Các bài toán lớp XI của Nga thi ngày 13 tháng 11 năm 2010
Đề bài:
B ài 1. Giải phương tr ình: х
6
+ х
4
+ х
2
= 3.
B ài 2. Giải phương trình pq + r = r
2
, nếu p, q và r – số nguyên tố.
Bài 3. Chứng minh rằng, với x > 0, y > 0 và z > 0 thỏa mãn bất đẳng thức
.1
>
+
+
+
+
+
yx
z
xz
y
zy
x
B ài 4. Trong tam giác АВС kẻ đường cao АD, điểm Р và Q – trung điểm các đường cao
ấy, H – trực tâm (điểm cắt nhau của các đường cao), Е – trung điểm cạnh ВС.
Chứng minh, điểm D, H, P, Q và Е nằm trên một đường tròn.
B ài 5. Tìm giá trị dương nhỏ nhất của tổng x + y + z, nếu tgx + tgy + tgz = tgx
⋅

2
+ t = 3.
Ta có thể giải theo các cách sau:
C ách 1. H àm s ố f(t) = t
3
+ t
2
+ t xác định tr ê n [0; +∞),
nên phương trình f(t) = 3 không nhiều hơn một nghiệm thực.
V ì v ậy f(1) = 3, t ừ đ ó x
2
= 1, hay x = ±1.
1
Cách 2



≥
=++
0
,3
23
t
ttt
⇔
( ) ( )
( )






=++
=
0
,021
,1
2
t
t
t
⇔ t = 1. Hay x = ±1.
B ài 2. Gi ải phương tr ình pq + r = r
2
, nếu p, q và r – số nguyên tố.
Trả lời: p = 2, q = 3, r = 3 hay p = 3, q = 2, r = 3.
Biến đổi phương trình về dạng pq = r(r – 1). Ta khảo sát hai trường hợp:
Cách 1. Vế phải của phương trình là số chẵn với tât cả các số tự nhiên r, suy ra, p = 2
hay q = 2.
Nếu r = 2, thì pq = 2, Nếu р = 1 hay q = 1, là không đúng với đầu bài.
Suy ra, r – số lẻ, khi đó r – 1 chẵn, nên r – 1 = 2d, ở đó d – số tự nhiên.
Thay vào ta nhận được pq = 2rd.
Nếu d ≠ 1, thì vế trái có hai thùa số nguyên tố còn vế phải không nhỏ hơn ba thừa số .
Điều đó không thể được
Vậy d = 1 và r = 3.
Với thế thì p = 2, vậy q = 3.
Cách hai. Ta có hệ phương trình với biến mới là p và q.
Giả sử р ≥ q, khi đó p và q – nguyên tố, nên
1 1
r pq

xz
y
zy
x
Ta biết giá trị các phân thức đã cho là số dương
, khi đó
yx
z
xz
y
zy
x
+
+
+
+
+
>
zyx
z
yxz
y
xzy
x
++
+
++
+
++
=

=
,
2
cba
y
−+
=
,
2
acb
z
−+
=
.
Ta xét,
yx
z
xz
y
zy
x
+
+
+
+
+
=
b
cba
2

a
b
c
b
a

=






−+++++ 3
2
1
b
c
c
b
a
c
c
a
a
b
b
a
≥
2

Trả lời:
π
.
Định đẳng thức đã cho về dạng
: tgx + tgy + tgz = tgx
⋅
tgy
⋅
tgz ⇔ tgx + tgy = – tgz(1 – tgx
⋅
tgy)
Ta khảo sát hai trường hợp:
1) 1 – tgx
⋅
tgy = 0.
Khi đó tgx và tgy – là hai số nghịch đảo của nhau
3
O
P
Q
C
1
H
B
1
E
D
A
B
C

β
, ∠C =
γ
.
C áh th ứ nh ất:
Đ ầu ti ên ta ch ứng minh bổ đ ề:
N ếu А
1
– là chân đường ph ân giác kẻ t ừ đỉnh А, th ì
a
cb
IA
IA
+
=
1

y
a
x
a
I
A
1
A
B
C
(xem h ình. 5а).
4
Рис. 5а

=
;
cb
ab
y
a
+
=
.
T ừ giả thiết đ ã cho BI – phân giác tam giác АВА
1
,
Ta nhận được:
a
cb
cb
ac
c
x
c
BA
AB
IA
IA
a
+
=




IA
a
cb
AI






+
≥⋅
+
=
1
.
tương t ự:
r
b
ac
BI
+
≥
и
r
c
ba
CI
+
≥

b
c
c
b
a
b
b
a














++






++