Bài tập ôn tập kiểm tra học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 (Chọn lọc từ nhiều đề thi của một số tỉnh thành)

Nội dung text: Bài tập ôn tập kiểm tra học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 (Chọn lọc từ nhiều đề thi của một số tỉnh thành)

1. ÔN TẬP KIỂM TRA HỌC SINH GIỎI (Chọn lọc từ nhiều đề thi của một số tỉnh thành) Bài 1 a) Cho hàm số f (x) (x3 12x 31)2010 Tính f (a) tại a 3 16 8 5 3 16 8 5 b) Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: 5(x2 xy y2 ) 7(x 2y) HƯỚNG DẪN A) a 3 16 8 5 3 16 8 5 a3 32 33 (16 8 5)(16 8 5).( 3 16 8 5 3 16 8 5 ) a3 32 3.( 4).a a3 32 12a a3 12a 32 0 a3 12a 31 1 f (a) 12010 1 B) 5(x2 xy y2 ) 7(x 2y) (1) 7(x 2y)5 (x 2y)5 Đặt x 2y 5t (2) (t Z) (1) trở thành x2 xy y2 7t (3) Từ (2) x 5t 2y thay vào (3) ta được 3y2 15ty 25t 2 7t 0 (*) 28 84t 75t 2 , Để (*) có nghiệm 0 84t 75t 2 0 0 t 25 Vì t Z t 0 hoặc t 1 ; Thay vào (*) Với t 0 y1 0 x1 0 y2 3 x2 1 Với t 1 y3 2 x3 1 Bài 2 a) Giải phương trình: x2 x3 x2 x2 x 1 1 1 2 x y z b) Giải hệ phương trình: 2 1 2 4 xy z HƯỚNG DẪN A) ĐK x 0 hoặc x 1 Với x 0 thoã mãn phương trình 1 Với x 1 Ta có x3 x2 x2 (x 1) (x2 x 1) 2 1 x2 x 1(x2 x) (x2 x 1) 2 x3 x2 x2 x x2 x2 x 1 x2 x 1 Dấu "=" Xảy ra x 1 x 1 Vô lý 2 2 x x 1 x x 1 Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x 0 1 1 1 2 (1) x y z B) (I) ĐK x; y; z 0 2 1 2 4 (2) xy z 1
2. 1 1 1 2 2 2 Từ (1) 4 x2 y2 z2 xy xz yz Thế vào (2) ta được: 2 1 1 1 1 2 2 2 1 1 2 2 2 0 xy z2 x2 y2 z2 xy xz yz x2 y2 z2 xz yz 2 2 1 2 1 1 2 1 1 1 1 1 ( 2 2 ) ( 2 2 ) 0 0 x xz z y yz z x z y z 1 1 0 x z x y z 1 1 0 y z 1 1 1 Thay vào hệ (I) ta được: (x; y; z) ( ; ; ) (TM ) 2 2 2 Ta có (x y)2 0 x;y x2 xy y2 xy Mà x; y > 0 =>x+y>0 Ta có: x3 + y3 = (x + y)(x2 - xy + y2) x3 + y3 ≥ (x + y)xy x3 + y3 +1 = x3 + y3 +xyz ≥ (x + y)xy + xyz x3 + y3 + 1 ≥ xy(x + y + z) > 0 Tương tự:y 3 + z3 + 1 ≥ yz(x + y + z) > 0 z3 + x3 + 1 ≥ zx(x + y + z) > 0 1 1 1 A xy(x y z) yz(x y z) xz(x y z) x y z 1 A A 1 xyz(x y z) xyz Vậy giá trị lớn nhất của A là 1 x = y = z = 1 Bài 4 Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn đẳng thức: x2 + xy + y2 = x2y2 HƯỚNG DẪN x2 y2 4x2 *Với x 2 và y 2 ta có: 2 2 2 x y 4y x2y2 2 (x2 + y2) = x2 + y2 +x2 + y2 x2 + y2 + 2xy> x2 + y2 + xy * Vậy x 2 hoặc y 2 - Với x =2 thay vào phương trình ta được 4 + 2y + y2 = 4y2 hay 3y2-2y -4 =0 Phương trình không có nghiệm nguyên - Với x =-2 thay vào phương trình ta được 4 - 2y + y2 = 4y2 hay 3y2+2y -4 =0 Phương trình không có nghiệm nguyên - Với x =1 thay vào phương trình ta được 1 + y + y2 = y2 hay y = -1 - Với x =-1 thay vào phương trình ta được 1 - y + y2 = y2 hay 1- y = 0 y =1 - Với x = 0 thay vào phương trình ta được y =0 Thử lại ta được phương trình có 3 nghiệm nguyên (x, y) là: (0; 0); (1, -1); (-1, 1) 2
3. Bài 5 Giải Pt: x 2 x 2 2 x2 4 2x 2 HƯỚNG DẪN x 2 0 2 -ĐK PT xác định: x 4 0 x 2 (*) x 2 0 x 2 x 2 2 x2 4 2x 2 x 2 x 2 2 x2 4 2x 2 0 (1) -Đặt t = x 2 x 2 > 0 suy ra t2 2x 2 x2 4 Ta đưa PT (1) về PT ẩn t: t2 - t - 2 = 0 với t > 0 (t + 1)(t - 2) = 0 với t > 0 t - 2 = 0 vì t > 0 nên t + 1 > 1 t = 2 hay x 2 x 2 = 2 Mà (x + 2) - (x -2) = 4 nên ta suy ra x 2 x 2 2 x 2 x 2 2 x 2 2 Ta có được: x 2 thõa mãn ĐKXĐ (*) x 2 x 2 2 x 2 0 Vậy PT đã cho có nghiệm là x = 2 1 1 Bài 6 Cho x, y lớn hơn 1, thõa mãn xy 4 . Tìm giá trị nhỏ nhất của M x 1 y 1 HƯỚNG DẪN 1 x 4 x 1 0,4 x 0 Từ gt ta suy ra 1 y 4 y 1 0,4 y 0 ( ) xy 4 xy 4 1 x Từ xy 4 x(y - 1) 4 -x => (1) y 1 4 x 1 1 x 1 Suy ra M 0 ; x 1 y 1 4 x x 1 x 1 Đặt t 0 ta tìm tmin với t >0 và đk ( ) 4 x x 1 x 1 x2 2x 4 Ta có t ; 4 x x 1 (4 x)(x 1) x2 2x 4 3(x2 4x 4) 3(x 2)2 Ta xét t -2 2 0 (2) (4 x)(x 1) (4 x)(x 1) (4 x)(x 1) 3(x 2)2 (vì 4- x > 0, x- 1>0 và (x- 2)2 0) dấu “=” xảy ra khi 0 x 2 t/m ( ) (4 x)(x 1) vậy t - 2 0 suy ra t 2 dấu “=” xảy ra khi x = 2 1 1 x 1 vậy ta có M 2 (3) suy ra M 2 x 1 y 1 4 x x 1 Suy ra M nhận giá trị nhỏ nhất : M = 2 xảy ra khi (3), (2) và (1) xảy ra dấu “=”, khi đó 1 x x = 2 và y 2 t/m ( ) Vậy Mmin = 2 khi x =2 , y =2. y 1 4 x Bài 7 x3 3x2 (x2 4) x2 1 4 1. Với x 2 , rút gọn biểu thức A(x) . x3 3x2 (x2 4) x2 1 4 3
4. 2. Cho x, y là nghiệm của phương trình x2 y 2xy 4x y 0 . Tìm giá trị lớn nhất của y. HƯỚNG DẪN (x 2)2 (x 1) (x2 4) x2 1 1. Với x > 2 thì A có nghĩa. Ta có: A (x 2)2 (x 1) (x2 4) x2 1 x 2 x 1 x 2 x 1 x 2 x 1 x 2 x 1 A x 2 x 1 x 2 x 1 x 2 x 1 x 2 x 1 2. x2 y 2xy 4x y 0 yx2 2 y 2 x y 0 (1) * Nếu y = 0 thì x = 0 phương trình (1) có nghiệm 0,0 . * Nếu y 0 : Coi (1) là phương trình bậc hai ẩn x, tham số y. 2 PT (1) có nghiệm. ' y 2 y2 0 4 4y 0 y 1 2 Với y 1 PT (1) có dạng x2 2x 1 0 x 1 0 x 1. Vậy giá trị lớn nhất của y là bằng 1. 1 1 1 Bài 8 Cho biểu thức: P 3 2a b ab 3 2b c bc 3 2c a ca với a, b, c là các số thựclàm cho P xác định và thoả mãn điều kiện: a b c ab bc ca abc 0 .Chứng minh rằng P = 1. HƯỚNG DẪN Đẳng thứcđiều kiện tương đương với 1 a 1 b 1 c 1 1 a, 1 b, 1 c 0 1 1 1 Ta có: P 1 (1 a) (1 a)(1 b) 1 (1 b) (1 b)(1 c) 1 (1 c) (1 c)(1 a) 1 1 a P 1 (1 a) (1 a)(1 b) (1 a)(1 (1 b) (1 b)(1 c)) (1 a)(1 b) 1 (1 a) (1 a)(1 b) 1 (1 a)(1 b)(1 (1 c) (1 c)(1 a)) 1 (1 a) (1 a)(1 b) a a 2 1 a 1 Bài 9 Cho biểu thức M = : a a 1 a a 1 1 a 86 a) Rút gọn biểu thứ M b) Tính M khi a 7 2 6 HƯỚNG DẪN a) Ta thấy: Với a 0 Thì a a 1 ( a 1)(a a 1) 2 1 3 a 0 a 0 Có (a a 1) a 0 Nên biểu thức M có nghĩa khi 2 4 1 a 0 a 1 a a 2 1 a 1 M = : = a a 1 a a 1 1 a 86 a( a 1) a 2 (a a 1) a 1 a 2 a 1 86 86 = : = . = ( a 1)(a a 1) 86 ( a 1)(a a 1) a 1 a a 1 86 Vậy: M = a a 1 4
5. a 0 86 b) Theo câu a) Biểu thức M có nghĩa khi: (*) Và M = a 1 a a 1 2 2 Với a 7 2 6 ta viết a 7 2 6 6 1 và a 6 1 6 1 t/m đk (*) 86 86 86 86(7 6) Vậy M = 2(7 6) 14 2 6 a a 1 (7 2 6) ( 6 1) 1 7 6 49 6 M = 2(7 6) 14 2 6 Vậy với a 7 2 6 thì M 14 2 6 6 2 6 2 1 1 Bài 10 Cho a = và b = . Tính S = . 2 2 a 5 b5 HƯỚNG DẪN 1. Theo bài ra ta có : a + b = 6 và ab = 1 1 1 a 5 b5 Mà: S = = = a5 + b5 (vì ab = 1) a 5 b5 a 5b5 Mặt khác: a5 + b5 = (a + b)5 – 5(a3 + b3) -10a2b2(a + b) Biến đổi và thay: a + b = 6 và ab = 1 vào được S = 11 6 1 1 Bài 11 Tìm nghiệm nguyên dương của: z x y HƯỚNG DẪN Ta có: x + y = xyz. Vì vai trò của x, y như nhau nên giả sử : x y => xy z = x + y y + y = 2y => xz 2. Vì x, z nguyên dương nên có thế xẩy ra: x = 1, z = 1 hoặc x = 1, z = 2 hoặc x = 2, z = 1. Từ đó lập luận ta có nghiệm (x, y, z) = (2, 2, 1); (1, 1, 2) a 2 b 2 Bài 12 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức B = b 2 (a b) 2 a 2 (a b) 2 HƯỚNG DẪN a 2 b 2 B = b 2 (a b) 2 a 2 (a b) 2 Ta có (a+b)2 2(a2+b2) a 2 b 2 a 2 b 2 B = b 2 2(a 2 b 2 ) a 2 2(a 2 b 2 ) 2a 2 3b 2 ) 3a 2 2b 2 a 2 2a 2 3b 2 b 2 3a 2 2b 2 1 1 B+2 = 3 (a2+b2)( ) 2a 2 3b 2 3a 2 2b 2 2a 2 3b 2 3a 2 2b 2 3 1 1 =  2a 2 3b 2 3a 2 2b 2  5 2a 2 3b 2 3a 2 2b 2 3 1 12 .2 2a 2 3b 2 3a 2 2b 2 .2 5 2a 2 3b 2 3a 2 2b 2 5 12 2 2 B 2 Vậy B Dấu “=” xảy ra khi a=b 5 5 5 a b 16 Bài 13 Cho các số dương a,b,c và a+b+c = 3 Chứng minh abc 9 HƯỚNG DẪN a b 16 Cho các số dương a,b,c và a+b+c = 3 Chứng minh (1) abc 9 (1) 9(a+b) 16abc 5
6. Ta có (a b) 2 4ab 4c(a b) 2 16abc Ta chứng minh 9(a+b) 4c(a+b)2 9 4c(a b) 9 4c(3 c) 4c 2 12c 9 0 (2c 3) 2 0 luôn đúng a b 16 Vậy 9(a+b) 16abc Hay abc 9 x 3 x x 3 x 2 9 x Bài 14 Cho biểu thức: P = 1 : x 9 2 x 3 x x x 6 a) Tìm điều kiện và rút gọn P b) Tìm x để P > 1. HƯỚNG DẪN a) Tìm được điều kiện xác định của P là: x > 0, x 4, x 9 3 Qui đồng và rút gọn được: P = x 2 3 3 5 x b) P > 1 => > 1 => - 1 > 0 => > 0 x 2 x 2 x 2 Giải và kết hợp với ĐK được kq: 4 1 Bài 15 Số thực x thay đổi và thỏa mãn điều kiện x 2 + (3 -x)2 5. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = x4 + (3-x)4 + 6x2(3-x)2. HƯỚNG DẪN Đặt y =3-x bài toán đã cho trở thành: tìm GTNN của biểu thức: x y 3 4 4 2 2 P= x + y + 6x y trong đó x, y là các số thực thay đổi thỏa mãn: 2 2 x y 5 Từ các hệ thức trên ta có: x2 y2 2xy 9 (x2 + y2) + 4(x2 + y2 + 2xy) 5 + 4.9 =41 5(x2 + y2) + 4(2xy) 41 2 2 x y 5 Mặt khác 16 (x2 + y2) 2 + 25(2xy)2 40(x2 + y2)(2xy) (1) Dấu đẳng thức xảy ra 4 (x2 + y2) =5(2xy). Cộng hai vế của (1) với 25 (x2 + y2) 2 + 16(2xy)2 ta được: 41[ (x2 + y2) 2 + (2xy)2] [5(x2 + y2) + 4(2xy)]2 412 hay (x2 + y2)2 + (2xy)2 41 x4 + y4+6x2y2 41 x y 3 2 2 (x; y) (1;2) Đẳng thức xảy ra x y 5 (x; y) (2;1) 2 2 4(x y ) 5(2xy) Do đó giá trị nhỏ nhất của P bằng 41 đạt được x=1 hoặc x=2 Bài 16 Giải hệ phương trình: 2x2 xy y2 5x y 2 0 2 2 x y x y 4 0 HƯỚNG DẪN 6
7. 2x2 xy y2 5x y 2 0 2 2 x y x y 4 0 y2 (x 1)y 2x2 5x 2 0 2 2 x y x y 4 0 (y x 2)(y 2x 1) 0 2 2 x y x y 4 0 y x 2 0 2 2 x y x y 4 0 y 2x 1 0 2 2 x y x y 4 0 x 1 y 1 4 x 5 x=1 va 13 y=1 y 5 4 13 Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm: (1; 1); ; - 5 5 Bài 17 Cho phương trình x4 + 2mx2 + 4 =0. Tìm giá trị của tham số m để phương trình có 4 4 4 4 4 nghiệm phân biệt x1, x2, x3, x4 thỏa mãn x1 + x2 + x3 + x4 = 32 HƯỚNG DẪN Phương trình x4 + 2mx2 + 4 =0 (1). Đặt t = x2 Phương trình (1) trở thành: t2+ 2mt +4 =0 (2) Phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (2) có 2 nghiệm dương phân biệt t1, t2 ' m2 4 0 t1 t2 2m 0 m 2 t1.t2 4 0 Khi đó phương trình (1) có 4 nghiệm là x1,2 = t1 ; x3,4 t2 4 4 4 4 2 2 Và x1 + x2 + x3 + x4 = 2 (t1 + t2 ) 2 = 2[(t1 + t2) - 2 t1.t2] = 2[(-2m)2 -2.4] = 8m2 - 16 Từ giả thiết ta có 8m2 - 16 = 32 m 6 ; m= 6 (loại). Vậy giá trị cần tìm của m là: m 6 7
8. C M D A Q E K O' O H I B N Ta có:B· DE B· AE (cùng chắn cung BE của đường tròn tâm O) B· AE B· MN (cùng chắn cung BN của đường tròn tâm O') B· DE B· MN hay B· DI B· MN BDMI là tứ giác nội tiếp M· DI M· BI (cùng chắn cung MI) mà M· DI A· BE (cùng chắn cung AE của đường tròn tâm O) A· BE M· BI mặt khác B· MI B· AE (chứng minh trên) MBI ~ ABE (g.g) MI BI MI.BE = BI.AE AE BE Gọi Q là giao điểm của CO và DE OC  DE tại Q OCD vuông tại D có DQ là đường cao OQ.OC = OD2 = R2 (1) Gọi K giao điểm của hai đường thẳng OO' và DE; H là giao điểm của AB và OO' OO'  AB tại H. Xét KQO và CHO có Qµ Hµ 900;Oµ chung KQO ~ CHO (g.g) KO OQ OC.OQ KO.OH (2) CO OH R 2 Từ (1) và (2) KO.OH R 2 OK OH Vì OH cố định và R không đổi OK không đổi K cố định 8
9. Bài 19 Cho tam giác A ABC vuông cân tại A, trung tuyến AD. H' Điểm M di động trên N P đoạn AD. Gọi N và O P lần lượt là hình chiếu của điểm M H trên AB và AC. Vẽ M NH  PD tại H. B Xác định vị trí của D C điểm M để tam giác AHB có diện tích lớn nhất. HƯỚNG DẪN E ABC vuông cân tại A AD là phân giác góc A và AD  BC D (O; AB/2) Ta có ANMP là hình vuông (hình chữ nhật có AM là phân giác) tứ giác ANMP nội tiếp đường tròn đường kính NP mà N· HP 900 H thuộc đường tròn đường kính NP A· HN A· MN 450 (1) Kẻ Bx  AB cắt đường thẳng PD tại E tứ giác BNHE nội tiếp đường tròn đường kính NE Mặt khác BED = CDP (g.c.g) BE = PC mà PC = BN BN = BE BNE vuông cân tại B N· EB 450 mà N· HB N· EB (cùng chắn cung BN) N· HB 450 (2) Từ (1) và (2) suy ra A· HB 900 H (O; AB/2) HH'.AB gọi H' là hình chiếu của H trên AB S S lớn nhất HH' lớn nhất AHB 2 AHB mà HH' ≤ OD = AB/2 (do H; D cùng thuộc đường tròn đường kính AB và OD  AB) Dấu "=" xẩy ra H  D M  D Bài 20 Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB=2R (R là một độ dài cho trước). M, N là hai K điểm trên nửa đường tròn (O) sao cho M thuộc cung AN và tổng cáckhoảng cách từ A, B đến đường thẳng MN bằng R 3 O' 1) Tính độ dài đoạn MN theo R. A' M 2) Gọi giao điểm của hai dây AN và BM là I, N H B' giao điểm của các đường thẳng AM và BN là K. l Chứng minh rằng 4 điểm M, N, I, K cùng nằm trên một đường tròn. Tính bán kính của đường A O P B 9
10. tròn đó theo R. 3) Tìm giá trị lớn nhất của diện tích KAB theo R khi M, N thay đổi những vẫn thỏa mãn giả thiết của bài toán. HƯỚNG DẪN Dựng AA' và BB' vuông góc với MN. Gọi H là trung điểm của MN OH MN 1 R 3 R Trong hình thang AA'B'B ta có: OH = (AA' + BB') = MH= 2 2 2 MN= R và OMN đều. Dễ thấy các điểm M, N, I, K cùng nằm trên đường tròn đường kính IK 1 ·AKN (sd »AB sd M¼N) 600 2 Gọi O' là trung điểm của IK M· O'N 2M· KN 1200 MN 3 R 3 MN = MO ' 3 hay MO' = 3 3 R 3 Do đó bán kính đường tròn qua M, N, I, K là 3 Điểm K nằm trên cung chứa góc 600 dựng trên đoạn AB=2R nên dt(KAB) lớn nhất đường cao KP lớn nhất AB2 3 KAB đều, lúc đó dt(KAB) = R2 3 4 Bài 21 Cho tứ giác ABCD có AB = 3 , BC = 3, CD = 2 3 , DA = 3 3 và  A = 600. Tính các góc còn lại của tứ giác ABCD ? HƯỚNG DẪN Trên cạnh AD lấy điểm E sao cho AE = H 3 D 3 => ED = 2 3 1 Ta có: ABE cân ở A có  A = 600 => 3 ABE đều. 2 3 2 Kẻ DH  BE => EDH vuông ở H có E 0 ED = 2 3 và  E1=  E2 = 60 =>  3 1 2 3 D = 300 => EH = ED/2 = 3 => BH = A 1 3 2 3 => Tứ giác BCDH là hình chữ nhật. 3 0 0 B Từ đó tính được:  C = 90 ,  D =60 , 3 C  B = 1500. 3 Bài 22 Cho hình chữ nhật ABCD có AB = 2 AD. Trên cạnh BC lấy điểm E. Tia AE cắt đường thẳng DC tại F. Trên cạnh AB, CD lần lượt lấy điểm M, N sao cho MN vuông góc với AE. Đường phân giác của  DAE cắt CD tại P. Chứng minh rằng: 10
11. 2 a) MN = BE + DP. 3 1 1 4 b) . AB 2 AE 2 9AF 2 HƯỚNG DẪN a) Qua A kẻ vuông góc với AE cắt tia CD tại Q. Vì  A2 =  A3 nên  A1 =  A4 => ADQ đồng dạng với ABE (g.g) AQ DQ AD 2 => (1) Mà MN // AQ => MN = AQ. AE BE AB 3 Ta lại có:  A34 =  A12 =  APQ => APQ cân ở Q => AQ = QP = MN (2) Từ (1), (2) => MN = QP = QD + DP = 2 BE + DP (ĐPCM) 3 b) Theo ĐL 4 cho AQF vuông ở A có AD  QF ta được: 1 1 1 2 2 1 1 4 mà AD = AB, AQ = AE => AD 2 AQ 2 AF 2 3 3 AB 2 AE 2 9AF 2 Bài 23 Cho góc vuông xOy và hia điểm A, B trên cạnh Ox (OA BO2 = BO.AO + BD.BM (4) Mà ABED nội tiếp nên Aµ Eµ 1800 suy ra B· ED D· AO , góc AOD chung nên: BO EO Xét VBEO : VDAO (g.g) nên ta có Suy ra BO.OA = OD.OE = BO.OA (5) OD OA KẾT HỢP (4) VÀ (5) ta suy ra OD.OE + BD.BM = OB2. 11
12. 3) theo câu a) ta đã có OCEM là hình thang và C· KO K· OM 900 Để OCEM trở thành hình bình hành => CE = OM 1 CK AK 1 AK 1 Hay CK = OM Xét VCKA : VMOA (g.g) suy ra mà CK = MO => 2 MO AO 2 AO 2 1 1 Suy ra AK = AO; vì A, O cố định nên AK = AO => K cũng cố định , 2 2 1 1 K AB và AK = AO vậy điều kiện để K AB là AB > AO 2 2 1 Như vậy điều kiện để tồn tại OCEM là hình bình hành là: AB > AO 2 Cách xác định điểm M như sau: x 1 B B1: Trên đoạn AB lấy K sao cho AK = 2 AO I C E K B2: Qua K kẻ đường thẳng vuông góc với D AB cắt (I) tại C và E ( E nằm trong góc xOy) A B3: Trên Oy lấy M sao cho OM = CE Khi đó OCEM là hình bình hành. y Thật vậy: OCEM là hình thang có CE O M // OM và CE = OM nên OCEM là hình bình hành. *ĐK để tồn tại OCEM là hình bình hành là 1 AB > AO 2 Bài 24 Cho hình chóp OABC, có OA, OB, OC vuông goác với nhau từng đôi một. Từ O kẻ OH vuông góc với mp(ABC). Chứng minh rằng H là trực tâm cua tam giác ABC. HƯỚNG DẪN Kẻ AH cắt BC tại F O Ta có OH mp(ABC) nên OH BF Lại có AO OB và AO OC nên AO  mp(OBC) suy ra OA  BF Vậy BF OH và BF  OA C nên BF  mp(OAF) suy ra BF  AF tức là AH  BC tại F A H F hay ta có AH là đường cao của VABC chứng minh hoàn toàn tương tự ta cũng có BH  AC và CH  AB B nói cách khác H chính là trực tâm của VABC Bài 25 2 2 xy x y 2 1. Giải hệ phương trình: 5 4 4 2 2 2x x y x y x y 2 HƯỚNG DẪN Từ hệ suy ra: 2x5 x y x4 y4 x2 y2 xy x2 y2 2x5 x5 y5 x5 y5 x y Thế vào PT thứ nhất của hệ ta được: 2x4 2 x4 1 x 1 Với x = 1 thì y =1, với x = -1 thì y = -1. 12
13. Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: (1,1) và (-1,-1). 2. Với x, y là những số thực dương, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 1 1 Q 3 3 2 x y x y HƯỚNG DẪN 1 1 Ta có: Q 1 1 1 1 1 1 1 1 x y x y 1 1 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy: Q 4 4 .4 4 4 4 xy 64 x y Q = 64 khi x = y = 1. Vậy giá trị nhỏ nhất của Q là bằng 64. Bài 26 Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm O, bán kính R. Kẻ các đường cao AA’, BB’, CC’. Gọi S và S ' lần lượt là diện tích của các tam giác ABC và A’B’C’. 1. Chứng minh: AO vuông góc với B’C’. 1 2. Chứng minh: S = P.R (với P là chu vi tam giác A’B’C’). 2 S ' 3. Chứng minh: cos2 A cos2 B cos2C 1 . S HƯỚNG DẪN · · o A 1.Tứ giác BCB’C’ có BC 'C BB'C 90 nên nội tiếp được đường tròn C· BA C· 'B' A 1 B' Do OAC cân tại O nên O· AC 900 ·AOC 2 C' O Lại cóC· BA và ·AOC lần lượt là góc nội tiếp và góc ở 1 B C tâm chắn cung »AC C· BA ·AOC A' 2 Do đó C· 'B' A O· AC 900 OA  B'C ' 2. Theo ý 1. thì OA  B'C ' , chứng minh tương tự OB  A'C ';OC  A'B' Ta có: S ABC SOB' AC ' SOC 'BA' SOA'CB' 1 1 1 1 OA.B'C ' OB.A'C ' OC.A'B' P.R 2 2 2 2 S S S AC ' AB' Ta có: AB'C ' AB'C ' . AB'B . cos2 A 3. S ABC S AB'B S ABC AB AC S S Chứng minh tương tự: BA'C ' cos2 B; CA'B' cos2C S ABC S ABC S S S S S S ' Vậy ta có: cos2 A cos2 B cos2C AB'C ' BC ' A' CA'B' ABC A'B'C ' 1 S ABC S ABC S Bài 27 Trên một đường tròn ta viết theo chiều kim đồng hồ 2 số 1 và 48 số 0 theo thứ tự 1,0,1,0, ,0. Ta được phép biến đổi các số trên đường tròn như sau: tại mỗi bước chọn hai số bất kì nằm liền kề nhau, giả sửlà x và y rồi thay x bởi x 1 và thay y bởi y 1 . Chứng minh rằng không thể thu được một dãy 50 số bằng nhau sau một số hữu hạn các phép biến đổi như trên. HƯỚNG DẪN 13
14. Kí hiệu các số trên đường tròn lần lượt theo chiều kim đồng hồ làx1, x2 , , x50 với x1 1, x2 0, x3 1, x4 0, , x50 0. Xét tổng I x1 x2 x3 x4 x5 x6 x49 x50 . Giá trị củaI không thay đổi khi thay thế cặp sốliền kề nhau x, y bởi cặp số x 1, y 1 . Với cách viết ban đầu ta có I = 2, giả sử thu được dãy 50 số bằng nhau ta có I = 0, mâu thuẫn. Vậy không thể nhận được một dãy 50 số bằng nhau sau một số hữu hạn các phép biến đổi. 14