ĐỀ THI
Câu 1
Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}x^2+y^2+\frac{8 x y}{x+y}=16\quad\quad(1) \\ \sqrt{x+y}=x^2-y\quad\quad\quad(2)\end{array}\right.$
Câu 2
Cho các số thực $a, b, x, y$ thoả mãn điều kiện $a x-b y=\sqrt{3}$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\mathrm{F}=\mathrm{a}^2+\mathrm{b}^2+\mathrm{x}^2+\mathrm{y}^2+\mathrm{bx}+\mathrm{ay}$.
Câu 3
Cho tam giác $\mathrm{ABC}$ có các góc $\mathrm{A}, \mathrm{B}$ thỏa mãn điều kiện:
$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\sin \frac{3 \mathrm{~A}}{2}+\sin \frac{3 \mathrm{~B}}{2}=2 \cos \frac{\mathrm{A}-\mathrm{B}}{2}$
Chứng minh tam giác $\mathrm{ABC}$ là tam giác đều.
Câu 4
Cho tứ giác lồi $\mathrm{ABCD}$. Xét $\mathrm{M}$ là điểm tùy ý. Gọi $P, Q, R, S$ là các điểm sao cho:
$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\overrightarrow{\mathrm{MB}}+\overrightarrow{\mathrm{MC}}+\overrightarrow{\mathrm{MD}}=4 \overrightarrow{\mathrm{MP}} ; \overrightarrow{\mathrm{MC}}+\overrightarrow{\mathrm{MD}}+\overrightarrow{\mathrm{MA}}=4 \overrightarrow{\mathrm{MQ}} $
$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\overrightarrow{\mathrm{MD}}+\overrightarrow{\mathrm{MA}}+\overrightarrow{\mathrm{MB}}=4 \overrightarrow{\mathrm{MR}} ; \overrightarrow{\mathrm{MA}}+\overrightarrow{\mathrm{MB}}+\overrightarrow{\mathrm{MC}}=4 \overrightarrow{\mathrm{MS}}$
Tìm vị trí của điểm $\mathrm{M}$ sao cho $\mathrm{PA}=\mathrm{QB}=\mathrm{RC}=\mathrm{SD}$.
Câu 5
Trong mặt phẳng tọa độ cho một ngũ giác lồi có các đỉnh là những điểm có tọa độ nguyên. Chứng minh rằng bên trong hoặc trên cạnh ngũ giác có ít nhất một điểm có tọa độ nguyên.
LỜI GIẢI
Câu 1
Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}x^2+y^2+\frac{8 x y}{x+y}=16\quad\quad(1) \\ \sqrt{x+y}=x^2-y\quad\quad\quad(2)\end{array}\right.$
Lời Giải
- Điều kiện: $x+y>0$
- (1) $\Leftrightarrow\left(x^2+y^2\right)(x+y)+8 x y=16(x+y)$
$\quad\quad\quad\quad\Leftrightarrow\left((x+y)^2-2 x y\right)(x+y)-16(x+y)+8 x y=0$
$\quad\quad\quad\quad\Leftrightarrow(x+y)^3-16(x+y)-2 x y(x+y)+8 x y=0$
$\quad\quad\quad\quad\Leftrightarrow(x+y)\left[(x+y)^2-16\right]-2 x y(x+y-4)=0$
$\quad\quad\quad\quad\Leftrightarrow(x+y-4)[(x+y)(x+y+4)-2 x y]=0 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}x+y-4=0\quad\quad\quad\quad\quad\quad(3) \\ x^2+y^2+4(x+y)=0\quad\quad(4)\end{array}\right.$
Từ $(3) \Rightarrow x+y=4$, thế vào $(2)$ ta được:
$\quad\quad\quad\quad x^2+x-4=2 \Leftrightarrow x^2+x-6=0 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}x=-3 \Rightarrow y=7 \\ x=2 \Rightarrow y=2\end{array}\right.$
(4) vô nghiệm vì $x^2+y^2 \geq 0$ và $x+y>0$.
Vậy hệ có hai nghiệm là $(-3 ; 7) ;(2 ; 2)$
Câu 2
Cho các số thực $a, b, x, y$ thoả mãn điều kiện $a x-b y=\sqrt{3}$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\mathrm{F}=\mathrm{a}^2+\mathrm{b}^2+\mathrm{x}^2+\mathrm{y}^2+\mathrm{bx}+\mathrm{ay}$.
Lời Giải
Viết lại $\mathrm{F}=\left(\mathrm{x}+\frac{\mathrm{b}}{2}\right)^2+\left(\mathrm{y}+\frac{\mathrm{a}}{2}\right)^2+\frac{3}{4}\left(\mathrm{a}^2+\mathrm{b}^2\right)$
Đặt $M=(x ; y), A=\left(-\frac{b}{2} ;-\frac{a}{2}\right),(\Delta): a x-b y=\sqrt{3}$.
Ta có: $M A^2=\left(x+\frac{b}{2}\right)^2+\left(y+\frac{a}{2}\right)^2$
Mà $\mathrm{M} \in(\Delta)$ nên $\mathrm{MA}^2 \geq[\mathrm{d}(\mathrm{A} ; \Delta)]^2=\frac{3}{\mathrm{a}^2+\mathrm{b}^2}$ Đẳng thức xảy ra khi $M$ là hình chiếu của $A$ trên $(\Delta)$.
Suy ra $F \geq \frac{3}{a^2+b^2}+\frac{3}{4}\left(a^2+b^2\right) \geq 2 \sqrt{\frac{3}{a^2+b^2} \cdot \frac{3}{4}\left(a^2+b^2\right)}=3$
Vậy $minF =3$ đạt được chẳng hạn khi $(a ; b ; x ; y)=\left(\sqrt{2} ; 0 ; \frac{\sqrt{6}}{2} ; \frac{\sqrt{2}}{2}\right)$
Câu 3
Cho tam giác $\mathrm{ABC}$ có các góc $\mathrm{A}, \mathrm{B}$ thỏa mãn điều kiện:
$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\sin \frac{3 \mathrm{~A}}{2}+\sin \frac{3 \mathrm{~B}}{2}=2 \cos \frac{\mathrm{A}-\mathrm{B}}{2}$
Chứng minh tam giác $\mathrm{ABC}$ là tam giác đều.
Lời Giải
Ta có: $\sin \left(\frac{3 \mathrm{~A}}{2}\right)+\sin \left(\frac{3 \mathrm{~B}}{2}\right)=2 \sin \left(\frac{3(\mathrm{~A}+\mathrm{B})}{4}\right) \cos \left(\frac{3(\mathrm{~A}-\mathrm{B})}{4}\right)$
$\quad\quad\quad\quad 1 \geq \sin \left(\frac{3(\mathrm{~A}+\mathrm{B})}{4}\right)>0 ; \cos \left(\frac{\mathrm{A}-\mathrm{B}}{2}\right)>0$
$\quad\quad\quad\quad 0 \leq \frac{|\mathrm{A}-\mathrm{B}|}{2} \leq \frac{3|\mathrm{~A}-\mathrm{B}|}{2}<\pi$
$\quad\quad\quad\Rightarrow \cos \frac{|\mathrm{A}-\mathrm{B}|}{2} \geq \cos \frac{3|\mathrm{~A}-\mathrm{B}|}{4} \Rightarrow \cos \left(\frac{\mathrm{A}-\mathrm{B}}{2}\right) \geq \cos \left(\frac{3(\mathrm{~A}-\mathrm{B})}{4}\right)$
Từ $\sin \left(\frac{3 \mathrm{~A}}{2}\right)+\sin \left(\frac{3 \mathrm{~B}}{2}\right)=2 \cos \left(\frac{\mathrm{A}-\mathrm{B}}{2}\right)$ và $\cos \left(\frac{\mathrm{A}-\mathrm{B}}{2}\right)>0$
Suy ra: $2 \sin \left(\frac{3(\mathrm{~A}+\mathrm{B})}{4}\right) \cos \left(\frac{3(\mathrm{~A}-\mathrm{B})}{4}\right)>0$ hay $\cos \left(\frac{3(\mathrm{~A}-\mathrm{B})}{4}\right)>0$.
Kết hợp với $\sin \left(\frac{3(\mathrm{~A}+\mathrm{B})}{4}\right) \leq 1$, ta có
$\quad\quad\quad\quad\sin \left(\frac{3(\mathrm{~A}+\mathrm{B})}{4}\right) \cos \left(\frac{3(\mathrm{~A}-\mathrm{B})}{4}\right) \leq \cos \left(\frac{3(\mathrm{~A}-\mathrm{B})}{4}\right)$
Do đó:
$\quad\quad\quad\quad 2 \sin \left(\frac{3(\mathrm{~A}+\mathrm{B})}{4}\right) \cos \left(\frac{3(\mathrm{~A}-\mathrm{B})}{4}\right) \leq 2 \cos \left(\frac{3(\mathrm{~A}-\mathrm{B})}{4}\right) \leq 2 \cos \left(\frac{\mathrm{A}-\mathrm{B}}{2}\right)$
Vì vậy nếu $\sin \left(\frac{3 \mathrm{~A}}{2}\right)+\sin \left(\frac{3 \mathrm{~B}}{2}\right)=2 \cos \left(\frac{\mathrm{A}-\mathrm{B}}{2}\right)$ thì phải có:
$\quad\quad\quad\quad\left\{\begin{array}{l}\frac{|\mathrm{A}-\mathrm{B}|}{2}=\frac{3|\mathrm{~A}-\mathrm{B}|}{4} \\ \sin \left(\frac{3(\mathrm{~A}+\mathrm{B})}{4}\right)=1\end{array} \Leftrightarrow \mathrm{A}=\mathrm{B}=\frac{\pi}{3}\right.$
Vậy tam giác $\mathrm{ABC}$ là tam giác đều.
Câu 4
Cho tứ giác lồi $\mathrm{ABCD}$. Xét $\mathrm{M}$ là điểm tùy ý. Gọi $P, Q, R, S$ là các điểm sao cho:
$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\overrightarrow{\mathrm{MB}}+\overrightarrow{\mathrm{MC}}+\overrightarrow{\mathrm{MD}}=4 \overrightarrow{\mathrm{MP}} ; \overrightarrow{\mathrm{MC}}+\overrightarrow{\mathrm{MD}}+\overrightarrow{\mathrm{MA}}=4 \overrightarrow{\mathrm{MQ}} $
$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\overrightarrow{\mathrm{MD}}+\overrightarrow{\mathrm{MA}}+\overrightarrow{\mathrm{MB}}=4 \overrightarrow{\mathrm{MR}} ; \overrightarrow{\mathrm{MA}}+\overrightarrow{\mathrm{MB}}+\overrightarrow{\mathrm{MC}}=4 \overrightarrow{\mathrm{MS}}$
Tìm vị trí của điểm $\mathrm{M}$ sao cho $\mathrm{PA}=\mathrm{QB}=\mathrm{RC}=\mathrm{SD}$.
Lời Giải
Giả sử có điểm $\mathrm{M}$ thỏa bài toán. Gọi $\mathrm{G}$ là điểm sao cho
$\quad\quad\quad5\overrightarrow{\mathrm{MG}}=\overrightarrow{\mathrm{MA}}+\overrightarrow{\mathrm{MB}}+\overrightarrow{\mathrm{MC}}+\overrightarrow{\mathrm{MD}}$
Từ $\overrightarrow{\mathrm{MB}}+\overrightarrow{\mathrm{MC}}+\overrightarrow{\mathrm{MD}}=4 \overrightarrow{\mathrm{MP}}$, ta có $4 \overrightarrow{\mathrm{PA}}=5 \overrightarrow{\mathrm{GA}}$
Tương tự $4 \overrightarrow{\mathrm{QB}}=5 \overrightarrow{\mathrm{GB}}, 4 \overrightarrow{\mathrm{RC}}=5 \overrightarrow{\mathrm{GC}}, 4 \overrightarrow{\mathrm{SD}}=5 \overrightarrow{\mathrm{GD}}$
Do đó $\mathrm{PA}=\mathrm{QB}=\mathrm{RC}=\mathrm{SD} \Leftrightarrow \mathrm{GA}=\mathrm{GB}=\mathrm{GC}=\mathrm{GD}$.
Nếu $\mathrm{ABCD}$ là tứ giác nội tiếp được trong đường tròn tâm $\mathrm{O}$ thì $\mathrm{G}$ trùng $\mathrm{O}$ và $\mathrm{M}$ là điểm duy nhất xác định bởi $\overrightarrow{\mathrm{MO}}=\overrightarrow{\mathrm{OA}}+\overrightarrow{\mathrm{OB}}+\overrightarrow{\mathrm{OC}}+\overrightarrow{\mathrm{OD}}$
Kiểm tra lại thấy thỏa $\mathrm{PA}=\mathrm{QB}=\mathrm{RC}=\mathrm{SD}$.
Nếu $\mathrm{ABCD}$ không phải là tứ giác nội tiếp được trong đường tròn thì không tồn tại điểm M.
Câu 5
Trong mặt phẳng tọa độ cho một ngũ giác lồi có các đỉnh là những điểm có tọa độ nguyên. Chứng minh rằng bên trong hoặc trên cạnh ngũ giác có ít nhất một điểm có tọa độ nguyên.
Lời Giải
Coi đỉnh $\mathrm{Ai}(x i ; y i), \mathrm{i}=1,2,3,4,5$.
$\quad\quad\quad(xi; yi)$ có thể rơi vào những trường hợp sau:
$\quad\quad\quad\left(2 \mathrm{k} ; 2 \mathrm{k}^{\prime}\right),\left(2 \mathrm{k} ; 2 \mathrm{k}^{\prime}+1\right),\left(2 \mathrm{k}+1 ; 2 \mathrm{k}^{\prime}+1\right),\left(2 \mathrm{k}+1 ; 2 \mathrm{k}^{\prime}\right) \text { với } \mathrm{k}, \mathrm{k}^{\prime} \in Z$
Do đa giác có 5 đỉnh nên theo nguyên lí Đi rich lê, có ít nhất 2 đỉnh có tọa độ thuộc một trong bốn kiểu trên.
Khi đó trung điểm của đoạn nối 2 đỉnh ấy sẽ có tọa độ nguyên.
Do ngũ giác là lồi nên điểm này ở miền trong hoặc trên cạnh của ngũ giác đó.