ĐỀ BÀI.
Bài 1.
a) Giải phương trình: $\sqrt{2 x^2+5 x-6}+\sqrt{2 x^2-x+3}=2 x+1$.
b) Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}3 x=x y z+y+1 \\\ 3 y=y z x+z+1 \\\ 3 z=z x y+x+1\end{array}\right.$.
Bài 2. Cho các số thực $x, y, z$ thỏa $x^2+y^2+z^2=1$. Tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của
$$
A=x^3+y^3+z^3-x^4-y^4-z^4 .
$$
Bài 3. Xét phương trình nghiệm nguyên $x^2+y^2+z^2=x y+k z$ theo ẩn $x, y, z$ và tham số nguyên $k$.
a) Giải phương trình khi $k=3$.
b) Chứng minh rằng khi $k=3^n$ với $n \geq 1$, phương trình có đúng 2 nghiệm.
Bài 4. Cho tứ giác $A B C D$ nội tiếp đường tròn tâm $O$ và ngoại tiếp đường tròn tâm $I$. Phân giác ngoài của góc $\angle B A D$ và $\angle A B C$ cắt nhau tại $E$. Phân giác ngoài của góc $\angle A B C$ và $\angle B C D$ cắt nhau tại $F$. Phân giác ngoài của góc $\angle B C D$ và $\angle C D A$ cắt nhau tại $G$. Phân giác ngoài của góc $\angle C D A$ và $\angle D A B$ cắt nhau tại $H$.
a) Chứng minh tứ giác $E F G H$ nội tiếp.
b) Chứng minh $E, I, G$ thẳng hàng và $H, I, F$ cũng thẳng hàng.
c) Gọi $M, N, P, Q$ là các tiếp điểm của đường tròn nội tiếp $(I)$ tại $A B, B C, C D, D A$. Chứng minh rằng $E G$ là trung trực của $N Q$, và $F H$ là trung trực của $M P$.
Bài 5. Cho 9 điểm (khác nhau) nằm trong một hình vuông có cạnh là 1 .
a) Chứng minh rằng ta luôn có thể tìm một tam giác với các đỉnh từ 9 điểm trên sao cho nó có diện tích không quá $\frac{1}{8}$.
b) Chứng minh rằng ta luôn có thể tìm một tam giác với các đỉnh từ 9 điểm trên sao cho nó có diện tích nhỏ hơn $\frac{1}{8}$.
LỜI GIẢI
Bài 1.
a) Giải phương trình: $\sqrt{2 x^2+5 x-6}+\sqrt{2 x^2-x+3}=2 x+1$.
b) Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}3 x=x y z+y+1 \\\ 3 y=y z x+z+1 \\\ 3 z=z x y+x+1\end{array}\right.$.
Lời giải
a) Điều kiện: $x \geq-\dfrac{1}{2}$ và $2 x^2+5 x-6 \geq 0$, suy ra $x>0$. Phương trình đã cho tương đương
$$ \sqrt{2 x^2+5 x-6}-x+\sqrt{2 x^2-x+3}-x-1=0$$
$$\Leftrightarrow \dfrac{2 x^2+5 x-6-x^2}{\sqrt{2 x^2+5 x-6}+x}+\dfrac{2 x^2-x+3-x^2-2 x-1}{\sqrt{2 x^2-x+3}+x+1}=0$$
$$\Leftrightarrow \dfrac{x^2+5 x-6}{\sqrt{2 x^2+5 x-6}+x}+\dfrac{x^2-3 x+2}{\sqrt{2 x^2-x+3}+x+1}=0$$
Ta thấy $x=1$ là nghiệm. Xét $x \neq 1$, phương trình trên tương đương
$$\dfrac{x+6}{\sqrt{2 x^2+5 x-6}+x}+\dfrac{x-2}{\sqrt{2 x^2-x+3}+x+1}=0$$
Ta chứng minh $\dfrac{6}{\sqrt{2 x^2+5 x-6}+x}>\dfrac{2}{\sqrt{2 x^2-x+3}+x+1}$
hay $ 3 \sqrt{2 x^2-x+3}>\sqrt{2 x^2+5 x-6} \Leftrightarrow 16 x^2-14 x+21>0$
Bất đẳng thức cuối đúng.
Vậy tóm lại, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất $x=1$.
Bài 2.
Cho các số thực $x, y, z$ thỏa $x^2+y^2+z^2=1$. Tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của
$$
A=x^3+y^3+z^3-x^4-y^4-z^4 .
$$
Lời giải
Từ giả thiết ta có $-1 \leq x, y, z \leq 1$.
Từ đó suy ra $x^3+y^3+z^3+x^2+y^2+z^2=x^2(x+1)+y^2(y+1)+z^2(z+1) \geq 0.$
Dẫn đến $x^3+y^3+z^3 \geq-\left(x^2+y^2+z^2\right)=-1$.
Lại có: $x^4+x^4+y^4-\left(x^2+y^2+z^2\right)=x^2\left(x^2-1\right)+y^2\left(y^2-1\right)+z^2\left(z^2-1\right) \leq 0.$
nên $x^4+x^4+y^4 \leq x^2+y^2+z^2=1$.
Do đó suy ra $A=x^3+y^3+z^3-\left(x^4+x^4+y^4\right) \geq-1-1=-2.$
Đẳng thức xảy ra khi $x=0, y=0, z=-1$ hoặc các hoán vị.
Áp dụng bất đẳng thức $a b \leq \dfrac{a^2+b^2}{2}$ với mọi số thực $a, b$, ta có:
$ x^3=\sqrt{3} \cdot \dfrac{1}{\sqrt{3}} x \cdot x^2 \leq \sqrt{3} \cdot \dfrac{x^2+x^4}{2}=\dfrac{x^2 \sqrt{3}}{6}+\dfrac{x^4 \sqrt{3}}{2}.$
Tương tự, $y^3 \leq \dfrac{y^2 \sqrt{3}}{6}+\dfrac{y^4 \sqrt{3}}{2}, z^3 \leq \dfrac{z^2 \sqrt{3}}{6}+\dfrac{z^4 \sqrt{3}}{2}$.
Từ đây suy ra $A =x^3+y^3+z^3-x^4-y^4-z^4\leq \dfrac{\sqrt{3}}{6}\left(x^2+y^2+z^2\right)+\dfrac{\sqrt{3}-2}{2} \left(x^4+y^4+z^4\right)$
$\leq \dfrac{\sqrt{3}}{6}+\dfrac{\sqrt{3}-2}{2} \cdot \dfrac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{3}$
$=\dfrac{\sqrt{3}}{6}+\dfrac{\sqrt{3}-2}{6}=\dfrac{\sqrt{3}-1}{3}.$
Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=\dfrac{1}{\sqrt{3}}$.
Bài 3. Xét phương trình nghiệm nguyên $x^2+y^2+z^2=x y+k z$ theo ẩn $x, y, z$ và tham số nguyên $k$.
a) Giải phương trình khi $k=3$.
b) Chứng minh rằng khi $k=3^n$ với $n \geq 1$, phương trình có đúng 2 nghiệm.
Lời giải
a) Khi $k=3$, ta có phương trình $x^2+y^2+z^2=x y+3 z \Leftrightarrow 3 z-z^2=x^2-x y+y^2 \geq 0 .$
Suy ra $0 \leq z \leq 3$.
Nếu $z=0$ hoặc $z=3$ thì $x=y=0$.
Nếu $z=1$ hoặc $z=2$ thì $x^2-x y+y^2=2$ hay $(x+y)^2=3 x y+2$. Điều này là vô lý vì số chính phương không thể chia cho 3 dư 2 .
Vậy tất cả nghiệm cần tìm là $(0,0,0),(0,0,3)$.
b) Ta chứng minh bằng cách quy nạp theo $n$. Khẳng định đúng với $n=1$. Giả sử khẳng định đúng đến $n \geq 1$, ta chứng minh khẳng định cũng đúng với $n+1$.
Khi $k=3^{n+1}$, phương trình đã cho tương đương: $(x+y)^2+z^2=3 x y+3^{n+1} z: 3$.
Đặt $a=x+y$.
Giả sử $a$ không chia hết cho 3 thì $z$ cũng không chia hết cho 3 , suy ra $
a^2-1, z^2-1 \vdots 3 \Rightarrow a^2+z^2-2 \vdots 3.$ Điều này là vô lý vì $a^2+z^2: 3.$ Vậy $x+y$ và $z$ chia hết cho .
Khi đó $(x+y)^2+z^2: 9$, dẫn đến $x y: 3$.
Kết hợp với $x+y: 3$ ta kết luận được $x, y$ đều là bội của 3 .
Đặt $x=3 x_0, y=3 y_0, z=3 z_0\left(x_0, y_0, z_0 \in \mathbb{Z}\right)$
Có: $x^2+y^2+z^2=x y+3^{n+1} z \Leftrightarrow x_0^2+y_0^2+z_0^2=x_0 y_0+3^n z_0 .$
Theo giả thiết quy nạp, phương trình trên có đúng hai nghiệm. Theo nguyên lý quy nạp, ta được phát biểu đúng với mọi $n \geq 1$.
Bài 4. Cho tứ giác $A B C D$ nội tiếp đường tròn tâm $O$ và ngoại tiếp đường tròn tâm $I$. Phân giác ngoài của góc $\angle B A D$ và $\angle A B C$ cắt nhau tại $E$. Phân giác ngoài của góc $\angle A B C$ và $\angle B C D$ cắt nhau tại $F$. Phân giác ngoài của góc $\angle B C D$ và $\angle C D A$ cắt nhau tại $G$. Phân giác ngoài của góc $\angle C D A$ và $\angle D A B$ cắt nhau tại $H$.
a) Chứng minh tứ giác $E F G H$ nội tiếp.
b) Chứng minh $E, I, G$ thẳng hàng và $H, I, F$ cũng thẳng hàng.
c) Gọi $M, N, P, Q$ là các tiếp điểm của đường tròn nội tiếp $(I)$ tại $A B, B C, C D, D A$. Chứng minh rằng $E G$ là trung trực của $N Q$, và $F H$ là trung trực của $M P$.
Lời giải
a) Biến đổi góc: $$\angle A E B=180^{\circ}-\angle E A B-\angle E B A=\angle B A I+\angle A B I=\dfrac{1}{2}(\angle B A D+\angle A B C) .$$
Tương tự, $\angle D G C=\dfrac{1}{2}(\angle A D C+\angle B C D)$.
Suy ra $$\angle A E B+\angle D G C=\dfrac{1}{2}(\angle B A D+\angle A B C+\angle A D C+\angle B C D)=\dfrac{1}{2} \cdot 360^{\circ}=180^{\circ} .$$
Vậy tứ giác $E F G H$ nội tiếp.
b) Ta có các tứ giác $A E B I, G D I C$ là các tứ giác nội tiếp nên suy ra
$$\angle A I E+\angle A I D+\angle G I D =\angle A B E+\left(180^{\circ}-\angle I A D-\angle I D A\right)+\angle G C D $$
$$=90^{\circ}-\angle A B I+180^{\circ}-\angle I A D-\angle I D A+90^{\circ}-\angle D C I$$
$$=360^{\circ}-\dfrac{1}{2}(\angle B A D+\angle A B C+\angle A D C+\angle B C D)=180^{\circ} .$$
Vậy $E, I, G$ thẳng hàng. Tương tự, ta cũng có $H, I, F$ thẳng hàng.
c) Gọi $X, Y$ lần lượt là giao điểm của $I E, I B$ và $Q N$.
Biến đổi góc:$$\angle B Y N =180^{\circ}-\angle Y B N-\angle B N Q=180^{\circ}-\dfrac{1}{2} \angle A B C-\dfrac{360^{\circ}-\angle Q A B-\angle N B A}{2}$$
$$=-\dfrac{1}{2} \angle A B C+\dfrac{\angle D A B+\angle A B C}{2}$$
$$=\dfrac{1}{2} \angle D A B=\angle B A I=\angle B E I .$$
Suy ra tứ giác $E B Y X$ nội tiếp, dẫn đến $\angle I X Y=90^{\circ}$.
Mà $I Q=I N$ nên ta được $E I$ là đường trung trực của $Q N$, hay $E Q$ là đường trung trực của $Q N$.
Tương tự, $F N$ của là đường trung trực của $M P$.
Bài 5. Cho 9 điểm (khác nhau) nằm trong một hình vuông có cạnh là 1 .
a) Chứng minh rằng ta luôn có thể tìm một tam giác với các đỉnh từ 9 điểm trên sao cho nó có diện tích không quá $\dfrac{1}{8}$.
b) Chứng minh rằng ta luôn có thể tìm một tam giác với các đỉnh từ 9 điểm trên sao cho nó có diện tích nhỏ hơn $\dfrac{1}{8}$.
Lời giải
Trước tiên ta chứng minh bài toán phụ: một tam giác có ba đỉnh nằm trên cạnh hoặc miền trong của một hình chữ nhật thì có diện tích không quá một nửa diện tích hình chữ nhật ấy.
Thật vậy, giả sử tam giác $M N P$ với $M, N, P$ thuộc cạnh hoặc miền trong hình chữ nhật $A B C$.
Xét trường hợp $M, N$ thuộc cạnh hình chữ nhật, không mất tính tổng quát, $M, N$ nằm trên cạnh $A B$.
Khi đó hạ đường cao $P H$ của tam giác $M N P$ thì $$S_{M N P}=\dfrac{1}{2} P H \cdot M N \leq \dfrac{1}{2} B C \cdot M N \leq \dfrac{1}{2} B C \cdot A B=\dfrac{1}{2} S_{A B C D} .$$
Xét trường hợp $M \in A B$. Kẻ đường thẳng qua $M$ song song với $B C$ cắt $C D$ tại $Q$ và cắt đường thẳng $N P$ tại $T$. Nếu $T$ nằm ngoài đoạn $N P$ thì $$
S_{M N P} \leq S_{M T P} \leq \dfrac{1}{2} S_{M Q C B} \leq \dfrac{1}{2} S_{A B C D} .$$
Nếu $T$ thuộc đoạn $N P$ thì $$S_{M N P}=S_{M T N}+S_{M T P} \leq \dfrac{1}{2} S_{M Q D A}+\dfrac{1}{2} S_{M Q C B}=\dfrac{1}{2} S_{A B C D} .$$
Cuối cùng, nếu $M, N, P$ dều không thuộc cạnh hình chữ nhật, không mất tính tổng quát, giả sử $M$ có khoảng cách gần với $A B$ nhất trong ba điểm $M, N, P$, kẻ đường thẳng qua $M$ song song với $A B$ cắt $A D, B C$ tại $R, S$.
Khi đó, $$S_{M N P} \leq \dfrac{1}{2} S_{R S C D} \leq \dfrac{1}{2} S_{A B C D} .$$
Vậy tóm lại, ta luôn có $S_{M N P} \leq \dfrac{1}{2} S_{A B C D}$. Đẳng thức xảy ra khi tam giác có một cạnh, giả sử $N P$ là cạnh của hình chữ nhật và $M$ nằm trên cạnh của hình chữ nhật đối diện với cạnh $N P$.
Trở lại bài toán, chia hình vuông thành bốn hình vuông nhỏ có diện tích là $\dfrac{1}{4}$ bởi hai đường trung bình.
Theo nguyên lý Dirichlet, tồn tại 3 diểm cùng thuộc một hình vuông nhỏ.
Diện tích tam giác tạo bởi 3 điểm này không quá $\dfrac{1}{2}$ diện tích hình vuông nhỏ, tức là không quá $\dfrac{1}{8}$ (nếu 3 điểm thẳng hàng thì ta coi như đó là tam giác có diện tích bằng 0 ).
Mà các điểm nằm bên trong hình vuông dẫn đến không có cạnh nào của tam giác này là cạnh của hình vuông, cho nên diện tích tam giác này phải bé hơn $\dfrac{1}{8}$.
Hoàn tất chứng minh.