Đang tải... (xem toàn văn)
Bổ đề : Trong một hình thang vuông, độ dài đoạn thẳng nối hai điểm nằm trên hai cạnh bên không nhỏ thua độ dài đáy nhỏ các bạn tự chứng minh bổ đề này.. Dựng CH cuông góc với AD.[r]
(1)Bài 1(2) : Tìm tất các số chính phương dạng Lời giải : Do là số chính phương nên = k2 Lại vì : 10001 ≤ ≤ 99999, => 101 ≤ k < 317 Vậy k phải là số có ba chữ số Đặt k = Cũng từ giả thiết bài toán là số chính phương nên a thuộc {1, 4, 5, 6, 9} +) Nếu a = thì : 100 < < 142 (trong đó p = p = 9) Với p = 1, ta có các số thỏa mãn điều kiện bài toán là : 1012 = 10201, 1112 = 12321, 1212 = 14641 ; còn với p = ta thấy không có số nào thỏa mãn điều kiện đề bài +) Nếu a = thì : 200 < < 224 (p = p = 8) Thử trực tiếp ta có các số thỏa mãn là : 2 202 = 40804, 212 = 44944 +) Nếu a = thì : 223 < < 245 (trong đó p = 5) Trong trường hợp này không có số nào thỏa mãn điều kiện đề bài +) Nếu a = thì : 244 < < 265 (p = p = 6) Chỉ có số thỏa mãn trường hợp này là : 2642 = 69696 +) Nếu a = thì : 300 < < 317 (p = p = 7) Trường hợp này có số thỏa mãn là : 3072 = 94249 Tóm lại có số thỏa mãn điều kiện bài : 10201, 12321, 40804, 14641, 44844, 69696, 94249 Nhận xét : - Nếu bài toán có thêm điều kiện a, b, c đôi khác thì có số thỏa mãn đề bài Bài 3(2) : Cho tam giác ABC Các điểm M, N theo thứ tự thuộc các cạnh AB, AC cho diện tích tam giác AMN nửa diện tích tam giác ABC (M ≠ B ; N ≠ C) Chứng minh : Trọng tâm tam giác ABC nằm tam giác AMN Lời giải : (của bạn Nguyễn Thị Quỳnh Mai, 6B, THCS Bán công Hương Khê, Hà Tĩnh) Gọi G là trọng tâm ABC Đặt L là giao điểm BG và AC ; O là giao điểm BL và MN Ta có : AL = CL ; GB/GL = (1) Theo giả thiết : S(AMN) = 1/2 S(ABC) Mặt khác, vì AL = CL nên : S(ABL) = 1/2 S(ABC) Vậy S(AMN) = S(ABL) => S(OLN) = S(OMB) => S(BLN) = S(NMB) => ML // BN => : OB/OL = BN/ML = AN/AL < AC/AL = (2) (định lí Talét) Từ (1), (2) => : OB/OL < GB/GL => OB/OL + < GB/GL + => BL/OL < BL/GL => GL < OL => G thuộc đoạn OL => G thuộc tam giác AMN (đpcm) Nhận xét : 1) Bài này có khá nhiều bạn tham gia giải, tất giải đúng Tuy nhiên, nhiều bạn giải quá dài và phức tạp 2) Ngoài cách giải trên còn hướng giải khác Đặt P là giao điểm AG và BC ; Q là giao điểm AP và MN (2) Ta có đẳng thức quen thuộc : AB/AM + AC/AN = 2.AP/AQ (3) Theo giả thiết : S(ABC) / S(AMN) = => AB/AM AC/AN = (4) Từ (3), (4), sau vài biến đổi đại số, ta có : AG < AQ Từ đó => đpcm Bài 4(2) : Giải phương trình : x2 + 2x + = (x2 + x + 1) (x4 + x2 + 4) Lời giải : (của bạn Phan Việt Thành, 8D, THCS Lương Thế Vinh, Tuy Hòa, Phú Yên) Ta có : x2 + x + = (x + 1/2)2 + 3/4 > với x Mặt khác : Với x ta có x4 + x2 + ≥ => (x2 + x + 1) (x4 + x2 + 4) ≥ (x2 + x + 1) = x2 + 2x + + 2x2 + (x + 1)2 > x2 + 2x + Chứng tỏ phương trình vô nghiệm Bài 5(2) : Tìm x, y để biểu thức : đạt giá trị nhỏ Lời giải : Ta có: Dấu “=” xảy và y = -1 và ≥ x ≥ -1 Bài (3) : Tìm tất các cặp số nguyên không âm (x, y) cho : x - y = x2 + xy + y2 Lời giải : Giả sử có cặp số nguyên không âm (x, y) thỏa mãn hệ thức x - y = x2 + xy + y2 (1) Từ đó dễ dàng => x ≥ x - y = x2 + xy + y2 ≥ 3xy (2) - Nếu x = 0, từ (1) ta có -y = y2 => y = - Nếu x ≠ 0, thay x = vào (2) => ≥ 3y => y = 0, thay y = vào (1) => x = x2 => x = Tóm lại : Có hai cặp số (0, 0); (1, 0) thỏa mãn đề bài Bài 2(4) : Cho a, b, c là số thỏa mãn điều kiện : Tính tổng : a2001 + b2002 + c2003 Lời giải : Từ (1) => a, b, c ≤ Trừ vế (1) cho (2) ta có : a2002(1 - a) + b2002(1 - b) + c2002(1 - c) = (3) (3) Vì a, b, c ≤ nên a2002(1 - a) ≥ ; b2002(1 - b) ≥ ; c2002(1 - c) ≥ Từ đó ta có a2001 = a2003 ; b2002 = b2003 => : a2001 + b2002 + c2003 = a2003 + b2003 + c2003 = Nhận xét : 1/ Từ lời giải trên, kết hợp với (1) (2) có thể => ba số a, b, c có đúng số và hai số còn lại 2/ Một số bạn từ (1) => ≤ a ≤ là sai Một số bạn tự thêm giả thiết a, b, c là các số nguyên dương Bài 4(4) : Cho ΔABC nhọn, ba đường cao AD, BE và CF cắt H Qua A vẽ các đường thẳng song song với BE, CF cắt các đường thẳng CF, BE P và Q Chứng minh PQ vuông góc với trung tuyến AM ΔABC Lời giải : Vì ΔABC nhọn nên trực tâm H nằm ΔABC (hình dưới) Lần lượt đặt I là giao điểm AH và PQ ; K là giao điểm AM và PQ Từ giả thiết => tứ giác APHQ là hình bình hành, nên I là trung điểm AH Cũng từ giả thiết => AP vuông góc với AC ; AQ vuông góc với AB => BAC = AQH; ACB = AHQ (các cặp góc có hai cạnh tương ứng vuông góc) => ΔABC đồng dạng với ΔQAH (g.g) => AB/QA = BC/AH = AC/AH Mặt khác M, I là trung điểm BC, AH nên : AM/QI = BC/AH = MC/IH => AM/QI = MC/IH = AC/QH => ΔAMC đồng dạng với ΔQIH (c.c.c) => CAM = HQI hay EAK = EQK => tứ giác KAQE nội tiếp => AKQ = AEQ = 90o (cùng chắn cung AQ, BQ vuông góc với AC) => PQ vuông góc với AM (đpcm) Bài 3(5) : So sánh A và B biết : A = (20032002 + 20022002)2003 B = (20032003 + 20022003)2002 (4) Lời giải : (của bạn Võ Văn Tuấn) Ta chứng minh bài toán tổng quát : (an + bn)n + > (an + + bn + 1)n với a, b, n là các số nguyên dương Thật vậy, không tính tổng quát, giả sử a ≥ b (an + bn)n + = (an + bn)n.(an + bn) > (an + bn)n.an = [(an + bn)a]n = (an.a + bn.a)n ≥ (an.a + bn.b)n = (an + + bn + 1)n Với a = 2003, b = n = 2002, ta có A > B Bài 4(5) : Tam giác ABC có E là trung điểm cạnh BC cho EAB = 15o , EAC = 30 Tính C Lời giải : (của bạn Phạm Thị Hồng Anh) Gọi F là điểm đối xứng C qua AE và I là giao điểm CF và AE, => AI vuông góc với CI Xét tam giác vuông IAC, vuông I, có IAC = 30o => ACF = ACI = 60o (1) Ta có AI là trung trực CF nên ΔAFC cân, từ (1) => ΔAFC Nhận xét rằng, IE là đường trung bình ΔBFC nên IE // FB, mà IE vuông góc với FC => BF vuông góc với FC hay ΔBFC vuông F => góc BFC = 90o ; ΔAFC => CFA = CAF = 60o , => : BFA = BFC + CFA = 90o + 60o = 150o FAB = CAF - CFA - BAE = 60o - 30o - 15o = 15o Xét ΔFBA, BFA = 150o và FAB = 15o => FBA = 15o su ΔFBA cân F => FB = FA = FC Từ đó, ΔBFC vuông cân F => BCF = 45o (2) Từ (1), (2) => ACB = ACF + BCF = 60o + 45o = 105o Vậy C = 105o Bài 2(7) : Cho a, b, c thỏa mãn : a/2002 = b/2003 = c/2004 Chứng minh : 4(a - b)(b - c) = (c - a)2 Lời giải : Theo tính chất tỉ lệ thức ta có : a/2002 = b/2003 = c/2004 = (a - b)/(2002 - 2003) = (b - c)/(2003 - 2004) = (c - a)/(2004 - 2002) => : (a - b)/-1 = (b - c)/-1 = (c - a)/2 => : (a - b)(b - c) = [ (c - a)/2 ]2 => 4(a - b)(b - c) = (c - a)2 (đpcm) Bài 4(8) : Cho hình chữ nhật ABCD (như hình vẽ), biết AB = 30 cm, AD = 20 cm, AM = 10 cm, BP = cm, AQ = 15 cm Tính diện tích tam giác MRS Lời giải : Giả sử đường thẳng PQ cắt các đường thẳng CD, AB tương ứng E, F (5) Ta có : DE/EC = QD/CP = 5/15 = 1/3 , hay DE/DC = 1/2 => DE = 15 cm Ta thấy tam giác QDE = tam giác PBF => BF = DE = 15 cm Lại có : DE/MF = DR/MR = 15/35 = 3/7 => MR/MD = 7/10 (1) Vì MS/MC = MF/EC = 35/45 = 7/9 => MS/MC = 7/16 (2) Ta có : SMDC = SABCD - SAMD - SBMC = AB.AD - 1/2AD.(AM + MB) = 300 (cm2) (3) Mặt khác, từ (1) và (2) ta có : SMRS/SMCD = (MR/MD).(MS/MC) = 7/10 7/16 = 47/160 Do đó, từ (3) ta có : SMRS = 300 (49/160) = 91,875 (cm2) Bài 5(8) : Cho tam giác ABC không vuông Các đường cao BB’, CC’ cắt H Gọi K là trung điểm AH, I là giao điểm AH và B’C’ Chứng minh : I là trực tâm tam giác KBC Lời giải : Trường hợp : Tam giác ABC nhọn (hình vẽ) Gọi L là điểm đối xứng H qua BC Ta có : BLC = BHC = B ' HC ' (đối đỉnh) = 180o - BAC (Vì AC 'HB ' nội tiếp) => BLC + BAC = 180o => tứ giác ABLC nội tiếp => CLA = CBA (1) Mặt khác, vì BB 'C = BC 'C ( = 90o) nên tứ giác BC’B’C nội tiếp => AB ' C ' = CBC ' (2) Từ (1) và (2) => : CLI = AB 'I => tứ giác CLIB ’ nội tiếp => B 'CI = B 'LI (3) Theo giả thiết, tam giác AHB’ vuông B’, B’K là trung tuyến nên KB’ = KH => KB 'H = KHB ' = BHL = BLH (vì tam giác BLH cân B) => tứ giác KB’LB nội tiếp , suy B 'BK = B 'LK (4) Từ (3) và (4) => tứ giác BCB’E nội tiếp (E là giao CI và BK) => BEC = BB 'C = 90o => CI vuông góc với BK Chú ý : KI vuông góc với BC Vậy I là trực tâm tam giác KBC Trường hợp : Tam giác ABC tù, chứng minh hoàn toàn tương tự trường hợp Bài 1(11) : Phân tích số 8030028 thành tổng 2004 số tự nhiên chẵn liên tiếp Lời giải : (6) Ta thấy : Tổng 2004 số tự nhiên chẵn liên tiếp là S = a + (a + 2) + + (a + 4006) = [ a + (a + 4006)] : x 2004 = (a + 2003) x 2004 Do đó S = 8030028 tương đương với (a + 2003) x 2004 = 8030028 hay a = 2004 Vậy 8030028 = 2004 + 2006 + 2008 + + 6010 Bài 2(11) : Tìm số nguyên a lớn cho số T = 427 + 41016 + 4a là số chính phương Lời giải : Ta xét a là số nguyên thỏa mãn a ≥ 27 và T là số chính phương Nhận xét T = 427 (1 + 4989 + 4a - 27) = (227)2 (1 + 21978 + (2a - 27)2), => S = + 21978 + (2a - 27)2 là số chính phương Chú ý : + 21978 + (2a - 27)2 > (2a - 27)2 => + 21978 + (2a - 27)2 ≥ (2a - 27 + 1)2 Tức là ta có 21978 ≥ 2.2a - 27 => 1978 ≥ a - 26 => 2004 ≥ a Với a = 2004 thì T = (227)2 (21977 + 1)2 là số chính phương Vậy số nguyên a lớn cần tìm là a = 2004 Bài 4(11) : Tính góc A tam giác ABC biết O1OO2 = 90o với O1, O, O2 là tâm các đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp và bàng tiếp (trong góc A) tam giác ABC Lời giải :Gọi I là giao điểm AO2 với đường tròn (O) Ta thấy : IBO1 = IO1B ( = ( A + B)/2 ) => ΔIBO1 cân I, từ đó IB = IO1 (1) Mặt khác O1BO2 = 90o nên IBO2 = IO2B hay ΔIBO2 cân I => IB = IO2 (2) Từ (1), (2) => IO1 = IO2 Theo giả thiết O1OO2 = 90o => OI = 1/2.O1O2 Do đó OI = BI = OB = R (bán kính đường tròn (O)) => ΔBIO => BOI = 60o , => BAI = 30o Vậy BAC = 60o Bài 5(11) : Về phía ngoài tam giác ABC ta dựng các tam giác vuông đồng dạng ABE, ACF ( ABE = ACF = 90o) Chứng minh : BF, CE và đường cao AH tam giác đồng quy Lời giải : Cách : (của bạn Võ Văn Tuấn, 7A5, THCS Buôn Hồ, KRông Buk, Đắk Lắk) Vì ΔBEA đồng dạng với ΔCFA nên AB / EB = AC / FC Trên tia đối tia AH lấy điểm K cho : AK = AB/EB.BC = AC/FC.CB (hình 1) Vì AK = AB/EB.BC nên AK/AB = BC/BE (1) (7) Mặt khác : KAB = CBE (2) (hai góc có cạnh tương ứng vuông góc và cùng tù) Từ (1), (2) => : ΔKAB đồng dạng với ΔCBE => : ABK = BEC => ABK + EBK = BEC + EBK => : 90o = ENB (N là giao điểm EC và BK) => CE vuông góc với BK Tương tự : BF vuông góc với CK Vậy BF, CE, AH là ba đường cao ΔBCK => BF, CE, AH đồng quy Cách : (của các bạn Huỳnh Quốc Uy và Trần Lương Khiêm, 9A, THCS Trần Hưng Đạo, Quảng Ngãi) Đặt I = BF giao với CE Gọi M, N là hình chiếu A trên CE, BF (hình 2) Dễ thấy các tứ giác AMBE, ANCF, AMIN, AMHC nội tiếp Vì các tứ giác AMBE, ANCF nội tiếp và vì ΔABE đồng dạng với ΔACF nên ta có : BME = BAE = CAF = CNF => BMC = BNC => Tứ giác BMNC nội tiếp => MNB = MCB (1) Vì tứ giác AMIN nội tiếp nên : MNB = MAI (2) Vì tứ giác AMHC nội tiếp nên : MCB = MAH (3) Từ (1), (2), (3) => : MAI = MAH => tia AI trùng tia AH => I thuộc AH => BF, CE, AH đồng quy Trên đây, ta vẽ hình và giải bài toán trường hợp các góc ABC, ACB < 90o Nếu ACB ≥ 90o ACB ≥ 90othì ta có lời giải tương tự Bài 1(12) : Cho số tự nhiên N = 20032004 Viết N thành tổng k số tự nhiên nào đó n1, n2, …, nk S = n13 + n23 + … + nk3 Tìm số dư phép chia S cho Lời giải : Vì a3 - a = a.(a2 -1) = (a - 1).a.(a + 1) là tích ba số nguyên liên tiếp nên a3 - a chia hết cho với số nguyên a Đặt N = n1 + n2 + … + nk, ta có : S - N = (n13 + n23 + … + nk3) - (n1 + n2 + … + nk) = (n13 - n1) + (n13 - n1) + … + (nk3 - nk) chia hết cho => S và N có cùng số dư chia cho Mặt khác, 2003 chia cho dư => 20032 chia cho dư => N = 20032004 = (20032)1002 chia cho dư Vậy : S chia cho dư Bài 4(12) : Cho hình thang vuông ABCD có AD // BC, AB vuông góc với AD, AD = cm, AB = BC = cm Hãy tìm đường ngắn từ đỉnh A tới điểm M trên cạnh DC, tới điểm N trên cạnh AB, quay lại điểm P trên cạnh DC và trở A Lời giải : Bài toán đưa tìm giá trị nhỏ tổng T = AM + MN + NP + PA (8) Ta cần kết sau Bổ đề : Trong hình thang vuông, độ dài đoạn thẳng nối hai điểm nằm trên hai cạnh bên không nhỏ thua độ dài đáy nhỏ (các bạn tự chứng minh bổ đề này) áp dụng bổ đề, ta có : MN ≥ BC ; NP ≥ BC => MN + NP ≥ 2BC (1) Dựng CH cuông góc với AD Nhận thấy tứ giác ABCH là hình vuông, => : CH = AH = AB = BC = cm => DH = cm Ta có CH = AH = HD = cm => ΔCAD vuông cân C Vì P, M thuộc CD => PA ≥ AC ; AM ≥ AC => AM + PA ≥ 2AC (2) Từ (1), (2) => T ≥ 2(AC + BC) = đẳng thức xảy và P, M, C trùng và N trùng với B Vậy đường ngắn thỏa mãn điều kiện đề bài dài đến B đến C đến A chính là đường : A đến C Bài 5(13) : Cho hình thang ABCD có AB song song và nửa CD H là trung điểm CD Điểm M nằm ngoài hình thang cho MH vuông góc và phần tư CD Bên ngoài hình thang, ta dựng các tam giác ADE, BCF vuông cân E, F Chứng minh tam giác MEF vuông cân M Lời giải : Cách : (của bạn Chu Toàn Thắng) Trước hết, ta nhắc lại bổ đề quen thuộc Bổ đề (*) : Cho tam giác ABC Về phía ngoài tam giác, ta dựng các tam giác ABE, ACF vuông cân E, F M là trung điểm AB Khi đó, tam giác MEF vuông cân Trở lại bài toán Trên tia đối tia MD, lấy điểm K cho : MK = MD (hình 1) Dễ thấy : KC vuông góc với DC (1) và CK = 2MH (2) (9) dd>Từ (1) => : KCF = 360o - KCD - DCB - BCF = 360o - 90o -(180o - CBA) - 45o = 45o + CBA = FBC + CBA = ABF Vậy: KCF = ABF Từ (2) => : KC = 1/2 CD = AB (4) Từ (3), (4) và CF = BF (do tam giácBCF vuông cân F) ta có : Δ KCF = Δ ABF (c.g.c) => FK = FA ; CFK = AFB => KFA = CFB + CFK - BFA = CFB = 900 => Δ AKF vuông cân F áp dụng bổ đề (*) cho tam giác ADK và các tam giác ADE, AKF vuông cân E, F ta có : Δ MEF vuông cân M Cách : (của bạn Nguyễn Tài Đại) Gọi K là trung điểm AB Lấy điểm N nằm ngoài hình thang ABCD cho NK = AB ; NK vuông góc với AB (hình 2) Dễ thấy : tam giác MHC = tam giác BKN => MC = NB ; mặt khác, AB // CD và tam giác BCF vuông cân F nên Δ FMC = Δ FNB (c.g.c) => Δ MFN vuông cân F (bạn đọc tự chứng minh) Tương tự vậy, Δ MEN vuông cân E => MENF là hình vuông => tam giác MEF vuông cân M (10) Bài 1(14) : Cho x ; y thỏa mãn : Hãy tính giá trị biểu thức sau : T = x2003 + y2003 Lời giải : Nhận xét : Do đó kết hợp với giả thiết ta suy : Cộng theo vế hai đẳng thức trên ta có : y + x = - x - y Suy x + y = Do đó T = x2003 + y2003 = x2003 + (- x)2003 = x2003 - x2003 = Bài 4(14) : Cho ∆ABC Trên các tia đối các tia CB, AC, BA lấy các điểm A1, B1, C1 cho AB1 = BC1 = CA1 Chứng minh ∆A1B1C1 thì ∆ABC Lời giải : Giả sử ∆A1B1C1 Không tính tổng quát ta có thể giả thiết : Khi đó : CB1 ≥ AC1 ≥ BA1 hay CA ≥ AB ≥ BC (do AB1 = BC1 = CA1), suy Mặt khác, từ (*) suy : (do ∆A1B1C1 đều) Nhưng (11) Từ (1), (2) suy ∆ABC (đpcm) Bài 5(14) : Cho ba điểm A, B, C thẳng hàng, AB = BC Một đường tròn (O) qua A, B Các tiếp tuyến với (O) kẻ từ A, C cắt S T là tiếp điểm SC và (O) SB cắt (O) E (E khác B) Chứng minh : ET // AB Lời giải : Vì SA, ST tiếp xúc với (O) nên ta có : STE = SBT ; SAE = SBA => ∆STE đồng dạng với ∆SBT ; ∆SAE đồng dạng với ∆ABA Mặt khác, vì tứ giác AETB nội tiếp nên : TEA = TBC (2) Từ (1), (2) ta có : ∆TEA đồng dạng với ∆TBC => EAT = BCT Từ đó, với chú ý : EAT = ETS, ta có : BCT = ETS => ET // AB (hai góc đồng vị nhau) Bài 4(15) : Cho tam giác ABC có AB > AC Trên các cạnh AB, AC lấy các điểm N, M tương ứng, cho AN = AM Gọi O là giao điểm BM, CN Chứng minh : OB > OC Lời giải : (của bạn Dương Cao Nguyên) (12) Vì AB > AC > AM = AN nên tồn điểm K thuộc đoạn BN cho : AK = AC Gọi L là giao điểm KM và CN Vì K thuộc đoạn BN nên L thuộc đoạn ON => OMN > LMN Mặt khác, dễ thấy tam giác LMN cân L => LMN = LNM Vậy : OMN > ONM => ON > OM (1) ∆AKM = ∆ACN (c.g.c) => KM = CN (2) Vì AK = AC nên tam giác AKC cân A => AKC < 90o => BKM > 90o => BKM > KMB => BM > KM (3) Từ (2) và (3) suy : BM > CN (4) Từ (1) và (4) suy : BM - OM > CN - ON => OB > OC Email: info@123doc.org Website: http://huynhvumt.violet.vn (13)