Đang tải... (xem toàn văn)
Cho ngũ giác lồi ABCDE nội tiếp đường tròn .O/ có CD song song với BE: Hai đường chéo CE và BD cắt nhau tại P: Điểm M thuộc đoạn thẳng BE sao cho ∠ MAB D ∠ PAE:.. Điểm K thuộc đường thẳn[r]
(1)Câu
lạc
bộ
Toán
học
muôn
màu THPT CHUYÊN KHTN
Trần Nam Dũng – Võ Quốc Bá Cẩn – Nguyễn Lê Phước – Nguyễn Mạnh Linh
1 Đề thi Bài
a) Giải hệ phương trình:
(
xy.xCy/D2;
x3Cy3Cx3y3C7.xC1/.y C1/D31: b) Giải phương trình:
9C3px.3 2x/D7pxC5p3 2x: Bài
a) Chox; y số nguyên chox2 2xy y vàxy 2y2 x chia hết cho5:
Chứng minh rằng2x2Cy2C2xCycũng chia hết cho5:
b) Cho a1; a2; : : : ; a50 số nguyên thỏa mãn a1 a2 a50 50và
a1Ca2C Ca50 D100:Chứng minh từ số cho, ta chọn vài số có tổng bằng50:
Bài Cho ngũ giác lồiABCDEnội tiếp đường trịn.O/cóCDsong song vớiBE:Hai đường chéoCE vàBD cắt tạiP:ĐiểmM thuộc đoạn thẳng BE cho∠MAB D ∠PAE:
ĐiểmK thuộc đường thẳngAC choMK song song vớiAD;điểmLthuộc đường thẳng
ADsao choMLsong song vớiAC:Đường tròn ngoại tiếp tam giácKBC cắtBD; CE
tạiQ; S (QkhácB; S khácC)
a) Chứng minh ba điểmK; M; Qthẳng hàng
b) Đường tròn ngoại tiếp tam giácLDElần lượt cắtBD; CEtạiT; R(T khácD; Rkhác
E) Chứng minh năm điểmM; S; Q; R; T thuộc đường tròn
c) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giácPQRtiếp xúc với đường tròn.O/: Bài Choa; b; c số thực dương Chứng minh
0 @
s
ab aCb C
s
bc bCc
1 A
1 p
aCb C p
bCc
2:
(2)Câu
lạc
bộ
Tốn
học
mn
màu 2 Lời giải bình luận tốn
Bài
a) Giải hệ phương trình: (
xy.xCy/D2;
x3Cy3Cx3y3C7.x C1/.yC1/D31:
b) Giải phương trình:
9C3px.3 2x/ D7pxC5p3 2x:
Lời giải a)ĐặtaDxCyvàb Dxy a2 4b/:Hệ phương trình viết lại thành
(
ab D2;
a3 3abCb3C7.aCbC1/D31:
Từ đó, ta có
31Da3 3abCb3C7.aCbC1/
D.aCb/3 3ab.aCb/C7.aCb/C1 D.aCb/3C.aCb/C1:
Suy ra.aCb/3C.aCb/ 30D0hayaCb D3(vì nếuaCb > 3thì.aCb/3C.aCb/ 30 > 0;
cịn nếuaCb < 3thì.aCb/3C.aCb/ 30 < 0)
Giải hệ phương trìnhaCb D3vàab D2với ýa2 4b;ta đượcaD2vàbD1:Từ đó
dễ dàng tính đượcx Dy D1:Vậy hệ phương trình cho có nghiệm nhất.x; y/D.1; 1/: b)Điều kiện:0x 32:Đặt aD
p
x vàb Dp3 2xthì ta cóa; b 0và2a2Cb2 D3:
Ngồi ra, từ giả thiết, ta có
9C3abD7aC5b: 1/
Từ đó, ta có
2a2Cb2C3abC6D7aC5b;
hay
.aCb 2/.2aCb 3/D0:
Suy rab D2 ahoặcb D3 2a:
Vớib D2 a;thay vào (1), ta được9C3a.2 a/D2aC10:Giải phương trình này, ta đượcaD 13 (tương ứng,b D
5
3 vàx D
9) hoặcaD1(tướng ứng,b D1vàx D1) Vớib D3 2a;thay vào (1), ta được9C3a.3 2a/ D7aC5.3 2a/:Giải phương
(3)Câu
lạc
bộ
Tốn
học
mn
màu Bài
a) Chox; ylà số nguyên chox2 2xy yvàxy 2y2 xđều chia hết cho5: Chứng minh rằng2x2Cy2C2xCycũng chia hết cho5:
b) Choa1; a2; : : : ; a50 số nguyên thỏa mãn1 a1 a2 a50 50và
a1Ca2C Ca50 D100:Chứng minh từ số cho, ta chọn
một vài số có tổng bằng50:
Lời giải a)Từ giả thiết, ta suy ra.xCy/.x 2y 1/D.x2 2xy y/C.xy 2y2 x/
chia hết cho5:Do đó, hai sốxCy vàx 2y 1có số chia hết cho5: NếuxCychia hết cho5thì ta cóy x mod 5/;suy
0x2 2xy y x2C2x2Cx x.3xC1/ mod 5/:
Do đóxhết cho5hoặcxchia5dư3:
ı Nếux chia hết cho5thì ta cóy chia hết cho5(doxCy chia hết cho5) nên hiển nhiên2x2Cy2C2xCy chia hết cho5:
ı Nếuxchia5dư3thìychia5dư2(doxCy chia hết cho5) nên
2x2Cy2C2xCy 232C22C23C20 mod 5/: Nếux 2y 1chia hết cho5thì ta cóx 2yC1 mod5/;suy
0x2 2xy y 2yC1/2 2y.2yC1/ y y C1 mod 5/:
Do đóychia5dư4vàxcũng chia5dư4(dox 2y 1chia hết cho5) Từ đó, ta có
2x2Cy2C2xCy 242C42C24C40 mod 5/:
Tóm lại, trường hợp, ta ln có2x2Cy2C2xCychia hết cho5:
b)Nếu tồn số n n / cho a1 C a2 C C an D kết luận toán hiển nhiên
Xét trường hợp ngược lại, tồn sốn n / cho
a1 C a2 C C an ; a1 C a2 C CanC1 : /
Từ suy raanC1 : Ta xét hai trường hợp sau
Trường hợp 1: anC1 D2 :Từ (1), dễ thấya1Ca2C CanD49;suy
anC2CanC3C Ca50 D49:
Nếun24thì doa1 anC2; a2 anC3; : : : ; ana2nC1nên
49Da1Ca2C CananC2CanC3C Ca2nC1 < anC2CanC3C Ca49Ca50;
mâu thuẫn Vậyn25;suy
49Da1Ca2C Canna1 25a1:
(4)Câu
lạc
bộ
Tốn
học
mn
màu Trường hợp 2:anC1 3:Lúc này,
anC2CanC3C Ca50 D100 a1Ca2C CanC1/49 2/
nên49.49 n/anC2 49 n/3;suy ran33:Do đó, ta có
49.a1C Ca16/C.a17C Can/16C.n 16/a17 16C17a17;
suy raa17 < 2:Mà1a1 a2 a17vàai số nguyên nên
a1 Da2 D Da17 D1:
ı NếuanC118;đặta1Ca2C CanC1 D50Ckvớik 2Z; k1;ta có
18anC1.50Ck/ 49DkC1;
suy rak 17:Từ đây, ta cóakC1C CanC1 D50vìa1Da2 D Dak D1: ı NếuanC119;từ (2) từ giả thiết, ta có
49.49 n/anC2 49 n/19;
suy ran47:Từ đây, ta cóa1 Da2 D Da45 D1;vì nếua45 2thì
.a1C Ca44/C.a45C Can/44C.n 44/a45 44C.47 44/2 > 49:
ĐặtanC1 D50 k k 2Z; 0k 31/:Khi đó, ta cóa1C CakCanC1D50
vìa1Da2 D Dak D1:
Bài Cho ngũ giác lồiA B C DE nội tiếp đường trịn O / có C D song song vớiBE : Hai đường chéo C E BD cắt P : Điểm M thuộc đoạn thẳng BE cho
∠M A B D ∠P A E :Điểm K thuộc đường thẳng A C cho M K song song vớiA D ; điểmL thuộc đường thẳng A D cho M Lsong song với A C :Đường tròn ngoại tiếp tam giácK B C cắt BD ; C E tạiQ ; S (Q khác B ; S khácC)
a) Chứng minh ba điểmK ; M ; Q thẳng hàng
b) Đường tròn ngoại tiếp tam giácL DE cắt BD ; C E tạiT ; R(T khácD ; R khácE) Chứng minh năm điểm M ; S ; Q ; R ; T thuộc đường tròn
c) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác P QRtiếp xúc với đường tròn O / :
Lời giải a)Do tứ giácB C QK vàB C DAnội tiếp nên∠C K Q D ∠C B Q D ∠C A D ;
suy K Q k A D:Mặt khác, ta lại có M K k A D nên ba điểmK ; M ; Q thẳng hàng
b)Chứng minh tương tự câua), ta có ba điểm R ; M ; L thẳng hàng
Ta cóM Q k A D nên∠R M Q D ∠R L D D ∠R T D ;suy tứ giác R T M Q nội tiếp Chứng minh tương tự, ta có tứ giácR M SQ nội tiếp Do đó, năm điểm M ; T ; R ; Q ; S
(5)Câu
lạc
bộ
Toán
học
muôn
màu O
C D
E B
A
P
M
K
L
Q
S
T
R
G X
I
y
c)GọiG giao điểm thứ hai đường thẳng A M đường trịn O / : Ta cóM R k A C
nên∠R M G D ∠C A G D ∠C E G ;suy tứ giác R M E G nội tiếp Chứng minh tương tự, ta có tứ giác QM B G nội tiếp Ta có
∠R G Q D ∠R GM C∠Q GM D ∠R E M C ∠QB M D 0ı ∠BP E D 0ı ∠R P Q
nên tứ giác R P Q G nội tiếp Bây giờ, gọi I giao điểm thứ hai đường thẳng A G
và đường tròn P QR / ; X giao điểm thứ hai đường thẳng AP đường trịn O / :
Ta có ∠BA M D ∠E AP ∠BA C D ∠E A D (do B C DE hình thang cân) nên
∠C A G D ∠XA D ; suy ∠C D G D ∠XGD:Từ đó, ta cóGX k C D:
Do XG k C D nên tứ giác G C DX hình thang cân, màP C D P D nên P G D P X :Ta có∠R P I D ∠R G I D ∠R EB D ∠R C D nên P I k C D hayP I k GX :
Kẻ tiếp tuyếnG y O / :Ta có∠XG y D ∠XA G và∠P GX D ∠P XG D ∠AP I nên
∠G I P D ∠GA X C ∠AP I D ∠XG y C∠P GX D ∠P G y :
suy G y tiếp tuyến đường tròn G I P / :Do G y tiếp tuyến chung đường tròn O / G I P / : Vậy đường tròn P QR /tiếp xúc với đường tròn O / G :
Bài Choa ; b ; c số thực dương Chứng minh
@ s
a b a C b C
s b c b C c
1
A
1
p
aC b C
p
b Cc
(6)Câu lạc bộ Tốn học mn màu Lời giải Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz AM-GM, ta có
VT /
s
2
a b a Cb C
b c b C c
s aC b C
1 b Cc
D
s a
a C b C c b C c
b a C b C
b b C c
a a Cb C
c b C c
C
b aC b C
b b C c
D :
Ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy khia D b D c :
Bình luận Ngồi cách trên, ta giải cách khác sau: Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có
VT / D p
a b a C b C
s
a b
a C b / b C c / C
s
b c
a C b / b C c / C p
b c b C c
2 C
a
a C b C b b C c
C
b
a C b C c b C c