1. Giải phương trình \({x^3} + {y^2} - x + 3z = 2021\) với \(x,\,\,y\) và \(z\) là các số nguyên.
2. Cho hình vuông \[ABCD\] có độ dài cạnh bằng \(1.\) Bên trong hình vuông người ta lấy tùy ý \(2021\) điểm phân biệt \({A_1},\,\,{A_2},...,\,\,{A_{2021}}\) sao cho \(2025\) điểm \(A,\,\,B,\,\,C,\,\,D,\,\,{A_1},\,\,{A_2},...,\,\,{A_{2021}}\) không có ba điểm nào thẳng hàng. Chứng minh rằng từ \(2025\) điểm trên luôn tồn tại \(3\) điểm là 3 đỉnh của hình tam giác có diện tích không quá \(\frac{1}{{4044}}.\)
1. Giải phương trình \({x^3} + {y^2} - x + 3z = 2021\) với \(x,\,\,y\) và \(z\) là các số nguyên.
2. Cho hình vuông \[ABCD\] có độ dài cạnh bằng \(1.\) Bên trong hình vuông người ta lấy tùy ý \(2021\) điểm phân biệt \({A_1},\,\,{A_2},...,\,\,{A_{2021}}\) sao cho \(2025\) điểm \(A,\,\,B,\,\,C,\,\,D,\,\,{A_1},\,\,{A_2},...,\,\,{A_{2021}}\) không có ba điểm nào thẳng hàng. Chứng minh rằng từ \(2025\) điểm trên luôn tồn tại \(3\) điểm là 3 đỉnh của hình tam giác có diện tích không quá \(\frac{1}{{4044}}.\)
Quảng cáo
Trả lời:
Giải bởi Vietjack
1.Xét theo \(\bmod \,3\) ta có
\({y^2} \equiv \left\{ {0;1} \right\}\left( {\bmod 3} \right)\) và \(2021 \equiv 2\left( {\bmod 3} \right).\)
\({x^3} - x = \left( {x - 1} \right)x\left( {x + 1} \right) \equiv 0\left( {\bmod 3} \right);\) \(3z \equiv 0\left( {\bmod 3} \right).\)
Như vậy vế trái chia cho 3 dư \(0\) hoặc 1 mà vế phải chia cho 3 dư 2. Vậy phương trình đã cho vô nghiệm nguyên.
2.Ta chứng minh từ 2025 điểm đã cho tạo ra được đúng 4044 tam giác không có điểm trong chung (tức là: mọi điểm Y đã nằm ở miền trong tam giác này thì không nằm ở miền trong tam giác kia)
Bước 1: từ A, B, C, D và \[{A_1}\] tạo ra được 4 tam giác không có điểm trong chung.
Bước 2: Điểm \({A_2}\) sẽ nằm bên trong của một trong 4 tam giác đã có. Không mất tính tổng quát ta giả sử \({A_2}\) nằm trong \(\Delta AB{A_1}\), khi đó sẽ tạo ra thêm được 2 tam giác. Như vậy có \(4 + 2 = 6\) tam giác không có điểm trong chung.
Bước 3: Điểm \({A_3}\) sẽ nằm ở một trong 6 tam giác đã có, không mất tính tổng quát, giả sử \({A_3}\) nằm trong \(\Delta AB{A_2}\). Khi đó ta có \(6 + 2 = 8\) tam giác không có điểm trong chung.
Sau 2021 bước như vậy thì hình vuông đã cho được chia thành 4044 tam giác không có điểm trong chung.
Mặt khác tổng diện tích 4044 tam giác đó bằng 1, suy ra tồn tại ít nhất một tam giác có diện tích không quá \(\frac{1}{{4044}}.\)
Hot: 1000+ Đề thi giữa kì 2 file word cấu trúc mới 2026 Toán, Văn, Anh... lớp 1-12 (chỉ từ 60k). Tải ngay
Sách thầy cô Vietjack biên soạn:
CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ
Lời giải
1.Ta có \(MA = MC\) và \(OA = OC\) suy ra MO là đường trung trực của đoạn thẳng AC, suy ra \(MO \bot AC.\,\,\,\,\left( 1 \right)\).
Do \(\widehat {ACB}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên \(\widehat {ACB} = {90^0} \Rightarrow AC \bot BN.\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\)
Từ (1) và (2) suy ra \(MO{\rm{//B}}N.\,\,\)
Xét \(\Delta MAO\) và \(\Delta NOB\) vuông tại \(A\) và \(O\); \(AO = OB\); \(\widehat {AOM} = \widehat {NBO}\)( hai góc đồng vị)
Suy ra \(\Delta MAO = \Delta NOB \Rightarrow MA = NO.\)
Mặt khác :\(MA = MC\,\, \Rightarrow MC = ON.\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\)
2.Do \(QH{\rm{//}}AM\) suy ra \(\frac{{QH}}{{AM}} = \frac{{BH}}{{BA}}\,\,\,(3).\)
Do \(CH{\rm{//}}ON\) suy ra \(\frac{{CH}}{{ON}} = \frac{{HB}}{{OB}} \Rightarrow \frac{{CH}}{{AM}} = \frac{{HB}}{{\frac{1}{2}AB}}\,\,\,\,\left( 4 \right).\)
Từ (3) và (4) ta có \(QH = \frac{1}{2}CH\), suy ra \(Q\) là trung điểm của \(CH.\)
Lại có \(K\) là trung điểm \(AC.\) Suy ra \(QK\) đi qua trung điểm của \(CB.\)
3.Chứng minh \(ADCH\) là hình chữ nhật. Do \(K\) là trung điểm \(AC\)và Q là trung điểm \(CH\) suy ra \(F\) là trung điểm \(AD.\)
Ta có \(\Delta EKC = \Delta OKA\,\,\left( {g.c.g} \right) \Rightarrow KE = KO\)
Ta có \(\Delta FKA = \Delta QKC\,\,\left( {g.c.g} \right) \Rightarrow KF = KQ.\)
Suy ra \(FEQO\) là hình bình hành.
Ta có \(FQ + EO = AH + CB = AH + \sqrt {BH.BA} = AH + \sqrt {\left( {AB - AH} \right)AB} .\)
Khi đó
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,AH + \sqrt {\left( {AB - AH} \right)AB} = AH + \frac{1}{{AB}} \cdot 2 \cdot \frac{{AB}}{2} \cdot \sqrt {A{B^2} - AB.AH} \\ \le AH + \frac{1}{{AB}}\left( {\frac{{A{B^2}}}{4} + A{B^2} - AB.AH} \right) = \frac{5}{4}AB.\end{array}\)
Dấu bằng xảy ra \[AH = \frac{3}{4}AB \Leftrightarrow AM = \sqrt 3 .R.\]
Lời giải
Ta có
\[\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\left( {1 - {x^2}} \right)\left( {1 - {y^2}} \right)\left( {1 - {z^2}} \right) \ge 512{x^2}{y^2}{z^2}\\ \Leftrightarrow \left( {1 - x} \right)\left( {1 + x} \right)\left( {1 - y} \right)\left( {1 + y} \right)\left( {1 - z} \right)\left( {1 + z} \right) \ge 512{x^2}{y^2}{z^2}\end{array}\]
Do \(x + y + z \le 1\) nên ta có
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\left( {1 - x} \right)\left( {1 - y} \right)\left( {1 - z} \right)\left( {1 + x} \right)\left( {1 + y} \right)\left( {1 + z} \right)\\ \ge \left( {y + z} \right)\left( {z + x} \right)\left( {x + y} \right)\left( {2x + y + z} \right)\left( {x + 2y + z} \right)\left( {x + y + 2z} \right)\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\end{array}\)
Chứng minh được: \(\left( {x + y} \right)\left( {y + z} \right)\left( {z + x} \right) \ge 8xyz\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right).\)
Và:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\left( {2x + y + z} \right)\left( {x + 2y + z} \right)\left( {x + y + 2z} \right)\\ \ge 2\sqrt {x + y} \sqrt {x + z} \,\,\,2\sqrt {y + x} \sqrt {y + z} \,\,\,2\sqrt {z + x} \sqrt {z + y} \\ = 8\left( {x + y} \right)\left( {y + z} \right)\left( {z + x} \right)\\ \ge 8.8xyz\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 3 \right).\end{array}\)
Từ (1), (2) và (3) suy ra điều phải chứng minh.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi \(x = y = z = \frac{1}{3}.\)
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Nhắn tin Zalo
Hỏi bài tập