a) Tìm đa thức bậc ba f(x) sao cho f(x) – f(x – 1) = x2 (1)
Đa thức bậc ba có dạng tổng qt:
f(x) = ax3 + bx2 + cx + d (a ≠ 0)
Thay vào điều kiện (1):
ax3 + bx2 + cx + d – [a(x – 1)3 + b(x – 1)2 + c(x – 1) + d] =
= ax3 + bx2 + cx + d – (ax3 – 3ax2 + 3ax – a + bx2 – 2bx + b + cx – c + d) =
= 3ax2 - (3a – 2b)x + (a - b + c) = x2
Đồng nhất các hạng tử cùng bậc ở hai vế, ta có hệ điều kiện:
1

a = 3
3a = 1

1


⇔ 3a − 2b = 0 ⇔ b =
a − b + c = 0
 2

1

c = 6

Vậy đa thức bậc ba cần tìm là:
1
1
1
f(x) = x 3 + x2 + x + d
3
2

Vậy trung trực của DE ln đi qua
điểm cố định I là trung điểm của BC.
b) Quỹ tích của M

=

M

E

A
K

D
H

M1
M0

B

I

C

GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI ........................................ Bùi Văn Chi..................................................................... 3


+) Phần thuận:
Ta có AMI = 900, AI cố định,

Trên cung tròn M0AM1 của đường tròn đường kính AI lấy điểm M bất kỳ.
Đường thẳng AM cắt hai nửa đường tròn đường kính AB, AC tại D, E.
Ta có: BD ⊥ d, CE ⊥ d, IM ⊥ d ⇒ BDEC là hình thang có MI là đường trung bình nên MI
⊥ DE và M là trung điểm của DE.
Vậy quỹ tích của M là cung tròn M0AM1 của đường tròn đường kính AI nằm bên ngồi tam
giác ABC.
c) Vị trí của đường thẳng d để BD + CE đạt giá trị lớn nhất
Ta có BD + CE = 2MI ≤ 2AI
Vậy BD + CE đạt giá trị lớn nhất là 2AI khi và chỉ khi đường thẳng d ⊥ AI tại A.
Câu 5 (3đ)
Trên cạnh AC lấy điểm I sao cho AI = AB,
A
ta có ∆ABI đều.
600
Khi đó AI = CE (= AB) suy ra AE = CI.
Q
Gọi K là trung điểm của IC.
Vì P là trung điểm của BC nên PK
E
là đường trung bình của ∆BCI.
Ta có: PK = BI/2 (1)
Vì QA = QE = AE/2, IK = CK = CI/2, AE = CI
nên suy ra QK = AI.
600
Mà AI = BI suy ra BI = QK (2), từ (1), (2)
I
B
suy ra PK = QK/2
600
Lại có K = Iɵ = 600 (so le trong) nên suy ra