Bài 3: (1,0 điểm). Phương trình: $(m-1){{x}^{2}}-2(2m-3)x-5m+25=0$ (3)
Có $\Delta '={{\left[ -(2m-3) \right]}^{2}}-(m-1)(-5)(m-5)=9{{m}^{2}}-42m+34={{(3m-7)}^{2}}-15$
(3) có nghiệm hữu tỉ với $m\in \mathbb{Z}$ khi và chỉ khi $\Delta '$ chính phương, suy ra: ${{(3m-7)}^{2}}-15={{n}^{2}}\,\,(n\in \mathbb{Z})$
$\Leftrightarrow $(3m – 7 – n)(3m – 7 + n) = 15 $(m,\,n\in \mathbb{Z}$) (4)
Phương trình (4) tương đương với 8 hệ phương trình:
$\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
3m - 7 - n = - 15\\
3m - 7 + n = - 1
\end{array} \right.\;\;\left( {4.1} \right),\;\left\{ \begin{array}{l}
3m - 7 - n = - 1\\
3m - 7 + n = - 15
\end{array} \right.\;\;\left( {4.2} \right),\;\left\{ \begin{array}{l}
3m - 7 - n = - 5\\
3m - 7 + n = - 3
\end{array} \right.\;\;\left( {4.3} \right),\;\left\{ \begin{array}{l}
3m - 7 - n = - 3\\
3m - 7 + n = - 5
\end{array} \right.\;\;\left( {4.4} \right)\\
\left\{ \begin{array}{l}
3m - 7 - n = 15\\
3m - 7 + n = 1
\end{array} \right.\;\;\;\;\left( {4.5} \right),\;\left\{ \begin{array}{l}
3m - 7 - n = 1\\
3m - 7 + n = 15
\end{array} \right.\;\;\;\;\;\left( {4.6} \right),\;\left\{ \begin{array}{l}
3m - 7 - n = 3\\
3m - 7 + n = 5
\end{array} \right.\;\;\;\;\left( {4.7} \right),\;\left\{ \begin{array}{l}
3m - 7 - n = 5\\
3m - 7 - n = 3
\end{array} \right.\;\;\;\;\left( {4.8} \right)
\end{array}$
Giải 8 hệ trên, suy ra hệ phương trình (3) có nghiệm hữu tỉ khi: m = 1 hoặc m = 5
Bài 4: (4 điểm).
1. Gọi khoảng cách từ M đến BC, CA, AB lần lượt là: x, y, z
Ta có: $2{{S}_{ABC}}=x\cdot BC+y\cdot CA+z\cdot AB\le (x+y+z)AB$(vì $AB\ge BC\ge CA$)
$\Leftrightarrow x+y+z\ge \dfrac{2S}{AB}$
+ Nếu AB > BC thì dấu “=” xãy ra khi và chỉ khi: M$\equiv $C
+ Nếu AB = BC > CA thì dấu “=” xãy ra khi và chỉ khi: M thuộc cạnh AC
+ Nếu AB = BC = CA thì M là điểm trong bất kỳ của tam giác ABC
Vậy tổng khoảng các cách từ M đến ba cạnh của tam giác nhỏ nhất bằng chiều cao của cạnh lớn nhất khi:
M trùng C (nếu AB > BC = CA), hoặc M nằm trên cạnh AC (nếu AB = BC > CA) hoặc M là điểm trong bất kỳ của tam giác ABC nếu AB = BC = CA.
2. a) DA là phân giác của $\widehat{FDE}$
Dễ chứng minh tứ giác BDHF nội tiếp đường tròn đường kính HB (1) và tứ giác ABDE nội tiếp đường tròn đường kính AB (2)
(1) $\Rightarrow \widehat{HDF}=\widehat{HBF}$(nội tiếp cùng chắn cung HF) (1’),
(2) $\Rightarrow \widehat{HBF}=\widehat{HDE}$(2’) (nội tiếp cùng chắn cung AF)
(1’) và (2’) suy ra: $\widehat{HDF}=\widehat{HDE}$
Vậy DA là phân giác của $\widehat{FDE}$
b) F là trung điểm của MN
Qua B kẻ đường thẳng song song với AC cắt AK, AD tại P, Q $\Rightarrow $ PQ // MN // AC
Ta có: FC là phân giác của $\widehat{DFE}$(tương tự chứng minh câu a)
mà FB $\bot $ FC nên PB là phân giác trong và FC là phân giác ngoài $\Delta $KFD
$\Rightarrow \,\,\dfrac{\text{BK}}{\text{BD}}\,\,\text{=}\,\,\dfrac{FK}{FD}=\dfrac{\text{CK}}{\text{CD}}\,\,\Rightarrow \,\,\dfrac{\text{KB}}{\text{KC}}\,\,\text{=}\,\,\dfrac{\text{DB}}{\text{DC}}$ (3)
Theo hệ quả của định lí Ta-let, ta lại có:
$\dfrac{\text{BP}}{\text{CA}}\,\,\text{=}\,\,\dfrac{\text{KB}}{\text{KC}}$ (4) (vì BP // AC)
và: $\,\,\dfrac{\text{BQ}}{\text{CA}}\,\,\text{=}\,\,\dfrac{\text{DB}}{\text{DC}}$ (5) (BQ // AC)
Từ (3), (4), (5) suy ra: $\dfrac{\text{BP}}{\text{CA}}\,\,\text{=}\,\,\dfrac{\text{BQ}}{\text{AC}}\,\,$$\Rightarrow $ BP = BQ
Khi đó, áp dụng hệ quả của định lí Ta-let trong hai tam giác ABP và ABQ với MF // PQ, NF // BQ, có:
$\dfrac{\text{MF}}{\text{BP}}\,\text{=}\,\dfrac{\text{AF}}{\text{AB}}\,\text{=}\,\dfrac{\text{FN}}{\text{BQ}}\,\Leftrightarrow \,\dfrac{MF}{BQ}\text{=}\dfrac{\text{FN}}{\text{BQ}}\Leftrightarrow \text{MF}\,\text{=}\,\text{NF}\,\Rightarrow $ F là trung điểm của MN
c) Chứng minh $\text{OD}\cdot \text{OK}\,\,\text{=}\,\,\text{O}{{\text{E}}^{\text{2}}}$ và $\text{BD}\cdot \text{DC}\,\,\text{=}\,\,\text{OD}\cdot \text{DK}$
Từ kết quả câu a) $\Rightarrow \,\,\widehat{\text{DFE}}\,\,\text{=}\,\,\text{2}\widehat{\text{CFE}}$ (6)
Dễ chứng minh tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn
(O) đường kính BC,
nên $\widehat{\text{EOC}}\,\,\text{=}\,\,\text{2}\widehat{\text{CFE}}$ (7)
Từ (6) và (7) suy ra: $\widehat{\text{DFE}}\,\,\text{=}\,\,\widehat{\text{EOC}}\,\,\Rightarrow $ Tứ giác DFEO nội tiếp
$\Rightarrow \widehat{ODE}=\dfrac{1}{2}$sđ$\overset\frown{\text{OE}}\,\,$=$\dfrac{1}{2}$sđ$\,\overset\frown{\text{OF}}$= $\widehat{\text{OEK}}$ (vì OE = OF = $\dfrac{\text{1}}{\text{2}}$BC)
Khi đó:
$\text{BD}\cdot \text{DC}\,\,\text{=}\,\,\left( \text{OB}\,\,-\,\,\text{OD} \right)\left( \operatorname{OC}\,\,+\,\,OD \right)\,\,=\,\,\text{O}{{\text{B}}^{2}}\,-\,\,{{\operatorname{OD}}^{2}}\,=\,\,\text{OD}\cdot \text{OK}\,\,-\,\,\text{O}{{\text{D}}^{\text{2}}}\,\,=\,\,\text{OD}\left( \text{OK}\,\,-\,\,\text{OD} \right)\,\,=\,\,\text{OD}\cdot \text{DK}$
Bài 5:
Ta có: $a\,\,+\,\,\dfrac{1}{b}\,\,=\,\,1$ $\Leftrightarrow \dfrac{1}{b}=1-a\Leftrightarrow \,\,ab\,\,+\,\,1\,\,=\,\,b$ v(a > 0, b > 0)
lại có HĐT: $\text{2(}{{\text{x}}^{\text{2}}}+{{y}^{2}})={{(x+y)}^{2}}-{{(x-y)}^{2}}\Rightarrow {{x}^{2}}+{{y}^{2}}\ge \dfrac{{{(x+y)}^{2}}}{2}$ (1) , dấu”=” xãy ra khi và chỉ khi x= y
và có HĐT: ${{(x+y)}^{2}}-{{(x-y)}^{2}}=4xy\Rightarrow {{(x+y)}^{2}}\,\ge \,\,4xy$ (2), dấu”=” xãy ra khi và chỉ khi x= y
- Áp dụng (1), ta có:${{\left( a\,+\,\dfrac{1}{a} \right)}^{2}}\,+\,{{\left( b\,\,+\,\,\dfrac{1}{b} \right)}^{2}}\,\ge \,\dfrac{{{\left( a\,+\,\dfrac{1}{a}\,+\,\,b\,+\,\dfrac{1}{b} \right)}^{2}}}{2}\,=\,\dfrac{{{\left( 1\,+\,b\,+\,\dfrac{1}{a} \right)}^{2}}}{2}\,=\,\dfrac{{{\left( 1\,+\,\dfrac{ab\,+\,1}{a} \right)}^{2}}}{2}\,=\,\dfrac{{{\left( 1\,+\,\dfrac{b}{a} \right)}^{2}}}{2}$ (1’),
dấu “=” xãy ra khi và chỉ khi: $a+\dfrac{1}{a}=b+\dfrac{1}{b}$ và $a\,\,+\,\,\dfrac{1}{b}\,\,=\,\,1$
- Áp dụng (2), ta có: ${{\left( a\,\,+\,\,\dfrac{1}{b} \right)}^{2}}\,\ge \,\,4\dfrac{a}{b}\,\,\Leftrightarrow \,\,1\,\,\ge \,\,4\dfrac{a}{b}\,\,\Leftrightarrow \,\,\dfrac{b}{a}\,\,\ge \,\,4$ (2’), dấu “=” xãy ra khi và chỉ khi:$a=\dfrac{1}{b}$và $a\,\,+\,\,\dfrac{1}{b}\,\,=\,\,1$
Từ (1’) và (2’) suy ra:
${{\left( a\,\,+\,\,\dfrac{1}{a} \right)}^{2}}\,+\,\,{{\left( b\,\,+\,\,\dfrac{1}{b} \right)}^{2}}\,\ge \,\,\dfrac{{{(1+4)}^{2}}}{2}$. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: $a=\dfrac{1}{b}$hay $b=\dfrac{1}{a}$
Vậy ${{\left( a+\dfrac{1}{a} \right)}^{2}}+{{\left( b+\dfrac{1}{b} \right)}^{2}}\ge \dfrac{25}{2}$ , dấu “=” xãy ra khi và chỉ khi: a = $\dfrac{1}{2}$ và b = 2.
