ĐỀ THI

Câu 1

Giải phương trình: $\quad x^3+3 x^2-3 \sqrt[3]{3 x+5}=1-3 x$.

Câu 2

Tìm tất cả các số nguyên tố $\mathrm{p}$ sao cho tồn tại các số nguyên dương $n, x, y$ thỏa mãn: $p^n=x^3+y^3$.

Câu 3

Cho đoạn thẳng $\mathrm{AC}$ cố định với $\mathrm{K}$ là trung điểm. Hai điểm $\mathrm{B}$ và $\mathrm{D}$ phân biệt, di động và luôn đối xứng nhau qua $\mathrm{K}$ và đường thẳng $\mathrm{BD}$ không trùng với đường thẳng $\mathrm{AC}$. Đường phân giác của $\widehat{\mathrm{BCD}}$ cắt $\mathrm{AD}$ và $\mathrm{AB}$ lần lượt tại $\mathrm{I}$ và $\mathrm{J}$.

Đường tròn ngoại tiếp tam giác $\mathrm{ABD}$ và đường tròn ngoại tiếp tam giác $\mathrm{AIJ}$ cắt nhau tại điểm $\mathrm{M}$ khác $\mathrm{A}$. Gọi $\mathrm{H}$ là hình chiếu của $\mathrm{M}$ trên trung trực của $\mathrm{AC}$ và $\mathrm{N}$ là giao điểm của $\mathrm{CH}$ và $\mathrm{KM}$.

Chứng minh khi $\mathrm{B}$ di động như trên thì $\mathrm{N}$ di động trên một đường cố định.

Câu 4

Cho a, b, c là các số thực dương.

Chứng minh rằng: $\quad\sqrt{\frac{2 \mathrm{a}}{\mathrm{a}+\mathrm{b}}}+\sqrt{\frac{2 \mathrm{~b}}{\mathrm{~b}+\mathrm{c}}}+\sqrt{\frac{2 \mathrm{c}}{\mathrm{c}+\mathrm{a}}} \leq 3$.

Câu 5

Cho tam giác $\mathrm{ABC}$ không cân có hai đỉnh $\mathrm{B}, \mathrm{C}$ cố định và đỉnh $\mathrm{A}$ di động. Qua $\mathrm{B}$ dựng đường thẳng $\mathrm{d}$ vuông góc với $\mathrm{BC}$, $\mathrm{d}$ cắt trung tuyến $\mathrm{AI}$ của tam giác $\mathrm{ABC}$ tại $\mathrm{K}$. Gọi $\mathrm{H}$ là trực tâm của tam giác $\mathrm{ABC}$. Chứng minh rằng nếu $\mathrm{IH}$ song song với $\mathrm{KC}$ thì điểm $\mathrm{A}$ di động trên đường cố định.

 

LỜI GIẢI

Câu 1

Giải phương trình: $\quad x^3+3 x^2-3 \sqrt[3]{3 x+5}=1-3 x$.

Lời Giải

Phương trình đã cho tương đương $(x+1)^3=3 \sqrt[3]{3 x+5}+2$

Đặt $\sqrt[3]{3 x+5}=y+1$, suy ra $3 x+5=(y+1)^3$ và $(1)$ trở thành $(x+1)^3=3 y+5$.

Vậy ta có hệ phương trình $\left\{\begin{array}{l}(x+1)^3=3 y+5 \\ (y+1)^3=3 x+5\end{array}\right.$

Trừ vế theo vế hai phương trình của hệ trên, ta được

$\quad\quad\quad\quad\quad(x+1)^3-(y+1)^3=-3(x-y)$

$\quad\quad\quad\quad\Leftrightarrow(x-y)\left[(x+1)^2+(x+1)(y+1)+(y+1)^2+3\right]=0 \Leftrightarrow x=y$

$\quad\quad\quad\quad\text { (Vì } \left.(x+1)^2+(x+1)(y+1)+(y+1)^2+3>0, \forall x, y \in \mathbb{R}\right)$

Vậy ta có phương trình: $(x+1)^3=3 x+5 \Leftrightarrow x^3+3 x^2-4=0$ $\Leftrightarrow x=1$ hoặc $x=-2$.

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm: $x=1$ và $x=-2$.

Câu 2

Tìm tất cả các số nguyên tố $\mathrm{p}$ sao cho tồn tại các số nguyên dương $n, x, y$ thỏa mãn: $p^n=x^3+y^3$.

Lời Giải

$p^n=x^3+y^3\quad(*)$

• Với $\mathrm{p}=2$ ta có $2^1=1^3+1^3$.
• Vó́i $p=3$ ta có $3^2=1^3+2^3$.

Ta chứng minh khi $\mathrm{p}>3$ thì không tồn tại các số nguyên dương $\mathrm{n}, \mathrm{x}, \mathrm{y}$ thỏa đề bài.

Thật vậy, giả sử ngược lại, chọn $n, x, y$ thỏa $(*)$ sao cho $n$ bé nhất.

Do $\mathrm{p} \neq 2$ nên $(\mathrm{x}, \mathrm{y}) \neq(1,1)$; khi đó:

$\quad\quad\quad\quad\quad x^2-x y+y^2=(x-y)^2+x y>1 \text { và } x+y>1$

Do đó $x^2-x y+y^2$ và $x+y$ đều là bội của $p$.

$\quad\quad\quad\quad\Rightarrow(x+y)^2-\left(x^2-x y+y^2\right)=3 x y \vdots p$

Do $p>3$ nên $x \vdots p$ hoặc $y \vdots p$

Mà $(x+y) \vdots p$ nên $x$ và $y$ đều chia hết cho $p$.

Điều này cho ta:

$(*) \Leftrightarrow \mathrm{p}^{\mathrm{n}-3}=\left(\frac{\mathrm{x}}{\mathrm{p}}\right)^3+\left(\frac{\mathrm{y}}{\mathrm{p}}\right)^3 \Leftrightarrow \mathrm{p}^{\mathrm{n}^{\prime}}=\mathrm{x}^{\prime 3}+\mathrm{y}^{\prime^3}$ với $\left(\mathrm{n}^{\prime}, \mathrm{x}^{\prime}, \mathrm{y}^{\prime}\right)=\left(\mathrm{n}-3, \frac{\mathrm{x}}{\mathrm{p}}, \frac{\mathrm{y}}{\mathrm{p}}\right)$

do đó $\mathrm{n}^{\prime}<\mathrm{n}$ (trái giả thiết $\mathrm{n}$ là nhỏ nhất).

Vậy chỉ có $\mathrm{p}=2$ và $\mathrm{p}=3$ thỏa đề bài.

Câu 3

Cho đoạn thẳng $\mathrm{AC}$ cố định với $\mathrm{K}$ là trung điểm. Hai điểm $\mathrm{B}$ và $\mathrm{D}$ phân biệt, di động và luôn đối xứng nhau qua $\mathrm{K}$ và đường thẳng $\mathrm{BD}$ không trùng với đường thẳng $\mathrm{AC}$. Đường phân giác của $\widehat{\mathrm{BCD}}$ cắt $\mathrm{AD}$ và $\mathrm{AB}$ lần lượt tại $\mathrm{I}$ và $\mathrm{J}$.

Đường tròn ngoại tiếp tam giác $\mathrm{ABD}$ và đường tròn ngoại tiếp tam giác $\mathrm{AIJ}$ cắt nhau tại điểm $\mathrm{M}$ khác $\mathrm{A}$. Gọi $\mathrm{H}$ là hình chiếu của $\mathrm{M}$ trên trung trực của $\mathrm{AC}$ và $\mathrm{N}$ là giao điểm của $\mathrm{CH}$ và $\mathrm{KM}$.

Chứng minh khi $\mathrm{B}$ di động như trên thì $\mathrm{N}$ di động trên một đường cố định.

Lời Giải

(Xem hình 1)

Gọi $\mathrm{P}, \mathrm{Q}$ là tâm đường tròn $(\mathrm{AIJ})$ và $(\mathrm{ADB}) \Rightarrow \mathrm{PQ}$ vuông góc $\mathrm{AM}\quad(1)$

Ta có $\widehat{\mathrm{AIJ}}=\widehat{\mathrm{BCJ}}=\widehat{\mathrm{DCJ}}=\widehat{\mathrm{AJI}}\quad\quad(2)$

$\quad\quad\widehat{\mathrm{PJA}}=\frac{180^{\circ}-\widehat{\mathrm{APJ}}}{2}=90^{\circ}-\widehat{\mathrm{AIJ}}\quad(3)$

$\quad\quad\widehat{\mathrm{PAD}}=\frac{180^{\circ}-\widehat{\mathrm{API}}}{2}=90^{\circ}-\widehat{\mathrm{AJI}}\quad(4)$

Từ $(2),(3)$ và (4) suy ra $\widehat{\mathrm{PJA}}=\widehat{\mathrm{PAI}}\quad(5)$

Mặt khác $\mathrm{PA}=\mathrm{PJ}\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad(6)$

Vì $\widehat{\mathrm{BJC}}=\widehat{\mathrm{DCJ}}=\widehat{\mathrm{BCJ}}$ nên $\Delta \mathrm{BCJ}$ cân tại $\mathrm{B} \Rightarrow \mathrm{AD}=\mathrm{BC}=\mathrm{BJ}\quad(7)$

Từ $(5),(6)$ và $(7)$ suy ra $\triangle P A D=\Delta P J B \Rightarrow P B=P D$ mà $Q B=Q D$

$\quad\quad\Rightarrow P Q$ là trung trực của $B D \Rightarrow P Q$ vuông góc $B D\quad(8)$

Từ (1) và (8) suy ra $\mathrm{AM} / / \mathrm{BD}\quad(9)$

$\quad\quad\Rightarrow \mathrm{AMDB}$ là hình thang cân (do $\mathrm{AMDB}$ nội tiếp)

$\quad\quad\Rightarrow \widehat{\mathrm{MDB}}=\widehat{\mathrm{ABD}}=\widehat{\mathrm{BDC}}$ và $\quad\quad\widehat{\mathrm{DBC}}=\widehat{\mathrm{BDA}}=\widehat{\mathrm{DBM}}$

Do đó $\Delta \mathrm{DBM}=\Delta \mathrm{DBC} \Rightarrow \mathrm{BD}$ vuông góc $\mathrm{MC}\quad(10)$

Từ $(9)$ và $(10) \Rightarrow \widehat{\mathrm{AMC}}=90^{\circ} \Rightarrow \mathrm{M}$ thuộc đường tròn $(\mathrm{K})$ đường kính $\mathrm{AC}$ cố định.

• (Xem hình 2) Dựng $\mathrm{NE} \perp \mathrm{AC}$ và $\mathrm{MF} \perp \mathrm{AC}$.

Ta có $\frac{\mathrm{CE}}{\mathrm{KC}}=\frac{\mathrm{NE}}{\mathrm{HK}}=\frac{\mathrm{NE}}{\mathrm{MF}}=\frac{\mathrm{KN}}{\mathrm{KM}}$

Mặt khác $\mathrm{KC}=\mathrm{KM} \Rightarrow \mathrm{NK}=\mathrm{EC}$

$\quad\quad\Rightarrow \mathrm{NK}=\mathrm{d}(\mathrm{N} ;(\Delta)$ ), với $\Delta$ là đường thẳng vuông góc $\mathrm{AC}$ tại $\mathrm{C}$

$\quad\quad\Rightarrow \mathrm{N}$ thuộc parabol $(\mathrm{P})$ cố định có tiêu điểm $\mathrm{K}$ và đường chuẩn $(\Delta)$. $($ đpcm $)$

Câu 4

Cho a, b, c là các số thực dương.

Chứng minh rằng: $\quad\sqrt{\frac{2 \mathrm{a}}{\mathrm{a}+\mathrm{b}}}+\sqrt{\frac{2 \mathrm{~b}}{\mathrm{~b}+\mathrm{c}}}+\sqrt{\frac{2 \mathrm{c}}{\mathrm{c}+\mathrm{a}}} \leq 3$.

Lời Giải

Đặt $\mathrm{x}=\sqrt{\frac{\mathrm{b}}{\mathrm{a}}}, \mathrm{y}=\sqrt{\frac{\mathrm{c}}{\mathrm{b}}}, \mathrm{z}=\sqrt{\frac{\mathrm{a}}{\mathrm{c}}}$, ta có $\mathrm{x}, \mathrm{y}, \mathrm{z}>0$ và $\mathrm{xyz}=1$.

Bất đẳng thức đã cho trở thành: $\sqrt{\frac{2}{1+\mathrm{x}^2}}+\sqrt{\frac{2}{1+\mathrm{y}^2}}+\sqrt{\frac{2}{1+\mathrm{z}^2}} \leq 3$

Giả sử $x y \leq 1 \Rightarrow z \geq 1$.

• Ta chứng minh bất đẳng thức sau: $\frac{1}{1+x^2}+\frac{1}{1+y^2} \leq \frac{2}{1+x y}\quad(1)$

Thật vậy, $(1) \Leftrightarrow\left(2+x^2+y^2\right)(1+x y) \leq 2\left(1+x^2\right)\left(1+y^2\right)$ $\Leftrightarrow(1-x y)(x-y)^2 \geq 0 \quad$ (đúng)

• Ta có: Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki
  $\left(\sqrt{\frac{2}{1+x^2}}+\sqrt{\frac{2}{1+y^2}}\right)^2 \leq 2\left(\frac{2}{1+x^2}+\frac{2}{1+y^2}\right)=4\left(\frac{1}{1+x^2}+\frac{1}{1+y^2}\right)$

Theo bất đẳng thức (1) suy ra: $4\left(\frac{1}{1+x^2}+\frac{1}{1+y^2}\right) \leq \frac{8}{1+x y}=\frac{8 z}{1+z}$

Suy ra $\sqrt{\frac{2}{1+x^2}}+\sqrt{\frac{2}{1+y^2}} \leq 2 \sqrt{\frac{2 z}{1+z}}$. Mặt khác, ta lại có $\sqrt{\frac{2}{1+z^2}} \leq \frac{2}{1+z}$.

Do vậy, ta sẽ chứng minh $2 \sqrt{\frac{2 z}{1+z}}+\frac{2}{1+z} \leq 3$.

Thật vậy, ta có: $2 \sqrt{\frac{2 z}{1+z}}+\frac{2}{1+z} \leq 3 \Leftrightarrow 2 \sqrt{2 z(z+1)}+2 \leq 3(1+z)$

$\Leftrightarrow 2 z-2 \sqrt{2 z(z+1)}+(z+1) \geq 0 \Leftrightarrow(\sqrt{2 z}-\sqrt{z+1})^2 \geq 0$ (luôn đúng).

Vây bất đẳng thức đã được chứng minh. Dấu “=” xảy ra khi $x=y=z=1$.

Câu 5

Cho tam giác $\mathrm{ABC}$ không cân có hai đỉnh $\mathrm{B}, \mathrm{C}$ cố định và đỉnh $\mathrm{A}$ di động. Qua $\mathrm{B}$ dựng đường thẳng $\mathrm{d}$ vuông góc với $\mathrm{BC}$, $\mathrm{d}$ cắt trung tuyến $\mathrm{AI}$ của tam giác $\mathrm{ABC}$ tại $\mathrm{K}$. Gọi $\mathrm{H}$ là trực tâm của tam giác $\mathrm{ABC}$. Chứng minh rằng nếu $\mathrm{IH}$ song song với $\mathrm{KC}$ thì điểm $\mathrm{A}$ di động trên đường cố định.

Lời Giải

Chọn hệ trục tọa độ $\mathrm{Oxy}$ với $\mathrm{O}$ trùng I và trục $\mathrm{Ox}$ là đường thẳng $\mathrm{BC}$.

Chuẩn hóa $\mathrm{BC}=2$. Khi đó, tọa độ $\mathrm{B}(-1 ; 0)$ và $C(1 ; 0)$.

Giả sử tọa độ điểm $\mathrm{A}\left(\mathrm{x}_0 ; \mathrm{y}_0\right)$ với $\mathrm{y}_0 \neq 0$ và $\mathrm{x}_0 \neq 0$.

Khi đó, trực tâm $\mathrm{H}(\mathrm{x}, \mathrm{y})$ là nghiệm của hệ phương trình:

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{\mathrm{AH}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{BC}}=0 \\ \overrightarrow{\mathrm{BH}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{AC}}=0\end{array}\right.$

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}\mathrm{x}=\mathrm{x}_0 \\ \left(\mathrm{x}_0-1\right)(\mathrm{x}+1)+\mathrm{y}_0 \mathrm{y}=0\end{array} \Rightarrow \mathrm{H}\left(\mathrm{x}_0 ; \frac{1-\mathrm{x}_0^2}{\mathrm{y}_0}\right)\right.$

Gọi $\mathrm{K}$ là giao điểm của $\mathrm{d}$ và $\mathrm{AI}$, khi đó tọa độ $\mathrm{K}$ là nghiệm của hệ phương trình

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\left\{\begin{array}{l}x=-1 \\ y=\frac{y_0}{x_0} x\end{array} \Rightarrow K\left(-1 ;-\frac{y_0}{x_0}\right)\right.$

Theo giả thiết ta có: $\mathrm{IH} / / \mathrm{KC}$

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\Rightarrow \overrightarrow{\mathrm{IH}} ; \overrightarrow{\mathrm{KC}} \text { cùng phương } \Leftrightarrow \frac{\mathrm{y}_0}{\mathrm{x}_0} \cdot \mathrm{x}_0-2 \frac{1-\mathrm{x}_0^2}{\mathrm{y}_0}=0 \Leftrightarrow \frac{\mathrm{x}_0^2}{1}+\frac{\mathrm{y}_0^2}{2}=1 \text {. }$

Vậy A di động trên đường Elíp (E): $\frac{x^2}{1}+\frac{y^2}{2}=1$ cố định.

Đó là điều phải chứng minh.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ĐỀ THI

Câu 1

Giải hệ phương trình $\left\{\begin{array}{l}\left|y+\frac{1}{x}\right|+\left|\frac{13}{16}+x-y\right|=x+\frac{1}{x}+\frac{13}{16} \\ x^2+y^2=\frac{97}{36} \\ x<0 \\ y>0\end{array}\right.$

Câu 2

Cho đường tròn $(O)$. $A B$ là dây cung không phải là đường kính. $\mathrm{H}$ là điểm trong đoạn $\mathrm{AB}$. Đường thẳng qua $\mathrm{H}$ vuông góc với $\mathrm{AB}$ cắt cung lớn $\mathrm{AB}$ tại $\mathrm{K}$. I thuộc đoạn $\mathrm{HK}$. IA cắt lại $(\mathrm{O})$ tại $\mathrm{C}$. IB cắt lại $(\mathrm{O})$ tại $\mathrm{D}(\mathrm{C}$ khác $\mathrm{D})$. Gọi $\mathrm{d}$ là đường thẳng đi qua trung điểm $\mathrm{AD}$ và $\mathrm{BC}$. Chứng minh rằng đường thẳng đối xứng của $\mathrm{CD}$ qua $\mathrm{d}$ đi qua một điểm cố định khi I thay đổi.

Câu 3

Xét a, b, c $>0$ tùy ý. Tìm giá trị lớn nhất của:

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\mathrm{T}=\frac{\sqrt{\mathrm{abc}}}{(1+\mathrm{a})(1+\mathrm{a}+\mathrm{b})(1+\mathrm{a}+\mathrm{b}+\mathrm{c})}$

Câu 4

Cho tam giác $A B C$ nội tiếp đương tròn $(O)$ tâm $O$ bán kính $R, A=30^{\circ}, \widehat{C}<90^{\circ}$. Tổng khoảng cách từ $\mathrm{O}$ đến $\mathrm{AB}, \mathrm{AC}$ là 2 và $\mathrm{AB}+\mathrm{AC}=2+\sqrt{3}$. Tính $\mathrm{R}$.

Câu 5

Trong mặt phẳng cho $T$ là tập hợp hữu hạn điểm. Giữa hai điểm nào đó của $\mathrm{T}$ có nối nhau bởi cung tròn có hai mút là hai điểm đó. Một cung như vậy ta gọi là một cạnh. Kí hiệu s(A) là số cạnh có được có hai điểm mút thuộc tập $\mathrm{A}$. Biết rằng với mọi tập con $\mathrm{A}$ khác rỗng của $\mathrm{T}$ thì $\mathrm{s}(\mathrm{A}) \leq 2|\mathrm{~A}|-2$. Cho $\mathrm{A}_{\mathrm{i}}$ với $\mathrm{i}=1,2, \ldots, \mathrm{k}(\mathrm{k}>1)$ là các tập con khác rỗng của $\mathrm{T}$ đôi một giao nhau khác rỗng.

Nếu $s\left(A_i\right)=2\left|\mathrm{~A}_i\right|-2$ với i $=1,2, \ldots, \mathrm{k}$.

Chứng minh rằng $s\left(\bigcup_{i=1}^k A_i\right)=2\left|\bigcup_{i=1}^k A_i\right|-2$.

Câu 6

Chứng minh rằng phương trình $2^{\mathrm{x}}+3^{\mathrm{x}}=\mathrm{yx}^2$ có vô hạn nghiệm nguyên dương $\mathrm{x}, \mathrm{y}$.

Câu 7

Cho tam giác $\mathrm{ABC}, \mathrm{R}$ là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác đó. Chứng minh rằng

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad B C^2 \leq A B^2+C A^2+R^2\quad\quad\quad\quad\quad\quad(1)$

LỜI GIẢI

Câu 1

Giải hệ phương trình $\left\{\begin{array}{l}\left|y+\frac{1}{x}\right|+\left|\frac{13}{16}+x-y\right|=x+\frac{1}{x}+\frac{13}{16} \\ x^2+y^2=\frac{97}{36} \\ x<0 \\ y>0\end{array}\right.$

Lời Giải

Áp dụng bất đẳng thức trị tuyệt đối ta có hệ $\left\{\begin{array}{l}y+\frac{1}{x} \geq 0, \frac{13}{6}+x-y \geq 0 \\ x^2+y^2=\frac{97}{36} \\ x<0 \ y>0\end{array}\right.$

Từ $\quad\left\{\begin{array}{l}y+\frac{1}{x} \geq 0, \frac{13}{6}+x-y \geq 0 \\ x<0\end{array}\right.$, suy ra $\quad 6 x^2+13 x+6 \leq 0$.

Từ $\quad 0<y \leq 13 / 6+x$, suy ra $\quad x^2+y^2 \leq x^2+(13 / 6+x)^2$

Do đó $\quad 97 / 36 \leq x^2+(13 / 6+x)^2$, hay $\quad 6 x^2+13 x+6 \geq 0$.

Vậy $\quad 6 x^2+13 x+6=0$. Do đó $\quad x=-3 / 2$ hoặc $x=-2 / 3$.

Tóm lại $\quad(x=-3 / 2, y=2 / 3),(x=-2 / 3, y=3 / 2)$. Thử lại thoả mãn hệ.

Câu 2

Cho đường tròn $(O)$. $A B$ là dây cung không phải là đường kính. $\mathrm{H}$ là điểm trong đoạn $\mathrm{AB}$. Đường thẳng qua $\mathrm{H}$ vuông góc với $\mathrm{AB}$ cắt cung lớn $\mathrm{AB}$ tại $\mathrm{K}$. I thuộc đoạn $\mathrm{HK}$. IA cắt lại $(\mathrm{O})$ tại $\mathrm{C}$. IB cắt lại $(\mathrm{O})$ tại $\mathrm{D}(\mathrm{C}$ khác $\mathrm{D})$. Gọi $\mathrm{d}$ là đường thẳng đi qua trung điểm $\mathrm{AD}$ và $\mathrm{BC}$. Chứng minh rằng đường thẳng đối xứng của $\mathrm{CD}$ qua $\mathrm{d}$ đi qua một điểm cố định khi I thay đổi.

Lời Giải

Kí hiệu như hình vẽ. T là hình chiếu của $I$ trên $\mathrm{CD} ; \mathrm{M}, \mathrm{N}$ là trung điểm $\mathrm{IA}, \mathrm{ID} ; \mathrm{P}, \mathrm{Q}$ là trung điểm của $\mathrm{BC}, \mathrm{AD}$.

• $\mathrm{MQ}=\mathrm{IN}=\mathrm{TN}, \mathrm{QN}=\mathrm{IM}=\mathrm{HM}$

và $\widehat{\mathrm{HMQ}}=\widehat{\mathrm{TNQ}}$

(Vì góc $\widehat{\mathrm{HMI}}=2 \widehat{\mathrm{BAC}}$ và $\widehat{\mathrm{TNI}}=2 \widehat{\mathrm{BDC}}$ )

Do đó $\mathrm{QH}=\mathrm{QT}$. Tương tự $\mathrm{PH}=\mathrm{PT}$.

Vậy $\mathrm{T}$ và $\mathrm{H}$ đối xứng nhau qua $\mathrm{d}$.

Kết luận: Khi I di động thì ảnh đối xứng của DC qua d luôn qua điểm cố định $\mathrm{H}$.

Câu 3

Xét a, b, c $>0$ tùy ý. Tìm giá trị lớn nhất của:

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\mathrm{T}=\frac{\sqrt{\mathrm{abc}}}{(1+\mathrm{a})(1+\mathrm{a}+\mathrm{b})(1+\mathrm{a}+\mathrm{b}+\mathrm{c})}$

Lời Giải

Đặt $u=\frac{a}{1+a}, v=\frac{b}{(1+a)(1+a+b)}$

$\quad\quad w=\frac{c}{(1+a+b)(1+a+b+c)}, s=\frac{1}{1+a+b+c}$

Ta có $u+v+w+s=1$ và $T^2=u v w s$.

Từ bất đẳng thức Côsi, ta có $\mathrm{T} \leq 1 / 16$. Dấu bằng có được khi:

$\quad\quad\quad\quad \frac{a}{1+a}=\frac{b}{(1+a)(1+a+b)}=\frac{c}{(1+a+b)(1+a+b+c)}=\frac{1}{1+a+b+c}=\frac{1}{4}$.

Giải hệ ta có $\mathrm{a}=1 / 3, \mathrm{~b}=2 / 3, \mathrm{c}=2$.

Vậy giá trị lớn nhất của T là $1 / 16$.

Câu 4

Cho tam giác $A B C$ nội tiếp đương tròn $(O)$ tâm $O$ bán kính $R, A=30^{\circ}, \widehat{C}<90^{\circ}$. Tổng khoảng cách từ $\mathrm{O}$ đến $\mathrm{AB}, \mathrm{AC}$ là 2 và $\mathrm{AB}+\mathrm{AC}=2+\sqrt{3}$. Tính $\mathrm{R}$.

Lời Giải

Xét 3 trường hợp:

1) $\quad\widehat{\mathrm{B}}=90^{\circ}$ : Lúc đó $\mathrm{O}$ là trung điểm của $\mathrm{AC}$ nên

$\quad\quad\quad\quad\mathrm{BC}=4>\mathrm{AB}+\mathrm{AC}=2+\sqrt{3}$. Vô lý.

2) $\quad\widehat{\mathrm{B}}<90^0:$ Ta có $\mathrm{AB}+\mathrm{AC}=2+\sqrt{3}$.

Suy ra $\quad 2 R\left(\cos x+\cos \left(30^{\circ}-x\right)\right)=2+\sqrt{3}, R\left(\sin x+\sin \left(30^{\circ}-x\right)\right)=2$

Hay $\quad 4 R\left(\cos 15^0 \cos \left(x-15^0\right)\right)=2+\sqrt{3}, R\left(\sin 15^0 \cos \left(x-15^0\right)\right)=1$

Suy ra $\quad\tan 15^{\circ}=4 /(2+\sqrt{3})>1$. Vô lý.

3)$\quad\widehat{\mathrm{B}}>90^{\circ}:2\mathrm{R}\left(\cos\mathrm{x}+\cos\left(30^{\circ}+\mathrm{x}\right)\right)=2+\sqrt{3},\mathrm{R}\left(\sin\mathrm{x}+\sin\left(30^{\circ}+\mathrm{x}\right)\right)=2$.

Hay $\quad 4 R\left(\cos 15^{\circ} \cos \left(x+15^{\circ}\right)\right)=2+\sqrt{3}, R\left(\sin \left(x+15^{\circ}\right) \cos 150^{\circ}\right)=1$

Suy ra $\quad R^2=\frac{1+\left(\frac{2+\sqrt{3}}{4}\right)^2}{\cos ^2 15^0}=\frac{23+4 \sqrt{3}}{4(2+\sqrt{3})} \Rightarrow R=\frac{1}{2} \sqrt{\frac{23+4 \sqrt{3}}{2+\sqrt{3}}}$.

Vậy $\quad R=\frac{\sqrt{34-15 \sqrt{3}}}{2}$

Câu 5

Trong mặt phẳng cho $T$ là tập hợp hữu hạn điểm. Giữa hai điểm nào đó của $\mathrm{T}$ có nối nhau bởi cung tròn có hai mút là hai điểm đó. Một cung như vậy ta gọi là một cạnh. Kí hiệu s(A) là số cạnh có được có hai điểm mút thuộc tập $\mathrm{A}$. Biết rằng với mọi tập con $\mathrm{A}$ khác rỗng của $\mathrm{T}$ thì $\mathrm{s}(\mathrm{A}) \leq 2|\mathrm{~A}|-2$. Cho $\mathrm{A}_{\mathrm{i}}$ với $\mathrm{i}=1,2, \ldots, \mathrm{k}(\mathrm{k}>1)$ là các tập con khác rỗng của $\mathrm{T}$ đôi một giao nhau khác rỗng.

Nếu $s\left(A_i\right)=2\left|\mathrm{~A}_i\right|-2$ với i $=1,2, \ldots, \mathrm{k}$.

Chứng minh rằng $s\left(\bigcup_{i=1}^k A_i\right)=2\left|\bigcup_{i=1}^k A_i\right|-2$.

Lời Giải

Quy nạp:

• Nếu $\mathrm{k}=2$, gọi $\mathrm{A}, \mathrm{B}$ là hai tập và $\mathrm{a}, \mathrm{b}, \mathrm{c}$ lần lượt là số phần tử của $\mathrm{A}, \mathrm{B}, \mathrm{A} \cap \mathrm{B}$ thì $|\mathrm{A} \cup \mathrm{B}|=\mathrm{a}+\mathrm{b}-\mathrm{c}$.

• Giả sử $\quad s(A \cup B)<2(a+b-c)-2$. Suy ra số cạnh hai đầu mút trong $A \cup B$ nhưng không đồng thời thuộc $A$ nhỏ hơn

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad 2(a+b-c)-2-s(A)=2(a+b-c)-2-(2 a-2)=2(b-c)$

• Một cạnh có hai mút trong $\mathrm{B}$ thì hoặc hai mút thuộc $\mathrm{B} \backslash \mathrm{A}$ hoặc hai mút thuộc A. $\cap$ B hoặc hai mút thuộc hai tập $B \backslash A, A \cap B$.

Do đó số cạnh có hai mút thuộc $\mathrm{B} \backslash \mathrm{A}$ hoặc hai mút thuộc hai tập $\mathrm{B} \backslash \mathrm{A}, \mathrm{A} \cap \mathrm{B}$ nhỏ hơn $2(\mathrm{~b}-\mathrm{c})$.

Suy ra $\quad s(A \cap B)>s(B)-2(b-c)=2 b-2-2 b+2 c=2 c-2$ (mâu thuẫn).

• Nếu $\quad s\left(\bigcup_{i=1}^n A_i\right)=2\left|\bigcup_{i=1}^n A_i\right|-2$ và $s\left(A_{n+1}\right)=2\left|A_{n+1}\right|-2$ thì từ giả thiết

$\bigcup_{i=1}^n A_i \cap A_{n+1} \neq \varnothing \text { nên từ trường hợp } \mathrm{k}=2 \text { ta có } s\left(\bigcup_{i=1}^{n+1} A_i\right)=2\left|\bigcup_{i=1}^{n+1} A_i\right|-2 .$

Câu 6

Chứng minh rằng phương trình $2^{\mathrm{x}}+3^{\mathrm{x}}=\mathrm{yx}^2$ có vô hạn nghiệm nguyên dương $\mathrm{x}, \mathrm{y}$.

Lời Giải

Nhận xét: Nếu $\mathrm{x}, \mathrm{y}$ nguyên dương, $\mathrm{m}$ là số nguyên dương lẻ và $\mathrm{x}+\mathrm{y}$ chia hết cho $m$ thì $x^m+y^m$ chia hết cho $m(x+y)$.

Thật vậy:

$\quad\quad\quad\quad x^m+y^m=(x+y) \sum_{l=0}^{m-1}(-1)^l x^{m-1-l} y^l$

$\quad\quad\quad\quad\sum_{l=0}^{m-1}(-1)^l x^{m-1-l} y^l=m y^{m-1}+x^{m-1}-y^{m-1}-\left(x^{m-1}+y^{m-1}\right) y$

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad +\left(x^{m-3}-y^{m-3}\right) y^2-\cdots-\left(x^2-y^2\right) y^{m-3}-(x+y) y^{m-2}$

Do đó $\quad x^m+y^m$ chia hết cho $m(x+y)$.

$\text { Xét dãy }\quad u_1=1, u_{k+1}=\frac{2^{u_k}+3^{u_k}}{u_k}$

Bằng quy nạp ta chứng minh $\frac{2^{u_k}+3^{u_k}}{u_k{ }^2} \in \mathbb{N}$ và dãy là tăng

• k=1: hiển nhiên.
• Giả sử $\quad\frac{2^{u_k}+3^{u_k}}{u_k{ }^2} \in \mathbb{N}$ và $\frac{2^{u_k}+3^{u_k}}{u_k{ }^2}>1$.

Suy ra $\quad 2^{u_k}+3^{u_k}=\mathrm{Iu}_{\mathrm{k}}^2, l$ lé và $l>1$.

Theo nhận xét trên $\quad(2^{u_k})^I+(3^{u_k})^I \vdots I(2^{u_k}+3^{u_k})$  với $\quad l=\frac{2^{u_k}+3^{u_k}}{u_k{ }^2}$ thì

$\quad\quad\quad\quad\frac{2^{u_{k+1}}+3^{u_{k+1}}}{u_{k+1}{ }^2}>1$, $\frac{2^{u_{k+1}}+3^{u_{k+1}}}{u_{k+1}{ }^2} \in \mathbb{N}$

Kết luận: Phương trình có vô số nghiệm nguyên dương $\mathrm{x}, \mathrm{y}$.

Câu 7

Cho tam giác $\mathrm{ABC}, \mathrm{R}$ là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác đó. Chứng minh rằng

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad B C^2 \leq A B^2+C A^2+R^2\quad\quad\quad\quad\quad\quad(1)$

Lời Giải

Bất đẳng thức (1) tương đương với

$\quad\quad\quad\quad\quad 4 R^2 \sin ^2 A \leq 4 R^2 \sin ^2 B+4 R^2 \sin ^2 C+R^2$

$\quad\quad\quad\quad\Leftrightarrow 4 \sin ^2 A \leq 4 \sin ^2 B+4 \sin ^2 C+1$

$\quad\quad\quad\quad\Leftrightarrow 4\left(1-\cos ^2 A\right) \leq 2(1-\cos 2 B)+2(1-\cos 2 C)+1$

$\quad\quad\quad\quad\Leftrightarrow 4 \cos ^2 A-2(\cos 2 B+\cos 2 C)+1 \geq 0$

$\quad\quad\quad\quad\Leftrightarrow 4 \cos ^2 A+4 \cos A \cos (B-C)+1 \geq 0$

$\quad\quad\quad\quad\Leftrightarrow(2 \cos A+\cos (B-C))^2+\sin ^2(B-C) \geq 0$

Dấu bằng xảy ra khi $\sin (\mathrm{B}-\mathrm{C})=0$ và $2 \cos \mathrm{A}+\cos (\mathrm{B}-\mathrm{C})=0$.

Do đó $\mathrm{B}=\mathrm{C}$ và $\cos \mathrm{A}=-\frac{1}{2}$ hay tam giác $\mathrm{ABC}$ cân tại $\mathrm{A}$ và $\widehat{\mathrm{A}}=120^{\circ}$.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

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.

 

 

 

 

 

 

 

ĐỀ THI

Câu 1

Tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình:

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad y^2=x^2\left(x^2+x+1\right)+(x+1)^2$

Câu 2

Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}x^2(y+z)^2=\left(3 x^2+x+1\right) y^2 z^2 \\ y^2(z+x)^2=\left(4 y^2+y+1\right) z^2 x^2 \\ z^2(x+y)^2=\left(5 z^2+z+1\right) x^2 y^2\end{array}\right.$

Câu 3

Cho tam giác $\mathrm{ABC}$, lấy điểm $\mathrm{M}$ trên cạnh $\mathrm{AC}$ sao cho bán kính đường tròn nội tiếp của tam giác $\mathrm{ABM}$ và $\mathrm{BCM}$ bằng nhau.

Chứng minh $\mathrm{BM}^2=\operatorname{Scotg} \frac{\mathrm{B}}{2}$, trong đó $\mathrm{S}$ là diện tích tam giác $\mathrm{ABC}$.

Câu 4

Cho tam giác $\mathrm{ABC}$ thỏa mãn: $2 \operatorname{tg} B=\operatorname{tg} \mathrm{A}+\operatorname{tg}$ C. Chứng minh rằng:

a) $\mathrm{B} \geq \frac{\pi}{3}$;

b) $\cos A+\cos C \leq \frac{3 \sqrt{2}}{4}$.

Câu 5

Cho $\mathrm{x}, \mathrm{y}, \mathrm{z}$, t là các số thực không âm thay đổi thỏa mãn:

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad x^2+y^2+z^2+t^2=2005 \text {. }$

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

$\quad\quad\quad\quad\mathrm{F}=\frac{\mathrm{x}}{2005 \sqrt{2005}+\mathrm{yzt}}+\frac{\mathrm{y}}{2005 \sqrt{2005}+\mathrm{ztx}}+\frac{\mathrm{z}}{2005 \sqrt{2005}+\mathrm{txy}}+\frac{t}{2005 \sqrt{2005}+x y z}$

 

LỜI GIẢI

Câu 1

Tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình:

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad y^2=x^2\left(x^2+x+1\right)+(x+1)^2$

Lời Giải

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad y^2=x^2\left(x^2+x+1\right)+(x+1)^2\quad\quad\quad(1)$

Phương trình (1) tương đương với:

$\quad\quad\quad\quad y^2=x^4+x^3+2 x^2+2 x+1 \Leftrightarrow 4 y^2=4 x^4+4 x^3+8 x^2+8 x+4$

Ta lại có: $\left(2 x^2+x+1\right)^2=4 x^4+4 x^3+5 x^2+2 x+1<4 x^4+4 x^3+8 x^2+8 x+4$

$\quad\quad\quad\quad \left(2 x^2+x+3\right)^2=4 x^4+4 x^3+13 x^2+6 x+9>4 x^4+4 x^3+8 x^2+8 x+4$

$\quad\quad\quad \Rightarrow\left(2 x^2+x+3\right)^2<(2 y)^2<\left(2 x^2+x+3\right)^2 \Rightarrow(2 y)^2=\left(2 x^2+x+2\right)^2$

$\quad\quad\quad \Rightarrow 4 x^4+4 x^3+8 x^2+8 x+4=4 x^4+4 x^3+9 x^2+4 x+4 \Rightarrow x^2-4 x=0$

$\quad\quad\quad \Rightarrow x=0$ (loại) hay $x=4$

Với $x=4 \Rightarrow y=19$

Cạp số $x=4 ; y=19$ thỏa phương trình đã cho.

Vậy nghiệm của phương trình là $\left\{\begin{array}{l}x=4 \\ y=19\end{array}\right.$.

Câu 2

Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}x^2(y+z)^2=\left(3 x^2+x+1\right) y^2 z^2 \\ y^2(z+x)^2=\left(4 y^2+y+1\right) z^2 x^2 \\ z^2(x+y)^2=\left(5 z^2+z+1\right) x^2 y^2\end{array}\right.$

Lời Giải

$\quad\quad\quad\quad\left\{\begin{array}{l}x^2(y+z)^2=\left(3 x^2+x+1\right) y^2 z^2\quad(1) \\ y^2(z+x)^2=\left(4 y^2+y+1\right) z^2 x^2\quad(2)\quad\quad\quad\quad(I) \\ z^2(x+y)^2=\left(5 z^2+z+1\right) x^2 y^2\quad(3)\end{array}\right.$

Trường hợp $1: x y z=0$

• Nếu $x=0,(I) \Leftrightarrow y=0$ hay $z=0$

Khi đó hệ nhận nghiệm $(0 ; 0 ; z)$ và $(0 ; y ; 0) \forall y, z \in \mathbb{R}$

• Tương tự cho trường hợp $\mathrm{y}=0$ hay $z=0$

Trường hợp 2: $x y z \neq 0$

Chia 2 vế của các phương trình (I) cho $\mathrm{x}^2 \mathrm{y}^2 \mathrm{z}^2$ ta có hệ phương trình tương đương với:

$\quad\quad\quad\quad\left\{\begin{array}{l}\left(\frac{1}{z}+\frac{1}{y}\right)^2=3+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2} \\ \left(\frac{1}{x}+\frac{1}{z}\right)^2=4+\frac{1}{y}+\frac{1}{y^2} \\ \left(\frac{1}{y}+\frac{1}{x}\right)^2=5+\frac{1}{z}+\frac{1}{z^2}\end{array}\right.$

Đặt $\mathrm{a}=\frac{1}{\mathrm{x}} ; \mathrm{b}=\frac{1}{\mathrm{y}} ; \mathrm{c}=\frac{1}{\mathrm{z}}$

Hệ phương trình trở thành: $\left\{\begin{array}{l}(b+c)^2=3+a+a^2\quad\quad \left(1^{\prime}\right)\\ (c+a)^2=4+b+b^2\quad\quad\left(2^{\prime}\right) \\(a+b)^2=5+c+c^2\quad\quad\left(3^{\prime}\right)\end{array}\right.$

Cộng từng vế các phương trình, rút gọn ta được:

$(a+b+c)^2-(a+b+c)-12=0 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}a+b+c=4 \\ a+b+c=-3\end{array}\right.$

• Khi $\mathrm{a}+\mathrm{b}+\mathrm{c}=4$ thay vào $\left(1^{\prime}\right),\left(2^{\prime}\right),\left(3^{\prime}\right)$ ta tính được

$\quad\quad\quad\quad\left\{\begin{array}{l}a=\frac{13}{9} \\ y=\frac{4}{3} \\ z=\frac{11}{9}\end{array}\right.\Rightarrow\left\{\begin{array}{l}x=\frac{9}{13} \\ y=\frac{3}{4} \\ z=\frac{9}{11}\end{array}\right.$

• Khi $\mathrm{a}+\mathrm{b}+\mathrm{c}=-3$ thay vào $\left(1^{\prime}\right),\left(2^{\prime}\right),\left(3^{\prime}\right)$ ta tính được

$\quad\quad\quad\quad\left\{\begin{array}{l}a=-\frac{6}{5} \\ y=-1 \\ z=-\frac{4}{5}\end{array}\right.\Rightarrow\left\{\begin{array}{l}x=-\frac{5}{6}\\ y=-1 \\ z=-\frac{5}{4}\end{array}\right.$

Kết luận: Hệ phương trình có nghiệm là: $(\mathrm{x} ; 0 ; 0) ;(0 ; \mathrm{y} ; 0) ;(0 ; 0 ; \mathrm{x})(\forall \mathbf{x}, \mathrm{y}, \mathrm{z}$ $\in \mathbb{R})$

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\left(\frac{9}{13} ; \frac{3}{4} ; \frac{9}{11}\right) ;\left(-\frac{5}{6} ;-1 ;-\frac{5}{4}\right)$

Câu 3

Cho tam giác $\mathrm{ABC}$, lấy điểm $\mathrm{M}$ trên cạnh $\mathrm{AC}$ sao cho bán kính đường tròn nội tiếp của tam giác $\mathrm{ABM}$ và $\mathrm{BCM}$ bằng nhau.

Chứng minh $\mathrm{BM}^2=\operatorname{Scotg} \frac{\mathrm{B}}{2}$, trong đó $\mathrm{S}$ là diện tích tam giác $\mathrm{ABC}$.

Lời Giải

Đặt $\mathrm{BC}=\mathrm{a} ; \mathrm{CA}=\mathrm{b}\mathrm{AB}=\mathrm{c} ; \mathrm{BM}=\mathrm{x}$

$\mathrm{p} ; \mathrm{p}^{\prime}$ là nửa chu vi tam giác $\mathrm{ABM}$ và BCM.

r là bán kính của 2 đường tròn nội tiếp tam giác $A B M$ và $B C M$.

Suy ra $S=p r+p^{\prime} r$

$\quad\quad\quad\Leftrightarrow r(a+b+c+2 x)=2 S\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad(1)$

Lại có: $\quad \mathrm{AF}=\mathrm{AD}=\operatorname{rcotg} \frac{\mathrm{A}}{2}=\frac{1}{2}(\mathrm{AB}+\mathrm{AM}-\mathrm{x})\quad\quad\quad(2)$

$\quad\quad\quad\quad\mathrm{CH}=\mathrm{CG}=\operatorname{rcotg} \frac{\mathrm{C}}{2}=\frac{1}{2}(\mathrm{CB}+\mathrm{CM}-\mathrm{x})\quad\quad\quad(3)$

Cộng (2) và (3): $r\left(\cot g \frac{A}{2}+\cot g \frac{C}{2}\right)=\frac{1}{2}(a+b+c-2 x)\quad\quad(4)$

Từ (1), (4): $S\left(\operatorname{cotg} \frac{A}{2}+\cot g \frac{C}{2}\right)=\frac{r}{2}(a+b+c+2 x)\left(\cot g \frac{A}{2}+\cot g \frac{C}{2}\right)$

$\quad\quad\quad\quad =\frac{1}{4}(a+b+c+2 x)(a+b+c-2 x)=\frac{1}{4}(a+b+c)^2-x^2\quad\quad(5)$

Gọi $r_1$ là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác $\mathrm{ABC}$.

$\quad\quad\quad\quad\quad S\left(\operatorname{cotg} \frac{A}{2}+\cot g \frac{B}{2}+\operatorname{cotg} \frac{C}{2}\right)$

$\quad\quad\quad\quad=\frac{1}{2}(a+b+c)\left(r_1 \cot g \frac{A}{2}+r_1 \cot g \frac{B}{2}+r_1 \cot g \frac{C}{2}\right)$

$\quad\quad\quad\quad=\frac{1}{4}(a+b+c)\left(\frac{b+c-a}{2}+\frac{c+a-b}{2}+\frac{a+b-c}{2}\right)=\frac{1}{4}(a+b+c)^2\quad\quad(6)$

Lấy (6) trừ (5) ta có: $\mathrm{BM}^2=\mathrm{x}^2=\mathrm{Scotg} \frac{\mathrm{B}}{2}$ (điều phải chứng minh).

Câu 4

Cho tam giác $\mathrm{ABC}$ thỏa mãn: $2 \operatorname{tg} B=\operatorname{tg} \mathrm{A}+\operatorname{tg}$ C. Chứng minh rằng:

a) $\mathrm{B} \geq \frac{\pi}{3}$;

b) $\cos A+\cos C \leq \frac{3 \sqrt{2}}{4}$.

Lời Giải

a) Ta có: $2 \operatorname{tg} B=\operatorname{tg} A+\operatorname{tg} C$

$\quad\quad\quad\quad\Leftrightarrow \frac{2 \sin B}{\cos B}=\frac{\sin (A+C)}{\cos A \cdot \cos C} \Rightarrow 2 \cos A \cdot \cos C=\cos B$

$\quad\quad\quad\quad\Leftrightarrow \cos (A+C)+\cos (A-C)=\cos B \Leftrightarrow \cos (A-C)=2 \cos B$

Suy ra: $\cos B=\frac{1}{2} \cos (A-C) \leq \frac{1}{2} \Rightarrow B \geq \frac{\pi}{3}($ đpcm $)$

b) Lại có: $\cos \mathrm{A}+\cos \mathrm{C}=2 \cos \frac{\mathrm{A}+\mathrm{C}}{2} \cos \frac{\mathrm{A}-\mathrm{C}}{2}$

$\quad\quad\quad\quad =2 \sin \frac{B}{2} \sqrt{\frac{1+\cos (A-C)}{2}}=2 \sin \frac{B}{2} \sqrt{\frac{1+2 \cos B}{2}}$

$\quad\quad\quad\quad\Rightarrow(\cos A+\cos C)^2=4 \sin ^2 \frac{B}{2}\left(\frac{1+2 \cos B}{2}\right)=(1-\cos B)(1+2 \cos B)$

$\quad\quad\quad\quad =\frac{1}{2}(2-2 \cos B)(1+2 \cos B)$

$\quad\quad\quad\quad\leq \frac{1}{2}\left(\frac{2-2 \cos B+1+2 \cos B}{2}\right)=\frac{9}{8}$

Vậy $\cos A+\cos C \leq \frac{2}{2 \sqrt{2}}=\frac{3 \sqrt{2}}{4}$ (đpcm).

Câu 5

Cho $\mathrm{x}, \mathrm{y}, \mathrm{z}$, t là các số thực không âm thay đổi thỏa mãn:

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad x^2+y^2+z^2+t^2=2005 \text {. }$

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

$\quad\quad\quad\quad\mathrm{F}=\frac{\mathrm{x}}{2005 \sqrt{2005}+\mathrm{yzt}}+\frac{\mathrm{y}}{2005 \sqrt{2005}+\mathrm{ztx}}+\frac{\mathrm{z}}{2005 \sqrt{2005}+\mathrm{txy}}+\frac{t}{2005 \sqrt{2005}+x y z}$

Lời Giải

$\quad\quad\quad\quad x, y, z$ thỏa $\left\{\begin{array}{l}x, y, z, t \text { không âm }\\ x^2+y^2+z^2+t^2=2005\quad\quad\quad(I) \end{array}\right.$

Đặt $\mathrm{a}=\frac{\mathrm{x}}{\sqrt{2005}} ; \mathrm{b}=\frac{\mathrm{y}}{\sqrt{2005}} ; \mathrm{c}=\frac{\mathrm{z}}{\sqrt{2005}} ; \mathrm{d}=\frac{\mathrm{t}}{\sqrt{2005}}$

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}a, b, c, d \text { không âm } \\ a^2+b^2+c^2+d^2=1\quad\quad\quad(II)\end{array}\right.$

và $\mathrm{F}=\frac{1}{2005}\left(\frac{\mathrm{a}}{1+\mathrm{bcd}}+\frac{\mathrm{b}}{1+\mathrm{acd}}+\frac{\mathrm{c}}{1+\mathrm{abd}}+\frac{\mathrm{d}}{1+\mathrm{abc}}\right)$

$\quad\quad\quad\quad\underset{B\cdot C\cdot S}{\geq}\frac{1}{2005} \cdot \frac{(\mathrm{a}+\mathrm{b}+\mathrm{c}+\mathrm{d})^2}{\mathrm{a}(1+\mathrm{bcd})+\mathrm{b}(1+\mathrm{acd})+\mathrm{c}(1+\mathrm{abd})+\mathrm{d}(1+\mathrm{abc})}$

$\quad\quad\quad\quad=\frac{1}{2005} \cdot \frac{1+2(a b+a c+a d+b c+b d+c d)}{a+b+c+d+4 a b c d}\quad\quad\quad(1)$

Mặt khác (II) $\Rightarrow a, b, c, d$ thuộc đoạn $[0,1]$ và $a, b, c, d$ không đồng thời bằng 0

$\quad\quad\quad\quad\Rightarrow 1+2(a b+a c+a d+b c+b d+c d)-(a+b+c+d)-4 a b c d $

$\quad\quad\quad\quad =(1-a)(1-b)(1-c)(1-d)+(a b+a c+a d+b c+b d+c d)+$

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad +(a b c+a b d+a c d+b c d)-5 a b c d$

$\quad\quad\quad\quad\geq a b+a c+a d+b c+b d+c d-5 a b c d$

$\quad\quad\quad\quad\underset{c o s i}{\geq} 6 \sqrt[6]{a^3 b^3 c^3 d^3}-5 a b c d=6 \sqrt{a b c d}-5 a b c d$

$\quad\quad\quad\quad =5 \sqrt{a b c d}(1-\sqrt{a b c d})+\sqrt{a b c d} \geq 0$

$\quad\quad\quad\quad\Rightarrow 1+2(a b+a c+a d+b c+b d+c d) \geq a+b+c+d+4 a b c d>0$

$\quad\quad\quad\quad\Rightarrow \frac{1+2(a b+a c+a d+b c+b d+c d)}{a+b+c+d+4 a b c d} \geq 1\quad\quad\quad(2)$

Tứ $(1),(2) \Rightarrow \mathrm{F} \geq \frac{1}{2005} \forall \mathrm{a}, \mathrm{b}, \mathrm{c}, \mathrm{d}$ thỏa (II)

$\quad\quad\quad\quad\Rightarrow \mathrm{F} \geq \frac{\mathrm{I}}{2005} \forall \mathrm{x}, \mathrm{y}, \mathrm{z}, \mathrm{t}$ thỏa (I)

Lấy $\mathrm{x}=\mathrm{y}=\mathrm{z}=0, \mathrm{t}=\sqrt{2005}$ ta có $\mathrm{x}, \mathrm{y}, \mathrm{z}, \mathrm{t}$ thỏa (I) và $\mathrm{F}=\frac{1}{2005}$

Vậy $\operatorname{minF}=\frac{1}{2005}$.

 

 

 

 

 

 

 

ĐỀ THI

 

Câu 1

Cho $\mathrm{A}, \mathrm{B}, \mathrm{C}$ là ba góc của một tam giác. Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

$\quad\quad\quad\quad\quad\mathrm{T}=\sin ^6 \frac{\mathrm{A}}{2}+\sin ^6 \frac{\mathrm{B}}{2}+\sin ^6 \frac{\mathrm{C}}{2}$

Câu 2

Tìm nghiệm dương của phương trình:

$\quad\quad\quad\quad\quad 2 x+\frac{x-1}{x}=\sqrt{1-\frac{1}{x}}+3 \sqrt{x-\frac{1}{x}}$

Câu 3

Cho $a_1, a_2, \ldots, a_n$ là các số nguyên dương đôi một phân biệt $(\mathrm{n} \geq 2)$ thỏa mãn điều kiện:$\sum_{\mathrm{j}=1}^{\mathrm{n}} \frac{1}{\mathrm{a}_{\mathrm{j}}}=1$ và $Max(a_j)=2 p$ (với $p$ là số nguyên tố)

Tìm tất cả các số $a_1, a_2, \ldots, a_n$.

Câu 4

Cho tam giác $\mathrm{ABC}$ có $\mathrm{BC}=\mathrm{a}, \mathrm{CA}=\mathrm{b}, \mathrm{AB}=\mathrm{c}$. Đường tròn nội tiếp tam giác $\mathrm{ABC}$ tiếp xúc với các cạnh $\mathrm{BC}, \mathrm{CA}, \mathrm{AB}$ lần lượt tại $\mathrm{A}_1, \mathrm{~B}_1$, $\mathrm{C}_1$.

Đặt $\mathrm{B}_1 \mathrm{C}_1=\mathrm{a}_1 ; \mathrm{C}_1 \mathrm{~A}_1=\mathrm{b}_1 ; \mathrm{A}_1 \mathrm{~B}_1=\mathrm{c}_1$.

Chứng minh rằng: $\left(\mathrm{a}^2+\mathrm{b}^2+\mathrm{c}^2\right)\left(\frac{1}{\mathrm{a}_1^2}+\frac{1}{\mathrm{~b}_1^2}+\frac{1}{\mathrm{c}_1^2}\right) \geq 36$.

 

LỜI GIẢI

Câu 1

Cho $\mathrm{A}, \mathrm{B}, \mathrm{C}$ là ba góc của một tam giác. Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

$\quad\quad\quad\quad\quad\mathrm{T}=\sin ^6 \frac{\mathrm{A}}{2}+\sin ^6 \frac{\mathrm{B}}{2}+\sin ^6 \frac{\mathrm{C}}{2}$

Lời Giải

$\quad\quad\quad\quad\quad T=\sin ^6 \frac{\mathrm{A}}{2}+\sin ^6 \frac{\mathrm{B}}{2}+\sin ^6 \frac{\mathrm{C}}{2}$

Ta có: $\sin ^6 \frac{\mathrm{A}}{2}+\left(\frac{1}{2}\right)^6+\left(\frac{1}{2}\right)^6 \geq 3\left(\frac{1}{2}\right)^2\left(\frac{1}{2}\right)^2 \sin ^2 \frac{\mathrm{A}}{2}$

hay $\sin ^6 \frac{\mathrm{A}}{2}+\frac{2}{64} \geq \frac{3}{16} \sin ^2 \frac{\mathrm{A}}{2}$

Dấu “=” xảy ra khi $\mathrm{A}=\frac{\pi}{3}$

Tương tự như thế ta sẽ có:

$\quad\quad\quad\quad\quad T+\frac{6}{64} \geq \frac{3}{16}\left(\sin ^2 \frac{A}{2}+\sin ^2 \frac{B}{2}+\sin ^2 \frac{C}{2}\right)$

$\quad\quad\quad\quad =\frac{3}{16}\left(\frac{3}{2}-\frac{1}{2}(\cos \mathrm{A}+\cos \mathrm{B}+\cos \mathrm{C})\right)$

$\quad\quad\quad\quad =\frac{3}{16}\left(\frac{1-\cos \mathrm{A}}{2}+\frac{1-\cos \mathrm{B}}{2}+\frac{1-\cos \mathrm{C}}{2}\right)$

$\quad\quad\quad\quad\geq \frac{3}{16}\left(\frac{3}{2}-\frac{1}{2} \cdot \frac{3}{2}\right)=\frac{9}{64}$

Vậy $\mathrm{T} \geq \frac{3}{64} \Rightarrow \mathrm{T}_{\min }=\frac{3}{64} \Leftrightarrow$ tam giác $\mathrm{ABC}$ là tam giác đều.

Câu 2

Tìm nghiệm dương của phương trình:

$\quad\quad\quad\quad\quad 2 x+\frac{x-1}{x}=\sqrt{1-\frac{1}{x}}+3 \sqrt{x-\frac{1}{x}}$

Lời Giải

Ta phải tìm nghiệm dương của phương trình: $2 x+\frac{x-1}{y}=\sqrt{1-\frac{1}{x}}+3 \sqrt{x}$

$+$ Điều kiện $x \geq 1$

$+$ Đặt $t=\sqrt{1-\frac{1}{x}} \geq 0$

Phương trình thành:

$\quad\quad\quad\quad\quad\mathrm{t}^2-(1+3 \sqrt{\mathrm{x}+1}) \mathrm{t}+2 \mathrm{x}=0$

$\quad\quad\quad\quad \Delta=(\sqrt{x+1}+3)^2$

$\operatorname{Nên}\left[\begin{array}{l}\mathrm{t}=2(\sqrt{\mathrm{x}+1}+1)\quad(1) \\ \mathrm{t}=\sqrt{\mathrm{x}+1}-\mathrm{x}\quad\quad(2)\end{array}\right.$

• (1) cho: $\sqrt{1-\frac{1}{x}}=2(\sqrt{x+1}+1),(x \geq 1)$

Phương trình này vô nghiệm vì $\sqrt{1-\frac{1}{x}}<1<2(\sqrt{x+1}+1)$

• (2) cho: $\sqrt{1-\frac{1}{x}}=\sqrt{x+1}-1,(x \geq 1) \Leftrightarrow \frac{x-1}{x}=x+2-2 \sqrt{x+1}$

$\quad\quad\quad\quad \Leftrightarrow 2 \sqrt{x+1}=x+1+\frac{1}{x} \Leftrightarrow(x-\sqrt{x+1})^2=0 \Leftrightarrow x=\sqrt{x+1}$

$\quad\quad\quad\quad \Leftrightarrow x=\frac{1 \pm \sqrt{5}}{2}$, nhận nghiệm $x=\frac{1+\sqrt{5}}{2} \geq 1$.

Câu 3

Cho $a_1, a_2, \ldots, a_n$ là các số nguyên dương đôi một phân biệt $(\mathrm{n} \geq 2)$ thỏa mãn điều kiện:$\sum_{\mathrm{j}=1}^{\mathrm{n}} \frac{1}{\mathrm{a}_{\mathrm{j}}}=1$ và $Max(a_j)=2 p$ (với $p$ là số nguyên tố)

Tìm tất cả các số $a_1, a_2, \ldots, a_n$.

Lời Giải

Không mất tính tổng quát, giả sử $a_1=\max(a_j)$ với $\mathrm{j}=1,2, \ldots, \mathrm{n}$.

Từ giả thiết: $\sum_{j=2}^n \frac{1}{a_j}=\frac{2 \cdot p-1}{2 \cdot p}$

$\Rightarrow 2 \cdot p \cdot B=(2 p-1) a_2 \cdot a_3 \cdot \ldots \cdot a_n$ với $B \in Z^{+}$.

$\Rightarrow(2 p-1) a_2 \cdot a_3 \ldots \cdot a_n$ chia hết cho $p$.

$\Rightarrow a_2 \cdot a_3 \ldots \ldots \cdot a_n$ chia hết cho $\mathrm{p}$ vì $(\mathrm{p}, 2 \mathrm{p}-1)=1$

$\Rightarrow \exists \mathrm{a}_1 \vdots \mathrm{p}$, vì p là số nguyên tố với $\mathrm{I}=2,3 \ldots \mathrm{n}$

Gọi $\mathrm{a}_2$ là số nói trên thì $\mathrm{a}_2=\mathrm{p}$ (do $\left.\mathrm{gt}\right)$

$\Rightarrow \sum_{j=3}^n \frac{1}{a_j}=\frac{2 \cdot p-3}{2 \cdot p} \Rightarrow 2 \cdot p \cdot M=(2 p-3) a_3 \cdot a_4 \ldots . a_n$ với $M \in Z^{+}$

Tương tự như trên: ta có $2 \mathrm{p}-3 \vdots \mathrm{p}$, từ đó $\mathrm{p}=3$

Vậy $a_1=6, a_2=3, a_3=2$.

Câu 4

Cho tam giác $\mathrm{ABC}$ có $\mathrm{BC}=\mathrm{a}, \mathrm{CA}=\mathrm{b}, \mathrm{AB}=\mathrm{c}$. Đường tròn nội tiếp tam giác $\mathrm{ABC}$ tiếp xúc với các cạnh $\mathrm{BC}, \mathrm{CA}, \mathrm{AB}$ lần lượt tại $\mathrm{A}_1, \mathrm{~B}_1$, $\mathrm{C}_1$.

Đặt $\mathrm{B}_1 \mathrm{C}_1=\mathrm{a}_1 ; \mathrm{C}_1 \mathrm{~A}_1=\mathrm{b}_1 ; \mathrm{A}_1 \mathrm{~B}_1=\mathrm{c}_1$.

Chứng minh rằng: $\left(\mathrm{a}^2+\mathrm{b}^2+\mathrm{c}^2\right)\left(\frac{1}{\mathrm{a}_1^2}+\frac{1}{\mathrm{~b}_1^2}+\frac{1}{\mathrm{c}_1^2}\right) \geq 36$.

Lời Giải

• Gọi $\mathrm{p}=\frac{\mathrm{a}+\mathrm{b}+\mathrm{c}}{2}$ thì $\mathrm{AC}_1=\mathrm{p}-\mathrm{a}$

Suy ra: $a_1=2 A C_1 \cdot \sin \frac{A}{2}$

$\quad\quad\quad\quad  =(b+c-a) \sin \frac{A}{2}$

Do đó: $a_1^2=(b+c-a)^2 \cdot \sin ^2\left(\frac{A}{2}\right)$

$\quad\quad\quad\quad  =\frac{1}{2}(b+c-a)^2 \cdot(1-\cos A)$

$\quad\quad\quad\quad  =\frac{1}{2}(b+c-a)^2 \cdot\left(1-\frac{b^2+c^2-a^2}{2 b c}\right)$

$\quad\quad\quad\quad  =\frac{1}{4 b c}\left[b^2-(a-c)^2\right] \cdot\left[c^2-(a-b)^2\right] \leq \frac{b c}{4} \Rightarrow \frac{1}{a_1^2} \geq \frac{4}{b c}$

Tương tự: $\frac{1}{\mathrm{~b}_1^2} \geq \frac{4}{\mathrm{ac}}$ và $\frac{1}{\mathrm{c}_1^2} \geq \frac{4}{\mathrm{ab}}$

Vậy: $\frac{1}{\mathrm{a}_1^2}+\frac{1}{\mathrm{~b}_1^2}+\frac{1}{\mathrm{c}_1^2} \geq 4\left(\frac{1}{\mathrm{ab}}+\frac{1}{\mathrm{bc}}+\frac{1}{\mathrm{ac}}\right) \geq 4\left(\frac{9}{\mathrm{ab}+\mathrm{bc}+\mathrm{ac}}\right) \geq \frac{36}{\mathrm{a}^2+\mathrm{b}^2+\mathrm{c}^2}$

Suy ra: $\left(a^2+b^2+c^2\right),\left(\frac{1}{a_1^2}+\frac{1}{b_1^2}+\frac{1}{c_1^2}\right) \geq 36$

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác $\mathrm{ABC}$ đều.

 

 

 

 

 

 

 

ĐỀ THI

Câu 1

Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}2 x+x^2 y=y \\ 2 y+y^2 z=z \\ 2 z+z^2 x=x\end{array}\right.$

Câu 2

Tam giác $\mathrm{ABC}$ nội tiếp trong đường tròn $(\mathrm{O})$ có các đường phân giác trong $\mathrm{AA}^{\prime} ; \mathrm{BB}^{\prime} ; \mathrm{CC}^{\prime}$ cắt đường tròn $(\mathrm{O})$ lần lượt tại $\mathrm{A}_1, \mathrm{~B}_1, \mathrm{C}_1$. Chứng minh rằng: $\frac{\mathrm{AA}^{\prime}}{\mathrm{AA}_1}+\frac{\mathrm{BB}^{\prime}}{\mathrm{BB}_1}+\frac{\mathrm{CC}^{\prime}}{\mathrm{CC}_1} \leq \frac{9}{4}$

Câu 3

Cho các số thực không âm $a_1, a_2, a_3, \ldots, a_{2003}$ thỏa đồng thời các điều kiện sau:

$\quad\quad$ i) $a_1+a_2+a_3+\ldots+a_{2003}=2$

$\quad\quad$ ii) $a_1 a_2+a_2 a_3+\ldots+a_{2002} a_{2003}+a_{2003} a_1=1$

Hãy tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad S=a_1^2+a_2^2+a_3^2+\ldots+a_{2003}^2$

Câu 4

Cho phương trình: $x^3-3 xy^2+y^3=n$; với $n$ nguyên dương.

$\quad\quad$ i) Chứng minh rằng: nếu phương trình có nghiệm $(\mathrm{x}, \mathrm{y})$ thì phương trình có ít nhất 3 nghiệm nguyên khác nhau.

$\quad\quad$ ii) Với $\mathrm{n}=2003$ phương trình trên có nghiệm nguyên hay không? Tại sao?

Câu 5

Hãy tìm tất cả các tập hợp $\mathrm{M}$ gồm có $\mathrm{n}$ số thực, với $\mathrm{n}$ hữu hạn lớn hơn hoặc bằng 2 thỏa điều kiện: với mọi số $\mathrm{a}, \mathrm{b}$ thuộc $\mathrm{M}$, a khác $\mathrm{b}$, thì $\frac{2 a}{3}-b^2$ cũng thuộc $M$ ?

Câu 6

Cho hai đường tròn đồng tâm $\mathrm{O}$, bán kính $\mathrm{R}_1, \mathrm{R}$, với $\mathrm{R}_1>\mathrm{R}$ và tứ giác $\mathrm{ABCD}$ nội tiếp trong đường tròn $(\mathrm{O}, \mathrm{R})$. Tia $\mathrm{AB}, \mathrm{BC}, \mathrm{CD}, \mathrm{DA}$ cắt đường tròn $\left(\mathrm{O}, \mathrm{R}_1\right)$ lần lượt tại $\mathrm{A}_1, \mathrm{~B}_1, \mathrm{C}_1, \mathrm{D}_1$.

Chứng minh rằng: $\quad\quad\frac{S_{A_1 B_1 C_1 D_1}}{S_{ABCD}} \geq \frac{R_1^2}{R^2}$

 

LỜI GIẢI

Câu 1

Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}2 x+x^2 y=y \\ 2 y+y^2 z=z \\ 2 z+z^2 x=x\end{array}\right.$

Lời Giải

Hệ đã cho $\Leftrightarrow(1)\left\{\begin{array}{l}y\left(1-x^2\right)=2 x \\ z\left(1-y^2\right)=2 y \\ x\left(1-z^2\right)=2 z\end{array}\right.$

Vì một trong các giá trị $\mathrm{x}, \mathrm{y}$ bằng $\pm 1$ đều không thỏa hệ phương trình (1) nên $x \neq \pm 1, y=\pm 1, z=\pm 1$

Nên hệ phương trình $(1) \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}y=\frac{2 x}{1-x^2}\quad\quad(1) \\ z=\frac{2 y}{1-y^2}\quad\quad(2) \\ x=\frac{2 z}{1-z^2}\quad\quad(3)\end{array}\right.$

Đặt $\mathrm{x}=\operatorname{tga}$, với $\mathrm{a} \in\left(-\frac{\pi}{2} ; \frac{\pi}{2}\right)$

Từ (1) ta có $\mathrm{y}=\operatorname{tg} 2 \mathrm{a}$, từ (2) ta có $\mathrm{z}=\operatorname{tg} 4 \mathrm{a}$, từ (3) ta có $\mathrm{x}=\operatorname{tg} 8 \mathrm{a}$ Do đó ta có $\operatorname{tga}=\operatorname{tg} 8 \mathrm{a} \Leftrightarrow 7 \mathrm{a}=\mathrm{k} \pi(\mathrm{k} \in \mathrm{Z})$

Suy ra a $=\frac{\mathrm{k} \pi}{7}$, khi đó $\mathrm{x}=\operatorname{tg} \frac{\mathrm{k} \pi}{7}, \mathrm{y}=\operatorname{tg} 2 \frac{\mathrm{k} \pi}{7}, \mathrm{y}=\operatorname{tg} 2 \frac{\mathrm{k} \pi}{7}, \mathrm{z}=\operatorname{tg} 4 \frac{\mathrm{k} \pi}{7}$

Với phép thử, ta được $\mathrm{k} \in{-3 ;-2 ;-1 ; 0 ; 1 ; 2 ; 3}$ Vậy hệ phương trình đã cho có 7 nghiệm:

$\quad\quad\quad\left(\operatorname{tg} \frac{-3 \pi}{7}, \operatorname{tg} \frac{-6 \pi}{7}, \operatorname{tg} \frac{-12 \pi}{7}\right) ;\left(\operatorname{tg} \frac{-2 \pi}{7} ; \operatorname{tg} \frac{-4 \pi}{7} ; \operatorname{tg} \frac{-8 \pi}{7}\right)$

$\quad\quad\quad\left(\operatorname{tg} \frac{-\pi}{7} ; \operatorname{tg} \frac{-2 \pi}{7} ; \operatorname{tg} \frac{-4 \pi}{7}\right) ;(0 ; 0 ; 0) ;\left(\operatorname{tg} \frac{3 \pi}{7} ; \operatorname{tg} \frac{6 \pi}{7} ; \operatorname{tg} \frac{12 \pi}{7}\right)$

$\quad\quad\quad\left(\operatorname{tg} \frac{2 \pi}{7} ; \operatorname{tg} \frac{4 \pi}{7} ; \operatorname{tg} \frac{8 \pi}{7}\right) ;\left(\operatorname{tg} \frac{\pi}{7} ; \operatorname{tg} \frac{2 \pi}{7} ; \operatorname{tg} \frac{4 \pi}{7}\right)$

Câu 2

Tam giác $\mathrm{ABC}$ nội tiếp trong đường tròn $(\mathrm{O})$ có các đường phân giác trong $\mathrm{AA}^{\prime} ; \mathrm{BB}^{\prime} ; \mathrm{CC}^{\prime}$ cắt đường tròn $(\mathrm{O})$ lần lượt tại $\mathrm{A}_1, \mathrm{~B}_1, \mathrm{C}_1$. Chứng minh rằng: $\frac{\mathrm{AA}^{\prime}}{\mathrm{AA}_1}+\frac{\mathrm{BB}^{\prime}}{\mathrm{BB}_1}+\frac{\mathrm{CC}^{\prime}}{\mathrm{CC}_1} \leq \frac{9}{4}$

Lời Giải

Đặt $\mathrm{BC}=\mathrm{a} ; \mathrm{AC}=\mathrm{b} ; \mathrm{AB}=\mathrm{c}$

Chứng minh được: $\triangle \mathrm{ABA}^{\prime} \sim \triangle \mathrm{AA}_1 \mathrm{C}$

$\quad\quad\quad\Rightarrow \mathrm{AA}^{\prime} \cdot \mathrm{AA}_1=\text { b.c }$

Mặt khác: $\frac{\mathrm{AA}^{\prime}}{\mathrm{AA}_1}=\frac{\mathrm{AA}^{\prime 2}}{\mathrm{AA}^{\prime} \cdot \mathrm{AA}_1}=\frac{\mathrm{AA}^{\prime 2}}{\mathrm{bc}}$

Chứng minh được: $\mathrm{AA}^{\prime}=\frac{2 \mathrm{bc} \cdot \cos \frac{\mathrm{A}}{2}}{\mathrm{~b}+\mathrm{c}}$

$\quad\quad\quad\Rightarrow \frac{\mathrm{AA}^{\prime}}{\mathrm{AA}_1}=\frac{4 \mathrm{~b}^2 \mathrm{c}^2 \cdot \cos ^2 \frac{\mathrm{A}}{2}}{(\mathrm{~b}+\mathrm{c})^2 \cdot \mathrm{bc}}$

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad =\frac{2 b c \cdot(1+\cos A)}{(b+c)^2}=1-\frac{a^2}{(b+c)^2}$

Tương tự: $\frac{\mathrm{BB}^{\prime}}{\mathrm{BB}_1}=1-\frac{\mathrm{b}^2}{(\mathrm{a}+\mathrm{c})^2} ; \frac{\mathrm{CC}^{\prime}}{\mathrm{CC}_1}=1-\frac{\mathrm{c}^2}{(\mathrm{a}+\mathrm{b})^2}$

$\quad\quad\quad\Rightarrow \frac{\mathrm{AA}^{\prime}}{\mathrm{AA}_1}+\frac{\mathrm{BB}^{\prime}}{\mathrm{BB}_1}+\frac{\mathrm{CC}^{\prime}}{\mathrm{CC}_1}=3-\left[\frac{\mathrm{a}^2}{(\mathrm{~b}+\mathrm{c})^2}+\frac{\mathrm{b}^2}{(\mathrm{a}+\mathrm{c})^2}+\frac{\mathrm{c}^2}{(\mathrm{a}+\mathrm{b})^2}\right]$

Ta lại có:

$\quad\quad\quad\quad\frac{a^2}{(b+c)^2}+\frac{b^2}{(a+c)^2}+\frac{c^2}{(a+b)^2} \geq \frac{a^2}{2(b+c)^2}+\frac{b^2}{2(a+c)^2}+\frac{c^2}{2(a+b)^2}$

$\quad\quad\quad =\frac{1}{2}\left[\frac{\mathrm{a}^2}{(\mathrm{~b}+\mathrm{c})^2}+\frac{\mathrm{b}^2}{(\mathrm{a}+\mathrm{c})^2}+\frac{\mathrm{c}^2}{(\mathrm{a}+\mathrm{b})^2}\right]$

Chứng minh được: $\frac{\mathrm{a}^2}{(\mathrm{~b}+\mathrm{c})^2}+\frac{\mathrm{b}^2}{(\mathrm{a}+\mathrm{c})^2}+\frac{\mathrm{c}^2}{(\mathrm{a}+\mathrm{b})^2} \geq \frac{3}{2}$

Từ đó suy ra: $\frac{\mathrm{AA}^{\prime}}{\mathrm{AA}_1}+\frac{\mathrm{BB}^{\prime}}{\mathrm{BB}_1}+\frac{\mathrm{CC}^{\prime}}{\mathrm{CC}_1} \leq \frac{9}{4}$

Đẳng thức xảy $\mathrm{ra} \Leftrightarrow \mathrm{a}=\mathrm{b}=\mathrm{c}$. Khi đó tam giác $\mathrm{ABC}$ đều.

Câu 3

Cho các số thực không âm $a_1, a_2, a_3, \ldots, a_{2003}$ thỏa đồng thời các điều kiện sau:

$\quad\quad$ i) $a_1+a_2+a_3+\ldots+a_{2003}=2$

$\quad\quad$ ii) $a_1 a_2+a_2 a_3+\ldots+a_{2002} a_{2003}+a_{2003} a_1=1$

Hãy tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad S=a_1^2+a_2^2+a_3^2+\ldots+a_{2003}^2$

Lời Giải

Không mất tính tổng quát, giả sử rằng $a_{2003}$ là min $(a_i)$ và $a_1>0$ Từ giả thiết đó

$\quad\quad\quad 4=\left(a_1+a_2+\ldots+a_{2003}\right)^2$

$\quad\quad\quad\quad\geq\left(a_1+a_2+\ldots+a_{2003}\right)^2-\left(a_1-a_2+a_3-\ldots+a_{2003}\right)^2$

$\quad\quad\quad\quad=4\left(a_1+a_3+\ldots+a_{20033}\right)\left(a_2+a_4+\ldots+a_{2002}\right)$

$\quad\quad\quad\quad\geq 4\left(a_1 a_2+a_2 a_3+\ldots+a_{2002} a_{2003}\right)+$

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad +4\left(a_1 a_4+a_2 a_5+\ldots+a_{2000} a_{2003}\right)+4 a_1\left(a_6+a_8+\ldots+a_{2002}\right)$

$\quad\quad\quad\quad =4\left(1-a_{2003} a_1\right)+4\left(a_1 a_4+a_2 a_5+\ldots+a_{2000} a_{20033}\right)+$

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad +4 a_1\left(a_6+a_8+\ldots+a_{2002}\right)$

$\quad\quad\quad\quad =4+4\left(a_1 a_4+a_2 a_5+\ldots+a_{2000} a_{20013}\right)+4a_1\left(a_6+a_8+\ldots+a_{2002}-a_{2003}\right)$

$\quad\quad\quad\quad\geq 4$

Do đó ta phải có:

$\quad\quad\quad\quad\left\{\begin{array}{l}a_1+a_3+\ldots+a_{2003}=a_2+a_4+\ldots+a_{2002}=1\quad\quad(1) \\ a_1 a_4=a_2 a_5=\ldots=a_{2000} a_{2003}=0\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad(2) \\ a_6+a_8+\ldots+a_{2002}=a_{2003}\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad(3)\end{array}\right.$

Vì $a_1>0$ nên $a_4=0(\operatorname{do} 2)$

Vì $a_{20013}=min (a_i)$ nên $a_{2003}=0$

Do đó $a_6=a_8=\ldots=a_{2002}=0(\operatorname{do} 3)$

Từ (1) ta có: $a_2=1$ và từ (ii) ta có $a_1+a_3=1$

Áp dụng điều đó vào i) ta có $a_4+a_5+\ldots+a_{2003}=0$

Suy ra $a_4=a_5=\ldots=a_{2003}=0$. Do đó

$\quad\quad\quad\quad S=a_1^2+a_2^2+a_3^2=a_1^2+1+\left(1-a_1\right)^2=2\left(a_1-\frac{1}{2}\right)^2+\frac{3}{2}$

Do đó $S \max$ khi $a_1=1$, khi đó $\mathrm{s} \max =2$.

$\mathrm{S}$ min khi $\mathrm{a}_1=\frac{1}{2}$, khi đó $\mathrm{S} \min =\frac{3}{2}$.

Câu 4

Cho phương trình: $x^3-3 xy^2+y^3=n$; với $n$ nguyên dương.

$\quad\quad$ i) Chứng minh rằng: nếu phương trình có nghiệm $(\mathrm{x}, \mathrm{y})$ thì phương trình có ít nhất 3 nghiệm nguyên khác nhau.

$\quad\quad$ ii) Với $\mathrm{n}=2003$ phương trình trên có nghiệm nguyên hay không? Tại sao?

Lời Giải

i) Ta có $x^3-3 x y^2+y^3=(y-x)^3-3(y-x) x^2+(-x)^3$

Và $x^3-3 x y^2+y^2=(-y)^3-3(-y)(x-y)^2+(x-y)^3$

Vậy phương trình có nghiệm $(x, y)$ thì cũng có 2 nghiệm nữa là

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad (\mathrm{y}-\mathrm{x},-\mathrm{x})$ và $(-\mathrm{y}, \mathrm{x}-\mathrm{y})$

Và 3 nghiệm ấy là phân biệt vì nếu 2 nghiệm bằng nhau thì dẫn tới $x=y=0$ trái với giả thiết $n>0$.

ii) Giả sử phương trình $\mathrm{x}^3-3 \mathrm{x}^2+\mathrm{y}^3=2003$ có nghiệm.

Ta có: $\quad 2003=-1(\bmod 3)$

$\quad\quad\quad\quad\Rightarrow x^3-3 x y^2+y^3=x^3+y^3 \equiv-1(\bmod 3)$

$\quad\quad\quad\quad\Rightarrow \mathrm{x}+\mathrm{y} \equiv-1(\bmod 3)$

Do đó:

a) $x \equiv 0, y \equiv-1(\bmod 3)$

$\quad\quad\quad\quad\Rightarrow \mathrm{x}=3 \mathrm{k} ; \mathrm{y}=3 \mathrm{k}-1$ suy ra $\mathrm{x}^3-3 \mathrm{xy}^2+\mathrm{y}^3 \equiv-1(\bmod 9)$

Mặt khác $2005 \equiv 5(\bmod 9)$ vô lí.

b) $x \equiv-1, y \equiv 0(\bmod 3)$ tương tự dẫn đến vô lí.

c) $x \equiv 1, y \equiv 1(\bmod 3)$ tương tự dẫn đến vô lí.

Do $(y-x,-x)$ cùng là nghiệm nên trở lại trường hợp $x \equiv 0, y \equiv-1(\bmod 3)$

Vậy phương trình vô nghiệm.

Câu 5

Hãy tìm tất cả các tập hợp $\mathrm{M}$ gồm có $\mathrm{n}$ số thực, với $\mathrm{n}$ hữu hạn lớn hơn hoặc bằng 2 thỏa điều kiện: với mọi số $\mathrm{a}, \mathrm{b}$ thuộc $\mathrm{M}$, a khác $\mathrm{b}$, thì $\frac{2 a}{3}-b^2$ cũng thuộc $M$ ?

Lời Giải

Nhận xét: $0 \notin \mathrm{M}$ vì nếu không $\mathrm{M}$ sẽ chứa vô hạn các phần tử $\left(\frac{2}{3}\right)^{\mathrm{n}} \mathrm{a}, \mathrm{n} \in$ $\mathrm{N}^*$, với $\mathrm{a} \neq 0, \mathrm{a} \in \mathrm{M}$.

Hơn nữa, $M$ có chứa phần tử âm. Thật vậy, nếu tất cả các phần tử của $\mathrm{M}$ đều dương thì tồn tại một phần tử nhỏ nhất của $\mathrm{M}$, gọi là $\mathrm{b}$ sao cho $\forall \mathrm{c}$ ta có:

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\frac{2 b}{3}-c^2>b \Leftrightarrow \frac{-b}{3}-c^2<0$ (vô lí)

Đặt $a_1<a_2<\ldots<a_k$ là tất cả các số âm của $\mathrm{M}$. Ta có:

$\quad\quad\quad\quad\frac{2 a_1}{3}-a_2^2<\frac{2 a_1}{3}-a_3^2<\ldots<\frac{2 a_1}{3}-{a_k}^2<\frac{2 a_1}{3}-a_3^2<\ldots<\frac{2 a_{n-1}}{3}-a_{k}^2$

Có $2 \mathrm{k}-3$ số âm khác nhau của $\mathrm{M} \Rightarrow 2 \mathrm{k}-3 \leq \mathrm{k} \Leftrightarrow \mathrm{k} \leq 3$

• Xét $\mathrm{k}=3 \Rightarrow \frac{2 \mathrm{a}_1}{3}-\mathrm{a}_2^2<\frac{2 \mathrm{a}_1}{3}-\mathrm{a}_3^2<\frac{2 \mathrm{a}_2}{3}-\mathrm{a}_3^2$

$\quad\quad\quad\quad\Rightarrow\left\{\begin{array}{l}\frac{2}{3} a_1-a_1^2=a_1 \\ \frac{2}{3} a_2-a_3^2=a_2 \\ \frac{2}{3} a_3-a_2^2=a_3\end{array} \Rightarrow\right.$ Hệ vô nghiệm (loại)

• Xét $\mathrm{k}=2$ : Ta có $\frac{2 a_1}{3}-a_2^2 \in \mathrm{M}$ và $\frac{2 a_2}{3}-a_1^2 \in \mathrm{M}$

Nếu $\frac{2 a_1}{3}-a_2^2=\frac{2 a_2}{3}-a_1^2\left(hoặc  =a_2\right.)$

$\quad\quad\quad\quad\Rightarrow a_1+a_2=-\frac{2}{3}$ và $a_1=-3 a_2^2\left(\right.$ hoặc $\left.a_2=-3 a_1^2\right)$

$\quad\quad\quad\quad\Rightarrow\left[\begin{array}{l}\left.a_2=\frac{1}{3}=a_1 \quad \text { (loại vì } a_1 \neq a_2\right) \\ a_2=\frac{2}{3}, a_1=-\frac{4}{3}\left(\text { loại vì } a_1 \cdot a_2<0\right)\end{array}\right.$

Nếu $\frac{2 a_1}{3}-a_2^2 \neq \frac{2 a_2}{3}-a_1^2$ thì một trong 2 số này hoặc bằng $\mathrm{a}_1$ hoặc bằng $\mathrm{a}_2$.

Xét $\left\{\begin{array}{l}\frac{2}{3} a_1-a_2^2=a_2 \\ \frac{2}{3} a_2-a_1^2=a_1\end{array} \Rightarrow a_1=\mathrm{a}_2=-\frac{1}{3}\right.$ (vô lí). Tương tự cho trường hợp còn lại.

Do đó $\mathrm{M}$ chỉ chứa 1 số âm, gọi là $\mathrm{a}$.

Nếu b và c là 2 số dương phân biệt của $M$ thì $\frac{2}{3} a-b^2$ và $\frac{2}{3} a-c^2$ là 2 số âm phân biệt của $M$ (loại)

Do đó $\mathrm{M}$ chỉ chứa 1 số dương, gọi là $\mathrm{b} \Rightarrow \mathrm{M}={\mathrm{a}, \mathrm{b}}, \mathrm{a}<0, \mathrm{~b}<0$

Ta có:

$\quad\quad\quad\frac{2}{3} a-b^2<0 \Rightarrow \frac{2}{3} a-b^2=a \Rightarrow a=-3 b^2$

$\quad\quad\Rightarrow \frac{2}{3} b-a^2=\frac{2}{3} b-4 b^4=\left[\begin{array}{l}b \Rightarrow\left(b=0 \text { hay } b=-\frac{1}{3}\right) \text { (loại) } \\ -3 b^2 \Rightarrow b=\frac{2}{3} \text { (nhận) }\end{array}\right.$

Kết luận: $a=-\frac{4}{3} ; b=\frac{2}{3} \Rightarrow M(-\frac{4}{3}, \frac{2}{3})$

Câu 6

Cho hai đường tròn đồng tâm $\mathrm{O}$, bán kính $\mathrm{R}_1, \mathrm{R}$, với $\mathrm{R}_1>\mathrm{R}$ và tứ giác $\mathrm{ABCD}$ nội tiếp trong đường tròn $(\mathrm{O}, \mathrm{R})$. Tia $\mathrm{AB}, \mathrm{BC}, \mathrm{CD}, \mathrm{DA}$ cắt đường tròn $\left(\mathrm{O}, \mathrm{R}_1\right)$ lần lượt tại $\mathrm{A}_1, \mathrm{~B}_1, \mathrm{C}_1, \mathrm{D}_1$.

Chứng minh rằng: $\quad\quad\frac{S_{A_1 B_1 C_1 D_1}}{S_{ABCD}} \geq \frac{R_1^2}{R^2}$

Lời Giải

Đặt $\mathrm{AB}=\mathrm{a} ; \mathrm{BC}=\mathrm{b}$

$\mathrm{CD}=\mathrm{c} ; \mathrm{DA}=\mathrm{d}$

$\mathrm{A}_1 \mathrm{~B}=\mathrm{x} ; \mathrm{B}_1 \mathrm{C}=\mathrm{y}$

$\mathrm{C}_1 \mathrm{D}=\mathrm{z} ; \mathrm{D}_1 \mathrm{~A}=\mathrm{t}$

$\quad\quad\quad\quad\frac{S_{A_1 B_1 C_1 D_1}}{S_{ABCD}}=1+\frac{S_{A_1 B_1 B}}{S_{ABCD}}+\frac{S_{B_1 C_1 C}}{S_{ABCD}}+\frac{S_{C_1 D_1 D}}{S_{ABCD}}+\frac{S_{D_1 A_1 D}}{S_{ABCD}}$

$\quad\quad\quad =1+\frac{x(b+y)}{a b+c d}+\frac{y(c+z)}{a d+b c}+\frac{z(d+t)}{a b+c d}+\frac{t(x+a)}{a d+b c}$

$\quad\quad\quad \geq 1+\frac{x\left(R_1^2-R^2\right)}{y 4 R^2}+\frac{y\left(R_1^2-R^2\right)}{z 4 R^2}+\frac{z\left(R_1^2-R^2\right)}{t 4 R^2}+\frac{t\left(R_1^2-R^2\right)}{x 4 R^2}$

$\quad\quad\quad =1+\frac{\left(R_1^2-R^2\right)}{4 R^2}\left(\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{t}+\frac{t}{x}\right) \geq 1+\frac{\left(R_1^2-R^2\right)}{4 R^2} 4=\frac{R_1^2}{R^2}$

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $\mathrm{ABCD}$ là hình vuông.

 

 

 

 

 

 

 

ĐỀ THI

Câu 1

a) Cho tam giác $\mathrm{ABC}$ cạnh $\mathrm{BC}=\mathrm{a} ; \mathrm{CA}=\mathrm{b} ; \mathrm{AB}=\mathrm{c}$. Chứng minh duy nhất một điểm $M$ thỏa $a \cdot M A^2+b \cdot M B^2+c \cdot M C^2 \leq a b c$.

b) Cho tam giác ABC.M, N theo thứ tự là hai điểm thuộc các đoạn thẳng $\mathrm{AC}, \mathrm{BC}$ ( $\mathrm{M}, \mathrm{N}$ không trùng với $\mathrm{A}, \mathrm{B}, \mathrm{C})$. Gọi $\mathrm{S}_1, \mathrm{~S}_2, \mathrm{~S}$ lần lượt là diện tích tam giác $A M E$ tam giác $B N E$ và tam giác $A B C$ ( $\mathrm{E}$ là điểm thuộc đoạn thẳng $\mathrm{MN}$ ). Tìm điều kiện của các điểm M, N, E sao cho:

$\sqrt[3]{\mathrm{S}}=\sqrt[3]{\mathrm{S}_1}+\sqrt[3]{\mathrm{S}_2} .$

Câu 2

Tìm tất cả các cặp số nguyên tố $(\mathrm{x}, \mathrm{y})$ thỏa mãn phương trình:

$[\sqrt{1}]+[\sqrt{2}]+\ldots+\left[\sqrt{\mathrm{x}^2-1}\right]=\mathrm{y}$

Câu 3

Cho hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}a x^2+b x+c=0 \\ b x^2+c x+a=26 \\ c x^2+a x+b=-26\end{array}\right.$, trong đó $a, b, c$ khác 0 .

Tìm các số nguyên $\mathrm{a}, \mathrm{b}, \mathrm{c}$ để hệ phương trình có nghiệm nguyên.

Câu 4

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: $\mathrm{T}=\sin 7 \mathrm{~A}+\sin 7 \mathrm{~B}+\sin 7 \mathrm{C}$, với $\mathrm{A}, \mathrm{B}, \mathrm{C}$ là ba góc của một tam giác.

 

LỜI GIẢI

Câu 1

a) Cho tam giác $\mathrm{ABC}$ cạnh $\mathrm{BC}=\mathrm{a} ; \mathrm{CA}=\mathrm{b} ; \mathrm{AB}=\mathrm{c}$. Chứng minh duy nhất một điểm $M$ thỏa $a \cdot M A^2+b \cdot M B^2+c \cdot M C^2 \leq a b c$.

b) Cho tam giác ABC.M, N theo thứ tự là hai điểm thuộc các đoạn thẳng $\mathrm{AC}, \mathrm{BC}$ ( $\mathrm{M}, \mathrm{N}$ không trùng với $\mathrm{A}, \mathrm{B}, \mathrm{C})$. Gọi $\mathrm{S}_1, \mathrm{~S}_2, \mathrm{~S}$ lần lượt là diện tích tam giác $A M E$ tam giác $B N E$ và tam giác $A B C$ ( $\mathrm{E}$ là điểm thuộc đoạn thẳng $\mathrm{MN}$ ). Tìm điều kiện của các điểm M, N, E sao cho:

$\sqrt[3]{\mathrm{S}}=\sqrt[3]{\mathrm{S}_1}+\sqrt[3]{\mathrm{S}_2} .$

Lời Giải

a) Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $\mathrm{ABC}$, chứng minh:

$ a \overrightarrow{\mathrm{IA}}+\mathrm{b} \cdot \overrightarrow{\mathrm{IB}}+\mathrm{c} \cdot \overrightarrow{\mathrm{IC}}=\overrightarrow{0} $

$- \text { Từ bất đẳng thức: }(\mathrm{a} \cdot \overrightarrow{\mathrm{MA}}+\mathrm{b} \cdot \overrightarrow{\mathrm{MB}}+\mathrm{c} \cdot \overrightarrow{\mathrm{MC}})^2 \geq 0, \text { dấu “=” xảy ra khi } \mathrm{M} \equiv \mathrm{I} $

$\Rightarrow  \mathrm{a} \cdot \mathrm{MA}^2+\mathrm{b} \cdot \mathrm{MB}^2+\mathrm{c} \cdot \mathrm{MC}^2+2 \mathrm{ab} \overrightarrow{\mathrm{MA}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{MB}}+2 \mathrm{bc} \overrightarrow{\mathrm{MB}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{MC}}+$

$+2 \mathrm{ca} \overrightarrow{\mathrm{MB}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{MC}} \geq 0$

$ \overrightarrow{\mathrm{MA}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{MB}}=\frac{1}{2}\left(\mathrm{MA}^2+\mathrm{MB}^2+\mathrm{AB}^2\right) \text { thì có } $

$(\mathrm{a}+\mathrm{b}+\mathrm{c})\left(\mathrm{a} \cdot \mathrm{MA}^2+\mathrm{mB} \cdot \mathrm{MB}^2+c \cdot \mathrm{MC}^2-\mathrm{abc}\right) \geq 0 $

$= \mathrm{a} \cdot \mathrm{MA}^2+\mathrm{b} \cdot \mathrm{MB}^2+\mathrm{c} \cdot \mathrm{MC}^2 \geq \mathrm{abc}$

Do đó, theo giả thiết dấu “=” xảy ra

$\Rightarrow \mathrm{M} \equiv \mathrm{I}$ (đpcm)

b) (i) $\mathrm{E} \neq \mathrm{N}$ :

Đặt

$\mathrm{AM} / \mathrm{MC}=\alpha, \mathrm{CN} / \mathrm{NB}=\beta$

$\mathrm{ME} / \mathrm{EN}=\gamma(\alpha, \beta>0 ; \gamma \geq 0)$

Suy ra

$S_{\triangle M E C}=S_1 / \alpha ; S_{\triangle N E C}=\beta S_2$

$S_{\triangle M E C} / S_{\triangle N E C}=\gamma$

Do đó $\mathrm{S}_1=\alpha \beta \gamma . \mathrm{S}_2$

$S_{\triangle M N C} / S_{\triangle A B C}=M C \cdot N C / A B \cdot B C$

$S_{\triangle M N C}=S_{\triangle M E C}+S_{\triangle M N C}=\beta(\gamma+1) S_2$

$\mathrm{AC} / \mathrm{MC}=\alpha+1 ; \mathrm{BC} / \mathrm{NC}=(\beta+1) / \beta \Rightarrow \mathrm{S}=(\alpha+1)(\beta+1)(\gamma+1) \mathrm{S}_2$

$\mathrm{~S}_2=\mathrm{S} /(\alpha+1)(\beta+1)(\gamma+1) ; \mathrm{S}_1=\alpha \beta \gamma \mathrm{S} /(\alpha+1)(\beta+1)(\gamma+1)$

$\sqrt[3]{\mathrm{S}_1}+\sqrt[3]{\mathrm{S}_2}=\sqrt[3]{\mathrm{S}}$

$\sqrt[3]{\mathrm{S}_1}+\sqrt[3]{\mathrm{S}_2}=\sqrt[3]{\mathrm{S}} \Leftrightarrow \underbrace{\frac{1}{\sqrt[3]{(1+\alpha)(1+\beta)(1+\gamma)}}+\frac{\sqrt[3]{\alpha \beta \gamma}}{\sqrt[3]{(1+\alpha)(1+\beta)(1+\gamma)}}}_A=1$

Mặt khác, theo bất đẳng thức Côsi

$\mathrm{A} \leq \frac{1}{3}\left(\frac{1}{1+\alpha}+\frac{1}{1+\beta}+\frac{1}{1+\gamma}+\frac{\alpha}{1+\alpha}+\frac{\beta}{1+\beta}+\frac{\gamma}{1+\gamma}\right)=1$

Đẳng thức $\mathrm{A}=1 \Leftrightarrow \alpha=\beta=\gamma$.

Vậy vị trí $\mathrm{M}, \mathrm{N}, \mathrm{E}$ sao cho $\mathrm{AM} / \mathrm{MC}=\mathrm{CN} / \mathrm{NB}=\mathrm{ME} / \mathrm{EN}$

(ii) $\mathrm{E} \equiv \mathrm{N}$ : $\mathrm{S}_2=0$ và $\mathrm{S}_1<\mathrm{S}$ (không xảy ra $\sqrt[3]{\mathrm{S}}=\sqrt[3]{\mathrm{S}_1}+\sqrt[3]{\mathrm{S}_2}$ ).

Câu 2

Tìm tất cả các cặp số nguyên tố $(\mathrm{x}, \mathrm{y})$ thỏa mãn phương trình:

$[\sqrt{1}]+[\sqrt{2}]+\ldots+\left[\sqrt{\mathrm{x}^2-1}\right]=\mathrm{y}$

Lời Giải

Nhận xét rằng với mọi $\mathrm{k} \in \mathrm{N}$ ta đều có:

$\mathrm{k}=\left[\sqrt{\mathrm{k}^2}\right]=\left[\sqrt{\mathrm{k}^2+1}\right]=\left[\sqrt{\mathrm{k}^2+2}\right]=\ldots=\left[\sqrt{\mathrm{k}^2+2 \mathrm{k}}\right] $

$\Rightarrow {\left[\sqrt{\mathrm{k}^2}\right]+\left[\sqrt{\mathrm{k}^2+1}\right]+\left[\sqrt{\mathrm{k}^2+2}\right]+\ldots+\left[\sqrt{(\mathrm{k}+1)^2}-1\right] } $

$=\mathrm{k}(2 \mathrm{k}+1)=2 \mathrm{k}^2+\mathrm{k}$

Lần lượt cho $\mathrm{k}=1,2, \ldots, \mathrm{x}-1$ ta được:

${[\sqrt{1}]+[\sqrt{2}]+[\sqrt{3}]=2.1^2+1} $

${[\sqrt{4}]+[\sqrt{5}]+\ldots+[\sqrt{8}]=2.2^2+2} $

$\cdots $

${\left[\sqrt{(x-1)^2}\right]+\ldots+\left[\sqrt{x^2-1}\right]=2 .(x-1)^2+(x-1)}$

Cộng từng vế các đẳng thức trên ta được:

$ {[\sqrt{1}]+[\sqrt{2}]+\ldots+\left[\sqrt{x^2-1}\right] } $

$= 2 \cdot\left[1^2+2^2+\ldots+(x-1)^2\right]+[1+2+\ldots+(x-1)]$

$=\frac{(x-1) x(2 x-1)}{3}+\frac{x(x-1)}{2}$

Vậy phương trình đã cho có dạng $\frac{(\mathrm{x}-1) \mathrm{x}(4 \mathrm{x}-1)}{6}=\mathrm{y}\left({ }^*\right)$

Ta giải phương trình $\left(^*\right).$  trong tập hợp các số nguyên tố

Vì $\frac{(\mathrm{x}-1) \mathrm{x}(4 \mathrm{x}-1)}{\mathrm{y}}=6$ là một số nguyên dương và $\mathrm{y}$ là số nguyên tố nên $\mathrm{y}$ là ước của một trong ba thừa số $\mathrm{x}-1 ; \mathrm{x} ; 4 \mathrm{x}+1$

$\Rightarrow \mathrm{y} \leq \max {x-1 ; x ; 4 x+1}=4 x+1 $

$\Rightarrow 6=\frac{(x-1) x(4 x-1)}{y} \geq x(x-1) \Rightarrow x \leq 3$

Thử lại ta được các nghiệm nguyên tố sau đây của phương trình: $(2 ; 3) ;(3 ; 13)$.

Câu 3

Cho hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}a x^2+b x+c=0 \\ b x^2+c x+a=26 \\ c x^2+a x+b=-26\end{array}\right.$, trong đó $a, b, c$ khác 0 .

Tìm các số nguyên $\mathrm{a}, \mathrm{b}, \mathrm{c}$ để hệ phương trình có nghiệm nguyên.

Lời Giải

$\left\{\begin{array}{l}a x^2+b x+c=0 \\ b x^2+c x+a=26 \\ c x^2+a x+b=-26\end{array}\right.$

Cộng (1), (2) và (3) vế theo vế ta có:

$(a+b+c)\left(x^2+x+1\right)=0 $

$\Rightarrow  a+b+c=0 \text { vì } x^2+x+1>0 \forall x$

Từ điều kiện $a+b+c=0$ ta có phương trình (1) có nghiệm

$x=1 \vee x=c / a$

$x=1$ không thỏa đồng thời (2) và (3) nên ta loại

Tữ $x=c / a$ ta có: $a x=c$, thay vào (2) ta được: $(a+b) x^2+a=26$

Mà $\mathrm{a}+\mathrm{b}=-\mathrm{c}=-\mathrm{ax}$ ta lại có: $-\mathrm{ax}{ }^3+\mathrm{a}=26 \Leftrightarrow \mathrm{a}\left(1-\mathrm{x}^3\right)=26(4)$

Do $\mathrm{x} \neq 1$ nên $26: \mathrm{a}, \mathrm{a} \in \mathrm{Z}$ nên a có thể là: $\pm 1 ; \pm 2 ; \pm 13 ; \pm 26$

Với $\mathrm{a}=1, \mathrm{a}=\pm 2 ; \mathrm{a}=-13, \mathrm{a}=-26,(4)$ không có nghiệm nguyên.

Với $\mathrm{a}=-1$, từ (4) ta có $\mathrm{x}^3=-1$ nên $\mathrm{x}=-1$ khi đó $\mathrm{x}=-13$ và $\mathrm{b}=0$

Với $\mathrm{a}=26$, từ (4) ta có $\mathrm{x}^3=0$ nên $\mathrm{x}=0$ khi đó $\mathrm{c}=0$ và $\mathrm{b}=-26$

Vậy $(-1 ; 4 ;-3) ;(13 ; 0 ;-13)$ và $(26 ;-26 ; 0)$ là bộ 3 số nguyên để hệ có nghiệm nguyên.

Câu 4

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: $\mathrm{T}=\sin 7 \mathrm{~A}+\sin 7 \mathrm{~B}+\sin 7 \mathrm{C}$, với $\mathrm{A}, \mathrm{B}, \mathrm{C}$ là ba góc của một tam giác.

Lời Giải

Ta có: $\mathrm{T}^2=(\sin 7 \mathrm{~A}+\sin 7 \mathrm{~B}+\sin 7 \mathrm{C})^2 \leq 3\left(\sin ^2 7 \mathrm{~A}+\sin ^2 7 \mathrm{~B}+\sin ^2 7 \mathrm{C}\right)$

$\leq 3 / 2 \cdot[3-(\cos 14 \mathrm{~A}+\cos 14 \mathrm{~B}+\cos 14 \mathrm{C})]\quad\quad\quad (1)$

Mà với mọi tam giác $A B C$ ta luôn có:

$\cos 14 A+\cos 14 B+\cos 14 C \geq-3 / 2 \quad\quad\quad (2)$

Do $\cos 14 C=\cos [4 \pi-14(A+B)]=\cos 14(A+B)$

$=\cos 14 \mathrm{~A} \cos 14 \mathrm{~B}-\sin 14 \mathrm{~A} \sin 14 \mathrm{~B}$

Và $(2) \Leftrightarrow 3+2 \cos 14 \mathrm{~A}+2 \cos 14 \mathrm{~B}+2 \cos 14 \mathrm{C} \geq 0$

$\Leftrightarrow 1+\sin ^2 14 \mathrm{~A}+\cos ^2 14 \mathrm{~A}+\sin ^2 14 \mathrm{~B}+\cos ^2 14 \mathrm{~B}+2 \cos 14 \mathrm{~A}$

$+2 \cos 14 \mathrm{~B}+2 \cos 14 \mathrm{~A} \cos 14 \mathrm{~B}-2 \sin 14 \mathrm{~A} \sin 14 \mathrm{~B} \geq 0$

$\Leftrightarrow(\cos 14 \mathrm{~A}+\cos 14 \mathrm{~B}+1)^2+(\sin 14 \mathrm{~A}-\sin 14 \mathrm{~B})^2 \geq 0$

Từ (1), (2) $\Rightarrow \mathrm{T}^2 \leq 3 / 2 \cdot(3+3 / 2)=27 / 4 \Rightarrow \mathrm{T} \geq-3 \frac{\sqrt{3}}{2}$

Nếu $\mathrm{T}=-3 \frac{\sqrt{3}}{2}$ thì ta có $\sin 7 \mathrm{~A}=\sin 7 \mathrm{~B}=\sin 7 \mathrm{C}=-\frac{\sqrt{3}}{2}$

Ngược lại với $\sin 7 \mathrm{~A}=\sin 7 \mathrm{~B}=\sin 7 \mathrm{C}=-\frac{\sqrt{3}}{2}$ thì rõ ràng $\mathrm{T}=-3 \frac{\sqrt{3}}{2}$ Vậy ta có $\mathrm{T} \geq-3 \frac{\sqrt{3}}{2}$, với mọi tam giác $\mathrm{ABC}$ và $\mathrm{T}=-3 \frac{\sqrt{3}}{2}$ $\Leftrightarrow \sin 7 \mathrm{~A}=\sin 7 \mathrm{~B}=\sin 7 \mathrm{C}=-\frac{\sqrt{3}}{2}(1)$

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}\sin 7 x=-\sqrt{\frac{3}{2}}=\sin \left(-\frac{\pi}{3}\right) \\ 0<x<\pi\end{array}\right.$

$\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}\mathrm{x}=-\frac{\pi}{21}+\frac{\mathrm{k} 2 \pi}{7}=\frac{(6 \mathrm{k}-1) \pi}{21} \\ \mathrm{x}=\frac{4 \pi}{21}+\frac{l 2 \pi}{7}=\frac{(6 l+4) \pi}{21}\end{array} \quad(0<\mathrm{x}<\pi)\right.$

$\Leftrightarrow \mathrm{x} \in \mathrm{E}=\left(\frac{4 \pi}{21} ; \frac{5 \pi}{21} ; \frac{10 \pi}{21} ; \frac{11 \pi}{21} ; \frac{16 \pi}{21} ; \frac{17 \pi}{21}\right)$

Vai trò $\mathrm{A}, \mathrm{B}, \mathrm{C}$ như nhau nên có thể giả sử

$\mathrm{A} \leq \mathrm{B} \leq \mathrm{C} \Rightarrow \mathrm{A} \leq \frac{\pi}{3} \Rightarrow \mathrm{A}=\frac{4 \pi}{21} \text { hay } \mathrm{A}=\frac{5 \pi}{21}$

• Nếu $\mathrm{A}=\frac{5 \pi}{21}$ thì $\mathrm{B}+\mathrm{C}=\frac{17 \pi}{21}$ nhưng với mọi $\mathrm{B}, \mathrm{C}$ thuộc $\mathrm{E}$, ta đã có $B+C \neq \frac{17 \pi}{21}$

• Nếu $\mathrm{A}=\frac{5 \pi}{21} \Rightarrow \mathrm{B}+\mathrm{C}=\frac{16 \pi}{21} \Rightarrow \mathrm{B}=\frac{5 \pi}{21} \leq \mathrm{B} \leq(\mathrm{B}+\mathrm{C}) / 2=\frac{8 \pi}{21}$

$\Rightarrow \mathrm{B}=\frac{5 \pi}{21} \Rightarrow \mathrm{C}=\frac{11 \pi}{21} \in \mathrm{E}$

Vậy $\mathrm{T}$ có giá trị nhỏ nhất là $-3 \frac{\sqrt{3}}{2}$ đạt được khi tam giác $\mathrm{ABC}$ cân có góc ở đáy bằng $\frac{5 \pi}{21}$.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ĐỀ THI

Câu 1

Giải phương trình: $x^2-3 x+1=-\frac{\sqrt{3}}{3} \cdot \sqrt{x^4+x^2+1}$.

Câu 2

Cho $\mathrm{x}$ là số thực sao cho $\mathrm{x}^3-\mathrm{x}$ và $\mathrm{x}^4-\mathrm{x}$ đều là các số nguyên. Chứng minh $\mathrm{x}$ là số nguyên.

Câu 3

Tìm giá trị nhỏ nhất của: $S=|x|+\left|\frac{2 x-1}{x+3}\right|$.

Câu 4

Gọi $\mathrm{R}, \mathrm{r}, \mathrm{p}$ lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp, nửa chu vi của tam giác $A B C$. Chứng minh:

$\operatorname{tg} \frac{\mathrm{A}}{2}\left(1+\cos \frac{\mathrm{A}}{2}\right)+\operatorname{tg} \frac{\mathrm{B}}{2}\left(1+\cos \frac{\mathrm{B}}{2}\right)+\operatorname{tg} \frac{\mathrm{C}}{2}\left(1+\cos \frac{\mathrm{C}}{2}\right) \geq \frac{\mathrm{p}(\mathrm{R}+\mathrm{r})+\mathrm{R}(4 \mathrm{R}+\mathrm{r})}{\mathrm{pR}}$

Câu 5

Trong mặt phẳng toạ độ $(\mathrm{Oxy})$, cho 3 đường thẳng có hệ số góc là $\frac{1}{\mathrm{~m}}, \frac{1}{\mathrm{n}}, \frac{1}{\mathrm{p}}$ với $\mathrm{m}, \mathrm{n}, \mathrm{p}$ là các số nguyên dương. Tìm $\mathrm{m}, \mathrm{n}, \mathrm{p}$ sao cho 3 đường thẳng đó tạo với trục hoành 3 góc có tổng số đo là $45^{\circ}$.

 

LỜI GIẢI

 

Câu 1

Giải phương trình: $x^2-3 x+1=-\frac{\sqrt{3}}{3} \cdot \sqrt{x^4+x^2+1}$.

Lời Giải

Ta có: $x^4+x^2+1=\left(x^2+1\right)^2-x^2=\left(x^2+x+1\right)\left(x^2-x+1\right)>0$ $x^2-3 x+1=2\left(x^2-x+1\right)-\left(x^2+x+1\right)$

Đặt $t=\sqrt{\frac{x^2-x+1}{x^2+x+1}}$. Ta xét phương trình: $2 t^2-m t-1=0\quad\quad\quad (1)$

Chú ý: Từ $t=\sqrt{\frac{x^2-x+1}{x^2+x+1}}$

Ta có: $\left(\mathrm{t}^2-1\right) \mathrm{x}^2+\left(\mathrm{t}^2+1\right) \mathrm{x}+\mathrm{t}^2-1=0\quad\quad\quad (2)$

Và $\frac{\sqrt{3}}{3} \leq \mathrm{t} \leq \sqrt{3}$

a) Khi $\mathrm{m}=-\frac{\sqrt{3}}{3}$ thì (1) có hai nghiệm $\mathrm{t}=-\frac{3}{2 \sqrt{3}} ; \mathrm{t}_2=\frac{1}{\sqrt{3}}$ Chỉ xét $\mathrm{t}=\frac{1}{\sqrt{3}}$. Lúc đó (2) có nghiệm $\mathrm{x}=1$

Vậy trường hợp này phương trình có một nghiệm là $\mathrm{x}=1$.

b) Nhận xét: Phương trình (1) có hai nghiệm $\mathrm{t}_1, \mathrm{t}_2$ mà $\mathrm{t}_1<0<\mathrm{t}_2$

Do đó phương trình $\left({ }^*\right)$ có tối đa hai nghiệm thực.

Trường hợp phương trình có một nghiệm thực là trường hợp (2) chỉ có một nghiệm thực.

Đó là các trường hợp sau:

1) $t=1:$ ta có $m=1$ và $x=0$

2) $t^2-1 \neq 0$ và $\Delta_t=0$. Ta có $t=\frac{\sqrt{3}}{3}$ hay $t=\sqrt{3}$.

Lúc đó: $m=-\frac{\sqrt{3}}{3}$ và $x=1$ hay $m=\frac{5 \sqrt{3}}{3}$ và $x=-1$.

Tóm lại: phương trình có một số lẻ nghiệm thực khi và chỉ khi:

$\mathrm{M} \in[1 ; \frac{5 \sqrt{3}}{3} ;-\frac{\sqrt{3}}{3}]$

Câu 2

Cho $\mathrm{x}$ là số thực sao cho $\mathrm{x}^3-\mathrm{x}$ và $\mathrm{x}^4-\mathrm{x}$ đều là các số nguyên. Chứng minh $\mathrm{x}$ là số nguyên.

Dành cho bạn đọc

Câu 3

Tìm giá trị nhỏ nhất của: $S=|x|+\left|\frac{2 x-1}{x+3}\right|$.

Lời Giải

Ta có các trường hợp sau:

Nếu $x<-3$ :

Khi $x<-3 \Rightarrow|x|>3$. Ta có $S=|x|+\left|\frac{2 x-1}{x+3}\right| \geq|x|>3$.

Vậy trong trường hợp này ta có $\mathrm{S}>3\quad\quad\quad\quad\quad (1)$

Nếu $-3<\mathrm{x}<0$ :

Ta có $S=|x|+\left|\frac{2 x-1}{x+3}\right| \geq\left|\frac{2 x-1}{x+3}\right|\quad\quad\quad (a)$

Mặt khác với $-3<x<0$ thì $\frac{2 x-1}{x+3}<0$; bởi vậy thay vào (a) ta có:

$S \geq-\frac{2 x-1}{x+3}=-2+\frac{7}{x+3}\quad\quad\quad\quad (b)$

Vì $-3<x<0 \Rightarrow 0<x+3<3 \Rightarrow \frac{1}{3}<\frac{1}{x+3} \Rightarrow \frac{7}{3}<\frac{7}{x+3}$

Đem kết quả này vào $(\mathrm{b})$ ta được:

$\mathrm{S} \geq-\frac{2 \mathrm{x}-1}{\mathrm{x}+3}=-2+\frac{7}{\mathrm{x}+3}>-2+\frac{7}{3}=\frac{1}{3}$

Vậy trong trường hợp này ta có: $\mathrm{S}>\frac{1}{3}\quad\quad\quad\quad (2)$

Nếu $x>\frac{1}{2}$ :

Ta có $S=|x|+\left|\frac{2 x-1}{x+3}\right| \geq|x|>\frac{1}{2}$

Vậy trong trường hợp này ta có: $\mathrm{S}>\frac{1}{2}\quad\quad\quad\quad (3)$

Nếu $0 \leq x \leq \frac{1}{2}$ :

Trong trường hợp này $S=x-\frac{2 x-1}{x+3}=\frac{x^2+x+1}{x+3}$

Ta chứng minh $S \geq \frac{1}{3}$; nghĩa là chứng minh: $\frac{x^2+x+1}{x+3} \geq \frac{1}{3}\quad\quad (c)$

Ta có: $(\mathrm{c}) \Leftrightarrow 3 \mathrm{x}^2+3 \mathrm{x}+3 \geq \mathrm{x}+3 \Leftrightarrow 3 \mathrm{x}^2+2 \mathrm{x} \geq 0 \Leftrightarrow x \geq 0$.

Vậy trong trường hợp $0 \leq x \leq \frac{1}{2}$ thì $S \geq \frac{1}{3}$; dấu bằng xảy ra khi $x=0$.

Bởi vậy trong trường hợp $0 \leq x \leq \frac{1}{2}$ thì $S$ đạt giá trị nhỏ nhất là $\frac{1}{3}$ khi $x=0\quad\quad (4)$

Từ (1), (2), (3) và (4) ta có kết luận:

Giá trị nhỏ nhất của S là $\frac{1}{2}$, đạt được khi $x=0$.

Câu 4

Gọi $\mathrm{R}, \mathrm{r}, \mathrm{p}$ lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp, nửa chu vi của tam giác $A B C$. Chứng minh:

$\operatorname{tg} \frac{\mathrm{A}}{2}\left(1+\cos \frac{\mathrm{A}}{2}\right)+\operatorname{tg} \frac{\mathrm{B}}{2}\left(1+\cos \frac{\mathrm{B}}{2}\right)+\operatorname{tg} \frac{\mathrm{C}}{2}\left(1+\cos \frac{\mathrm{C}}{2}\right) \geq \frac{\mathrm{p}(\mathrm{R}+\mathrm{r})+\mathrm{R}(4 \mathrm{R}+\mathrm{r})}{\mathrm{pR}}$

Dành cho bạn đọc

Câu 5

Trong mặt phẳng toạ độ $(\mathrm{Oxy})$, cho 3 đường thẳng có hệ số góc là $\frac{1}{\mathrm{~m}}, \frac{1}{\mathrm{n}}, \frac{1}{\mathrm{p}}$ với $\mathrm{m}, \mathrm{n}, \mathrm{p}$ là các số nguyên dương. Tìm $\mathrm{m}, \mathrm{n}, \mathrm{p}$ sao cho 3 đường thẳng đó tạo với trục hoành 3 góc có tổng số đo là $45^{\circ}$.

Lời Giải

Gọi $\alpha, \beta, \delta$ là 3 góc tạo bởi 3 đường thẳng đã cho với trục $O x$ trong hệ trục tọa độ trục chuẩn Oxy.

Ta có:

$\operatorname{tg}(\alpha+\beta+\delta)=\frac{\operatorname{tg}(\alpha+\beta)+\operatorname{tg} \delta}{1-\operatorname{tg}(\alpha+\beta) \operatorname{tg} \delta}=\frac{\frac{\operatorname{tg} \alpha+\operatorname{tg} \beta}{1-\operatorname{tg} \alpha \operatorname{tg} \beta}+\operatorname{tg} \delta}{1-\frac{\operatorname{tg} \alpha+\operatorname{tg} \beta}{1-\operatorname{tg} \alpha \operatorname{tg} \beta} \operatorname{tg} \delta}$

$=\frac{\operatorname{tg} \alpha+\operatorname{tg} \beta+\operatorname{tg} \delta-\operatorname{tg} \alpha \operatorname{tg} \beta \operatorname{tg} \delta}{1-\operatorname{tg} \alpha \operatorname{tg} \beta-\operatorname{tg} \beta \operatorname{tg} \delta-\operatorname{tg} \delta \operatorname{tg} \alpha}=\frac{\frac{1}{m}+\frac{1}{n}+\frac{1}{p}-\frac{1}{\operatorname{mnp}}}{1-\frac{1}{m n}-\frac{1}{n p}-\frac{1}{p m}}$

$=\frac{\mathrm{mn}+\mathrm{np}+\mathrm{pm}-1}{\mathrm{mnp}-\mathrm{m}-\mathrm{n}-\mathrm{p}}$

Theo giả thiết $\alpha+\beta+\delta=45^{\circ}$ nên ta có

$m n+n p+p m-1=m n p-m-n-p$

hay $m n p-m n-n p-p m+m+n+p+1=2(m+n+p-1)$

Đặt $\mathrm{x} y=-\mathrm{m}-1 ; \mathrm{y}=\mathrm{n}-1 ; \mathrm{z}=\mathrm{p}-1$ ta có phương trình nghiệm nguyên không âm

$x y z=2(x+y+z+2)\quad\quad\quad\quad (1)$

Tả tìm cách giải phương trình này. Vì $x+y+z+2>0$ nên $x>0, y>0, z>0$. Không làm mất tính chất tổng quát ta giả sử $\mathrm{x} \geq \mathrm{y} \geq \mathrm{z}$.

Phương trình (1) tương đương với

$\frac{1}{x y}+\frac{1}{y z}+\frac{1}{z x}+\frac{2}{x y z}=\frac{1}{2}\quad\quad\quad\quad (2)$

Có 2 trường hợp:

1) Nếu $z \geq 3$ thì vế trái của phương trình (2) nhỏ hơn $\frac{3}{\mathrm{z}^2}+\frac{2}{\mathrm{z}^3} \leq \frac{1}{3}+\frac{2}{27}=\frac{11}{27}<\frac{1}{2}$ vậy phương trình không thỏa.

2) Nếu $z=2$ thì

$ 2 x y=2(x+y+4) $

$\Leftrightarrow  x y-x-y+1=5 $

$\Leftrightarrow (x-1)(y-1)=5 $

$\Leftrightarrow  x-1=5 \text { và } y-1=1 $

$\Leftrightarrow  x=6 \text { và } y=2 \text { suy ra } m=7, n=3, p=3$

3) Nếu $\mathrm{z}=1$ thì $\Leftrightarrow(x-2)(y-2)=10$

Điều này tương đương với

• hoặc $\mathrm{x}-2=5$ và $\mathrm{y}-2=2$

$\Leftrightarrow x=7$ và $y=4$ suy ra $\mathrm{m}=8, \mathrm{n}=5, \mathrm{p}=2$.

• hoặc $x-2=10$ và $y-2=1$

$\Leftrightarrow x=12$ và $y=3 \Leftrightarrow m=13, n=4$ và $p=2$.

Do tính chất đối xứng, các số $\mathrm{m}, \mathrm{n}, \mathrm{p}$ là cá c hoán vị của $(13 ; 4 ; 2) ;(8 ; 5 ; 2) ;(7 ; 3 ; 3)$

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ĐỀ THI

Câu 1

Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}\left(3-\frac{5}{y+42 x}\right) \sqrt{2 y}=4 \\ \left(3+\frac{5}{y+42 x}\right) \sqrt{x}=2\end{array}\right.$

Câu 2

Giải phương trình: $2 \sin 2 x-3 \sqrt{2} \sin x+\sqrt{2} \cos x-5=0$

Câu 3

Trong kì thi Olympic có 17 học sinh thi Toán được mang số kí danh trong khoảng từ 1 đến 1000 . Chứng tỏ rằng có thể chọn ra 9 học sinh thi Toán có tổng các số kí danh được mang chia hết cho 9.

Câu 4

Cho tứ giác lồi $\mathrm{ABCD}$ thỏa $\widehat{\mathrm{BAD}}>90^{\circ}$. Gọi $\mathrm{M}, \mathrm{N}$ lần lượt là 2 điểm nằm trên $\mathrm{BC}$ và $\mathrm{CD}$ sao cho $\widehat{\mathrm{MAD}}=\widehat{\mathrm{NAB}}=90^{\circ}$. Chứng minh rằng nếu $\mathrm{MN}$ và $\mathrm{BD}$ cắt nhau tại $\mathrm{I}$ thì $\mathrm{IA} \perp \mathrm{AC}$.

Câu 5

Cho $\mathrm{a}, \mathrm{b}, \mathrm{c}$ là các số không âm thỏa mãn: $\mathrm{a}+\mathrm{b}+\mathrm{c}=1$.

Tìm số $\mathrm{k}$ lớn nhất sao cho $\mathrm{a}^3+\mathrm{b}^3+\mathrm{c}^3+\mathrm{kabc} \geq \frac{1}{9}+\frac{\mathrm{k}}{27}$ đúng với mọi a, b, c thỏa điều kiện trên.

 

LỜI GIẢI

 

Câu 1

Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}\left(3-\frac{5}{y+42 x}\right) \sqrt{2 y}=4 \\ \left(3+\frac{5}{y+42 x}\right) \sqrt{x}=2\end{array}\right.$

Lời Giải

Điều kiện $\mathrm{x}>0, \mathrm{y}>0$.

Hệ phương trình có thể viết:

$\quad\quad\quad\quad \left\{\begin{array}{l}\frac{1}{\sqrt{x}}-\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{y}}=\frac{5}{y+42 x}\quad\quad (1) \\ \frac{1}{\sqrt{x}}+\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{y}}=3\quad\quad\quad\quad (2)\end{array} \Rightarrow \frac{1}{x}-\frac{2}{y}=\frac{15}{y+42 x}\right.$

$\quad\quad\quad \Leftrightarrow(y-2 x)(y+42 x)=15 x y \Leftrightarrow y^2-84 x^2+25 x y=0 $

$\quad\quad\quad \Leftrightarrow(y-3 x)(y+28 x)=0$

Do $y+28 x>0 \Rightarrow y=3 x$. Thế vào $(2) \Rightarrow$ hệ có nghiệm là:

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad \left(\frac{5+2 \sqrt{6}}{27} ; \frac{5+2 \sqrt{6}}{9}\right)$

Câu 2

Giải phương trình: $2 \sin 2 x-3 \sqrt{2} \sin x+\sqrt{2} \cos x-5=0$

Dành cho bạn đọc

Câu 3

Trong kì thi Olympic có 17 học sinh thi Toán được mang số kí danh trong khoảng từ 1 đến 1000 . Chứng tỏ rằng có thể chọn ra 9 học sinh thi Toán có tổng các số kí danh được mang chia hết cho 9.

Lời Giải

a) Xét 5 số tự nhiên tuỳ ý, khi chia cho 3 có thể xảy ra:

• Có 3 số dư giống nhau $\Rightarrow$ tổng 3 số tương ứng chia hết cho 3 .

• Trái lại, sẽ có 3 số dư đôi một khác nhau $\Rightarrow$ tổng 3 số tương ứng chia hết cho 3.

Vậy trong 5 số tự nhiên bất kì, tồn tại 3 số có tổng chia hết cho 3 .

b) Xét 17 số tự nhiên tuỳ ý:

Chia chúng thành 3 tập, có lần lượt $5,5,7$ phần tử. Trong mỗi tập, chọn được 3 số có tổng lần lượt là $3 \mathrm{a}_1, 3 \mathrm{a}_2, 3 \mathrm{a}_3\left(\mathrm{a}_1, \mathrm{a}_2, \mathrm{a}_3 \in \mathrm{N}\right)$

Còn lại: $17-9=8$ số

Trong 8 số này, chọn tiếp 3 số có tổng là $3 \mathrm{a}_4$, còn lại 5 số chọn tiếp 3 số có tổng là $3 \mathrm{a}_5$.

Trong 5 số $\mathrm{a} 1, \mathrm{a} 2, \mathrm{a} 3, \mathrm{a} 4$, a5 có 3 số ai1, ai2, ai3 có tổng chia hết cho 3 .

$\Rightarrow 9$ học sinh tương ứng có tổng các số kí danh là:

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad 3 a_{i 1}+3 a_{i 2}+3 a_{i 3}=3\left(a_{i 1}+a_{i 2}+a_{i 3}\right) \vdots 9 .$

Câu 4

Cho tứ giác lồi $\mathrm{ABCD}$ thỏa $\widehat{\mathrm{BAD}}>90^{\circ}$. Gọi $\mathrm{M}, \mathrm{N}$ lần lượt là 2 điểm nằm trên $\mathrm{BC}$ và $\mathrm{CD}$ sao cho $\widehat{\mathrm{MAD}}=\widehat{\mathrm{NAB}}=90^{\circ}$. Chứng minh rằng nếu $\mathrm{MN}$ và $\mathrm{BD}$ cắt nhau tại $\mathrm{I}$ thì $\mathrm{IA} \perp \mathrm{AC}$.

Lời Giải

Để ý rằng nếu $\mathrm{M} \equiv \mathrm{C}$ (hay $\mathrm{N} \equiv \mathrm{C}$ ) thì $\mathrm{I} \equiv \mathrm{D}$ (hay $\mathrm{I} \equiv \mathrm{B}$ ) $\Rightarrow$ bài toán đúng.

Xét trường hợp $\mathrm{I} \neq \mathrm{B}, \mathrm{I} \neq \mathrm{D}$

Áp dụng định luật Menelaus cho tam giác $\mathrm{BCD}$ với bộ 3 điểm $\mathrm{M}, \mathrm{N}$, I ta có:

$\quad\quad \frac{\mathrm{MB}}{\mathrm{MC}} \cdot \frac{\mathrm{NC}}{\mathrm{ND}} \cdot \frac{\mathrm{ID}}{\mathrm{IB}}=1$

$\Leftrightarrow \frac{\mathrm{AB} \cdot \sin \mathrm{A}_5}{\mathrm{AC} \cdot \sin \mathrm{A}_4} \cdot \frac{\mathrm{AC} \cdot \sin \mathrm{A}_3}{\mathrm{AD} \cdot \sin \mathrm{A}_2} \cdot \frac{\mathrm{AD} \cdot \sin \mathrm{A}_1}{\mathrm{AB} \cdot \sin \widehat{\mathrm{AIB}}}=1$

$\Leftrightarrow \sin \mathrm{A}_1 \cdot \sin \mathrm{A}_3=\sin \mathrm{A}_4 \cdot \sin \widehat{\mathrm{IAB}}\left(\right.$ do $\left.\sin \mathrm{A}_2=\sin \mathrm{A}_5\right)$

$\Leftrightarrow \sin \mathrm{A}_1 \cdot \sin \mathrm{A}_3=\cos \left(\mathrm{A}_2+\mathrm{A}_3\right) \cdot \cos \left(\mathrm{A}_1+\mathrm{A}_2\right)$

$\Leftrightarrow \frac{1}{2}\left[\cos \left(\mathrm{A}_1-\mathrm{A}_3\right)-\cos \left(\mathrm{A}_1+\mathrm{A}_3\right)\right]$

$=\frac{1}{2}\left[\cos \left(\mathrm{A}_1+2 \mathrm{~A}_2+\mathrm{A}_3\right)+\cos \left(\mathrm{A}_1-\mathrm{A}_3\right)\right]$

$\Leftrightarrow \cos \left(\mathrm{A}_1+2 \mathrm{~A}_2+\mathrm{A}_3\right)+\cos \left(\mathrm{A}_1+\mathrm{A}_3\right)=0$

$\Leftrightarrow 2 \cos \left(\mathrm{A}_1+\mathrm{A}_2+\mathrm{A}_3\right) \cdot \cos \mathrm{A}_2=0$

$\Leftrightarrow \cos \left(A_1+A_2+A_3\right)=0 \Leftrightarrow A_1+A_2+A_3=90^{\circ} .$

Vậy $I A \perp A C$.

Câu 5

Cho $\mathrm{a}, \mathrm{b}, \mathrm{c}$ là các số không âm thỏa mãn: $\mathrm{a}+\mathrm{b}+\mathrm{c}=1$.

Tìm số $\mathrm{k}$ lớn nhất sao cho $\mathrm{a}^3+\mathrm{b}^3+\mathrm{c}^3+\mathrm{kabc} \geq \frac{1}{9}+\frac{\mathrm{k}}{27}$ đúng với mọi a, b, c thỏa điều kiện trên.

Lời Giải

Chọn $\mathrm{a}=\mathrm{b}=\frac{1}{2}=0$, ta có $\mathrm{k} \leq \frac{15}{4}$, ta chứng minh rằng $\mathrm{k}_{\max }=\frac{15}{4}$

tức là ta chứng $\operatorname{minh}: a^3+b^3+c^3+\frac{15}{4} a b c \geq \frac{1}{4}$.

Xét 3 số $(\mathrm{a}+\mathrm{c}-\mathrm{b}) ;(\mathrm{a}+\mathrm{b}-\mathrm{c}) ;(\mathrm{b}+\mathrm{c}-\mathrm{a})$ có nhiều nhất 1 số âm vì tổng số tuỳ ý đều không âm. Nếu có 1 số âm thì

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad (a+b-c)(b+c-a)(b+c-a)<0 \leq a b c$

Nếu cả 3 số đều dương ta dễ dàng chứng minh

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad (a+b-c)(b+c-a)(b+c-a) \leq a b c$

Do đó ta có $(1-2 \mathrm{a})(1-2 \mathrm{~b})(1-2 \mathrm{c}) \leq \mathrm{abc}$

$\quad\quad\quad\Leftrightarrow \frac{3}{4}-3(a b+b c+c a)+\frac{27}{4} a b c \geq 0$

$\quad\quad\quad\Leftrightarrow(a+b+c)^2-3(a b+b c+c a)(a+b+c)+\frac{27}{4} a b c \geq \frac{1}{4}$

$\quad\quad\quad\Leftrightarrow(a+b+c)\left(a^2+b^2+c^2-a b-b c-a c\right)+\frac{27}{4} a b c \geq \frac{1}{4}$

$\quad\quad\quad\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3+\frac{15}{4} a b c \geq \frac{1}{4}$.