SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HOÁ
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HSG LỚP 12 THPT
Năm học: 2007-2008
Môn thi: Toán
Ngày thi: 03/11/2007
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề )
Đề này có 04 câu, gồm 1 trang.
Câu 5: ( 5 điểm )
Với a, b, c, x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn:
a b c x y z+ + = + +
.
Chứng minh rằng:
2 2 2
ax 4by cz xyz abc+ + + ≥
.
Câu 6: (5 điểm )
Gọi
α
là nghiệm dương lớn nhất của phương trình:

3 2
3 1 0x x− + =
Chứng minh rằng:
1804
α
 
 
và
2004

x y z a b c+ + ≤ + +
Thật vậy, với đẳng thức trên ta có:
2 2 2
1
4 4 4 4
x y z xyz
bc ca ab abc
+ + + =
. (0,5 điểm)
Vậy tồn tại một tam giác ABC thỏa mãn:
cos ,cos ,cos
2 2 2
x y z
A B C
bc ca ab
= = =
(1,5 điểm)
Lấy
1 1 1
, ,a a b b c c= = =
. Bất đẳng thức đưa về dạng quen thuộc
( )
2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1
2 cos cos cosa b c a b C b c A c a B+ + ≥ + +
(2,0 điểm)
Đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi
, ,
2 2 2
x y y z z x

và từ phương trình ta có:
3 3 3
3
n n n
n
u
α β γ
+ + +
+
= + +
2 2 2
(3 1) (3 1) (3 1)
n n n
α α β β γ γ
= − + − + −
=
2
3
n n
u u
+
−
(1,0 điểm)
Cho nên tất cả u
n
đề là các số nguyên.
Do 2 <
α
< 3,
α

u
−
Lai có
16
(mod17)
n n
u u
+
≡
và
4 12
1u u≡ ≡
(mod 17 ) cho nên
16 4 16 12
1
k k
u u
+ +
≡ ≡
(mod 17 ) tức là
8 4
1
k
u
+
≡
(mod 17 ) (1,0 điểm)
Đặc biệt
2004 1804
1u u≡ ≡


1,3i =
,
i
y Z∈

1,3i =
Khi di chuyển điểm M để tọa
độ của nó thay đổi một số chẵn ta dược điểm
( )
2 2
2 ; 2Q x a y b± ±
với
,a b N∈
ta
có:
( )
( ) ( )
( )
2 1 3 1 3 1 2 1
1
2 2
2
NPQ
S x a x y y x x y b y
∆
= ± − − − − ± −
( )
( ) ( )
( )

.
Chứng minh: Vì tứ giác BECD nội tiếp
·
·
BED BCD
⇒ =
mà
·
·
BKE DKC
=
nên
KEB KCDV : V
(g.g)
⇒
(1)
DK CD
BK BE
=
Tương tự
(2)
BK BD
KE EC
=
Từ (1) và (2) suy ra:
. . (3)
DK DK BK CD BD
KE BK KE BE CE
= =
Lại có

= =
(6)
Từ (3) và (6) suy ra:
KD AD
KE AE
=
(1,5 điểm)
K
O
A
E
B
C
D
Trở lại bài toán: Gọi O là giao của RS và PQ, qua O kẻ đường thẳng song song
với BC cắt AB, AC lần lượt tại H và G. Gọi E, F là tiếp điểm của (I) với AC và
AB. Ta có tứ giác PRQS nội tiếp và là hình thang nên nó là thang cân đồng thời
nhận IO là trục đối xứng.
Suy ra IO vuông góc với GH. Theo định lý Talet:
GO AO OH
CM AM BM
= =
(1 điểm)
Suy ra GO = OH( Vì CM = BM) , như vậy tam giác IGH cân tại I, suy ra
IG = IH (7)
Lại có IE = IF và 2 góc IEG và IFH vuông nên hai tam giác IEG và IFH bằng
nhau theo trường hợp cạnh huyền , cạnh góc vuông.Suy ra:
·
·
(7)GIE FIH=

AQ OQ
=
theo định lý
Talet áp dụng cho
// : (**)
PO PR KR
PS SQ
OQ SQ KQ
= =
Từ (*) và (**) suy ra:
AP KR
AQ KQ
=
theo định lý Talet đảo suy ra: AK //PR, mà
// //PR BC AK BC⇒

.(đpcm) (1 điểm)

O
Q
P
I
R
C
A
B
K
E
F
M