Trường: THPT Thoại Ngọc Hầu (An Giang)
Bài 1: Cho lục giác đều $A_{1}A_{2}A_{3}A_{4}A_{5}A_{6}$ tâm $I$, hình tròn $(O;R)$ bất kì chứa $I$. Các tia $IA_{i}$ $(1\leq i\leq 6)$ cắt $(O)$ tại $B_{i}$ $(1\leq i\leq 6)$. Tính theo $R$ tổng:
$$T=IB{_{1}}^{2}+IB{_{2}}^{2}+IB{_{3}}^{2}+IB{_{4}}^{2}+IB{_{5}}^{2}+IB{_{6}}^{2}$$
Do lục giác có các đỉnh đối xứng nhau qua tâm nên $B_1\equiv B_4; B_2\equiv B_5; B_3\equiv B_6$
Do đó : $T=2(IB_1^2+IB_2^2+IB_3^2)$
Và $ \widehat{B_2IB_3}=120^o$; $\widehat{B_1IB_2}=60^o=\widehat{B_1IB_3}=60^o$ nên có $\Delta B_1B_2B_3$ là đều nội tiếp $(O;R)$ và có độ dài cạnh bằng $R\sqrt{3}$.
Từ đó ta còn có kết quả quen thuộc sau :$IB_1=IB_2+IB_3$
Suy ra : $T=4(IB_2^2+IB_3^2+IB_2.IB_3)$
Mà $B_2B_3^2=(\overrightarrow{IB_2}-\overrightarrow{IB_3})^2=IB_2^2+IB_3^2-2.IB_2IB_3.\cos120^o=IB_2^2+IB_3^2+IB_2.IB_3$
Vậy $T=4.B_2B_3^2=4.(r\sqrt{3})^2=12R^2$.
Trường: THPT Thoại Ngọc Hầu (An Giang)
Bài 2: Cho $n$ số: $a_{1},a_{2},a_{3},...,a_{n}\in [0;1]$
Chứng minh rằng: $\left ( 1+a_{1}+a_{2}+a_{3}+...+a_{n} \right )^{2}\geq 4\left (a{_{1}}^{2}+a{_{2}}^{2}+a{_{3}}^{2}+...+a{_{n}}^{2} \right )$
$a_i\in [0;1]\Rightarrow a_i\ge a_i^2\Rightarrow 4(a_1+...+a_n)\ge4(a_1^2+...+a_n^2)=VP$
$\Rightarrow VT=[1+(a_1+...+a_n)]^2\overset{\text{Côsi 2 số}}{\ge}4(a_1+...+a_n)\ge VP$
Trường: THPT Thoại Ngọc Hầu (An Giang)
Bài 3: $\Delta ABC$ có $AB=c$, $BC=a$, $CA=b$. Chứng minh rằng:
$$a^{2}(1-\sqrt{3}cotgA)+ b^{2}(1-\sqrt{3}cotgB)+c^{2}(1-\sqrt{3}cotgC)\geq 0$$ (1)
Do $\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}=2R$ nên
$(1)\Leftrightarrow \sin^2A(1-\sqrt{3}\text{cotg}A)+\sin^2B(1-\sqrt{3}\text{cotg}B)+\sin^2C(1-\sqrt{3}\text{cotg}C)\ge0$
$\Leftrightarrow \sin^2+\sin^2B+\sin^2C-\frac{\sqrt{3}}{2}(\sin2A+\sin2B+\sin2C)\ge0$
$\Leftrightarrow \frac{3}{2}\ge\cos\left(2A-\frac{\pi}{3}\right)+\cos\left(2B-\frac{\pi}{3}\right)+\cos\left(2C-\frac{\pi}{3}\right)$
Trường: THPT Thoại Ngọc Hầu (An Giang)
Bài 4: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:
$$10+11^{x}+6^{x}=(\sqrt{3})^{y!}$$
Do $x\ge1\Rightarrow \sqrt{3}^{y!}\ge10+11+6=27=\sqrt{3}^{3!}\Rightarrow y\ge3$
Nếu $y\ge4$ thì $\frac{y!}{2}=\text{ chẵn }=2k\Rightarrow VP=\sqrt{3}^{y!}=3^{\frac{y!}{2}}=9^k\equiv (-1)^k\equiv -1\text{ hoặc }1\pmod{5}$
Mà $VT\equiv 1^x+1^x\equiv 2\pmod{5}\ \forall x$
Suy ra $3\le y<4$. Vậy $y=3, x=1$ là nghiệm nguyên duy nhất của pt.
Edited by Kool LL, 01-07-2014 - 10:18.