Đề thi vào chuyên Toán Nguyễn Trãi Hải Dương kèm đáp án 02

Phạm Minh Hoàng- Cựu học sinh Trường THCS Phong Châu- Phù Ninh- Phú Thọ
ðề 55: Thi chuyên Nguyễn Trãi ( 1998 – 1999)

 xy − y = 2

Câu 1: Giải hệ phương trình :  yz − z = 2
 zx − x = 2

Câu 2: Cho dãy số a1 , a2 , a3 ,..., an ñược cho theo quy luật sau:

a1 = 1; a2 = a1 +

1
1
;...; an = an −1 +
. Chứng minh rằng: 17 < a145 < 21 .
a1
an −1

Câu 3: Cho ∆ABC không cân, BD và CE là hai ñường phân giác trong của góc B và góc C cắt nhau tại I
sao cho : ID = IE.
1/ Tính BAC = ?
2/ Chứng minh rằng:

3
1
1
=
+
.
AB + BC + CA AB + BC BC + AC

Câu 4: Cho ∆ABC , M là một ñiểm bất kỳ nằm trong tam giác. AM, BM, CM lần lượt cắt BC, CA, AB
tại P,Q,R. Tìm giá trị nhỏ nhất của:

T=

AM
BM
CM
.
+
+
MP
MQ
MR

Hướng dẫn giải:


2
 y = x −1
 xy − y = 2 
2


Câu 1: Ta có  yz − z = 2 ⇔  z =
(I )
y −1
 zx − x = 2




2
x =

z −1
+ Nếu x > 1 :
Suy ra x =

2
2
>1⇒ z > 1⇒
> 1 ⇒ y > 1.
z −1
y −1
=z

Không giảm tính tổng quá, giả sử x = max { x, y, z} .
Ta có:
172


Phạm Minh Hoàng- Cựu học sinh Trường THCS Phong Châu- Phù Ninh- Phú Thọ

0<

2
2
≤
⇒ y ≤ z ⇒ 0 < y −1 ≤ z −1

x −1 y −1
=y

⇒

=z

2
2
2
2
≥
⇒ z≥ x⇒ z = x⇒
=
⇒y=z
y −1 z − 1
y − 1 z −1
=x

=z

Vậy ta có x = y = z.
Hệ (I) trở thành:

2

x =
x −1 ⇔ x = 2

 x > 1

+ Nếu x < 1 ⇒ y =

2
2
2
<0⇒ z =
<0⇒ x =
<0
x −1
y −1
z −1

Vậy ta có: x, y, z < 0 .
Không giảm tính tổng quát, giả sử x = max { x, y, z} .
Ta có:

2
2
≤
⇒ y ≤ z ⇒ y −1 ≤ z −1 < 0 .
x −1 y −1
=y

⇒

=z

2
2
2

2
≥
⇒ z≥ x⇒ z = x⇒
=
⇒y=z
y −1 z − 1
y − 1 z −1
=z

=x

Vậy ta có x = y = z. Hệ (I) trở thành:

2

x =
x − 1 ⇔ x = −1

 x < 1
 x = y = z = −1

Kết luận: Hệ phương trình có hai nghiệm 
x = y = z = 2
Câu 2
Dễ thấy ai > 0 ∀i ∈ Ν, i ≥ 1.
Theo bài ra ta có:
173


Phạm Minh Hoàng- Cựu học sinh Trường THCS Phong Châu- Phù Ninh- Phú Thọ

a12 = 1(1)
a22 = a12 +

1
+ 2 ( 2)
a12

...
2
2
a145
= a144
+

1
+ 2 (145)
2
a144

Cộng (1), (2), (3)….., (145) theo vế ta ñược:
144
144
 2 1 
1
2
2
a
a
289

a
289
=
+
+
⇒
=
+
 i
∑
∑
∑
i
145
2 
2
ai 
i =1
i =1 
i =1 ai
145

2
⇒ a145
> 289 ⇒ a145 > 17 .

Lại có: ai2 > 1( ∀i ≥ 2 ) ⇒
144

2

a145
= 289 + ∑
i =1

1
< 1( ∀i ≥ 2 )
ai2

144
1
1
=
290
+
< 290 + 1 + 1 + ... + 1 < 441 = 212 ⇒ a145 < 21 .
∑
2
2
ai
i = 2 ai
143 c / s 1

Vậy ta có 17 < a145 < 21 (ñpcm).
Câu 3:
1/ Hạ IL ⊥ AC , IK ⊥ BC ( L ∈ AC , K ∈ AB ) .
Vì I là tâm ñường tròn nội tiếp ∆ABC ⇒ IL = IK
Vì ∆ABC không cân nên L ∈ [ AD ] ; K ∈ [ BE ] hoặc L ∈ [CD ] ; K ∈ [ AE ] .
+) Xét L ∈ [ AD ] ; K ∈ [ BE ] .Ta có:

∆IEK = ∆IDL

( ch − cgv )

⇒ IEK = IDL ⇒ A +
⇒ A=

C
B
=C+
2
2

C B
3A A + B + C
+ ⇒
=
= 900
2 2
2
2

⇒ A = 600
+) Nếu L ∈ [CD ] ; K ∈ [ AE ] : Tương tự trên.
174


Phạm Minh Hoàng- Cựu học sinh Trường THCS Phong Châu- Phù Ninh- Phú Thọ

Tóm lại ta có: BAC = 600 .
2/ ðặt AB = c; BC = a; CA = b.

Theo ñịnh lý hàm số cos ta có:

b 2 + c 2 − 2bc.CosA = a 2 , A = 600 ⇒ b 2 + c 2 − bc = a 2
⇒ b. ( a + b ) + ( c + a ) = ( c + a ) . ( a + b )

b
c
+
c+a a +b
(a + b + c) − (a + c) + (a + b + c) − (a + b)
⇒1 =
a+c
a+b
(a + b + c) − ( a + c) ( a + b + c) − (a + b)
1
⇒
=
+
a + b + c ( a + c ) . ( a + b + c ) ( a + b ) .( a + b + c )
⇒1 =

1
1
1
1
1
=
−
+
−

a+b+c a+c a +b+c a +b a+b+c
3
1
1
⇒
=
+
(dpcm)
a+b+c a+c a +b
⇒

A

Câu 4:
ðặt S AMB = a 2 ; S AMC = b 2 ; S AMC = c 2 .

M

Ta có:

AM
a2
b2
a2 + b2
a 2 + b2
=
=
=
=
MP S BMP S MCP S BMP + S MCP

c2
2

⇒

AM
a +b
=
MP
c2

Tương tự ta có:

P

B

C

2

(1)

BM
a 2 + c2
CM
b2 + c2
=
2
;

=
(
)
( 3)
MQ
b2
MR
a2

Công (1), (2), (3) theo vế ta ñược:
2

T=

2

2

2

2

a2 + b2
b2 + c2
a2 + c 2
a b
b c
a c
+
+

=   +  +   +  +   + 
2
2
2
c
a
b
c c
a a
b b
2

2

2

2

2

a b b c
a c
a b a b c c
≥  +  + +  +   +  ≥  + +  + + + 
c a c a
b b
c a b c a b

175

2

2


Phạm Minh Hoàng- Cựu học sinh Trường THCS Phong Châu- Phù Ninh- Phú Thọ

2

2


a.b.a   3 b.c.c 
≥  3. 3
 +  3.
 = 3.
c.a.b  
c.a.b 


3

a2 3 c2
+ 2 ≥ 3. 2.
c2
a

3

a 2 3 c2

= 3. 2
.
c2 a 2

Dấu ‘’=’’ xảy ra ⇔ a = b = c ⇔ a 2 = b 2 = c 2 ⇔ M là trọng tâm ∆ABC .
Chú ý: Ở bài này ñã sử dụng liên tiếp BðT :

a 2 + b2 + c2 + d 2 ≥

2

( a + c ) + (b + d )

2

∀a, b, c, d ∈ R

Chứng minh: Trong hệ tọa ñộ Oxy lấy M ( a; b ) ; N ( −c; − d ) .
Ta có: OM + ON ≥ MN hay :
2

(0 − a) + (0 − b)

2

+

2

(0 + c) + (0 + d )

⇔ a 2 + b2 + c 2 + d 2 ≥

2

2

2

( a + c ) + (b + d )

≥

(a + c) + (b + d )

2

Dấu ‘’=’’ xảy ra ⇔ ∆OMN bị suy biến, O nằm trên ñoạn MN.

176

2