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 $min mathbb{Z}$ khi và chỉ khi $Delta ‘$ chính phương, suy ra: ${{(3m-7)}^{2}}-15={{n}^{2}},,(nin mathbb{Z})$
$Leftrightarrow $(3m – 7 – n)(3m – 7 + n) = 15 $(m,,nin mathbb{Z}$) (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: $2{{S}_{ABC}}=xcdot BC+ycdot CA+zcdot ABle (x+y+z)AB$(vì $ABge BCge CA$)
$Leftrightarrow x+y+zge dfrac{2S}{AB}$
+ 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$oversetfrown{text{OE}},,$=$dfrac{1}{2}$sđ$,oversetfrown{text{OF}}$= $widehat{text{OEK}}$ (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: $a,,+,,dfrac{1}{b},,=,,1$ $Leftrightarrow dfrac{1}{b}=1-aLeftrightarrow ,,ab,,+,,1,,=,,b$ 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: ${{(x+y)}^{2}}-{{(x-y)}^{2}}=4xyRightarrow {{(x+y)}^{2}},ge ,,4xy$ (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: ${{left( a,,+,,dfrac{1}{b} right)}^{2}},ge ,,4dfrac{a}{b},,Leftrightarrow ,,1,,ge ,,4dfrac{a}{b},,Leftrightarrow ,,dfrac{b}{a},,ge ,,4$ (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.
