DE OLYMPIC 2004 - TOÁN 10 + ĐÁP ÁN
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (53.95 KB, 5 trang )
PHÁCH
Số mật mã
Số mật mã
ĐỀ THI VÀ ĐÁP ÁN CHI TIẾT
Bài 1. Cho phương trình
0163xx
2
C
sin
2
B
sin
2
A
sin
2666
=++
++
với A, B, C là ba góc
của tam giác ABC. Chứng minh nếu phương trình trên có nghiệm thì tam giác ABC đều.
Đáp án
Đặt
2
C
sin
2
B
sin
2
A
sinT
666
++=
. Trước hết ta chứng minh trong mọi tam giác ABC, ta
luôn có
64
3
T
≥
và dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều. Thật vậy, áp dụng
bất đẳng thức Cauchy, ta có:
2
A
sin.
2
1
.
2
1
.3
2
1
2
1
2
A
sin
2
2266
6
≥
+
+
hay
2
A
sin
16
3
64
2
2
A
sin
26
≥+
; dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
3
A
π
=
.
Tương tự cho
2
B
sin
6
và
2
C
sin
6
. Vì vậy
++≥+
2
C
sin
2
B
sin
2
A
sin
16
3
64
6
T
222
(1)
−
+
−
+
−
=
2
Ccos1
2
Bcos1
2
Acos1
16
3
( )
++−=
CcosBcosAcos
2
1
2
3
16
3
−≥
2
3
.
2
1
2
3
16
3
(2)
64
9
=
hay
64
3
T
≥
. (3)
64
3
T
=
khi và chỉ khi (1) và (2) xảy ra dấu bằng hay tam giác ABC đều.
Trở lại giả thiết bài toán, do phương trình có nghiệm nên
0T643
≥−=∆
tức là
64
3
T
≤
.
Kết hợp với (3), ta có
64
3
T
=
hay tam giác ABC đều.
Bài 2. Giả sử (x, y, z) là nghiệm của hệ
=++
=++
5zxyz2xy2
10z2y4x
222
. Tìm GTLN và GTNN của z.
Trang 1
PHÁCH
Số mật mã
Số mật mã
Đáp án
Trước hết ta thấy
)0,
2
5
,5(
là nghiệm của hệ nên tồn tại GTLN và GTNN của z.
Mặt khác, nếu
)z,y,x(
000
là nghiệm của hệ thì
)z,y,x(
000
−−−
cũng là nghiệm nên
ta chỉ xét
0z
≥
.
Đặt
y2v
=
, hệ đã cho được viết lại
=++
=++
5)vx(zxv
10z2vx
222
(1)
Xem (1) là hệ hai ẩn x, v, tham số z. Ta thấy nếu với giá trò
0
z
của tham số z, hệ có
nghiệm
)v,x(
00
thì
)z,v,x(
000
cũng là nghiệm của hệ (1). Do đó ta cần tìm điều kiện
của z (
0z
≥
) để (1) có nghiệm
)v,x(
.
Đặt
vxS
+=
,
xvP
=
, ta có
(1)
≥−
=+
−=−
⇔
0P4S
5zSP
z210P2S
2
22
=+
≥−
=+−+
⇔
5zSP
0z2zS2
0z220zS2S
2
22
.
Với
0z
=
, theo nhận xét trên hệ có nghiệm.
Với
0z
>
,
(2)
=+
≥
=+−+
⇔
5zSP
zS
)a(0z220zS2S
22
.
Để (1) có nghiệm
⇔
phương trình (a) có nghiệm
zS
≥
⇔
22
z220zS2S)S(f
+−+=
có hai nghiệm
1
S
,
2
S
thoả
≤≤
≤≤
21
21
SzS
SSz
Trang 2
PHÁCH
Số mật mã
Số mật mã
≤
≤
+
−
≥
≥∆
⇔
0)z(f
0
2
SS
z
0)z(f
0
21
≤−
≤
≥−
≥+−
⇔
020z5
0z2
020z5
020z
2
2
2
2z0
≤<⇔
.
Vậy nếu
)z,y,x(
là nghiệm của (1) thì miền giá trò của z là đoạn
]2,2[
−
và do đó
GTLN và GTNN của z lần lượt là 2 và -2.
Bài 3. Cho tam giác ABC (A>B>C). Gọi A
1
, C
1
lần lượt là chân các đường phân giác
ngoài của góc A và C, AA
1
=CC
1
. Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác. Chứng minh
IB
2
=IA.IC.
Đáp án
Trước hết ta tính AA
1
, CC
1
theo các cạnh và các góc của tam giác ABC.
Ta có
ACAABCABA
11
SSS
=+
)
2
A
90sin(.AC.AAAsin.AC.AB)
2
A
90sin(.AB.AA
o
1
o
1
+=+−⇒
2
A
cos.b.AA
2
A
cos
2
A
sincb2
2
A
cos.AA.c
11
=+⇒
cb
2
A
sinbc2
AA
1
−
=⇒
.
Tương tự
ba
2
C
sinab2
CC
1
−
=
.
Theo giả thiết
11
CCAA
=
cb
2
A
sinbc2
−
⇒
ba
2
C
sinab2
−
=
CsinBsin
2
A
sinc
−
⇒
BsinAsin
2
C
sina
−
=
.
Trang 3
C
1
A
I
A
1
B C
PHÁCH
Số mật mã
Số mật mã
2
BA
sin
2
BA
cos2
2
C
sina
2
CB
sin
2
CB
cos2
2
A
sinc
−+
=
−+
⇒
2
BA
sin
a
2
CB
sin
c
−
=
−
⇒
2
CB
sinAsin
2
BA
sinCsin
−
=
−
⇒
2
CB
sin
2
CB
cos
2
CB
sin2
2
BA
sin
2
BA
cos
2
BA
sin2
−++
=
−++
⇒
2
CB
cos)BcosC(cos
2
BA
cos)AcosB(cos
+
−=
+
−⇒
2
A
sin)
2
C
sin
2
B
(sin
2
C
sin)
2
B
sin
2
A
(sin
2222
−=−⇒
2
B
sin
2
C
sin
2
A
sin
2
=⇒
2
IB
r
IC
r
.
IA
r
=⇒
2
IBIC.IA
=⇒
.
Bài 4. Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng 1, I là trung điểm của AD, M là một điểm trên
cạnh DC, MA và MB lần lượt cắt IC tại M
1
và M
2
. Đặt x = DM, tính diện tích của tam giác
MM
1
M
2
theo x.
Đáp án
Qua M, dựng đường thẳng song song với AD cắt CI tại E. Ta có
x1
CD
MC
ID
ME
−==
2
x1
ID)x1(ME
−
=−=⇒
.
Mặt khác
IA
ME
AM
MM
1
1
=
x2
x1
)
2
1
2
x1
(2
x1
MEIA
ME
MMAM
MM
AM
MM
11
11
−
−
=
+
−
−
=
+
=
+
=⇒
(1)
BC
ME
BM
MM
2
2
=
x3
x1
)1
2
x1
(2
x1
MEBC
ME
MMBM
MM
BM
MM
22
22
−
−
=
+
−
−
=
+
=
+
=⇒
(2)
Trang 4
PHÁCH
Số mật mã
Số mật mã
Từ (1) và (2), ta có
MB.MA
MM.MM
)x3)(x2(
)x1(
21
2
=
−−
−
2
1
S
S
S
2121
MMM
MAB
MMM
==
Vì vậy
)3x)(2x(
)1x(
2
1
S
2
MMM
21
−−
−
=
.
Chú ý: Bài này có thể giải bằng phương pháp toạ độ.
HẾT
Trang 5
A B
I
M
1
E
M
2
D M C
