Bài 1
1. Giải phương trình: \(\sqrt{x-3}-\sqrt{2 x-7}=2 x-8\)
2. Cho \(a, b\) và \(c\) là các số thực khác 0 thỏa mãn điều kiện \(a^2-c^2=c, c^2-b^2=b\) và \(b^2-a^2=a\). Chứng minh \((a-b)(b-c)(c-a)=1\).
Cách giải 1:
1. Điều kiện xác định: \(x \geq \dfrac{7}{2}\). Phương trình đã cho tương đương với:
\[(4-x)\left(\frac{1}{\sqrt{x-3}+\sqrt{2 x-7}}+2\right)=0 \]
+) Trường hợp 1: \(4-x=0 \Leftrightarrow x=4\).
+) Trường hợp 2: \(\dfrac{1}{\sqrt{x-3}+\sqrt{2 x-7}}+2=0\) (vô nghiệm).
Kết hợp với điều kiện xác định phương trình ta có tập nghiệm của phương trình là \(S=\{4\}\).
2) Từ giả thiết, ta có:
\[a+b+c=a^2-c^2+c^2-b^2+b^2-a^2=0\]
Mặt khác: \(b^2-a^2=a\)
\[\begin{aligned}& \Leftrightarrow(a-b)(a+b)=-a \\& \Rightarrow(a-b) c=a .\end{aligned}\]
Tương tư: \((b-c) a=b,(c-a) b=c\).
\[\Rightarrow(a-b)(b-c)(c-a) a b c=a b c\]
Do \(a, b, c\) đều khác 0 , suy ra:
\[(a-b)(b-c)(c-a)=1\]
Bài 2
1. Cho ba số nguyên \(a, b\) và \(c\) thỏa mãn \(a^2+b^2+c^2-2 a b c\) chia hết cho 6. Chứng minh abc chia hết cho 54.
2. Tìm tất cả cặp số nguyên dương \((x, y)\) thỏa mãn \(x^3 y-x^2 y-4 x^2+5 x y-y^2=0\).
Cách giải 1:
1. Từ giả thiết ta thấy trong ba số \(a, b, c\) có ít nhất một số chẵn \(\Rightarrow a b c: 2\) (1).
Ta thấy trong ba số \(a, b, c\) tồn tại ít nhất một số chia hết cho 3 . Thật vậy, nếu cả 3 số \(a, b, c\) đều không chia hết cho 3 , suy ra:
\[\begin{aligned}a^2 \equiv 1(\bmod 3), b^2 & \equiv 1(\bmod 3), c^2 \equiv 1(\bmod 3) \\a^2+b^2+c^2-2 a b c & \equiv 3-2 a b c(\bmod 3) \\& \equiv-2 a b c(\bmod 3) \neq 0(\bmod 3),\end{aligned}\]
điều này mâu thuẫn với giả thiết
\(a^2+b^2+c^2-2 a b c \vdots 6\) nên \(a^2+b^2+c^2-2 a b c \vdots 3\)
Giả sử \(a \vdots 3 \Rightarrow b^2+c^2: 3\). Do \(b^2 \equiv 0,1(\bmod 3)\), \(c^2 \equiv 0,1(\bmod 3)\) nên \(b\) và \(c\) chia hết cho 3 . Suy ra \(a b c: 27\) (2).
Do \((2,27)=1\) nên từ \((1)\) và \((2)\) suy ra \(a b c: 54\).
2. Ta có:
\[\begin{aligned}& x^3 y-x^2 y-4 x^2+5 x y-y^2=0 \\& \Leftrightarrow x y\left(x^2-x+1\right)=(2 x-y)^2\end{aligned}\]
Giả sử \(p\) là ước nguyên tố chung của \(x y\) và \(x^2-x+1 \Rightarrow p=1\) (vô lí). Suy ra:
\[\left(x y, x^2-x+1\right)=1\]
Do đó \(x^2-x+1\) và \(x y\) là các số chính phương. Suy ra: \(\left\{\begin{array}{l}x^2-x+1=1 \\ x y=(2 x-y)^2\end{array}\right.\)
hoặc \(\left\{\begin{array}{l}x^2-x+1=(2 x-y)^2 \\ x y=1\end{array}\right.\). Tìm được \(x=1\) và \(y=1\) hoặc \(x=1\) và \(y=4\). Mặt khác, khi \(a=0 ; b=0 ; c=\frac{1}{3}\) thì \(P=\frac{2}{3}\). Thử lại ta có hai cặp số \((x, y)\) thỏa mãn bài toán là:
\[(x, y)=(1,1) \text { và }(x, y)=(1,4)\]
Bài 3
1. Tìm tất cả cặp số nguyên \((x, y)\) sao cho \(x y\) là số chính phuơng và \(x^2+x y+y^2\) là số nguyên tố.
2. Với các số thực không âm \(a, b\) và \(c\) thỏa mãn \(a+2 b+3 c=1\), tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức
\[P=(a+6 b+6 c)(a+b+c)\]
Cách giải 1:
1. Đặt \(x y=a^2(a \in \mathbb{N})\). Suy ra:
\[\begin{aligned}x^2+x y+y^2 & =(x+y)^2-a^2 \\& =(x+y+a)(x+y-a)\end{aligned}\]
Do \(x y>0\) nên \(x\) và \(y\) cùng dấu.
+) Trường hợp 1 \(x \gt 0, y\gt 0 \Rightarrow x+y-a=1 \Rightarrow x+y=a+1\).
\[\Rightarrow(a+1)^2 \geq 4 a^2 \Rightarrow a=1\]
Tìm được \((x, y)=(1,1)\).
+) Trường hợp 2: \(x \lt 0, y \lt 0\). Tương tự trường hợp 1, tìm được:
\[(x, y)=(-1,-1)\]
Kết luận: \((x, y)=(1,1)\) hoặc \((x, y)=(-1,-1)\).
2) Theo bất đẳng thức Bunyakovsky, ta có:
\[\begin{aligned}\frac{3}{2} P & =\left(\frac{3}{2} a+9 b+9 c\right)(a+b+c) \\& \geq\left(\sqrt{\frac{3}{2}} a+3 b+3 c\right)^2 \\& \geq(a+2 b+3 c)^2=1\end{aligned}\]
\(\Rightarrow P \geq \frac{2}{3}\). Suy ra \(\min P=\dfrac{2}{3}\).
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có:
\[\begin{aligned}4 P & =(a+6 b+6 c)(4 a+4 b+4 c) \\& \leq \frac{(5 a+10 b+10 c)^2}{4} \\& \leq \frac{(5 a+10 b+15 c)^2}{4}\end{aligned}\]
\(\Rightarrow 4 P \leq \dfrac{25(a+2 b+3 c)^2}{4}=\dfrac{25}{4} \Rightarrow P \leq \dfrac{25}{16}\).
Mặt khác, khi \(a=\dfrac{1}{4} ; b=\dfrac{3}{8} ; c=0\) thì \(P=\dfrac{25}{16}\). Suy ra \(\max P=\dfrac{25}{16}\).
Bài 4
Cho tam giác \(A B C\) có ba góc nhọn \((A B \lt A C)\), nội tiếp đường tròn \((O)\). Ba đường cao \(A D, B E\) và \(C F\) của tam giác \(A B C\) cùng đi qua điểm \(H\). Đường thẳng \(E F\) cắt đurờng thẳng \(A D\) tại điểm \(Q\). Gọi \(M\) và \(I\) lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng \(B C\) và \(A H\). Đường thẳng \(I M\) cắt đường thẳng EF tại điểm \(K\).
1. Chứng minh tam giác \(AEK\) đồng dạng với tam giác \(A B M\).
2. Đường thẳng \(EF\) cắt đường thẳng \(B C\) tại điểm S, đường thẳng \(SI\) cắt đường thẳng \(M Q\) tại điểm \(T\). Chứng minh bốn điểm \(A, T, H\) và \(M\) cùng thuộc một đường tròn.
3. Tia \(TH\) cắt đường tròn \((O)\) tại điểm P. Chứng minh ba điểm \(A, K\) và \(P\) là ba điểm thẳng hàng.
Cách giải 1:
1. Chứng minh được \(\triangle A E F \sim \triangle A B C\).
Suy ra \(\widehat{A E K}=\widehat{A B M}\) (1). Lại có:
\[M E=M F=\frac{1}{2} B C, I E=I F\]
nên \(M I\) là trung trực của \(E F\). Dẫn đến \(K\) là trung điểm của đoạn thẳng \(E F\). Suy ra \(\dfrac{E A}{B A}=\dfrac{E K}{B M}\)
Từ (1) và (2) suy ra \(\triangle A E K \sim \triangle A B M\).
2. Ta có: \(I D \perp S M, S K \perp I M\) (do \(M I\) là trung trực của \(E F\) ) nên \(Q\) là trực tâm tam giác \(I S M\), suy ra: \(Q I \cdot Q D=Q T \cdot Q M\).
Do 4 điểm \(I, F, D, E\) cùng thuộc đường tròn Euler của \(\triangle A B C\) nên
\[Q I \cdot Q D=Q E \cdot Q F\]
Do 4 điểm \(A, E, H, F\) cùng thuộc đường tròn nên
\[Q E \cdot Q F=Q A \cdot Q H .\]
Suy ra:
\[\begin{gathered}Q T \cdot Q M=Q A \cdot Q H \\\Rightarrow \triangle Q T A \sim \triangle Q H M .\end{gathered}\]
Suy ra tứ giác \(A T H M\) là tứ giác nội tiếp. Do đó 4 điểm \(A, T, H\) và \(M\) cùng thuộc một đường tròn.
3. Gọi \(P^{\prime}\) là giao điểm của \(A K\) và \(T H\). Do \(A, T\), \(H, M\) cùng thuộc một đường tròn nên
\[\widehat{P^{\prime} T M}=\widehat{M A H}\left(=\frac{1}{2} \mathrm{sđ} \overparen{H M}\right) \]
Xét tam giác vuông IEM có:
\[\begin{aligned}& I E^2=I K \cdot I M=I A^2 \\\Rightarrow & \Delta I K A \sim \Delta I A M \\\Rightarrow & \widehat{A K I}=\widehat{P^{\prime} K M}=\widehat{M A H} .\end{aligned}\]
Suy ra \(\widehat{P^{\prime} T M}=\widehat{P^{\prime} K M}\), dẫn đến tứ giác \(T K M P^{\prime}\) là tứ giác nội tiếp (*).
Kẻ đường kính \(A N\) của \((O)\). \(S A\) cắt \((O)\) tại điểm thứ hai \(J\). Khi đó \(B H C N\) là hình bình hành \(\Rightarrow H, M, N\) thẳng hàng.
Mặt khác, từ \(S J . S A=S B . S C=S E . S F\) suy ra \(J\) thuộc đường tròn đường kính \(A H \Rightarrow A J \perp J M\), mà \(A J \perp J N \Rightarrow J, H, N\) thẳng hàng. Suy ra bốn điểm \(N, M, H, J\) thẳng hàng.
Lại có: \(\widehat{S J M}=\widehat{S T M}=\widehat{S K M}=90^{\circ}\). Từ \(\left(^*\right)\) suy ra: \(J, T, M, K, P^{\prime}\) cùng thuộc một đường tròn.
Dẫn tới tứ giác \(J T M P^{\prime}\) nội tiếp. Ta có: \(\widehat{N J P^{\prime}}=\widehat{P^{\prime} T M}=\widehat{M A H}=\widehat{O A K}=\widehat{N A P^{\prime}}\).
Suy ra tứ giác \(J A N P^{\prime}\) nội tiếp. Suy ra \(P^{\prime} \in(O)\). Do đó \(P^{\prime} \equiv P\). Suy ra ba điểm \(A, K, P\) là ba điểm thẳng hàng.
Bài 5
Cho 2023 điểm nằm trong một hình vuông cạnh 1. Một tam giác đều được gọi là phủ điểm M nếu điểm \(M\) nằm trong tam giác hoặc nằm trên cạnh của tam giác.
1. Chứng minh tồn tại tam giác đều cạnh \(\dfrac{1}{\sqrt{2}}\) phủ tứ giác này chứa ít nhất \(\left[\dfrac{2023}{4}\right]+1=506\) điểm ít nhất 253 điểm trong 2023 điểm đã cho.
2. Chứng minh tồn tại tam giác đều cạnh \(\dfrac{11}{12}\) phủ it nhất 506 điểm trong 2023 điểm đã cho.
Cách giải 1:
1. Chia hình vuông cạnh 1 đã cho thành 8 tam giác vuông cân như hình bên. Mỗi điểm trong 2023 điểm đã cho sẽ thuộc một trong 8 tam giác trên, suy ra một trong các tam giác sẽ chứa it nhất \(\left\lceil\dfrac{2023}{8}\right\rceil+1=253\) (điểm).
Gọi \(A B C\) là tam giác vuông cân tại \(A\) chứa 253 điểm đó. Dựng tam giác đều \(D B C\) như hình dưới.
Tam giác DBC phủ it nhất 253 điểm và có độ dài cạnh là \(\dfrac{1}{\sqrt{2}}\).
2) Gọi \(O\) là tâm hình vuông đã cho. Chia hình vuông thành 4 tứ giác như hình trên. Một trong 4 tứ giác chứa ít nhất \(\left\lceil\dfrac{2023}{4}\right\rceil+1=506\) (điểm).
trong 2023 điểm đã cho.
Gọi \(O A B C\) là tứ giác chứa 506 điểm đó.
Vì \(A D=\dfrac{2}{\sqrt{3}}>\dfrac{11}{12}\) nên trên đọan \(A D\) có điểm \(X\) sao cho \(A X=\dfrac{11}{12}\). Trên tia \(A B\) lấy điểm \(Y\) sao cho \(A Y=\dfrac{11}{12}\). Khi đó tam giác \(A X Y\) là tam giác đều cạnh \(\dfrac{11}{12}\) chứa tứ giác \(O A B C\).
(Vi \(B C=\dfrac{3-\sqrt{3}}{6} \lt \dfrac{5 \sqrt{3}-6}{12}=B E\) ).
Từ đó suy ra tam giác \(A X Y\) phủ ít nhất 506 điểm đã cho.