Câu 1:

1. Giải phương trình

x + 1 + 2x/x + 3 = 2x + 4×2 + 4x + 3.

–

+

2. Giải hệ phương trình (y + 1)? (x + 1)2 2.

13xy = x + y + 1 Câu 2:

1. Tìm các số nguyên x và y thỏa mãn phương trình 9x + 2 = y + y.

2, Tìm các chữ số a, b sao cho ab = (a + b). Câu 3: Cho a, b, c không âm. Chứng minh a + b + c + 3 ( 

abc + 2(ab +

| bc + ca). Đẳng thức xảy ra khi nào? Câu 4: Cho tam giác ABC nhọn, nội tiếp đường tròn (O) có các đường ca0

AE và CF cắt nhau tại H. Gọi P là điểm thuộc cung nhỏ BC P khác B, C). M, N lần lượt là hình chiếu của P trên các đường thẳng AB và AC. Chứng minh rằng

BH EF 1. OB vuông góc EF và BO-AC

2. Đường thẳng MN đi qua trung điểm của đoạn HP. 

Câu 5: Cho AABC nhọn, có BAC = 60°, BC = 2/3 cm. Bên trong tam giác

này cho 13 điểm bất kì. Chứng minh rằng trong 13 điểm ấy luôn tìm được 2 điểm mà khoảng cách giữa chúng không lớn hơn 1cm.

Câu 1: 1. Điều kiện x 2 – 1

Ta có VA – 1 + 2x x + 3 x = 2x + x2 + 4x – 3. Phân tích x + 4x + 3 = (x + 1)(x + 3) . Ta có phương trình – 2x x + 3 – 2x + x – 1 – © 2×1 VX + 3 – 1) – VX + 16Vx+3 – 1) = ()

[Vx+ 3 = 1 DIVX 3 – 1 VX + 1 – 2x) = 0)

V x + 1 = 2x Ta có (1) 4 x = -2 (loại)

2(x + 1)(x + 3) = 0

VX

X

+

(1) (2)

x=0

x > 0

x > 0

(2)

1 + v17

X + 1 = 4x

4x – X -1 = 0)

x =

1 + 117

“/” (thỏa mãn đk).

8

Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = ..

1+ V17 2. Điều kiện x : 1, y = -1

+]) (x + 1)” Hệ phương trình đã cho e {

1 x y1 1 y + 1 x + 1 4

lu’ +12 –

Đặt u =

v =

“, hệ phương trình trở thành

X + 1

UV **:

u + vo + 2uv – 1 (u + v) – 1

u + vé — 2uv = 0) (u-V)2 – 0) Suy ra u = v = (hoặc u = v =

… y = 2x – Nêu u = y =

=> x = y = 1 (thua màn 1k). X – 1 – 2

ra

U

–

V

—

– Nêu u = y = –

2

> X = V = -:- (thoa mà: ik).

x

: 1 = -2

Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm x = y = 1; x = y = .

Câu 2: 1. Phương trình đã cho tương đươ!!g với 9x = (y – 1){ } + 2) (1)

Nêu y – 1) : 3 thì y + 2 = (x – 1) + 3: 3 — y – 1 + y + 2): M: {}x : ( x – Z nhiu thuẫn vì vô lí. Suy ra 1 – 1: 3, 4, độ y – 1 = 3 = (- N – 1 – 3k + 1 Thay vào (1) ta có 9x = 3x(3x + 3) => x = k + 1).

x = kík.1) Vậy phương trình có nghiệm

y = 3k – 1 2. Theo đề bài, thì có b = (a + b) a + b

Vì ab và a + b c N nên a + b là số chính phương Mặt khác 1 < a + 1 < 18 nên a + b c {1, 4, 5, 16} Nếu a + b = 1, a + b = 4, a + 1) = 16 thay vào (1) không thoa man Nếu a + b = 9 thay vào (1) ta được a = 27 Vậy a = 2, b = 7.

iki Ni.

Câu 3: Đặt lao = x, b = y, c = 7. Suy ra a’ = x®, b= yo, c? = z?

a = a, b = y , c = z và x, y, z > 0 Bất đẳng thức đã cho trở thành

x + y + 2 + 3xyz > 2( Vxy + y ‘z’ + Vz’x’) (1) Vì vai trò của x, y, z như nhau nên ta có thể gia thiết x 2 y 2 z > 0 Khi đó x(x – y)^ + z(y – z)^ + (z + x – y)(x – y)(y – z) > 0 Suy ra x + y + z + 3xyz – xy(x + y) + yz(y + z) + zx(z + x) (2) Áp dụng bất đẳng thức cosi ta có xy(x + y) > 2xy xy = 2 x (3) Tương tự với y, z), (z, x) rồi cộng vế với vế ta được

xy(x + y) = yz(y + 2) + zx(2 + x) 2 2(Vxy” + Vy®z? + VZ’x’) (4) Từ (2) và (4) ta có x + y + z + 3xyz > 2( xoy + y^2 + zx ) Hay ao + b^ + c + 3abc > 2(ab + bc + ca)

Đăng thức xảy ra khi x = y = z hay a = b = c. Câu 4:

А 1. Vì AEC = AFC = 90° = ACEF nội

tiếp suy ra BFE – ACB (cùng bù với góc AFE) Kẻ tia tiếp tuyến Bx của đường tròn (O) tại B Ta có ACB = AB; sảAB Từ đó BFE = ABx (ở vị trí so le) Nên Bx // EF Mà OB 1 Bx nên OB + EF ABEF o ABAC và ABC chung và BFE = ACB (g.g)

BH Mặt khác ABEF và ABAC nội tiếp đường tròn bán kính 2 và đường tròn bán kính OB nên AC- ĐOB-Bo= “AC

EF BH BH EF 2. Gọi M, N, lần lượt là các điểm đối xứng với 2 qua AB, AC

Ta có AMB = APB (do tính chất đối xứng) (1) APB = ACB (SAB BEHF nội tiếp » BFE = BHE

X

2

(4)

i sin 60″

CM

Mặt khác, theo (1) BFE = ACB Từ (1), (2), (3), (4) suy ra AMB = BHE = AMB + AHB = 180° Do đó tứ giác AHBM, nội tiếp – AHM = ABM mà ABM = ABP nên AHM = ABP. Chứng minh tương tự ta có AHN = ACP • AHM + AHN = ABP + ACP = 180° = M, N, H thẳng hàng. Mặt khác MN là đường trung bình của APM,N, do đó MN đi qua trung

điểm của PH. Câu 5: Gọi đường tròn ngoại tiếp ABC là (0)

M, N, P lần lượt là trung điểm BC, CA, AB Do \ABC nhọn nên ) nằm trong AABC Vì BAC = 60° nên Mộc = 60°,

MC suy ra OA = OB = OC = . Vì O nằm trong AABC và OM | BC,

B 213

C ON I AC, OP 1 AB Suy ra \ABC được chia thành 3 tứ giác ANOP, B OP, C’MON nội tiết các đường tròn có đường kính 2 (đường kính lần lượt OA, OB, OC) Theo nguyên lí Dirichle, tồn tại ít nhất một trong 3 tứ giác này chứa ít nhất 5 điểm trong 13 điểm đà cho, giả sử đó là tứ giác ANOP Gọi E, F, G, H lần lượt là trung điểm của NA, PO, EN và I là trung điên của OA, suy ra IA = IP = I2 = IN = 1. Khi đó tứ giác ANQP được chia thành 4 tứ giác AEIF, FIGP, IGOFI, IHNE nội tiếp đường tròn đường kính 1 Theo nguyên lí Dirichle, tồn tại ít nhất một trong 4 tứ giác này chứa ít nhất 2 điểm trong 5 điểm đã cho giả sử đó là tứ giác AEIF chứa 2 điển X, Y trong số 13 điểm đã cho. Vì X, Y nằm trong tứ giác AEIF nên X, Y nằm trong đường tròn ngoại tiếp tứ giác này, do đó XY không lớn hơn đường kính đường tròn này, nghĩa là khoảng cách giữa X, Y không quá 1.