lý Talet đảo) Vậy ta có:  MB NE 3) Vì MN / / BE  BKN  MNO  450 (đồng vị có tam giác MON vng cân) NB NO   BNK ONC (vì có BNK  ONK ; BKN  OCN  450 )  NK NC NB NO   BNO KNC - Xét BNO; KNC có BNO  CNK ; NK NC  NKC  NBO  450 Vậy ta có: BKC  BKN  CKN  450  450  900  CK  BE Tương tự ta có: NCO  DCO  4) – Vì KH / /OM mà MK  OK  MK  KH  NKH  900 mà NKC  450  CKH  450  BKN  NKC  CKH  450 Xét BKC có BKN  NKC  KN phân giác BKC , mà KH  KN KC HC   KH phân giác BKC  KB HB KN BN  Chứng minh tương tự ta có : KH BH KC KN NC HC BN CN BH        1 Vậy ta có KB KH BH HB BH BH BH Bài 24 Ta có: H  x  y   x y  1   24   x  x  1   y  y  8    x      y  24    x  y   17 x   y    x  1   y   2  x  1  x       17  22 6 y  2    x  y   17 y  y  2 Dấu "  " xảy   x  1   y     x  y  x y  x  y  Vậy H nhỏ H  22  x  1, y  2 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC GIANG ĐỀ THI CHÍNH THỨC  x  1  2 KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HĨA CẤP TỈNH NĂM HỌC 2012-2013 MƠN: TỐN LỚP Ngày thi: 30/3/2013 Câu (4,5 điểm) 1) Phân tích biểu thức sau thành nhân tử: P  2a3  7a2b  7ab2  2b3 2) Cho x2  x  Tính giá trị biểu thức Q  x6  x5  x  x3  x  x  Câu (4,5 điểm) x 1  4026  x 1 1) Cho biểu thức R   Tìm x để biểu thức xác   :  x  2x x  2x x  4x  x định, rút gọn biểu thức 2) Giải phương trình sau: x   x  1 x  1 x    Câu (4,0 điểm) 1) Cho n số tự nhiên lẻ Chứng minh n3  n chia hết cho 24 2) Tìm số tự nhiên n để n2  4n  2013 số phương Câu (6,0 điểm) 1) Cho hình thang ABCD vuông A D Biết CD  AB  AD BC  a a) Tính diện tích hình thang ABCD theo a b) Gọi I trung điểm BC , H chân đường vng góc kẻ từ D xuống AC Chứng minh HDI  450 2) Cho tam giác ABC có BC  a, CA  b, AB  c Độ dài đường phân giác tam giác kẻ từ đỉnh A, B, C la , lb , lc Chứng minh rằng: 1 1 1      la lb lc a b c Câu (1,0 điểm) Cho hai số không âm a b thỏa mãn: a  b2  a  b Tính giá trị lớn biểu thức: a b S  a 1 b 1 ĐÁP ÁN Câu 1) Ta có: P   a3  b3   7ab(a  b)   a  b   a  ab  b   7ab  a  b    a  b   2a  2b  5ab    a  b   2a  4ab  2b  ab    a  b   2a  a  2b   b  a  2b     a  b  2a  b  a  2b  Kết luận P   a  b  2a  b  a  2b  2) Ta có: Q  x  x  x  x    x  x  x   x  x  x   x2  x2  x    x2  x   x  2  x2  x   Vậy Q  Câu 1)  x 1  x x 1 Ta có: R      x x  x x  x x         4026  x  ĐK: x  x       x  2 Khi đó:  x 1 x 1  R     4026  x  x  x     x  1 x     x  1 x    4026 x2  2  x  4   4026 x  2013 x  Vậy R xác định  R  2013  x  2 2) +Nếu x  2, phương trình cho trở thành :  x   x  1 x  1 x      x  1 x     x  x   x  x     x  0(ktm)    x  5(tm)  x   5(ktm)  +)Nếu x  2, phương trình cho trở thành:   x  x  1 x  1 x      x   x  1 x  1 x    4   x  1 x    4  x4  5x2   5    x     vơ nghiệm 2  Phương trình có nghiệm x  Câu 1) Ta có: n3  n  n  n  1 n  1 Vì n  1; n; n  ba số tự nhiên liên tiếp nên có ba số chia hết cho Do  n3  n  (2) Vì hai số nguyên tố nên kết hợp với 1 ;   suy n  n  24  dpcm  2) Giả sử n2  4n  2013  m2  m   Suy  n    2009  m2  m2   n    2009 2   m  n  2 m  n    2009 Mặt khác 2009  2009.1  287.7  49.41 m  n   m  n  nên có trường hợp sau: m  n   2009 m  1005 TH 1:   m  n    n  1002 m  n   287 m  147 TH :   m  n   n  138 m  n   49 m  45 TH 3:   m  n   41  n  Vậy số cần tìm 1002;138;2 Câu B A H I D E C 1) a) Gọi E trung điểm CD, ABED hình vng BEC tam giác vng cân Từ suy AB  AD  a, BC  2a Diện tích hình thang ABCD S   AB  CD .AD   a  2a .a  3a 2 b) ADH  ACD(1) (hai góc nhọn có cặp cạnh tương ứng vng góc) Xét hai tam giác ADC IBD vng D B có: AD IB   , hai tam giác ADC IBD đồng dạng DC BC Suy ACD  BDI (2) Từ 1 ,    ADH  BDI Mà ADH  BDH  450  BDI  BDH  450 hay HDI  450 2) M A B D C Bài A D C B F E Chứng minh ABE  ECF Chứng minh ABE  FCE  c.g.c   AE  EF Tương tự: AF  EF  AE  EF  AF  AEF  EAF  600 Bài A B' N C' H M B C A' D BH BC '   BH BB '  BC '.BA AB BB ' BH BA '   BH BB '  BC.BA ' Chứng minh BHA ' BCB '  BC BB ' Từ (1) (2)  BC '.BA  BA'.BC Tương tự : CB '.CA  CA'.BC  BC '.BA  CB '.CA  BA '.BC  CA '.BC   BA ' A ' C .BC  BC a) Chứng minh BHC ' BAB '  b) Có BH BC ' BH CH BC '.CH S BHC     AB BB ' AB AC BB ' AC S ABC Tương tự:  AH BH S AHB AH CH S AHC  ;  CB.CA S ABC CB AB S ABC HB.HC HA.HB HC.HA S ABC    1 AB AC AC.BC BC AB S ABC c) Chứng minh AHM CDH  g.g   HM AH  (3) HD CD (1) (2) Chứng minh AHN Mà CD  BD BDH  g.g   AH HN  BD HD (4) ( gt ) (5) Từ  3 ,   ,  5  HM HN   HM  HN  H trung điểm MN HD HD Bài Gọi E, F , P, Q trung điểm AB, CD, BC, AD Lấy điểm I , G EF K , H PQ thỏa mãn: IE HP GF KQ     IF HQ GE KP Xét d đường thẳng cho cắt hai đoạn thẳng AD, BC, EF M , N , G ' Ta có: AB. BM  AN  S ABMN 2 EG ' 2       G  G ' hay d qua G CD. CM  DN  SCDNM G'F Từ lập luận suy đường thẳng thỏa mãn yêu cầu đề qua điểm G, H , I , K Do có 2018 đường thẳng qua điểm G, H , I , K theo nguyên lý Dirichle phải tồn  2018     505 đường thẳng qua điểm điểm   Vậy có 505 đường thẳng số 2018 đường thẳng cho đồng quy PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO DUY XUYÊN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC : 2017-2018 Mơn: TỐN – LỚP Thời gian làm bài: 120 phút Bài (3,5 điểm) c) Chứng minh n3  17n chia hết cho với n d) Rút gọn biểu thức: Bài (4,5 điểm) x x 2  a  1  a   a x   a  1  a   a x  c) Một vật thể chuyển động từ A đến B theo cách sau: 4m dừng lại giây, tiếp 8m dừng lai giây, tiếp 12m dừng lại giây… Cứ từ A đến B kể dừng hết tất 155 giây Biết vật thể ln có vận tốc 2m / giây Tính khoảng cách từ A đến B a  b2 3 d) Biết a  3ab  b  3a b  10 Tính M  2018 Bài (4 điểm) c) Giải phương trình:  x  x  1 x  x    12 d) Tìm giá trị nhỏ P  x  y   x  y   2010 Bài (4,5 điểm) Cho tam giác ABC vuông A, phân giác BD Gọi P, Q, R trung điểm BD, BC, DC c) Chứng minh APQR hình thang cân d) Biết AB  6cm, AC  8cm Tính độ dài AR Bài (2,5 điểm) Cho hình bình hành ABCD Một đường thẳng qua B cắt cạnh CD M, cắt đường chéo AC N cắt đường thẳng AD K Chứng minh: 1   BN BM BK Bài (1,0 điểm) Biết a, b, c độ dài ba cạnh tam giác Chứng minh rằng: a  b2  c   4a 2b2  ĐÁP ÁN Bài c) n3  17n  n3  n  18n  n  n  1 n  1  18n Vì n  n  1 n  1 tích ba số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 3,  2,3  nên chia hết cho 18n , suy điều phải chứng minh d) x x 2  a  1  a   a x   a  1  a   a x   x  x 2a  a  a  a x  x  x 2a  a  a  a x  2 x  x a  a x   a  a x 1  a  a   1  a  a    x  x a  a x   a  a x 1  a  a   1  a  a  x  x  11  a  a   a  a2  2  11  a  a   a  a Bài c) Gọi x số lần  x  , x   , số lần dừng x  Thời gian 12 4x          x 2 2  1     x   x  x  1 Thời gian dừng:  x   1 x  1  x( x  1)      x  1  2 Lập phương trình  x  10 (tm) x( x  1)  x( x  1)  155  3x  x  310   31 x  (ktm)  Khoảng cách AB 10.10  1.2  220(m) d) a  3ab   a  6a 4b  9a 2b  25 b3  3a 2b  10  b6  6a 2b  9a 4b  100  a  3a 4b  3a 2b  b6  125   a  b   53  Bài a  b2  2018 2018 c) x  x  1 x  x    12 Đặt x2  x   X có X  X  12   X  X  X  12   X  X     X    X    X  3 X       X  4  19  X  4  x  x     x     (VN ) 2  X   x2  x     x2  2x    x  2   x  1   x  1 x      x  d) P  x  y   x  y   2010   x  x     y  y    2018   x     y    2018  2018 Vậy Pmin  2018  x  y  2 Bài A D R P B C Q c) PQ đường trung bình tam giác BDC , suy PQ / / AR nên APQR hình thang AQ  BC (trung tuyến tam giác vuông ABC) PR  BC (đường trung bình tam giác DBC) Suy AQ  PR  APQR hình thang cân d) Tính BC  10cm Tính chất đường phân giác ABC DA BA DA BA     DC BC AC BC  BC Thay số tính AD  3cm, DC  5cm, DR  2,5cm Kết AR  5,5cm Bài B A N D M C K AB//AC (hai cạnh đối diện hình bình hành) Theo định lý Talet có: MN NC MN MC  AB MN  NB BM      (1) AB AN NB AB BN BN KM KD MD BK  KM AB  MD BM AB  MD       (2) BK KA AB BK AB BK AB BM BM AB  MC AB  MD MC  MD Từ (1) (2)      BN BK AB AB AB BM BM Mà MC  MD  CD  AB nên   (Điều phải chứng minh) BN BK Bài a  b  c   4a 2b   a  b  c  2ab  a  b  c  2ab  2   a  b   c   a  b   c        a  b  c  a  b  c  a  c  b  b  c  a  Tổng hai cạnh tam giác lớn cạnh thứ ba nên thừa số dương, suy điều phải chứng minh UBND HUYỆN BÌNH XUN PHỊNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP NĂM HỌC: 2017-2018 ĐỀ THI MƠN: TỐN Thời gian làm bài: 150 phút, khơng kể gio đề ĐỀ CHÍNH THỨC Bài (2,0 điểm)  x2  x  2 x2 Cho biểu thức A    1     x  8  x  x  x   x x  a) Tìm ĐKXĐ rút gọn A b) Tìm số nguyên x để biểu thức A nhận giá trị nguyên Bài (2,0 điểm) Giải phương trình bất phương trình sau: x 1 x 1    m  2 x a) x  (với m tham số , m  0) m m 2 1 1   1  1 b) 8. x    4. x    x     x    4. x   x x  x x     c)  x  3  3x  5  5x  2  5x   17 x2  2016 x  2063 3 Bài (2,0 điểm) a) Tìm số tự nhiên n để B   n2  8  36 số nguyên tố b) Trong lớp học bạn An hoàn thành tập mà giáo viên giao cho giết thời gian cách liệt kê bảng số nguyên Bận bắt đầu ghi số nguyên đó; để có số tiếp theo, An cộng nhân chữ số số đứng liền trước Cứ tiếp tục thế, nhận số ghi số lẻ Hỏi có số An chọn, biết khơng q chữ số Bài (3,0 điểm ) Cho tam giác ABC nhọn có đường cao AD, BE, CF cắt H HD HE HF   a) Tính tổng AD BE CF b) Chứng minh: BH BE  CH CF  BC c) Chứng minh: Điểm H cách ba cạnh tam giác DEF d) Trên đoạn HB, HC lấy tương ứng điểm M , N tùy ý cho HM  CN Chứng minh : Đường trung trực đoạn MN qua điểm cố định Bài (1,0 điểm) Cho a, b, c số dương 1 27 Chứng minh:    a  a  b  b  b  c  c(c  a) 2(a  b  c)2 ĐÁP ÁN Câu 2 x    x  a) ĐKXĐ: 8  x  x  x3    x  x   x  Với  thì: x    x2  x  2 2x2 A  1     x  8  x  x  x   x x   x( x  2)  x2  x  2 x2    2 2( x  4) x  x       x2  x  x    x 2  x  1 x    x2  x2  4  x  2 x   4x  4  4x2 x  x  x2  4 x2  x  x    2x  x2  4 x x  x 1 Vậy , với  A  2x x  x  Xét với   * x   Giả sử biểu thức A nhận giá trị nguyên biểu thức 2A nhận giá trị nguyên 2x  2 A      x  1;1 2x x x  1; x  thỏa mãn * 1   (thỏa mãn A ) Với x  1 A  2(1) b) 11  (thỏa mãn A ) 2.1 Vậy để biểu thức A nhận giá trị nguyên x 1;1 Câu x 1 x 1 a) x     m   x   m  1 x  (2a) m m m +) Nếu m  m  m     2a   x  m  m  1 +)Nếu m  m   0. 2a   x  m(m  1) +)Nếu m  m     2a   x   luon dung  Kết luận:   +Với m  m  tập nghiệm BPT S   x  / x   m(m  1)   +Với m  tập nghiệm BPT S    +Với m  tập nghiệm BPT là: S   x  / x   m(m  1)   Với x  A  2 1  1 1    b)  x     x   x     x     x    2b  x x  x x     Điều kiện x  , Khi đó: 2 1 1       2b    x     x     x   x     x   x x  x  x    2 1 1          x     x    x     x      x   x x   x   x     1     8 x    8 x2     x  4 x x    x    x    16    x  8 Vì x  nên S  8 c) Trước hết chứng minh rằng: Nếu có số a, b, c thỏa mãn a  b  c  a3  b3  c3  3abc (2c) Ta có:  x  3   x   3   x     x   17 x  2016 x  2063   x  3   3x      x     x  17 x  2016 x  2063 3 Áp dụng đẳng thức (2c)  x  3   3x  5    x   nên phương trình cho tương đương với :  x  3 x    x     x  17 x  2016 x  2063    x  3  x  x  15   17 x  2016 x  2063      x   x  2019 x  2018      x  x  1 x  2018    x     x 1  x  2018   2  Vậy phương trình cho có tập nghiệm S   ;1;2018 5  Câu a) Ta có: B   n    36  n  16n  64  36  n  20n  100  36n   n  10    6n  2   n  6n  10  n  6n  10  Với n  n2  6n  10  n2  6n  10 Nên để B số nguyên tố trước hết n2  6n  10  Hay  n  3   n  Thử lại , với n  B   32  8  36  37 37 số nguyên tố nên n  giá tị cần tìm b) Ta gọi số thỏa mãn đề số chấp nhận Các chữ số số chấp nhận phải số lẻ, khơng tích chúng chẵn Như có số chấp nhận có chữ số Khơng thể có số chấp nhận gồm chữ số tổng tích chữ số chúng số chẵn Tương tự số chấp nhận khơng thể có chữ số Ta xét số chấp nhận gồm ba chữ số (tổng tích chữ số số chấp nhận gồm ba chữ số phải số lẻ, chúng có hai chữ số, nên tổng tích chữ số vượt Như số chấp nhận gồm chữ số có thể: Hoặc gồm chữ số 1, Hoặc gồm hai chữ số 1, số lại chữ số 3,5,7 Hoặc gồm chữ số chữ số Do có    13 số chấp nhận có chữ số Tương tự , ta tính số chấp nhận gồm chữ số Tổng chữ số không vượt 45 số chấp nhận nên tích khơng vượt q 9, khả xảy : Hoặc gồm chữ số Hoặc gồm chữ số chữ số Hoặc gồm chữ số chữ số Hoặc gồm ba chữ số hai chữ số Do số số chấp nhận gồm chữ số:    10  21 số Vậy số số thỏa mãn đề là:  13  21  39 số Câu A E F H P M B Q N D C K HD S HBC  AD S ABC HE S HCA HF S HAB  ;  Tương tự có: BE S ABC CF S ABC HD HE HF S HBC  S HAC  S HAB S ABC     1 Nên AD BE CF S ABC S ABC HD HE HF   1 Vậy AD BE CF b) Trước hết chứng minh: BDH BEC  BH BE  BD.BC Và CDH CFB  CH CF  CD.BC  BH BE  CH CF  BC. BD  CD   BC a) Trước hết chứng minh : AE AF  Mặt khác EAF  BAC AB AC ABC (c.g.c)  AEF  ABC c) Trước hết chứng minh AEB Nên AEF AFC  Chứng minh tương tự, ta có: CDE CAB  CED  CBA  AEF  CED mà EB  AC nên EB phân giác góc DEF Tương tự: DA, FC phân giác góc EDF , DFE Vậy H giao điểm đường phân giác tam giác DEF Nên H cách ba cạnh tam giác DEF d) Gọi K giao điểm đường trung trực hai đoạn MN HC, ta có KMH  KNC  c.c.c   KHM  KCN (1) Mặt khác ta có: KCH cân K nên : KHC  KCH (2) Từ (1) (2) ta có: KHC  KHB  HK phân giác góc BHC Vậy K giao điểm trung trực đoạn HC phân giác góc BHC nên K điểm cố định Hay trung trực đoạn MN qua điểm cố định K Câu Áp dụng BĐT Cô si cho ba số dương ta được: 1    a(a  b) b(b  c) c(c  a) abc  a  b  b  c  c  a  (*) Cũng theo BĐT Cô si :  33 abc   a  b  c  1  33. a  b  b  c  c  a    a  b  c  3 Nhân tương ứng hai vế BĐT (1) (2) được: 36 abc  a  b  b  c  c  a    a  b  c  Hay 27  **  abc(a  b)(b  c )(c  a ) 2 a  b  c Từ * ** suy 1 27    a(a  b) b(b  c) c(c  a )  a  b  c 2 Dấu "  " xảy a  b  c (2) ...  Suy  n    2009  m2  m2   n    2009 2   m  n  2 m  n    2009 Mặt khác 2009  2009 .1  287 .7  49.41 m  n   m  n  nên có trường hợp sau: m  n   2009 m  1005 TH... Sử dụng bất đẳng thức AM-GM với a, b, c  ta có 18a 18a   2 3a  2b  c  a  b   a  c 2.2 18a  ab  2  ac   18a 4ab  2ac 18a 18a 18a    2 3a  2b  c 4ab  2ac 2a. 2b  c  2b... 49  8a  Ta có phương trình: a 8a    1  8a  9a     a  18a  1   a  1hoặc a  1 x  )2 x  x   1  x  x    ( x  2)(2 x  3)    x   2 )2 x  x   1  8? ??7