đáp án hsg. Đề số 6 1/ 100 2 = ( ) 10 10 2 , ( ) 10 330 1010 = , 100010242 10 >= Vậy 100 2 > 30 10 2/ Đặt x = 10000002, y = 20000002 Ta đợc x x 1 và y y 1 Giả sử x < y yx 11 > Vậy: x x 1 = x 1 1 y y y =< 1 1 1 3/ Ta biết: 1 1 1 1 1 1 = + + + x x Vậy: tổng bằng 100 + 12 1 0 + = 100 2 1 ; 4/ Ta biết: ( ) ( ) abbabaabbababbaaba 33331 33333223 3 ++=+++=+++=+= 5/ Biến đổi: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2003 12003 2002 12002 5 15 4 14 3 13 22222 2003 20042002 2002 20032001 5 64 4 53 3 42 = 2003 2004 3 2 6/ ( ) =++ =++ =++ =++ 121 11 11 11 33 33 33 33 xxxxx xxxx xxxxxx xxxxxx ( ) ( ) = = = =++ = = = =++ =++ =++ =++ 1 0 1 02 0 1 121 121 11 11 3 33 33 33 33 x x x Rxxx xx x x xxxxx xxxxx xxxx xxxx http://violet.vn/tranthuquynh81 31 7/ 1313 3 +=+ xxx = = = = = = =+ +=+ + 6 0 2 6 6 0 3 1 1313 1313 13 3 2 3 x x x x x x x xxx xxx x 8/ Giả sử: EFGH nội tiếp hình chữ nhật ABCD , H AD, E AB, F BC, G CD. Trên cạnh AD lấy H 1 , H 2 sao cho HD = DH 1 ; AH = AH 2 , lúc đó H 1 E = EH; HG = GH 1 Gọi p là chu vi của EFGH ta có: P = (GF + GH) + (HE + EF) = (FG + GH 1 ) + (EF + EH 2 ) FH 2 + FH 1 . Từ H 1 kẻ đờng thẳng vuông góc AD cắt BC tại O H 3 đối xứng H 1 qua O H 1 O = OH 3 = AB, FH 3 = FH 1 FH 1 +FH 2 = H 2 F + FH 3 H 2 H 3 ; Nhng H 1 H 2 = 2AD H 1 H 3 = 2AB Cộng vào ta đợc p = 2(AD + AB) 2AC p 2AC ĐPCM. 9/ Kẻ đờng trung bình EF, EF = ( ) ADBC + 2 1 Ngoài ra: BF = AB 2 1 CF = CD 2 1 BEF cân EBF = 45 0 BF là phân giác ĐPCM. 10/ AC = 3, BC = 4 BH = 5 9 ; AH = 5 16 Gọi r 1 , r 2 (r 1 >r 2 ) là bán kính vòng tròn nội tiếp tam giác ACH và BCH. Ta có: KL = 2,0 2 21 = + = BHACAHBC rr http://violet.vn/tranthuquynh81 32 Đề số 7 1/ Biến đổi vế trái về dạng: > ++ + + 100 1 98 1 12 1 10 1 8 1 6 1 4 1 2 1 120 37 60 1 24 1 4 1 12 1 10 1 8 1 6 1 4 1 2 1 =++= + + > 2/ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) =++++=++++ 12131321 xxxxxxxx ( )( ) ( ) ( ) 2 222 13113113 ++=++++= xxxxxx 3/ Đặt: p = a + b + c; n = cabcab cba ++ ++ 222 Khi đó: ( ) 12 2 2222 >+= ++ +++++ = ++ n cabcab cabcabcba cabcab p Vậy ab + ac + bc = p = a + b + c a = b = c = 1. 4/ Giả sử: a, b, c, d là số nguyên và ab + cd chia hết cho a + c. CMR: ad + bc chia hết cho a + c 5/ Giải phơng trình nghiệm nguyên: 2 72 m n =+ 6/ Giả sử 2 phơng trình có nghiệm chung 0 x lúc đó 0 0 4 0 =++ cbxx = 0ã 0 4 0 =++ daxx ( ) cdxab = 0 Vì: > > 0 0 ab cd nên 0 x >0 Nhng 0 x không phải là nghiệm của phơng trình trên. 7/ Ta xét: 2 c)-(-b c)-(-ba c-b- a >>> 02 2222 <++++> cbcbcbcbbc (*) Nhng 0 4 3 2 2 2 22 + +=++ c c bcbcb ngợc với trên (*) Vậy a > 0; b > 0; c > 0. http://violet.vn/tranthuquynh81 33 8/ Gọi Q là điểm cắt nhau của của đờng thẳng KN với AB. CMR: NK AB. Sau đó OM AB Suy ra OM // NK Ta cần chứng minh ON // MK. OMKN là hình bình hành OM = KN 9/ Kẻ ABC 1 đối xứng ABC qua AB H 1 đối xứng H qua AB khi đó LH = LH 1 ; HAB = BAH 1 CMR: H 1 , L, K nằm trên đờng thẳng. Từ vuông CLA và BKA ta có: ALK AB AK AC AL == cos ACBALKABC = Tơng tự ta chứng minh: BLH = ACB ; nhng BLH = BLH 1 L H 1 K Tơng tự ACC 2 đối xứng ABC qua AC. Ta thấy AH 1 H 2 có H 1 H 2 bằng chu tam giác HKL nên: AH 1 = AH 2 = h; H 1 AH 2 = 2 p = 2h.sin (p là chu vi HKL). 10/ Kẻ đờng cao CH cắt đờng thẳng BM tại E, rõ ràng AE = EB và ACE = BCE (c.c.c). Bởi thế CAE = 0 40 ; AME = MAB + MBA = 0 40 ; EAM = CAB - CAE - MAB = 0 20 ACE = AEM (c.c.c) AC = AM CAM cân CAM = 0 40 CMA = 0 70 Đề số 8 1/ Ta khảo sát 3 trờng hợp: 1) Nếu p và q là số lẻ thì vế trái là chẵn, hợp số, còn vế phải là số lẻ, vậy không thể đợc. 2) Nếu p là số chẵn, p = 2 thì ta biến đổi phơng trình về dạng: ( ) 22 3 =+ qxx ; x là ớc của -2 2 = x ; 1; -1 (p, q) = (2; 11) và (2; 5). 3) Nếu q là chẵn, q =2 Lúc đó ta biến đổi phơng trình về dạng: ( ) ( ) ( ) ( ) pxx =+++ 1111 22 Một thừa số phải bằng 1 1 = x p = 5 http://violet.vn/tranthuquynh81 34 Vậy (p, q) = (2, 5); (2, 11); (5, 2) 2/ Biến đổi phơng trình đã cho về dạng: ( ) 21 2 = x zz Vì z và x không nhỏ hơn 2, vì vế trái là số không âm x = 2 không có nghiệm z = 3 thì x = 3. 3/ Ta biết x 2 + y 2 xy2 dấu bằng khi x = y mà (x + y - 3 ) là số nguyên vậy ta có các trờng hợp sau: 1) { 0)4; 03 0 )3; 13 )2; 13 == =+ = =+ = =+ = yx yx xy yx yx yx yx Từ đó ta có nghiệm của phơng trình. 4/ ( ) ( ) =++++=++++++ 421214514514 22 xxxxxx 15121242121 +=++++ xxxx Vậy x = [ ] 2;1 5/ Biến đổi phơng trình đầu về dạng: ( ) ( ) ( ) ( ) [ ] 0 2 1 222222 2 1 222 222 =++=++ xzzyyxzxyzxyzyx Vậy hệ đã cho tơng đơng với: 2 8 === = == zyx xyz zyx 6/ Giả sử cba ta có: cba < http://violet.vn/tranthuquynh81 35 ( ) 222222444 22222222444 222 222 2 4222 2 2 accbbacba baaccbbacba abcba cabba ++<++ <+++ <+ <+ 7/ Ta thấy bộ số: x = 1, y = 1, z = 1 thỏa mãn hệ phơng trình Còn nếu x < 1 12 2 112 2 112 2 1 >>=+<<=+>>=+ x z xz y zy x y Tơng tự cho y và z Vậy x = y = z =1. 8/ Mỗi góc của lục giác là 0 120 , giả sử X, Y, Z là điểm cắt của FA và BC, BC và DE, DE và FA; các tam giác XYZ, XAB, YCD, ZEF là tam giác đều ZF + FA + AX = XB + BC + CY EF + FA = BC + CD hay FE - BC = CD - FA. Đẳng thức 2 chứng minh tơng tự. 9/ Gọi C và D là 2 đỉnh của tứ giác, 1 O và 2 O là tâm 2 vòng tròn kẻ từ 1 O A và B 2 O cắt nhau tại O. Ta CMR: O là tâm đờng tròn nội tiếp tứ giác. Kẻ OM, ON, OP, OQ vuông góc AC, CB, BD, DA. Vì 1 O và 2 O là tâm đờng tròn nội tiếp CAD, CBD AO, BO là phân giác OM = OP, ON = OQ. Ta CMR: OP = OQ Giả sử R, S là tiếp điểm trên cạnh AD, DB 1 O R = 2 O S = r (bán kính vòng tròn) Vì 1 O 2 O //AB 1 O 2 O O OAB (g.g) OO BO OO AO 2 2 2 1 = A 1 O R AOP OP = AO OA r 1 B 2 O S BOQ OQ = AO OB r 2 OP = = + = += += + OQ BO OOBO r BO OO r AO OO r AO OOAO r 2 22 2 2 1 1 1 11 11 OM = OR = OQ = ON O là tâm đờng tròn nội tiếp tứ giác ABCD. http://violet.vn/tranthuquynh81 36 10/ Giả sử điểm B là điểm đối xứng B qua phân giác của góc S đã cho, F là tiếp điểm của đờng tròn trên AC; D và E là điểm cắt của AB, AC với cạnh thứ 2 của góc S. Trong AFO có OF = 2 1 AO 00 6030 == BACBAO Mà ADE cân vì có phân giác là đờng cao. Giả sử 2 = S , ABC là góc ngoài của tam giác SBD, BO là phân giác +== 0 30ABOCBO SEA là góc ngoài của SEC, BO là phân giác BCO = 0 30 , khi đó: 00 120180 == BCOCBOBOC SBB có SBB = = 0 0 90 2 2180 SBB = 0 180 SBB - CBO = 0 60 ; OBB = 0 60 OBB đều vì vậy BOC = BOB + BOC = 000 18012060 =+ và BBC = BAC B nằm trên đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC, nhng khi đó tâm vòng tròn thuộc trung trực của đoạn BB đó là phân giác của góc S. Đề số 9 1/ Biến đổi : a + bc = (a + b).(a + c) a + bc = a 2 + ab + ac + bc a + b + c = 1 Vì a > 0 nên b + ac = (1- a - c ) + ac = = ( 1 - a ) - c ( 1- a ) = = ( 1 - a ).( 1- c ) = (b + a). ( b + c ) 2/ Từ điều kiện suy ra abc cabcab cba ++ == ++ 2003 1 02 222222 =++++++ abcbcaccbabcaba ( ) ( ) ( ) 0=+++ cbcaba a, b, c có 2 số đối nhau. Giả sử a = - b khi đó c = 2003 1 Vậy: 200320032003 cba ++ = 2003 2003 1 3/ Biến đổi 3 số trên về dạng: ( ) ( ) ; acc cba ( ) ( ) ; bca acb ( ) ( ) cbb bac http://violet.vn/tranthuquynh81 37 Nếu cả 3 số trên đều bằng 1 thì: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) = = = = = = 2 2 2 bca abc cab bcbabc abacab cacbca Từ điều kiện đã cho abc 0 ta có ( ) ( ) ( ) 0 = accbba Chia phơng trình 1 cho phơng trình 2 ta đợc 2 2 c a c a = trái với giả thiết. Nếu 2 số bằng - 1 (chẳng hạn số thứ 1 và số thứ 2) còn số thứ 3 bằng 1, ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) = = = 2 bca abacab cacbca Phơng trình đầu: ( ) cacbcac =+ 2 3 cbbc 233 2 =+ ( ) ( ) 0222 222333233 =+=+=+ bcbcbccbbbccbbc Do b c ; b 0 010 2 2 22 =+=+ b c b c bcbc Vậy b c là nghiệm phơng trình 01 2 =+ tt Nhng nghiệm của phơng trình trên thuộc tập vô tỉ. Vậy trái với điều giả sử ĐPCM. 4/ Bất đẳng thức đã cho có thể viết: ( ) ( ) ( ) 0 ++++ zyxzyxzyx x, y, z là 3 cạnh của tam giác nên mỗi nhân tử đều lớn hơn 0 . Vậy bất đẳng thức không thể xảy ra. 5/ Biến đổi ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 05 >+++++=+++ baccaacbbccbaababcaccbba Vì a, b, c dơng, và a + b > c, b + c > a, c + a > b Vậy (a + b)(b + c)(c + a) > 5abc. 6/ Biến đổi: ( ) ( ) ( ) ( ) =+++++ 2223 222 bacacbcbacba ( ) ( ) ( ) 0 222 333 >+++++= bacacbcbacba http://violet.vn/tranthuquynh81 38 7/ Biến đổi: 4( 2 5 2 4 2 3 2 2 2 1 xxxxx ++++ ) - 4 ( ) 54321 xxxxx +++ = ( ) ( ) )(4444 2 331 2 1 2 221 2 1 ++++ xxxxxxxx = ( ) ( ) ( ) ( ) 0222 2 51 2 41 2 31 2 21 +++ xxxxxxxx 8/ Từ E kẻ EM, EN, EO vuông góc BC, BA, AD; P là giao của EO với BA, lúc đó EN = EM, ME = OE. AEO = AOP EO = OP Trong tam giác ENP có EP = 2.EN EPA = 0 30 CAB = 0 120 9/ Kẻ AI cắt KC tại X CI cắt AL tại Y AI, CI là phân giác của tam giác cân CAK và ACL AX CM CY AM I là trực tâm của ABC MI AC. 10/ Gọi O và O là tâm vòng tròn ngoại tiếp và bàng tiếp, K là trung điểm cung BAC, khi đó OK BC, OA BC, OK = OA tứ giác OKOA là hình bình hành OA//OK. Ta thấy AK là phân giác ngoài của góc A của ABC, bởi thế song song AO và OK vuông góc với phân giác góc CAB. CAB cân, ACB = A 2 1 thì CB AO Tơng tự AC BO O là trực tâm ABC. Đề số 10 1/ Biến đổi 32 8 < 32 9 = 23226664 282733 <=< Vậy 32 8 < 28 23 2/ Biến đổi phơng trình đã cho về dạng: 073)22( 2 =++ axax > < >+= 2 3 06 2 a a aa x Vậy giá trị nhỏ nhất là a = 3. 3/ a x 4 = phơng trình có nghiệm khi a > 0 Theo định lý viet axx 2 21 =+ http://violet.vn/tranthuquynh81 39 aaxx = 2 21 ( ) aaxxxxxx 222 2 21 2 21 2 2 2 1 +=+=+ Giải bất đẳng thức: 122 2 >+ aa 4/ Từ phơng trình 01 2 >+= xyzxy và x + y = 2 x > 0, y > 0 x, y Z x = y = 1, z = 0. 5/ Số xy + x = x(y + 1) hoặc lẻ, hoặc chia hết cho 4. TH1: 22 2 1 2 1 + ++ xxyxxy TH2: 22 4 4 4 4 + ++ xxyxxy 6/ Theo định lý Viet ta có: a = - (x 1 + x 2 ) b = 1 - x 1 x 2 ở đó x 1 , x 2 là nghiệm của phơng trình đã cho Khi đó 22 ba + = ( ) ( ) 11 2 2 2 1 ++ xx là hợp số vì mỗi nhân tử đều lớn hơn 2. 7/ Ta biến đổi: 2021 xxx = ( ) ( ) ( ) 20212021 111 xxxxxx = ( ) ( ) ( ) 20202211 111 xxxxxx 20 20202221 2 1 2 1 2 1 2 1 = + + + xxxxxx Với 5,0 2021 ==== xxx thì bộ số 2021 xxx max. 8/ Điểm B, D, K nằm trên đờng tròn đờng kính AC; = 0 45 KCA ( ) ( ) 2 sincos 45sin 0 == AC ACBK ( ) ( ) 2 sincos 45sin 0 + =+= AC ACDK Rõ ràng CKAC = cos và AKAC = sin Suy ra ĐPCM. 9/ Bởi vì 2 90 0 =+ nên 2 90180 00 + +== Trên cạnh AB có thể chọn điểm D sao cho 2 90 0 = ACD Ta có ABC CB AB BD BC CBD = hay ( ) bcca = 2 10/ Cách giải thứ 1: a) Từ bát đẳng thức trong AED và DFC suy ra các đẳng thức: http://violet.vn/tranthuquynh81 40 [...]... 3 3 3 1 BC Vậy AC + 3 BC > 3 (AN + NB) = 3.AB 11/ Kẻ đờng thẳng CH và MH cắt đờng tròn tại F và R Chứng minh FR song song với AB; QH cắt đờng tròn tại W Chứng minh tam giác HRW cân Sau đó đa về bài toán con bớm Đề số 13 1/ Đặt t = x + y Vì x 2 xy + y 2 Vì vậy t 1 ( x + y)2 4 1 2 t t thuộc [0;4] 4 x + y = ( x + y ) 3 xy 2 Ta khảo sát từng trờng hợp đối với t thuộc [0;4] a) t = 0 thì x+ y = 0 ... có M = 1800 - 1800 phải chứng minh 1 (1800 C ) = 1500 2 suy ra điều 10/ Đặt các cạnh tam giác là a, b, c ; c > b Giả sử BAD = CAD = , ADC = , từ đó B = - , vì c > b nên < 900 Giả sử vòng tròn bán kính r tâm O nằm trên đờng thẳng DC đi qua A và D khi đó O giao điểm trung trực của đoạn AD với tia DC Tam giác AOD cân, vậy DAO = Điểm C nằm trên đờng thẳng BC và nằm giữa D và O, khi đó CAO = -... tk - 1 cùng dấu với k > 0 1 1 1 Vì thế: x + y + z x + y + z (x - 1).(y - 1).(z - 1) 0 (xk - 1).(yk - 1).(zk - 1) 0 http://violet.vn/tranthuquynh81 56 3/ Ta biết CA1 = CB1 ; Giả sử vòng tròn tâm C bán kính CA1 = CB1 , cắt đờng thẳng A1K tại D1 ; Chúng ta phải CMR: D và D1 trùng nhau Đờng thẳng KA1 vuông góc với A1C1, song song với phân giác BO bởi thế 1 A1C = D OBA1 = B 2 ; Góc C là đỉnh tam giác... 7/ Đặt x + y = U, xy = V, khi đó x2 + y2 = (x + y)2 - 2xy = U2 - 2.V http://violet.vn/tranthuquynh81 57 Ta có: U 2 2V = 10 (13 3V)2 2V = 10 U + 3V = 13 U = 13 3V 9V2 - 80V + 159 = 0; V1= 3; V2= Đáp số: (x, y) = (3, 1); (1, 3) 53 9 ; U1= 4; U2= - 14 3 19 1 khi đó biểu thức có dạng: 6891 2 1 1 3 3 2 1 2 9 a + . a a + . a = a a = 2 2 2 2 2 4 4 8/ Đặt: a = 2002 9/ 2 S DKM =... a1 a2 a3 ( a1 + a2 + a3 ) + + b1 b2 b3 b1 + b2 + b3 do áp dụng: 2 BC 2 CA2 AB 2 ( BC + CA + AB ) 4P2 P + + = =2 BC.MA1 CA.MB1 AB.MC1 BC MA1 + CA MB1 + AB MC1 2S r 2 9/ Ta có: (P là chu vi, r là bán kính vòng tròn nội tiếp tam giác) Vậy Min Q=2 P r với BC CA AB = = MA1 = MB1 = MC1 BC MA1 CA MB1 AB MC1 M là tâm vòng tròn nội tiếp tam giác http://violet.vn/tranthuquynh81 60 10/ Ta có: 3 1 2 GA1... 2 2 x y= 12 x= 3 y= 4 8/ Trả lời: a) x = 3 b) Bằng cách phân tích thành nhân tử : ( x, y) = ( 2 , 1 ) , ( -2 , -1 ) c) Định phơng trình đã cho về dạng: (2x + 1)2 = (2y2 + y + 1)2 - (y2 - 2y) Đáp số: (x, y) = (0, -1); (-1, -1); (0, 0); (-1, 0); (5, 2); (-6, 2); http://violet.vn/tranthuquynh81 62 9/ Giả sử X là trung điểm của KB khi đó KMX =(1/2) KMB = KAB = KDC Vì MX BD KM CD và ON CD, . đáp án hsg. Đề số 6 1/ 100 2 = ( ) 10 10 2 , ( ) 10 330 1010 = , 100010242 10 >=. ĐPCM. 10/ AC = 3, BC = 4 BH = 5 9 ; AH = 5 16 Gọi r 1 , r 2 (r 1 >r 2 ) là bán kính vòng tròn nội tiếp tam giác ACH và BCH. Ta có: KL = 2,0 2 21 = + = BHACAHBC