Bài 3(23) : Giải phương trình :
Lời giải : Với điều kiện để các căn bậc hai tồn tại, phương trình (1) tương đương với :
Ta nhận thấy :
Với x > 2 thì vế trái của (2) nhỏ hơn vế phải của (2). Với x < 2 thì vế trái của (2) lớn hơn vế phải của (2). Với x = 2 thì (2) được nghiệm đúng.
Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất x = 2.
Nhận xét : 1) Lời giải trên cho phép ta loại trực tiếp các giá trị của x không thỏa mãn phương trình để
cuối cùng chỉ còn lại một giá trị duy nhất và ta chỉ cần kiểm tra xem nó có được nghiệm đúng hay không. Do đó không cần phải giải hệ điều kiện để các căn bậc bậc hai tồn tại.
2) Có nhiều bạn dùng phép biến đổi tương đương đưa phương trình (1) về dạng :
từ đó cũng suy ra được (1) có nghiệm duy nhất x = 2. Các bạn chú ý : và khác 0 không phải là điều hiển nhiên.
3) Các bạn có lời giải tốt hơn cả là : Lê Văn Hòa, 9A, THCS Nghĩa Liên, Nghĩa Đàn, Nghệ An ; Trịnh
Thùy Bảo Lê, 7A1, THCS Chu Văn An, Thanh Hà, Hải Dương ; Phan Thùy Linh, 9B, THCS Tản Đà, Ba Vì, Hà
Tây ; Nguyễn Thúy Hường, 9G, THCS Xuân Đỉnh, Từ Liêm, Hà Nội ; Tạ Hồng Sơn, 9A3, THCS Lâm Thao,
Nguyễn Anh Quân Bài 4(23) : Cho tam giác ABC (AB < AC) và P là điểm nằm trong tam giác sao cho ∠ PBA = ∠ PBC Gọi H và K lần lượt là chân các đường vuông góc hạ từ P xuống AB và AC ; I là trung điểm của BC. Chứng minh rằng :∠ HIB < ∠ KIC
Lời giải : (Dựa theo bạn Nguyễn Văn Sơn A, 7B, THCS Yên Lạc, Vĩnh Phúc)
Gọi E, F lần lượt là trung điểm của PB và PC. Xét các tam giác vuông HBP và KPC, ta thấy ∠ HEP = 2∠ PBH ; ∠ KFP = 2 ∠ PCK mà ∠ PAB = ∠ PCA (gt) nên ∠ HEP = ∠ KFP (1).
Mặt khác do tứ giác PEIF là hình bình hành, suy ra ∠ PEI = ∠ PFI (2).
Từ (1) và (2) ta nhận được ∠ HEI = ∠ KFI. Lại có EI = KF (=1/2 PC) ; IF = HE (=1/2 PB), do đó ∆ HEI = ∆ FIK (c.g.c) => ∠ HIE = ∠ IKF (3).
Vì AB < AC nên∠ PBC > ∠ ACB , kết hợp với ∠ PBA = ∠ PCA => ∠ PBC < ∠ PCB, từ đó PB < PC dẫn đến IF < FC suy ra ∠ FIC < ∠ FCI hay ∠ FIC < ∠ EIB (4).
Từ (3) và IF < FK suy ra KIF < ∠ IKF hay KIF < ∠ HIE (5).
Từ (4) ; (5) suy ra ∠ HIE + ∠ EIB < ∠ KIF + ∠ FIC hay ∠ HIB < ∠ KIC (đpcm).
Nhận xét : Các bạn sau có lời giải gọn hơn cả : Lê Thu Hà, 91, THCS Bùi Thị Xuân, Nha Trang, Khánh Hòa ; Đỗ Tiến Trung, 9A, THCS Kiến Phú, Quốc Oai, Hà Tây ; Nguyễn Hằng Giang, 9B, THCS Nhân Mỹ, Lý
Nhân, Hà Nam ; Nguyễn Văn Thành, 9D, THCS Lý Nhật Quang, Đô Lương ; Bùi Thúy Hằng, 9B, THCS Phùng Chí Kiên, Diễn Châu, Nghệ An ; Phan Xuân Sơn, 9/2 ; Trần Thanh Vũ, 9/8, THCS Lê Quý Đôn, Thăng Bình,
Quảng Nam ; Đại Thị Ánh ; Ngô Hải Hà, 8A1, THCS Yên Lạc, Vĩnh Phúc.
Nguyễn Văn Mạnh Bài 5(23) : Cho tam giác ABC không cân, ngoại tiếp đường tròn (O). Gọi D, E, F lần lượt là các tiếp
điểm của (O) với các cạnh BC, CA, AB. Gọi M là giao điểm của các đường thẳng AO, DE ; N là giao điểm của các đường thẳng BO, EF ; P là giao điểm của các đường thẳng CO, DF. Chứng minh các tam giác NAB, MAC, PBC có cùng diện tích.
Gọi A, B, C là số đo các góc của tam giác ABC. Vì tam giác CDE cân tại C nên :
∠MDC = (180o - C)/2 = (A + B)/2
Mặt khác,∠ MOB = ∠ OAB + ∠ OBC = A/2 + B/2 Vậy : ∠ MDC = ∠ MOB
=> Tứ giác MOBD nội tiếp
=> ∠ OMB = ∠ ODB = 90>sup>o (1). Đặt L = BM ∩ AC.
Từ (1) ta có ∆ ABL cân tại A => ML = 1/2 BL (2). (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Gọi H, K là hình chiếu của M, B xuống AC. Từ (2) ta có MH = 1/2 BK
=> 1/2 MH.AC = 1/2 x 1/2 BK.AC => S(MAC) = 1/2 S(ABC).
Tương tự ta có : S(NAB) = 1/2 S(ABC) ; S(PBC) = 1/2 S(ABC) Vậy : Các tam giác NAB, MAC, PBC có cùng diện tích.
Nhận xét : 1) Bài toán này không khó, bởi lẽ tứ giác MOBD nội tiếp là một kết quả quen thuộc. Tuy
nhiên, chỉ có ít bạn tham gia giải, trong số này có nhiều bạn giải quá dài.
2) Các bạn sau đây có lời giải tốt : Nguyễn Phương Đăng Toàn, 9D, THCS Thạch Thất, Thạch Thất ; Đỗ
Tiến Trung, 9A, THCS Kiều Phú, Quốc Oai, Hà Tây ; Hoàng Đức ý, 9E, THCS Trần Mai Ninh, TP. Thanh
Hóa, Thanh Hóa ; Lê Tuấn Hiệp, 8C, THCS Thái Sơn, Đô Lương, Nghệ An ; Trần Mỹ Linh, 9/1, THCS Trần Huỳnh, TX. Bạc Liêu, Bạc Liêu.
Nguyễn Minh Hà Bài 2(24) : Tồn tại hay không số nguyên n thỏa mãn n3 + 2003n = 20052005 + 1 ?
Lời giải : Giả sử tồn tại số nguyên n thỏa mãn hệ thức.
Vì n - 1, n, n + 1 là ba số nguyên liên tiếp nên có đúng một số chia hết cho 3. Do đó (n - 1)n(n + 1) chia hết cho 3. Suy ra n3 + 2003n chia hết cho 3 (1).
Mặt khác 20052005 + 1 = (2004 + 1)2005 + 1 mà 2004 chia hết cho 3 nên 20052005 + 1 chia cho 3 dư 2 (2). Từ (1) và (2) dẫn đến mâu thuẫn, tức là không thể có số nguyên n thỏa mãn hệ thức.
Nhận xét : Tất cả các bạn đều giải đúng. Có bạn đã chứng minh vế trái chia hết cho 6 nhưng vế phải
không chia hết cho 6 để khẳng định không có số nguyên n thỏa mãn. Các bạn trình bày lời giải rõ ràng và ngắn gọn là : nhiều bạn lớp 6A3, THCS Lâm Thao, Lâm Thao, Phú Thọ ; Nguyễn Xuân Đạt ; Trần Hồ Nam ;
Nguyễn Hưng Thịnh, 6/4, THCS Lê Văn Thiêm, TX. Hà Tĩnh, Hà Tĩnh ; Đào Xuân Dương, 6A2, THCS Hai Bà
Trưng, TX. Phúc Yên ; Tô Văn, 5A, TH Tứ Trưng, Vĩnh Tường ; Lê Thị Tuyết Mai, 6A1, THCS Yên Lạc, Yên Lạc, Vĩnh Phúc ;Nguyễn Huy Linh, 7B, THCS Yên Bái, Yên Định, Thanh Hóa ; Nguyễn Thị Bích Ngọc, 7A3, THCS Chu Mạnh Trinh, Văn Giang, Hưng Yên ; Nguyễn Minh Trang, 6E, THCS Đặng Thai Mai, TP. Vinh ;
Hoàng Trung Nhật, 6A, THCS Yên Sơn, Đô Lương, Nghệ An ; Hoàng Bảo Trang ; Phan Ngọc Hiếu ; Nguyễn Ngọc Minh ; Nguyễn Anh Tú, 8/3, THCS Lê Quý Đôn, TP. Hải Dương, Hải Dương ; Phạm Văn Huy, 8C5,
THCS Chu Văn An, TP. Hải Phòng, Hải Phòng ; Nguyễn Như Đức Trung, 9/1, THCS Lý Thường Kiệt, Q. Hải Châu, TP. Đà Nẵng, Đà Nẵng ; Nguyễn Việt Hoàng, 9A1, THCS Ngô Sĩ Liên, Hoàn Kiếm, Hà Nội ; Nguyễn
Hằng Nga, 7A, THCS Lê Văn Thịnh, Gia Bình, Bắc Ninh ; Lưu Thị Kim Ngân, 97, THCS Lê Quý Đôn, Thăng
Bình, Quảng Nam ; Nguyễn Văn Ngọc, 8H, THCS Nguyễn Huệ, TX. Đông Hà, Quảng Trị.