Do 1 và 2 chỉ xuất hiện trong một tổng nên các vị trí A, B, C, D, E, F không thể điền số 1 và số 2. Các số 1 và 2 chỉ có thể điềm vào điểm G, H, K. Có tất cả 6 cách điển số 1 và 2 và ba điểm G, H, K. Không mất tính tổng quát ta có cách điền G 1; H= =2.
Do số 9 xuất hiện trong các tổng chứa 1 và chứa 2 nên dễ thấy đỉnh F =9, suy ra E=8; D 7= . Từ đó dẫn đến K=3 và A, B, C∈
{
4; 5; 6}
.Lại có A F B 18; B C D 18;C E A 18+ + = + + = + + = nên A =3; B=5;C=6.
Như vậy ứng với mỗi cách điền số 1 và số 2 ta có một cách duy nhất để điềm các số còn lại. Vậy có tất cả 6 cách điền số thỏa mãn yêu cầu bài toán.
nên ta thay phương trình đường thẳng d là y1 =2mx1 −1; y2 =2mx2 −1. Chỉ cần thay lại và tính là bài toán được giải quyết.
• Lời giải.
a) Gọi
(
x , y0 0)
là tọa độ giao điểm của d và( )
P khi m 1= . Khi đó ta có hệ phương trình sau:2
0 0
0 0 2
0 0
0 0 0 0
x 1 2 y 3 2 2
y x
x 2x 1 0
y 2x 1 x 1 2 y 3 2 2
= − = − + = − +
⇒ + − = ⇒ ⇒
= − = − − = − −
Vậy tọa độ giao điểm của d và (P) khi m 1= là
(
− +1 2; 3 2 2− +)
và(
− −1 2; 3 2 2− −)
b) Gọi
(
x , y0 0)
là tọa độ giao điểm của d và( )
P . Tương tự ta có x02 +2mx0− =1 0Phương trình trên là phương trình bậc hai có ∆ =4m2 + >4 0 với mọi m nên phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt hay d luôn cắt
( )
P tại hai điểm phân biệt A và B.Gọi x , x1 2 là hoành độ của A và B. Theo hệ thức Vi – et ta cóx1+x2 = −2m; x x1 2 = −1
Ta có 1 1
2 2
y 2mx 1 y 2mx 1
= −
= −
Suy ra
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2
2 2 2 2
1 2 1 2 1 2 1 2
2 2 2 2
1 2 1 2 1 2 1 2
y y 3 5 2mx 1 2mx 1 3 5 4m x x m x x 1
4m x x m x x 1 4m 2m 1 x x 4 2m 1 m x x
− = ⇔ − − − = ⇔ − + −
⇔ − + − = + − = + −
Ta tính x1−x2 =
(
x1 −x2)
2 =(
x1 +x2)
2 −4x x1 2 = 4m2 + =4 2 m2 +1 Khi đó y12 −y22 =3 5 ⇔ 8 2m(
2 +1)
m2 +1 m . Bình phương hai vế ta có( )( )
2 2 4 2 4 2
1 2
y −y =45⇔16 4m +4m +1 4m +4m =45
Đặt 4m4 +4m2 = >t 0.Khi đó phương trình trên trở thành 2 5 16t 16t 45 0 t
+ − = ⇔ = 4(vì t>0)
Suy ra 4 2 2 1 1
16m 16m 5 0 m m
4 2
+ − = ⇔ = ⇔ = ±
Vậy với m 1
= ±2 ta được y12 −y22 =3 5. Câu 3. Gọi x là vận tốc xe máy đã đi trên 1
4 quãng đường AB sau
(
x>0)
Vận tốc xe máy đi trên 3
4 quãng đường AB đầu là 2x. Vận tốc xe máy đi từ B trở về A là 2x 10+ Ta có phương trình
2x90 +30x +2x 10120+ + =12 172 ⇔ 45x +30x + x 560+ = ⇔8
(
x 15 8x 25−)(
+)
=0Vì 8x 25+ > 0 ta được x 15− =0 hay x 15= .
Vậy vận tốc xe máy đi từ B về A là 2x 10+ =40(km/h)
Câu 4. (1.5 điểm). Cho ba điểm A, M, B phân biệt, thẳng hàng và M nằm giữa A, B. Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng AB, dựng hai tam giác đều AMC và BMD. Gọi P là giao điểm của AD và BC.
a) Chứng minh AMPC và BMPD là các tứ giác nội tiếp
• Phân tích. Có hai hướng chứng minh các tứ giác trên nội tiếp.
+ Vì nhận thấy các góc hầu như không có mối liên hệ chặt chẽ nào cả nên ta phải thay đổi nó. Gọi P’ là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tam giác CAM và AD khi đó CP’MA nội tiếp suy ra ACM =AP ' M = DBM 60 = 0 nên tứ giác DP’MB. Để hoàn tất chứng minh cần chỉ ra P trùng với P’ hay AD cắt BC tại P’ hay B,C,P’. Điều này là hiển nhiên vì ta có
0 CP ' A =DP ' B 60=
+ Sử dụng tam giác bằng nhau vì có cạnh tam giác đều là CMB=AMD
• Lời giải.
+ Hướng 1. Gọi P’ là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tam giác CAM và AD, ta có CP’MA nội tiếp.
Khi đó ACM =AP ' M =DBM 60 = 0. Suy ra tứ giác DP’MB. Mặt khác vì vì CP ' A = DP ' B 60 = nên B,C,P’ thẳng hàng. Vì vậy P trùng P’ hay AMPC và BMPD là các tứ giác nội tiếp.
+ Hướng 2. Ta có AM CM; MD MB; AMD CMB= = = Suy ra CMB=AMD⇒ BCM =DAM; MBC =MDA Suy ra tứ giác CPMA và tứ giác MPDB nội tiếp
b) Chứng minh CP.CB+ DP.DA =AB
• Phân tích. Ta cần tính CP.CB và DP.DA.Vì tứ giác CPMA và tứ giác MPDB nội tiếp nên CP.CB=AM.AB và DP.DA=MB.AB tuy nhiên khi thay vào hoàn toàn không được cái gì cả.
Để ý các tích ở trong căn nên ta cần chuyển tích về thành bình phương của một cạnh.
Để ý MPC∽BMC nên CP.CB CM= 2. Chứng minh tương tự ta có DP.DA =AM2. Đến đây chỉ cần thay vào là bài toán được chứng minh vì MPB MDB CMA = = =600
M P
J
I F
E
D C
A B
• Lời giải. Vì MPB =MDB CMA = =600. Suy ra 1800 −CMA 180 = 0−BPM ⇒CPM CMB = lại có BCM chung nên MPC∽BMC suy ra CP.CB CM= 2
Chứng minh tương tự ta có DP.DA =AM2. Khi đó CP.CB + DP.DA = AM2 + CM2 =AB c) Đường thẳng nối tâm của hai đường tròn ngoại tiếp hai tứ giác AMPC và BMPD cắt PA, PB tương ứng tại E, F. Chứng minh rằng tứ giác CDFE là hình thang.
•Phân tích và hướng giải. Để chứng minh được CDFE là hình thang ta cần chứng minh được CE song song với DF. Để ý ta thấy EF là trục đối xứng của PM. Mà do ta đã có APM =BPM 60= 0 nên ta dễ dàng suy ra được PEMF là hình thoi. Mà theo định lý Talets ta có AE AM
AP = AB hay AE MF AC = MD. Mặt khác ta lại có CAE =PMD nên tam giác ACE đồng dạng với tam giác MDF. Do đó
CFM CEA = , từ đây ta suy ra DF son song với CE. Vậy CEDF là hình thang.
Câu 5.
•Phân tích. để ý thì thấy dấu = của BĐT trên không xảy ra ở 1 a b c
= = = 3 mà xảy ra ở
a =1; b= =c 0 và các hoán vị. Do đó rất khó để sử dụng các BĐT quen thuộc. Có một kinh nghiệm nhỏ là khi đứng trước bài toán BĐT có điểm rơi như trên ta thường khai thác tính bị chặn của các biến.
• Lời giải. Từ giả thiết ta có 0 a, b, c 1≤ ≤ ⇒a2 ≤a; b2 ≤ b; c2 ≤c. Từ đó ta được
2 2 2
5a 4 a 4a 4 a 4a 4 a 2 5b 4 b 4b 4 b 4b 4 b 2 5c 4 c 4c 4 c 4c 4 c 2
+ = + + ≥ + + = +
+ = + + ≥ + + = +
+ = + + ≥ + + = +
Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được 5a 4+ + 5b 4+ + 5c 4+ ≥ + + + =a b c 6 7 Vậy bài toán được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra tại a =1; b = =c 0 và các hoán vị.