Đáp án đội tuyển HSG.DOC

®¸p ¸n hsg.
§Ò sè 6
1/
100
2
=
( )
10
10
2
,
( )
10
330
1010
=
,
100010242
10
>=
VËy
100
2
>
30
10
2/ §Æt x = 10000002, y = 20000002
Ta ®îc
x
x
−

1
vµ
y
y
−
1
Gi¶ sö x < y
yx
11
>⇒
VËy:
x
x
−
1
=
x
1
1
−
y
y
y
−
=−<
1
1
1
3/ Ta biÕt:
1

1
1
1
1
1
=
+
+
+
x
x
VËy: tæng b»ng 100 +
12
1
0
+
= 100
2
1
;
4/ Ta biÕt:
( ) ( )
abbabaabbababbaaba 33331
33333223
3
++=+++=+++=+=
5/ BiÕn ®æi:
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
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
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.
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
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
<
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.
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


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
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
=+
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:
40

EDC =

BCF,

EDC +

EDA =
0
90



EDC +

DCF =

0
90
, vậy tâm nằm trên đờng thẳng.
b) HS tự làm.
Đề số 11
1/ Đặt b =
3
20
; c=
3
50
và bc =10. a
3
-30a = a (a
2
-30) =
= ( b + c) (b
2
+2bc+c
2
3bc ) = b
3
+ c
3
= 70.
2/ Ta biết ; 1+ x
2
= xy + yz + zx +x
2
= (x+y)(x+z) và cứ thế .

3/ Đặt a = yz ; b = zx ; c = xy. Phơng trình đã cho trở thành :





=+
=+
=+
cab
bca
abc
22
22
22

Lấy (1) trừ (2) ta đợc b
2
a
2
= a b suy ra a = b ; a + b = 1. Ta xét từng
trờng hợp:
TH1: a = b ta có hệ phơng trình:





=
=

ca
aac
2
22
2

014;4
324
=+=
aaaaa
do a =
b = 0 không thể xảy ra, nên ta suy ra
2
1
=
a
. Vậy
( )
12)14(
3
+
aaa

( )
( )
0121214
33
=+=+
aaaaa
Vậy

2
1
;
2
1
===
cba
TH2: a + b = 1
Nếu a = c hoặc b = c thì
2
1
===
cba
Nếu
ba

và
cb

thì ta có hệ phơng trình:
41
2
1
1
1
1
===

=+
=+
=+
cba
cb
ca
ba
Giải tiếp hệ:
2
1
===
xyxzyz
Vậy
( )













=

2
1
;
2
1
;
2
1
;
2
1
;
2
1
;
2
1
;; zyx
4/ Đặt
323
3
33
33119;119;1924;5 aaaaaaaxxa
+++=++=++=++=

sau đó giải tiếp .
5/ Ta có
( )
ba
ba

ba

+

;
2
1
1
2
1
6/ Chia cả tử và mẫu cho 7
b
, sau đó đặt 7
a-b
= y; tìm y.
7/ Ta có:
;;
2
:0;0
22
ba
ba
abba
==
+

1
2
1
2

1
11
2222
22
=
+
+
+
+
xyyx
xyyx
.1
1
1
22
22
22
=+





=
=

yx
xy
yx
8/ Giả sử

1
x
và
2
x
là nghiệm của phơng trình :
1
x
nhỏ hơn hay bằng
2
x
.
Khi đó :



<=+
=
0
0
21
21
pxx
qxx
Bởi thế x
1
< 0; x
2
< 0 .
Vì q là số nguyên tố nên

1;
21
==
xqx
và
.1
+=
qp
Vậy p và q phải có một
số chẵn. Nếu p = 2 thì q = 1 không là số nguyên tố.
Vậy
1;2;3;2
21
====
xxpq
9/ Kẻ từ R đờng thẳng song song với BC. Sau đó áp dụng định lý Talet và cạnh đối
của hình bình hành.
10/ CMR : Tam giác AED bằng tam giác ACD.
42
Đề số 12
1/ Giả sử p q = n


3
nqp
=+

q =
( )( )
2

11
2
3
+
=

nnnnn

(n - 1), (n + 1), n phải có 1 số chia hết cho 3

q = 3

n = 2, q = 5
2/ Ta thấy x lẻ: x = 2.t + 1 vậy phơng trình:
( ) ( )
( )
( )
( )
2224
22442221111 yttttxxxx
=+++=++=

y chẵn

y = 2.u ; u là số tự nhiên, nên t.(t + 1) < 2.t ((t + 1) + 1) = u
2
Mà t; t + 1; 2t.(t + 1) + 1 là các số nguyên tố cùng nhau vậy mỗi số phải là
số chính phơng

t = 0

u = 0

x = 1; y = 0; hoặc x = -1; y = 0
3/ Nhân phơng trình (2) với x rồi trừ đi phơng trình (1) ta đợc
( )
( )
011
2
=+
yxy
Vậy
01
2
+
y
nên n xy = 1.
4/ Nhân cả hai vế với
( )
[ ]
)1(1
+
xx
phơng trình trở thành
( ) ( )
6464
11
=+
xx
0)1(111

==+=+
xxxxx
5/ Cộng tất các phơng trình lại:
( ) ( ) ( )
222
6
111
xzzyyx
zyx
zyx
=+++++
Ta biết a > 0 nên a +
a
1
> 2
Vậy vế trái

6,

vế phải

6,

x = y = z = 1.
6/ Ta có:
( )
abccbaabacbcGT
++>++=
và CMR :
( ) ( )

cabcabcba
++>++
3
Thật vậy: Xét
( ) ( ) ( )
0
222
>++
accbba
cabcabcba
++>++
222
( ) ( )
cabcabcabcabcba
++>+++++
32
222
( ) ( )
cabcabcba
++>++
3
2
7/ Ta có:
0
333333
=++=
zyxyxzyzyxzxGT
Hay (x - y)(y - z)(z - x)(x + y + z) = 0
43