Bài 1
1. Rút gọn biểu thức
\[Q=\left(\dfrac{\sqrt{x-y}}{\sqrt{x+y}+\sqrt{x-y}}+\dfrac{x-y}{\sqrt{x^2-y^2}-x+y}\right) \cdot \dfrac{x^2+y^2}{\sqrt{x^2-y^2}}\]
với \(x \gt y \gt 0\).
2. Cho đường thẳng \(d\) có phương trình: \(y=(3 m+1) x-6 m-1\), \(m\) là tham số. Tìm \(m\) để khoảng cách từ gốc tọa độ đến đuờng thẳng \(d\) là lớn nhất.
3. Tìm tất cả các giá trị của tham số \(m\) để phương trình
\[x^2-2(3 m-1) x+m^2-m-4=0\]
có hai nghiệm phân biệt \(x_1, x_2\) thỏa mãn
\[\left|x_1+x_2+\sqrt{x_1 x_2}\right|+\left|x_1+x_2-\sqrt{x_1 x_2}\right|=2008 .\]
Cách giải 1:
1. Ta có:
\[Q=\left(\dfrac{\sqrt{x-y}}{\sqrt{x+y}+\sqrt{x-y}}+\dfrac{\sqrt{(x-y)^2}}{\sqrt{(x+y)(x-y)}-\sqrt{(x-y)^2}}\right) \times \dfrac{x^2+y^2}{\sqrt{x^2-y^2}}\]
2. Dễ thấy đường thẳng \(d\) luôn đi qua điểm \(M(2 ; 1)\). Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(O\) trên đường thẳng \(d\). Suy ra \(\mathrm{OH} \leq \mathrm{OM}, \forall m\).
Ta có đường thẳng \(O M\) có phương trình là: \(y=\dfrac{1}{2} x\). Do \(O M \perp d\) nên
\[\dfrac{1}{2}(3 m+1)=-1 \Leftrightarrow 3 m+1=-2 \Leftrightarrow m=-1\]
3. Phương trình \(x^2-2(3 m-1) x+m^2-m-4=0\) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi
\[\begin{aligned}\Delta^{\prime}>0 & \Leftrightarrow(3 m-1)^2-\left(m^2-m-4\right)>0 \\& \Leftrightarrow 8 m^2-5 m+5>0 \\& \Leftrightarrow 8\left(m-\dfrac{5}{16}\right)^2+\dfrac{135}{32}>0 ; \forall m \in \mathbb{R} .\end{aligned}\]
Vậy phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt \(x_1, x_2\). Theo định lý Viète, ta có:
\[\left\{\begin{array}{l}x_1+x_2=2(3 m-1) \\x_1 x_2=m^2-m-4\end{array}\right.\]
Đặt \(A=x_1+x_2+\sqrt{x_1 x_2} ; B=x_1+x_2-\sqrt{x_1 x_2}\).
Ta có: \(A . B=\left(x_1+x_2\right)^2-x_1 x_2 =\left(x_1+\dfrac{x_2}{2}\right)^2+\dfrac{3 x_2^2}{4}>0, \forall x_1, x_2 . \)
Suy ra \(A\) và \(B\) luôn cùng dấu, do đó:
\[|A|+|B|=|A+B| \]
Vì vậy:
\[\begin{aligned}& \left|x_1+x_2+\sqrt{x_1 x_2}\right|+\left|x_1+x_2-\sqrt{x_1 x_2}\right|=2008 \\\Leftrightarrow & \left|x_1+x_2+\sqrt{x_1 x_2}+x_1+x_2-\sqrt{x_1 x_2}\right|=2008 \\\Leftrightarrow & \left|x_1+x_2\right|=1004 \Leftrightarrow 2|3 m-1|=1004 \\\Leftrightarrow & |3 m-1|=502 \\\Leftrightarrow & {\left[\begin{array}{l}m=\dfrac{503}{3} . \\m=-167\end{array}\right.}\end{aligned}\]
Bài 2
1. Giải phương trình: \(4 \sqrt{x+3}-\sqrt{x-1}=x+7\)
2. Giải hệ phương trình:
\[\left\{\begin{array}{l}x^2+x-2 x y=2 \\x^4+x^2-4 x^3 y=4-4 x^2 y^2\end{array}\right.\]
Cách giải 1:
1. Điều kiện: \(x \geq 1\). Ta có: \((1) \Leftrightarrow x+3-4 \sqrt{x+3}+4+\sqrt{x-1}=0\)
\[\begin{aligned}& \Leftrightarrow(\sqrt{x+3}-2)^2+\sqrt{x-1}=0 \\& \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}\sqrt{x+3}=2 \\\sqrt{x-1}=0\end{array} \Leftrightarrow x=1 .\right.\end{aligned}\]
2. Ta có: \(\left\{\begin{array}{l}x^2+x-2 x y=2 \\ x^4+x^2-4 x^3 y=4-4 x^2 y^2\end{array}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}x^2-2 x y=2-x \\ \left(x^4-4 x^3 y+4 x^2 y^2\right)+x^2-4=0\end{array}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}x^2-2 x y=2-x \\ \left(x^2-2 x y\right)^2+x^2-4=0\end{array}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}x^2-2 x y=2-x \\ (2-x)^2+x^2-4=0\end{array}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}x^2-2 x y=2-x \\ 2 x^2-4 x=0\end{array}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}x^2-2 x y=2-x(*) \\ {\left[\begin{array}{l}x=0 \\ x=2\end{array}\right.}\end{array}\right.\)
- Với \(x=0\), thay vào (*) ta được \(0=2\) (vô lý).
- Với \(x=2\), thay vào (*) ta được \(y=1\).
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất \((2 ; 1)\).
Bài 3
1. Tìm tất cả các bộ ba số nguyên dương \((x ; y ; z)\) thóa mãn phương trình sau: \(x^3+y^3+x^2(3 y+2 z) +y^2(3 x+2 z) +z^2(x+y)+4 x y z=2023\)
2. Trên mặt phẳng cho \(2 \times 2024\) điểm phân biệt, trong đó không có bất kỳ 3 điểm nào thẳng hàng. Nguời ta tô 2024 điểm trong các điểm đã cho bằng màu đỏ và tô 2024 điểm còn lại bằng màu xanh. Chứng minh rằng, bao giờ cũng tồn tại một cách nối tất cả các điểm màu đỏ với tất cả các điểm màu xanh bởi 2024 đoạn thẳng (mỗi đoạn thẳng có hai điểm đầu mút là một cặp điểm đỏ xanh) sao cho hai đoạn thẳng bất kỳ trong đó không có điểm chung.
Cách giải 1:
1. Ta có:
\( x^3+y^3+x^2(3 y+2 z) +y^2(3 x+2 z) +z^2(x+y)+4 x y z=2023\)
\(\Leftrightarrow x^3+y^3+3 x^2 y+2 x^2 z+3 x y^2+2 y^2 z+z^2 x +z^2 y+4 x y z=2023\)
\(\Leftrightarrow(x+y)^3+2 z(x+y)^2+z^2(x+y)=2023\)
Vì \(x, y, z\) nguyên dương nên ta có: \(x+y+z>x+y>0 \). Do đó: \(\left\{\begin{array}{l}x+y=7 \\ x+y+z=17\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}x+y=7 \\ z=10\end{array}\right.\right.\).
Có \(x+y=7\) mà \(x, y\) nguyên dương nên ta có:
| x | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 |
| y | 6 | 5 | 4 | 3 | 2 | 1 |
Kết luận: Các bộ số cần tìm là: \((1 ; 6 ; 10)\); \((2 ; 5 ; 10) ;(3 ; 4 ; 10) ;(4 ; 3 ; 10) ;(5 ; 2 ; 10) ;(6 ; 1 ; 10)\).
2. Xét tất cả các cách nối 2024 cặp điểm (đỏ với xanh) bằng 2024 đoạn thẳng. Các cách nối như vậy luôn luôn tồn tại và do chỉ có 2024 cặp điểm nên số tất cả các cách nối như vậy là hữu hạn. Do đó, ắt tìm được một cách nối có tổng độ dài các đoạn thẳng là ngắn nhất. Ta chứng minh rằng đây là cách nối phải tìm:
Thật vậy, giả sử ngược lại ta có hai đoạn thẳng \(A X\) và \(B Y\) mà cắt nhau tại điểm \(O\) (Giả sử \(A\) và \(B\) tô màu đỏ, còn \(X\) và \(Y\) tô màu xanh). Khi đó, nếu ta thay đoạn thẳng \(A X\) và \(B Y\) bằng hai đoạn thẳng \(A Y\) và \(B X\), các đoạn khác giữ nguyên thì ta có cách nối này có tính chất:
\(A Y+B X \lt (A O+O Y)+(B O+O X) = (A O+O X)+(B O+O Y) \Rightarrow A Y+B X \lt A X+B Y\)
Như vậy; việc thay hai đoạn thẳng \(A X\) và \(B Y\) bằng hai đoạn thẳng \(A Y\) và \(B X\), ta nhận được một cách nối mới có tổng độ dài các đoạn thẳng là nhỏ hơn. Vô lý, vì trái với giả thiết là đã chọn một cách nối có tổng các độ dài là bé nhất.
Điều vô lý đó chứng tỏ: Cách nối có tổng độ dài các đoạn thẳng là ngắn nhất là không có điểm chung.
Bài 4
Cho đường tròn \((O ; R)\) và dây cung \(B C\) cố định của đường tròn thỏa mãn \(B C<2 R\). Một điểm \(A\) di chuyển trên \((O ; R)\) sao cho tam giác \(A B C\) có ba góc nhọn. Các đường cao \(A D, B E, C F\) của tam giác \(A B C\) cắt nhau tại \(H\). Đường phân giác của \(\widehat{C H E}\) kéo dài về hai phía cắt \(A B\) và \(A C\) lần lượt tại \(M\) và \(N\).
1. Chứng minh tam giác \(A M N\) cân tại \(A\).
2. Gọi \(I, P, Q, J\) lần luợt là hình chiếu của \(D\) trên các cạnh \(A B, B E, C F, A C\). Chứng minh rằng bốn điểm \(I, P, Q, J\) cùng nằm trên một đuờng thẳng vuông góc với \(A O\).
3. Đường tròn ngoại tiếp tam giác \(A M N\) cắt đường phân giác trong của \(\widehat{B A C}\) tại điểm thứ hai K. Chứng minh rằng HK luôn đi qua một điểm cố định.
Cách giải 1:
1. Vì \(B E \perp A C=E\) nên \(\widehat{H E C}=90^{\circ}\). Vì \(C F \perp A B=F\) nên \(\widehat{H F B}=90^{\circ}\). Suy ra:
\[\widehat{F M H}+\widehat{M H F}=90^{\circ} ; \widehat{E N H}+\widehat{N H E}=90^{\circ}\]
\[\widehat{C H N}=\widehat{N H E} .\]
Lại có \(\widehat{C H N}=\widehat{M H F}\) (đối đỉnh) nên
\[\widehat{N H E}=\widehat{M H F} \text { (2). }\]
Từ (1) và (2) suy ra:
\[\widehat{F M H}=\widehat{E N H} \text { hay } \widehat{A M N}=\widehat{A N M}\]
Vậy \(\triangle A M N\) cân tại \(A\).
2. Ta có: tứ giác \(BIPD\) nội tiếp nên
\[\begin{gathered}\widehat{I B D}+\widehat{I P D}=180^{\circ}(3) ; \\\widehat{I B D}=\widehat{F H A} \text { (cùng phụ với góc } \widehat{F A H} \text { ); }\end{gathered}\]
Lại có: \(\widehat{F H A}=\widehat{Q H D}\) (đối đình) \(\Rightarrow \widehat{I B D}=\widehat{Q H D}\).
Vì tứ giác \(D P H Q\) nội tiếp nên
\[\widehat{Q H D}=\widehat{Q P D} \Rightarrow \widehat{I B D}=\widehat{Q P D}\]
Từ (3) và (4) suy ra: \(\widehat{Q P D}+\widehat{I P D}=180^{\circ}\) nên ba điểm \(I, P, Q\) thẳng hàng.
Chứng minh tương tự ta được \(P, Q, J\) thẳng hàng.
Vậy 4 điểm \(I, P, Q, J\) thẳng hàng.
Từ tứ giác \(B I P D\) nội tiếp suy ra \(\widehat{M I P}=\widehat{P D B}\).
Lại có \(P D / / A C\) (cùng vuông góc với \(B E\) ) nên
\[\widehat{P D B}=\widehat{A C B} .\]
Qua \(A\) kẻ tiếp tuyến \(t A t^{\prime}\) của \((O)\) suy ra:
\[\left.A O \perp A t ; \widehat{t A B}=\widehat{A C B} \text { (cùng bằng } \dfrac{1}{2} \mathrm{sđ} \overparen{A B}\right) \text {. }\]
Suy ra \(\widehat{t A I}=\widehat{A I P}\). Mà hai góc này ở vị trí so le trong nên \(I P / / A t \Rightarrow I P \perp A O\) (đpcm).
3. Vì \(\triangle A M N\) cân tại \(A\) và \(A K\) là phân giác của góc \(\widehat{M A N}\) nên \(A K\) là trung trực của \(M N\), suy ra \(A K\) là đường kính của đường tròn ngoại tiếp \(\triangle A M N\). Do đó: \(\widehat{A M K}=\widehat{A N K}=90^{\circ} \Rightarrow K M / / C F, K N / / B E\).
Gọi \(R=K M \cap B H, S=K N \cap H C\). Suy ra: \(HRKS\) là hình bình hành \(\Rightarrow H K\) đi qua trung điểm của \(R S\) (5).
Từ \(M R \| F H \Rightarrow \dfrac{H R}{R B}=\dfrac{F M}{M B}\).
Vì \(H N\) là phân giác của góc \(\widehat{C H E}\) nên \(H M\) là phân giác của góc \(\widehat{B H F} \Rightarrow \dfrac{F M}{M B}=\dfrac{F H}{H B}\).
Từ \(S N / / H E \Rightarrow \dfrac{H S}{S C}=\dfrac{E N}{N C}\).
Vì \(H N\) là phân giác của góc \(\widehat{C H E}\) nên \(\dfrac{E N}{N C}=\dfrac{H E}{H C}\).
Từ \(\triangle F H B \sim \triangle E H C\) (g.g) suy ra:
\[\begin{aligned}\dfrac{F H}{H B} & =\dfrac{H E}{H C} \Rightarrow \dfrac{H R}{R B}=\dfrac{H S}{S C} \\& \Rightarrow R S \| B C(6) .\end{aligned}\]
Từ (5) và (6) suy ra \(H K\) luôn đi qua trung điểm của đoạn \(B C\) (cố định).
Bài 5
Cho \(x, y, z\) là các số thực dương và thỏa mãn điều kiện \(x+y+z=x y z\).
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
\[P=\dfrac{1}{\sqrt{1+x^2}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+y^2}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+z^2}} \]
Cách giải 1:
Từ giả thiết \(x+y+z=x y z\), ta có:
\[\dfrac{1}{x y}+\dfrac{1}{y z}+\dfrac{1}{x z}=1 \]
Đặt \(a=\dfrac{1}{x} ; b=\dfrac{1}{y} ; c=\dfrac{1}{z} \Rightarrow a, b, c>0\). Giả thiết trở thành: \(a b+b c+c a=1\);
\[P=\dfrac{a}{\sqrt{1+a^2}}+\dfrac{b}{\sqrt{1+b^2}}+\dfrac{c}{\sqrt{1+c^2}}\]
Để ý rằng:
\[\begin{aligned}& a^2+1=a^2+a b+b c+c a=(a+b)(a+c) \\& b^2+1=b^2+a b+b c+c a=(b+a)(b+c) \\& c^2+1=c^2+a b+b c+c a=(c+a)(c+b)\end{aligned}\]
Lúc này ta có:
\[\begin{aligned}P & =\dfrac{a}{\sqrt{(a+b)(a+c)}}+\dfrac{b}{\sqrt{(b+a)(b+c)}}+\dfrac{c}{\sqrt{(c+a)(c+b)}} \\& =\sqrt{\dfrac{a}{a+b}} \cdot \sqrt{\dfrac{a}{a+c}}+\sqrt{\dfrac{b}{b+a}} \cdot \sqrt{\dfrac{b}{b+c}}+\sqrt{\dfrac{c}{c+a}} \cdot \sqrt{\dfrac{c}{c+b}}\end{aligned}\]
Theo bất đẳng thức AM - GM, ta có:
\[ \leq \dfrac{1}{2}(\dfrac{a}{a+b}+\dfrac{a}{a+c}+\dfrac{b}{b+a}+\dfrac{b}{b+c}+\dfrac{c}{c+a}+\dfrac{c}{c+b}) =\dfrac{3}{2}\]
Giá trị lớn nhất \(P=\dfrac{3}{2}\) xảy ra khi và chi khi \(a=b=c=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\) hay \(x=y=z=\sqrt{3}\). Vậy giá trị lớn nhất của \(P\) là \(\dfrac{3}{2}\) đạt được khi và chi khi \(x=y=z=\sqrt{3}\).