Bồi dưỡng Toán 9 (đề 20)

ĐÁP ÁN ĐỀ 20
Bài 1: Cho a, b, c là các số thực phân biệt sao cho các phương trình x2 + ax + 1= 0 và x2 + bx + c = 0 có nghiệm chung, đồng thời các phương trình x2 + x + a = 0 và x2 + cx + b = 0 cũng có nghiệm chung. Hãy tìm tổng a + b + c.
Lời giải:
Gọi x1 là nghiệm chung của các phương trình x2 + ax + 1= 0 và x2 + bx + c = 0.
Ta có: x12 + ax1 + 1= 0 và x12 + bx1 + c = 0. Trừ vế theo vế hai đẳng thức trên, ta được: (a – b)x1 +1 – c = 0. Hay là:
(1)
Gọi x2 là nghiệm chung của các phương trình: x2 + x + a = 0 và x2 + cx + b = 0.
Lý luận tương tự như trường hợp đầu, ta có: (c–1)x2 + b – a =0.
Vì
nên
và khi đó
(2)
Từ (1) và (2) suy ra x1x2 = 1.
Vì x1 là nghiệm của phương trình x2 + ax + 1= 0 nên x2 là nghiệm còn lại của phương trình trên
x22 + ax2 + 1 =0. (3)
Lại vì x2 là nghiệm của phương trình x2 + x + a = 0 nên x22 + x2 + a = 0. (4)
Vế trừ vế hai đẳng thức (3) và (4) ta được: (a – 1)(x2 – 1) = 0. (5)
Dễ dàng nhận thấy
vì với a = 1, phương trình x2 + ax + 1 = 0 không có nghiệm thực. Do đó từ (5) suy ra x2 = 1.
Vì x2 là nghiệm của phương trình x2 + x + a = 0 nên a + 2 = 0. (6)
Vì x2 là nghiệm của phương trình x2 + cx + b = 0 nên b + c + 1 = 0 (7)
Từ (6) và (7), cộng vế theo vế ta được a + b + c + 3 =0, hay là a + b + c = –3
Vậy a + b + c = –3

Bài 2: Cho 3 số thực x, y, z đều lớn hơn 2 và thỏa mãn điều kiện:

Chứng minh rằng: (x–2)(y–2)(z–2) ≤1. Dấu đẳng thức xảy ra khi nào?
Lời giải:
Đặt
,
,
. Từ giả thiết ban đầu của bài toán, ta suy ra:

,
,
và a + b + c =1.
Ta có: (x–2)(y–2)(z–2) ≤1


(1 – 2a)(1 – 2b)(1 – 2c)
abc

(a+b+c–2a)(a+b+c–2b)(a+b+c–2c)
abc

(b+c–a)(c+a–b)(a+b–c)
abc (1)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số dương, ta có:
2a = (c+a–b) + (a+b–c)
2


a
(2)
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (c+a–b) = (a+b–c)
b = c.
Lý luận tương tự, ta có:
b
(3)
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = c
c
(4)
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b
Nhân vế theo vế các bất đẳng thức (2), (3), (4) ta được bất đẳng thức (1). Suy ra ĐPCM.
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c =
x = y = z = 3
Bài 3: Cho a > c, b > d. Chứng minh rằng: (a + b + c + d)2> 8(ad + bc)
Lời giải:
Ta có:
(a + b + c + d)2 – 8(ad + bc) =
(a2 + b2 + c2 + d2) + 2ab + 2ac + 2ad + 2bc + 2bd + 2cd – 8(ad + bc)
= 4(ab + cd – ad – bc) + (a2 + b2 + c2 + d2 –2ab – 2cd –2ad – 2bc + 2ac + 2bd)
= 4(a – c)(b – d) + (a + c – b – d)2 > 0
ĐPCM.


Bài 4: Cho hình bình hành ABCD, M là điểm nằm trong hình bình hành sao cho
AMB +
CMD = 1800. Chứng minh rằng:
MAD =
MCD
Lời giải:
Qua M kẻ đường thẳng (d) song song với AD và lấy trên (d) điểm N sao cho:
MN = AD = BC. Dễ dàng chứng minh được tứ giác ADMN và tứ giác BCMN là hình bình hành.

NA = MD và NB = MC

MCD =
NAB (cạnh, cạnh, cạnh)

ANB =
CMD

ANB +
AMB =
CMD +
AMB = 1800

tứ giác AMBN là tứ giác nội tiếp
Ta có:

MCD =
NBA (Do
CMD =
ANB) (1)

NBA =
AMN (tứ giác AMBN là tứ giác nội tiếp) (2)

AMN =
MAD (So le trong) (3)
Từ (1), (2), (3) suy ra:
MCD =
MAD. ĐPCM.

Bài 5: Cho hai đường tròn (O1) và (O2) cắt nhau tại A và B. Đường thẳng O1A cắt (O2) tại C, đường thẳng O2A cắt (O1) tại D. Qua A kẻ đường thẳng song song với CD cắt (O1), (O2) lần lượt tại M và N. Chứng minh rằng:
a) Năm điểm B, C, D, O1, O2 cùng nằm trên cùng một đường tròn.
b) BC + BD = MN
Lời giải:
a) Ta có:
O1O2A =
O1O2B (cạnh, cạnh, cạnh)

O1AO2 =
O1BO2
Lại có
CAO2 =
ACO2(Tam giác ACO2 cân)
Từ đó suy ra:

O1BO2 +
O1CO2 =
O1AO2 +
CAO2 = 1800

Tứ giác BO1O2C nội tiếp.
Chứng minh tương tự, tứ giác BO1O2D cũng là tứ giác nội tiếp.

Năm điểm B, C, D, O1, O2 cùng nằm trên một đường tròn. ĐPCM.
b) Tứ giác BO2CD nội tiếp, có hai dây cung BO2 và CO2 bằng nhau nên DO2 là phân giác góc CDB
ADC =
ADB (1)
Mặt khác, vì CD song song với MN nên
DAM =
ADC (2)
Từ (1) và (2) suy ra
DAM =
ADB

DAB =
DAM +
MAB =
ADB +
MDB =
MDA

BD = MA (Mối tương quan giữa góc và dây cung của đường tròn (O1) (3)
Tương tự như vậy, ta chứng minh được: BC = AN (4)
Từ (3) và (4) suy ra MN = MA + NA = BD + BC.
Vậy MN = BC + BD. ĐPCM.