Đang tải... (xem toàn văn)
Chứng minh rằng giá trị của số cuối cùng đó không phụ thuộc vào việc chọn các số u, v để xóa trong mỗi lần thực hiện việc biến đổi dãy, hãy tìm số cuối cùng đó.. Cứ làm như thế đối với d[r]
BAI TAP ON KS-LAN (26/3/2018) 2 Câu 1: a) Tìm số nguyên tố p cho số p 1; p 3; p số nguyên tố 2 2 b) Tìm số nguyên dương x, y, z thỏa mãn: 3x 18 y z y z 18x 27 2 Tìm số nguyên tố p cho số p 1; p 3; p số nguyên tố 1; 2; 3 +) Nếu p=7k+i; k,i nguyên, i thuộc tập Khi p chia cho dư: 1;4;2 2 Xét p p 1; p & p a) 1.0 đ 2 Nếu p chia cho dư p chia hết trái GT 2 Nếu p chia cho dư p chia hết trái GT 2 Nếu p chia cho dư p chia hết trái GT +) Xét p=2 p =16 (loại) +) Xét p=7k, p nguyên tố nên p=7 nguyên tố, có: p 97; p 101; p 151 số nguyên tố Vậy p =7 2 2 Giả thiết x 3 18 y z y z 54 (1) 2 +) Lập luận để z 3 z 3 z 9 z 9 (*) 2 2 (1) 3( x 3) z y ( z 6) 54(2) 2 2 2 (2) 54 3( x 3) z y ( z 6) 3( x 3) 2.9 y b) 1,0 ®iĨm ( x 3) y 12 y 4 y 1; y 4 y nguyên dương Nếu y 1 y 1 (1) có dạng: x 3 z 72 z 72 z 72 z 9 z 3 (vì có(*)) Khi x 3 27 x 3 9 , x nguyên dương nên tìm x=6 Nếu y 4 y 2 (vì y ngun dương) (1) có dạng: x 3 14 z 126 14 z 126 z 9 z 9 z 3 (vì z nguyên dương) x 3 x 6 y 2; y 1 Suy ( x 3) 0 x 3 (vì x nguyên dương) Đáp số z 3 z 3 3x Câu a) Với x số thực Tìm GTLN-GTNN biểu thức A = x 3x A(x 1) 3x Ax 3x A 0 A = x 1 , (*) có nghiệm x Nếu A = từ (*) có : x = -4/3 Nếu A 0 có : 9 4A(A 4) 4(A 2) 25 0 1 A 2 A 1 b x 3; max A x 2a Vậy : b) Chứng minh số có dạng 20142014 2014 có số chia hết cho 2013 Ta xét 2014 số khác có dạng 20142014…2014 = an, có n 2014 n N* Trong 2014 số có hai số chia cho 2013 có số dư Giả sử số , aj (j > i) Khi aj – 2013 20142014 2014 20142014 2014 20142014 20140000 0000 2013 j sơ 2014 i sơ 2014 j í sơ 2014 4i sơ hay: Số có dạng 20142014…2014 104i 2013 Vì UCLN(10, 2013) = nên UCLN(10n, 2013) = với n N* Vậy: có số dạng 20142014…2014 chia hết cho 2013 ( 0,2 Câu 3: Giải phương trình Câu 4: Cho hai số thực a, b không âm thỏa mãn18a 4b 2013 Chứng minh phương trình sau ln có nghiệm: 18ax 4bx 671 9a 0 3 Tìm tất nghiệm nguyên x, y phương trình x x x y Cho hai số thực a, b thỏa mãn 18a b 2013 (1) TH1 : Với a = (2) 18ax bx 671 a 0 bx 671 0 Từ (1) b 0 Vậy (2) ln có nghiệm (2) x 671 4b 2 a 0 , ta có : ' 4 b 18a(671 9a) 4 b a.2013 162 a 4b2 6a(18a 4b) 162a 4b2 24ab 54a (2b 6a)2 16a 0, a, b TH2 : Với Vậy pt ln có nghiệm Tìm số nguyên x, y thỏa mãn phương trình: x3 x 3x y 3 y x 2 x x 2 x x y 4 Ta có (1) 3 2 9 15 ( x 2)3 y 4 x x x 0 y x2 4 16 Từ (1) (2) ta có x < y < x+2 mà x, y nguyên suy y = x + 0,2 0,2 x x2 x 1 ) 4( ) 3( ) 0 x2 x 4 x Chứng minh phương trình sau có nghiệm: 0,2 (2) Thay y = x + vào pt ban đầu giải phương trình tìm x = -1; x = từ tìm hai cặp số (x, y) thỏa mãn toán (1 ; 2), (-1 ; 0) Câu 5-1: Cho tứ giác ABCD có AD = BC; AB < CD Gọi I, Q, H, P trung điểm AB, AC, CD, BD Chứng minh IPHQ hình thoi PQ tạo với AD, BC hai góc Về phía ngồi tứ giác ABCD, dựng hai tam giác ADE BCF Chứng minh trung điểm đoạn thẳng AB, CD, EF thuộc đường thẳng Bài 5-2Tam giác ABC có BC = 40cm, phân giác AD dài 45cm,đường cao AH dài 36cm.Tính độ dài BD, DC 1 2đ IP = HQ; IP//HQ ( Tính chất đường trung bình) AD = BC (GT) 1 ⇒ IPHQ h.b.h Có IP = IQ = AD = BC nên IPHQ hình thoi Gọi P ; Q giao điểm PQ với AD BC Nhận thấy ∆ HPQ cân đỉnh H ⇒ HPQ = HQP ( Góc đáy tam giác cân) (1) Mà PH // BC ⇒ BQ P = HPQ ( So le trong) (2) QH // AD AP ⇒ P = HQP ( So le trong) Từ (1); (2); (3) Suy AP P = BQ P (3) ( đpcm) 2đ Gọi K, M, N trung điểm EF, DF, CE Từ giả thiết ∆ ADE = ∆ BCF dựa vào tính chất đường trung bình tam giác ta có ∆ HMP = ∆ HNQ (c.c.c) Suy MHP = NHQ ⇒ MHQ = NHP ⇒ MHN PHQ có tia phân giác Mặt khác dễ có IPHQ KMHN hình thoi Suy HK HI phân giác MHN PHQ Suy H, I, K thẳng hàng a E h b c d Đặt BD = x, DC = y Giả sử x < y Pitago tam giác vuông AHD ta tính HD = 27cm Vẽ tia phân giác góc ngồi A, cắt BC E Ta có AE ¿ AD nên AD2 = DE DH Suy DE = AD DH 45 = 27 = 75cm Theo tính chất đường phân giác tam giác x 75−x DB EB y = 75+ y DC = EC ⇒ (1) Mặt khác x + y = 40 Thay y = 40 – x vào (1) rút gọn x2 – 115x + 1500 = ⇔ (x – 15)(x – 100) = Do x < 40 nên x = 15, từ y = 25 Vậy DB = 15cm, DC = 25cm Câu 6: a)Giải phương trình: (2) x 16 x 25 9 x 16 x 25 9 x 16 25 x 9 Áp dụng bất đẳng thức PT ta có: a b a b , xảy dấu đẳng thức ab 0 cho vế trái x 16 25 x x 16 25 x 9 x 16 0 25 x 0 Dấu “=” xảy = VP x 16 16 x 25 x 25 x 5 Suy x 5 16 x 25 x 5 x 4 v x Nghiệm PT là: x 5 ; x x 5 x Câu 7: Cho a , b hai số dương thỏa mãn a + b = 2 1 1 a b 2 Tìm giá trị nhỏ biểu thức T = a b a b 2 1 1 a b 2 a b a b 2 1 1 1 1 a b 2 a b 2 ab b a ab Có b a 1 a b ab 16ab 15ab 2 16ab 15 2 ab ab ab Có 0,75 1 1 25 25 ab a b b a ab hay Vậy 1 1 8a 8a 8b 8b 16 3 8a.8a 3 8b.8b 16 a b b Có a b a =8 25 41 8 Vậy có T 0,75 41 Dấu “ = “ xảy a = b = Vậy GTNN T đạt a = b = 0,5 Câu Tìm nghiệm nguyên (x; y) phương trình: 5(x xy y ) 7(x 2y) 2 pq m2 p q m Tìm tất số N/tố p, q cho tồn số tự nhiên m t/ mãn : 2 Ta có: 5( x xy y ) 7( x y ) (1) 7( x y )5 ( x y )5 Đặt x y 5t (2) (t Z ) thì(1) trở thành x xy y 7t (3) 2 Từ (2) x 5t y thay vào (3) ta y 15ty 25t 7t 0 (*), coi PT 0,5 0,5 bậc hai y có: 84t 75t Để (*) có nghiệm 0 84t 75t 0 t 28 25 0,5 Vì t Z t 0 t 1 Thay vào (*) : y2 3 x2 y 2 x3 1 + Với t 1 + Với t 0 y1 0 x1 0 0,5 Vậy phương trình có nghiệm ngun (x, y) (0; 0), (-1; 3) ( 1; 2) 2(m 1) p 2m m 1 m 1 Nếu p q 0,25 0,25 Do m p số nguyên tố nên 4(m 1) m 0; m 1; m 3 p 2; p 5 Nếu p q pq p + q nguyên tố pq chia hết cho ước nguyên 0,25 tố p q cịn p + q khơng chia hết cho p không chia hết cho q 2 0,25 Gọi r ước chung m m (m 1)(m 1) r (m 1)r (m 1) (m2 1) r 2r r 1 r 2 ) r 1 suy p q m 1, pq m p, q hai nghiệm phương trình x (m 1) x m2 0 vô nghiệm 3m 2m (m 1) (2m 2) ) r 2 suy pq m 2( p q ) m p, q hai nghiệm phương 2 2 trình x ( m 1) x m 0 vô nghiệm 7m 2m (m 1) (6m 6) Vậy số nguyên tố (p; q) cần tìm ( p; q) (2;2); ( p; q) (5;5) Câu 9: Cho tam giác ABC nhọn, ba đường cao AD, BF, CE cắt H a) Giả sử HB = 6cm; HF = 3cm; CE = 11 CH > HE Tính độ dài CH; EH 0,25 0,25 0,25 0,25 IH HD b) Gọi I giao điểm EF AH Chứng minh AI AD c) Gọi K điểm nằm C D Kẻ AS vng góc HK S Chứng minh A SK phân giác DSI a) Chứng minh HBE HCF (g.g) S HB HE HC.HE HB.HF 18 Suy HC HF E F I M Đặt CH = x HE = 11 – x (với < x < 11) H L x 11 x 18 x 11x 18 0 Ta có x x 0 x 2; x 9 Vì CH + EH = 11; CH > EH nên CH = 9;HE = AF AE b) Ta có cosA = AB AC nên AFE C/m tương tự ta CFD C B ABC (c.g.c) D K Suy AFE ABC ABC CBA (c.g.c) suy CFD Do AFE CFD Mà AFE EFB CFD BFD 90 EFB BFD Vậy FB phân giác góc EFD lại có FA FB nên FA phân giác tam giác FID Do theo t/c đường phân giác ngồi ta có: IH FI AI FI IH AI IH HD & HD FD AD FD HD AD AI AD (1) c) Kẻ qua H đường thẳng song song AS cắt SI L, cắt SD M Ta có SH ML nên cần c/m HM = HL MH HD HL HI SA AI (2) MH // SA SA AD (3) + Ta có: HL // SA HL MH HL MH SA SA Từ (1) , (2), (3) suy + Tam giác SMH có SH ML; HL HM nên tam giác LSM cân S => SK p/giác góc ISK Câu 10 Cho tam giác ABC, I điểm nằm tam giác Các tia AI, BI, CI cắt K cạnh BC, AC, AB điểm D, E, F A H AI BI CI 6 Chứng minh rằng: ID IE IF + Kẻ qua A đường thẳng song song với BC cắt BE K, cắt CF H F E I B AF AH AE AK + AH // BC suy FB BC & AK // BC suy EC BC AF AE AH AK HK Do đó: FB EC BC BC BC (1) AI AH AI AK + AH // CD suy ID CD & AK // BD suy ID BD AI AH AK AH AK HK Do đó: ID CD BD CD BD BC (2) AI AF AE + Từ (1) (2) suy ID FB EC (3) BI BF BD CI CE CD + Chứng minh tương tự ta được: IE FA DC (4) & IF EA BD (5) D C + Cộng (3), (4), (5) vế theo vế ta AI BI CI AF AE BF BD CE CD AF BF AE CE BD CD ID IE IF FB EC FA DC EA BD FB FA EC EA DC BD a b a b 2 2 b a Áp dụng bất đẳng thức với a, b hai số dương ta có b a , dấu = xảy AF BF AE CE BD CD 6 FB FA EC EA DC BD a = b Do AI BI CI 6 Vậy ID IE IF Dấu = xảy BD = CD, EA = EC; FA = FB I trọng tâm tam giác ABC 1 1 ; ; ; ; ; 2014 2015 Câu 11: Cho dãy gồm 2015 số: Người ta biến đổi dãy nói cách xóa hai số u, v dãy viết thêm vào dãy số có giá trị u v uv vào vị trí u v Cứ làm dãy thu sau 2014 lần biến đổi, dãy cuối lại số Chứng minh giá trị số cuối khơng phụ thuộc vào việc chọn số u, v để xóa lần thực việc biến đổi dãy, tìm số cuối 1 1 ; ; ; ; ; 2014 2015 Cho dãy gồm 2015 số: Người ta biến đổi dãy nói cách xóa hai số u, v dãy viết thêm vào dãy số có giá trị u v uv vào vị trí u v Cứ làm dãy thu sau 2014 lần biến đổi, dãy cuối lại số Chứng minh giá trị số cuối khơng phụ thuộc vào việc chọn số u, v để xóa lần thực việc biến đổi dãy, tìm số cuối Với hai số thực u,v ta ln có: u 1 v 1 u v uv u v uv (*) 0,25 Với dãy số thực a1 ;a2 ; ;a2015 , ta xét “Tích thêm T ”: T a1 1 a2 1 a3 1 a2015 1 Áp dụng cách biến đổi dãy đề kết hợp với nhận xét (*), ta nhận thấy “Tích thêm T ” không thay đổi với dãy thu Với dãy cho ban đầu toán, “Tích thêm T ”: 1 2015 2016 T 1 1 1 1 1 2016 2015 2014 2015 Giả sử sau 2014 lần biến đổi tùy ý theo yêu cầu, dãy lại số x “Tích thêm T ” dãy cuối là: T x Vậy ta có: x 2016 x 2015 Bài toán giải quyết; sau 2014 lần biến đổi dãy theo yêu cầu toán ta thu số 2015 Câu 12 0,25 0,25 0,25 a) (1,5 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a b c 1 Tìm giá a b c P 9a 3b c 9b3 3c a 9c 3a b trị lớn biểu thức: Chứng minh: ( a b c )( x y z ) (ax by cz )2 , a, b, c, x, y, z R (1) Thật vậy: (1) (a y 2abxy b2 x ) (a z 2acxz c z ) (b y 2bcyz c z ) 0 ay bx " " az cx by cz (ay bx)2 ( az cx) (by cz ) 0 (đúng) Dấu 1 (9a 3b c)( c) (a b c ) 1 9a Áp dụng BĐT (1) ta có: 0,25 0,25 Dấu " " a b c a 1 1 a( c) c 9a 3b c 9a 9a b 1 c 1 b ( a ); c ( b) 3 b c a b c a b c Tương tự có: a b c P 3 ( ab bc ca ) 1 (a b c )2 ( a b c) P 1 3 3 Do ab bc ca Pmax 1 a b c Vậy b) (1,5 điểm ) Tìm tất cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn: 9a 3b c 0,25 0,25 0,25 0,25 x(1 x x ) 4 y ( y 1) 2 Có: x(1 x x ) 4 y ( y 1) ( x x ) ( x 1) 4 y y ( x 1)( x 1) (2 y 1) (1) Vì x, y y 1 , nên từ 1 x 0 x chẵn 2 Giả sử ( x 1, x 1) d d lẻ x 1d ; x 1d 2d d 1 2 ( x 1) ( x 1)( x 1) ( x 1, x 1) ( x 1) Vì số phương, nên hai số phương 2 2 Do x 0 x x ( x 1) x ( x 1) x 0 y 0 (1) y ( y 1) 0 y 1 Khi x 0 , có Vậy có hai cặp số nguyên x; y thỏa mãn yêu cầu toán là: (0;0),(0;1) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu 13: 1) Chứng minh không tồn số nguyên n thỏa mãn (20142014 +1) chia hết cho n3 + 2012n 2) Cho x, y số nguyên thỏa mãn 2x2 + x = 3y2 + y Chứng minh x – y; 2x +2y +1 3x + 3y +1 số phương Tóm tắt cách giải x ( 2x + 5y + 1)( x x + y ) = 105 x Vì 105 số lẻ nên 2x +5y +1 x x + y phải số lẻ Từ 2x +5y +1 số lẻ mà 2x +1 số lẻ nên 5y số chẵn suy y số chẵn x x x + y số lẻ mà x x x(x 1) tích hai số nguyên liên tiếp nên x số chẵn, y số chẵn nên số lẻ Điều xảy x = Thay x = vào phương trình cho ta được: ( 5y + 1)( y + 1) =105 5y2 + 6y – 104 = 5y2 – 20y + 26y – 104 = 05y( y – 4) + 26(y – 4) = 26 (5y + 26)(y – 4) = y = ( loại) y = 4( thỏa mãn) Vậy phương trình có nghiệm ngun(x;y) = ( ; 4) Giả sử tồn số nguyên n thỏa mãn (20142014 +1) chia hết cho n3 + 2012n Ta có : n3 + 2012n = (n3 – n) + 2013n = n(n -1)(n +1)+2013n Vì n -1, n, n+1 ba số nguyên liên tiếp nên có số chia hết cho Suy n(n-1)(n +1) 3; mà 2013 3 nên (n3 + 2012n) 3 (1) Mặt khác: 20142014 + = (2013 + 1)2014 +1 chia cho dư ( 2013 3) (2) Từ (1) (2) dẫn đến điều giả sử vô lý, tức khơng có số ngun thỏa mãn điều kiện toán cho Từ : 2x2 + x = 3y2 + y (1) => 2x2 – 2y2 + x – y = y2 => (x- y)(2x + 2y + 1) = y (2) Mặt khác từ (1) ta có: 3x2 – 3y2 + x – y = x2 ( x –y)( 3x +3y +1) = x2 =>(x –y)2( 2x + 2y +1)(3x +3y +1) = x2y2 => ( 2x + 2y +1)(3x +3y +1) số phương (3) Gọi ( 2x + 2y +1; 3x +3y +1) = d=> ( 2x + 2y +1) d; (3x +3y +1) d => (3x +3y +1) - ( 2x + 2y +1) = (x + y) d => 2(x +y) d =>( 2x + 2y +1) - 2(x +y) = d nên d = => ( 2x + 2y +1; 3x +3y +1) = (4) Từ (3) (4) => 2x + 2y +1 3x +3y +1 số phương Lại có từ (2) =>(x- y)(2x + 2y + 1) số phương x- y số phương Vậy 2x2 + x = 3y2 + y x –y; 2x +2y +1 3x + 3y +1đều số phương Câu 14: Cho hình vng ABCD có AC cắt BD O M điểm thuộc cạnh BC (M khác B, C).Tia AM cắt đường thẳng CD N Trên cạnh AB lấy điểm E cho BE = CM a) Chứng minh : ME // BN ∆OEM vuông cân b)Từ C kẻ CH BN ( H BN) Chứng minh ba điểm O, M, H thẳng hàng Hình vẽ Từ (gt) tứ giác ABCD hình vng AB = CD AB // CD a AM BM + AB // CD AB // CN MN MC ( Theo ĐL Ta- lét) (*) Mà BE = CM (gt) AB = CD AE = BM thay vào (*) AM AE Ta có : MN EB ME // BN ( theo ĐL đảo đl Ta-lét) HS cm ∆OEB = ∆OMC ( c g.c) 900 tứ giác ABCD hình vng OE = OM O1 O3 Lại có BOC EOM 900 kết hợp với OE = OM ∆OEM vuông cân O 0,25đ 0,5đ 0,25đ 0,5đ 0,75 đ 0,25đ Gọi H’ giao điểm OM BN Từ ME // BN OME OH ' E ( cặp góc so le trong) Mà OME 45 ∆OEM vng cân O MH ' B 45 C1 b 0,25đ 0,25đ ∆OMC ∆BMH’ (g.g) OM MH ' CMH ' ( hai góc đối đỉnh) OB MC ,kết hợp OMB ' C 450 OBM MH ∆OMB 0,25đ 0,25đ 0,5đ ∆CMH’ (c.g.c) 0,5đ 0,25đ 0,25đ Vậy BH ' C BH ' M MH ' C 90 CH ' BN mà CH BN ( H BN) H H’ hay điểm O, M, H thẳng hàng ( đpcm) Bài 15: Cho tam giác ABC vuông A, M điểm thay đổi cạnh AC Từ C kẻ đường thẳng vng góc với tia BM cắt tia BM H, cắt tia BA O a Chứng minh OAH OCB b Chứng minh tổng BM.BH + CM.CA khơng phụ thuộc vào vị trí điểm M cạnh AC Ta có BMN tam giác đều,nên G trọng tâm Tam giác BMN Gọi P trung điểm MN, 0.5 GP Ta có : GN ( tính chất trọng tâm tam giác đều) PI PI GP PI Lại có : MA NC suy GN NC (1) GPM 900 600 1500 PNC 300 1200 1500 GPI MPI GNC GNP Mặt khác 0.25 0.5 0.25 0.25 Do : GPI GNC (2) Từ (1) (2) suy GPI GNC (c.g.c) GI GC 0 Từ ta có : PGI NGC Mà IGC 60 ( IGC PGN 60 ) Gọi K trung điểm GC GI = GK = GC, suy GIK đều, nên IK = GC Điều chứng tỏ tam giác GIC vuông I GIC 900 ; IGC 600 ; GCI 300 ; 0.25 Vậy : Bài 16: 1) Chứng minh a, b, c độ dài ba cạnh tam giác A = 4a2b2 – (a2 + b2 - c2)2 ln ln dương HD: Ta có A = [2ab + (a2 + b2 - c2)][2ab – (a2 + b2 - c2)] = [(a + b)2 – c2][c2 – (a – b)2] = (a + b + c)(a + b – c)(c + b – a)(c + a – b) Do a, b, c ba cạnh tam giác nên a, b, c > theo bất đẳng thức tam giác ta có a + b – c > 0; c + b – a > 0; c + a – b > từ suy điều phải chứng minh 2) Cho a, b, c, d số thực thỏa mãn điều kiện: abc bcd cda dab a b c d 2012 a 1 b2 1 c 1 d 1 2012 Chứng minh rằng: 2 HD: Ta c/m ( ax + by) ≤ ( a + b2 ) ( x + y2) Áp dụng vào toán ab 1 c d cd 1 a b Ta có: 2012 abc bcd cda dab a b c d 2 2 ab 1 a b cd 1 c d 2 2 2 2 a b a b 1 c d c d 1 a 1 b 1 c 1 d 1 Suy 2) Cho a + b = Tìm (GTNN) biểu thức: A = a(a2 + 2b) + b(b2 – a) 1 Ta có: a + b = => a = + x, b = + y với x + y = ta có: A = a(a2 + 2b) + b(b2 – a) = a3 + b3 + ab = a2 + b2 2 1 1 2 x y x y 2 A = 2 a b c d 2012 Tìm x; y để A = ½ sau KL GTNN(A) = Khi x = y = a = b = Câu 17: Gọi O trung điểm đoạn thẳng AB Trên nửa mặt phẳng bờ đường thẳng AB kẻ hai tia Ax By vng góc với AB Trên tia Ax lấy điểm C (C khác A) Từ O kẻ đường thẳng vng góc với OC, đường thẳng cắt By D Từ O hạ đường vng góc OM xuống CD (M thuộc CD) a) Chứng minh OA2 = AC.BD b) Chứng minh tam giác AMB vuông c) Gọi N giao điểm BC AD Chứng minh MN//AC Câu (6 điểm) Hình vẽ D M C N A B O = 900 COA ODB ACO BOD có A B (cùng phụ với DOB ) Nên ACO đồng dạng với BOD AO BD => AC BO => AO.BO = AC.BD 0,5đ 0,5đ mà AO=BO Nên AO2 = AC.BD 0,5đ a) Xét b) Xét CMO OMD có: OCM DOM CMO (cùng phụ với = OMD COM ) = 900 0,5đ 0,5đ CO OM => CMO OMD => OD MD (1) 0,5đ CO OB CO AO Mà ACO BOD => OD BD => OD BD (2) (Do AO = OB) OM OB Từ (1) (2) ta có MD BD => tam giác OMD tam giác OBD đồng dạng=> MOD BOD => OMD OBD (cạnh huyền , góc nhọn) => OM = OB = OA suy tam giác AMB vuông M 0,5đ 0,5đ CN AC c) Ta có AC // BD (cùng vng góc với AB)=> NB BD 0,5đ mà BD = MD (hai cạnh tương ứng hai tam giác nhau) Tương tự ta chứng minh AC = CM 0,5đ 0,5đ CN CM Nên BN DM => MN// BD//AC 0,5đ Câu 18: a) Cho tam giác ABC, trọng tâm G O điểm thuộc miền tam giác O khác G Đường thẳng OG cắt đường thẳng BC, BA AC OA' OB ' OC ' 3 ' ' ' theo thứ tự A’,B’,C’.Chứng minh rằng: GA GB GC b) Từ điểm P thuộc miền của tam giác ABC Hạ đường vuông PD PE PF góc PD, PE PF xuống cạnh BC, CA AB Tính BD CE AF a) Từ G hạ GH, GE, GF vng góc với cạnh BC, CA AB (Xem Hình vẽ ) Từ O hạ OI, OM ON vng góc với BC, CA AB Áp A ' O OI B ' O ON C ' O OM ; ; dụng định lí Talet tam giác, ta có A ' G GH B ' G GE C ' G GE Mặt khác ABC nên GE = GF = GH = h OI + OM + ON = h (h đường cao ABC ) Từ suy điều phải chứng minh b) Từ P dựng đường song song với cạnh ABC, ta ba tam giác MNP, PIK PRS nhận PD, PE PF đường cao (Xem Hình vẽ ) Gọi x, y, z cạnh tam giác x + y + z = a (a cạnh tam giác ABC) Gọi h đường cao tam giác ABC, ta có h a a Ta lại có PD PE PF x y z Mặt khác BD z ; CE x ; AF y nên BD + CE + AF = a 3 PD PE PF BD CE AF = Bài 19: Cho tam giác ABC nhọn có đường cao AM, BN, CP cắt H a, Chứng minh: AB.BP + AC.CN = BC b, Cho B,C cố định A thay đổi Tìm vị trí A để MH.MA lớn c, Gọi S, S1, S2, S3 diện tích tam giác ABC, APN, BMP, CMN Chứng minh: S S S 64 S Xét tam giác ABM CBP có: AM B = CP B (Đều A góc vng) chung góc B Hai tam giác ABM CBP đồng dạng AB.BP = CB.BM E N P H Tương tự ta có: AC.CN = BC.CM AB.BP + AC.CN = CB.BM + BC.CM = BC(BM + CM) B Từ Hai tam giác MBH MAC đồng dạng (g,g) MH.MA = MB.MC M = BC (đpcm) BC MB MC ) MB.MC (Dấu = xẩy MB = MC) Mà: MB.MC MA.MH đạt giá trị lớn A nằm đường trung trực BC (Trừ trung điểm đoạn BC) S1 AN PE AN AP Kẻ PE AC ta có S AC.BN AC AB S1 S2 S3 AP AN BP.BM CM CN S3 CM CN S2 BP.BM , S AB AC.BC S BA.BC S CA.CB ( Tương tự ta có AP.BP AB BC AC BM CM , CN AN , 4 mà c) Tõ ®iỊu kiƯn ®· cho ta cã: a 1 a 1 2008 0 (1), b 1 S1S2 S3 S3 64 (đpcm) b 1 2008 0 (2) C Céng theo vÕ cđa (1) vµ (2) ta cã a 1 3 b 1 (a b 2) 0 (a b 2) (a 1)2 a 1 b 1 b 1 2(a b 2) 0 ( a b 2) ( a 1) a 1 b 1 b 1 0 1 2 2 a b a b 20 ( a 1) a b b 2 Vì a, b Nên a b 0 a b 2 Câu 20: 1) Cho tứ giác ABCD có AD = BC; AB < CD Gọi I, Q, H, P trung điểm AB, AC, CD, BD a Chứng minh IPHQ hình thoi PQ tạo với AD, BC hai góc b Về phía ngồi tứ giác ABCD, dựng hai tam giác ADE BCF Chứng minh trung điểm đoạn thẳng AB, CD, EF thuộc đường thẳng Câu 21: Cho a , b hai số dương thỏa mãn a + b = 2 1 1 a b 2 Tìm giá trị nhỏ biểu thức T = a b a b a b c 3 A = b c a a c b a b c 2) Cho số a, b, c khác thỏa mãn điều kiện: (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 a2 b2 c2 1 2 a bc b ca c ab Chứng minh rằng: HD) Từ: (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 => ab + bc + ca = => a2 + 2bc = a2 + bc – ab – ca = ( a – b)( a – c) Tương tự: b2 + 2ca = ( b – c)( b – a) ; c2 + 2ab = ( c – a)( c - b) P Đặt: a2 b2 c2 a 2bc b 2ca c 2ab 2 Thay vào ta được: a (b c) b (c a ) c (a b) (a b)(b c)(c a ) a2 b2 c2 1 1 2 (a b)(b c )(c a ) (a b)(b c)(c a ) Vậy: a 2bc b 2ca c 2ab Câu 20 (6 điểm) Hình vẽ D M C N A O a) Xét B ACO BOD có A B = 900 ; COA ODB (phụ với DOB ) 0,5đ Nên ACO đồng dạng với BOD 0,5đ AO BD => AC BO => AO.BO = AC.BD 0,5đ mà AO=BO Nên AO2 = AC.BD b) Xét 0,5đ CMO OMD có CMO = OMD = 900 OCM DOM (cùng phụ với COM ) CO OM => CMO đồng dạng với OMD => OD MD (1) 0,5đ 0,5đ CO AO Mà ACO đồng dạng với BOD => OD BD CO OB => OD BD (2) (Do AO = OB) OM OB Từ (1) (2) ta có MD BD => tam giác OMD tam giác OBD đồng dạng => MOD BOD => OMD OBD (cạnh huyền , góc nhọn) => OM = OB = OA suy tam giác AMB vuông M a) 0,5đ 0,5đ CN AC c) Ta có AC // BD (cùng vng góc với AB)=> NB BD 0,5đ mà BD = MD (hai cạnh tương ứng hai tam giác nhau) Tương tự ta chứng minh AC = CM 0,5đ 0,5đ CN CM Nên BN DM => MN// BD//AC 0,5đ ... hạ OI, OM ON vng góc với BC, CA AB Áp A '' O OI B '' O ON C '' O OM ; ; dụng định lí Talet tam giác, ta có A '' G GH B '' G GE C '' G GE Mặt khác ABC nên GE = GF = GH = h OI + OM + ON = h (h... có: IH FI AI FI IH AI IH HD & HD FD AD FD HD AD AI AD (1) c) Kẻ qua H đường thẳng song song AS cắt SI L, cắt SD M Ta có SH ML nên cần c/m HM = HL MH HD HL HI SA AI (2) MH //... BC, AC, AB điểm D, E, F A H AI BI CI 6 Chứng minh rằng: ID IE IF + Kẻ qua A đường thẳng song song với BC cắt BE K, cắt CF H F E I B AF AH AE AK + AH // BC suy FB BC & AK // BC suy EC