Cac chuyen de dai so on thi vao 10 hj8h9

Chương 1: CĂN THỨC I KIẾN THỨC CẦN NHỚ Căn thức bậc hai: • Căn bậc hai số thực a số thực x cho x  a • Cho số thực a khơng âm, bậc hai số học a ký hiệu a số thực không âm x cho bình phương a a  x      a  x x  a • • Với hai số thực khơng âm a,b tacó: a  b  a  b Khi biến đổi biểu thức liên quan đến bậc hai ta cần lưu ý:  A A A A0 + A  A   + AB  A B  A B với A, B ≥0; AB  A B  A B với A0; (Đây gọi phép khử thức mẫu) A M A B  M( A  B) với A.B ≥0; A≠B; (Đây gọi phép trục thức mẫu) AB Căn thức bậc ba, bậc n: a) Căn thức bậc ba: Căn bậc số a, ký hiệu a số x cho x  a • Cho a ∈R; a  x  x3   a   a • Mỗi số thực a có bậc • Nếu a> a  • Nếu a< a  • Nếu a = a  • a 3a  với b≠0 b 3b • ab  a b với a, b • Nếu a< b a  b • A B  A2B • 3 • • A AB2  với B≠0 B B A A  B B3 A3 B  A  AB  B2 AB b) Căn thức bậc n: Cho số a ∈R; n∈N; n ≥ Căn bậc n số a số mà lũy thừa bậc n a Trường hợp n số lẻ: n=2k+1, k∈N Mọi số thực a có bậc lẻ nhất: 2k 1 a  x  x 2k 1  a ; a>0 2k 1 a  ; a0 có hai bậc chẵn đối Căn bậc chẵn dương ký hiệu là bậc 2k số học a) Căn bậc chẵn âm ký hiệu 2k a ; 2k 2k a (gọi a  x  x  x 2k  a ; 2k a  x  x  x 2k  a ; MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP TIÊU BIỂU: Dạng : Thu gọn biểu thức đại số tính giá trị biểu thức: Phương pháp: Biến đổi biểu thức dấu dạng A  A , sau dựa vào dấu A để mở giá trị tuyệt đối có Ngồi cần nắm đẳng thức quen thuộc: • ab  bc  ca  m  a2  m  a2  ab  bc  ca  (a  b)(a  c) ; • a  b  c  n  na  bc  (a  b  c)a  bc  (a  b)(a  c) ; • • 1    1; a  ab  b  bc  ca  c  1 1  1 1 Nếu a+b+c =0 a3  b3  c3  3abc,        với abc ≠0 a b c  a b c  Nếu abc =1 Ví dụ Rút gọn biểu thức: a) A  x  x  x  x  0, b) B  4x  4x 1  4x  4x 1 x  , c) C   3   10  Lời giải a)    x    x  x    A  x  x x   x  + Nếu x   x  + Nếu x    x  x 1  x A 2 1 1 x    x   A  x  2 b) B  4x  4x 1  4x  4x 1  4x 1 4x 1   4x 1  4x 1  Hay B  ( 4x 1 1)2  ( 4x 1  1)2  4x 1 1  4x 1   4x 1 1  4x 1  Nếu 4x 1 1   0.4x 1   x  Nếu 4x 1 1   4x 1    x  4x 1 1  4x 1 1 suy B  4x 1 | 4x 1 1 |  4x 1  suy B=2 c) Để ý   (2  3)2     Suy C     10(2  3)    28 10   3  (5  3)2 hay c    5(5  3)   25     Ví dụ Chứng minh: a) A      2 b) B   84 84 số nguyên (Trích đề Tuyển sinh vào lớp 10 chuyên  1 9 Trường THPT chuyên ĐHQG Hà Nội 2006) c) Chứng minh x  a   a  8a 1 a  8a 1 với a  số tự nhiên  a 3 3   d) Tính x+y biết x  x  2019 y  y  2019  2019    e) Cho số thực x,y thỏa mãn: x  y  y  x   Tính giá trị cua x+y Lời giải: a) Dễ thấy A≤0, Cách 1:   Ta có A                 16  2.4  Suy A    2 Cách 2: Ta viết lại: A  (  2)2  (  2)2          2 b) Áp dụng đẳng thức (u  v)3  u3  v3  3uv(u  v) ta có:    84 84   B   1  1   9       84 84 84 84  84 84    · 1  1  1  3   1  1  9 9  9    84 84  84  3  Hay B3   1    .B  B   1 B  B   B  B  B     81   1  (B 1) B  B  2  mà  B   B     suy B = Vậy B số   2 nguyên c) Áp dụng đẳng thức (u  v)3  u3  v3  3uv(u  v) Ta có x3  2a  (1 2a)x  x3  (2a 1)x  2a   (x 1)x2  x  2a  (1) Xét đa thức bậc hai x  x  2a với   1 8a  Khi a  1 ta có x    8 8 Khi a  , ta có   1 8a âm nên đa thức (1) có nghiệm x = Vậy với a Ta có x  a   a  8a 1 a  8a 1  a  số tự nhiên 3 3 d) Nhận xét x  2019  x   x  2019  x  x  2019  x  2019 Kết hợp với giả thiết suy x  2019  x  y  2019  y  y  2019  y  x  2019  x  x  2019  x  y  2019  y  x  y   Tổng quát ta có x  a  x   y  a  y  a x+y =0    x  1  x  e) Nhân vế đẳng thức với: x   y y  1 x ta có x     y  x   y y  1 x y     y y  1 x Hay x  y 1y  x 1  xy  x  x  y  y  x  y 1y  x 1  2xy  1  x 1  y   x   y y   x  1  x 1  y  2   2  1 x  y   2xy  1  x 1  y  1  2(1 xy)  x  y   1  x 1  y  Hay 2(1 xy)  x  y   (xy 1)2  (x  y)2  (1 xy)  (xy 1)2  (x  y)2 | xy 1 | Dấu đẳng thức xảy (x  y)2   x  y hay x + y = Ví dụ x − x3 + x + x + 12 a, Cho x = + 10 + + − 10 + Tính giá trị biểu thức: P = x − x + 12 b, Cho x = + Tính giá trị biêu thức B = x − x + x3 − 3x + 1942 (Trích đề thi vào lớp 10 trường PCT Ngoại ngữ Hà Nội năm 2015-2016) c, Cho x = + + Tính giá trị biểu thức: P = x − x + x − x − x + 2015 Lời giải   + + 10 + − 10 + a, Ta có: x =  + 10 + + − 10 +  =   ⇔ x =8 + − =8 + ( ) −1 =8 + ( ( ) ) − =6 + = −1 + Từ ta suy ( x − 1) =5 ⇔ x − x =4 ⇒ x= − x ) − ( x − x ) + 12 42 − 3.4 + 12 Ta biến đổi: P = = = x − x + 12 + 12 3 b, Ta có: x =1 + ⇒ ( x − 1) = ⇔ x − 3x + 3x − = Ta biến đổi biể thức P thành: (x 2 = P x ( x3 − x + x − 3) + x ( x3 − x + x − 3) + ( x3 − x + x − 3) + 1945 = 1945 c, Để ý rằng: x = 22 + + ta nhân thêm hai vế với a − b = ( a − b ) ( a + ab + b ) Khi ta có: 3 2 ( ) ( − x= 3 −1 )( −1 để tân dụng đẳng thức: ) 22 + + = ⇔ x = x + ⇔ x3 = ( x + 1) ⇔ x3 − x − x − = Ta biến đổi: P = x5 − x + x3 − x − x + 2015 = ( x − x + 1)( x3 − 3x − 3x − 1) + 2016 = 2016 Ví dụ a) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a − b + b − c + c − a = Chứng minh rằng: a + b + c = b) Tìm số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện: x − y + y − z + z − x = (Trích đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Toán – Trường chuyên ĐHSP Hà Nội, 2014) c) Tìm số thực x, y thỏa mãn điều kiện: ( x y − + y x − ) = xy ( d) Giả sử ( x; y ) số thực thỏa mãn x + + x )( y + ) + y2 = Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = x + xy + y e) Tìm GTLN, GTNN biểu thức: P = + x + − x + − x Lời giải a, Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số khơng âm ta có: a + − b2 b2 + − c2 c2 + − a + + = 2 2 = − b2 a a = − b  Đẳng thức xảy b = − c ⇔ b =1 − c ⇒ a + b + c = (đpcm)  c = − a 2 c a = −   a − b2 + b − c2 + c − a ≤ b, Ta viết lại giả thiết thành: x − y + y − z + z − x = Áp dụng bất đẳng thức: 2ab ≤ a + b ta có: x − y + y − z + z − x2 ≤ x2 + − y + y + − z + z + − x2 = Suy VT ≤ VP Dấu đẳng thức xảy khi:  x2 + y + z = ; x, y , z ≥  x, y , z ≥   x2 + y = 2 1   x +y = − z2 ⇔  ⇔ ⇔ x = 1; y = 0; z = 2 2 y z + = y z + =   − x2  z + x =  z + x = 3 c, a = x − 4, b = y − với a, b ≥ phương trình cho trở thành: = x   y =  z =  1− y2 2 ( a + ) b + ( b + ) a = ( a + )( b + ) Chia vế cho ( a + )( b + ) phương trình trở thành : 2b 2a + = b +4 a +4 Để ý a = b = khơng thỏa mãn phương trình Xét a, b > Theo bất đẳng thức AM − GM ta có: b + ≥ 4b= 4b, a + ≥ 4a Suy a = 2a 2b + = , dấu đẳng thức xảy  ⇔ a = b = ⇔ x = y = Vậy 4a 4b b = = x 8,= y nghiệm phương trình VT ≤ a2 − 2a a b 3 b2 − Tương tự đặt b = y + + y > ⇒ y = Khi x + y = + − − 2 2a 2b 2b a a a a Theo giả thiết ta có : ab = ⇒ x + y = + − − = + ≥ = Lại có 2a 2a a a 3 2 x + xy + y = ( x + y ) + ( x − y ) ≥ ( x + y ) ⇒ x + xy + y ≥ Dấu đẳng thức xảy 4 2 ⇔ x = y = Vậy ( x + xy + y ) = d, Đặt a = x + + x > ⇒ a − x = + x ⇒ a − 2ax + x = + x ⇒ x = e, Đặt a = + x , b = (**) ta có 2(a + b 4 ) ≥ (a +b Suy P ≤ a + b + ) 2 − x ⇒ a, b ≥ 0, a + b = Ta có: P = a + b + ab Áp dụng bất đẳng thức 2 1 ≥  (a + b)  = 2  (a + b) (a + b) 4 ⇒ ( a + b ) ≤ ( a + b ) = 16 ⇔ a + b ≤ ≤ Dấu xảy a =b =1 ⇔ x =0 Ta có: a + b ≤ a + 2a 2b + b = ( a + b ) ⇒ a + b ≥ , mà a + b ≤ a + 2ab + b = ( a + b ) với a, b ≥ Suy a + b ≥ a + b ≥ Vậy P = a + b + ab ≥ a + b ≥ Dấu x = x = −1 xảy a = b = tức Ví dụ Cho x, y, z > xy + yz + zx = (1 + y )(1 + z ) + y (1 + z )(1 + x ) + z (1 + x )(1 + y ) a) Tính giá trị biểu thức P = x 2 2 + x2 1+ y2 xy x y z b) Chứng minh : + − = 2 2 2 1+ x 1+ y 1+ z 1 x y z + + + ( )( )( ) 1+ z2 Lời giải a) Để ý + x = x + xy + yz + zx = ( x + y )( x + z ) Tương tự + y ;1 + z ta có: (1 + y )(1 + z=) y) ( y + x )( y + z )( z + x )( z + = 1+ x ( x + y )( x + z ) x ( y + z ) + y ( z + x ) + z ( x + y )= ( xy + yz + zx )= x 2 x Suy P= b) Tương tự câu a) Ta có: x y z + −= 2 1+ x 1+ y 1+ z2 x y + x( y + z) z − ( x + y )( x + z ) ( x + y )( y + z ) ( z + y )( z + x ) x ( y + z ) + y ( z + x) − z ( x + y) xy xy = = ( x + y )( y + z )( z + x ) ( x + y )( y + z )( z + x ) (1 + x )(1 + y )(1 + z ) Ví dụ a) Tìm x1 , x2 , , xn thảo mãn : x12 − 12 + x22 − 22 + + n xn2 − n= x1 + x22 + + xn2 ) ( 4n + 4n − b) Cho f ( n ) = với n nguyên dương Tính f (1) + f ( ) + + f ( 40 ) 2n + + 2n − a, Đẳng thức tương đương với: ( Lời giải ) ( x12 − 12 − + ) x22 − 22 − + + ( xn2 − n − n ) = Hay= x1 2,= x2 2.22 , ,= xn 2.n  x2 + y = 4n  b, Đặt = = 4n − x y 2n + 1, = 2n − ⇒  xy  x2 − y =  x + xy + y x − y 3 3 Suy f ( n )= x − y )= = = ( 2n + 1) − ( 2n − 1) Áp dụng vào ( x+ y x −y 2 tốn ta có : f (1) + f ( ) + + f = ( 40 )  32 − 13 + 53 − 33 + + 813 − 793  813 − 13 = 364 ( ( ( ) ( ) ) ( ) ) Ví dụ 10 a, Cho số nguyên dương n ≥ Tính giá trị biểu thức sau theo n : P = 1+ 1 1 1 + + + + + + + + 2 2 3 ( n + ) ( n + 3) b, Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn: a + b + c= a + b + c= Chứng minh: a b c + + = 1+ a 1+ b 1+ c (1 + a )(1 + b )(1 + c ) Lời giải Với số thực a, b, c khác cho: a + b + c = 1 2 1 2(a + b + c) 1 1 1 1 1 ⇔ + +  = + + + = 2+ 2+  + +  = 2+ 2+ 2+ + + abc a b c  a b c  a b c ab bc 2c a b c a b c 2 Áp dụng vào tốn ta có: 1+ 1 1 1 1  1 + =1 + + = − 1 + −  ⇒ + + =+ 2 ( −3)   3 Áp dụng với số hạng lại ta thu được: P =1 + b, Đặt 1 1 1   1  1  − + + − + + 1 + − −  + 1 +  =n + − 3 n+3  n +1 n +   n + n +  x = a , y = b , z = c ⇒ x + y + z = x + y + z = ⇒ ( xy + yz + zx ) = ( x + y + z ) − ( x + y + z ) = 2 dẫn đến + a = xy + yz + xz + x = ( x + y )( x + z ) suy xy + xz + yz = Tương tự + b = ( y + z )( y + x ) ,1 + c = ( z + x )( z + y ) suy VT = x y z x( y + z ) + y ( z + x) + z ( x + y ) + + = ( x + y )( x + z ) ( y + z )( y + z ) ( z + x)( z + y ) ( x + y )( y + z )( z + x) 2 ( đpcm) = ( x + y )( y + z )( z + x) (1 + a )(1 + b)(1 + c) Dạng : Các câu hỏi liên quan giá trị lớn nhất, nhỏ biểu thức đại số Phương pháp : Để giải tập dạng ta cần ý tính chất : Với số thực A, B ≥ + A≥0 + A + B ≥ AB ( Bất đẳng thức AG − GM ) Dấu đẳng thức xẩy A = B + A2 + B + C + D ≥ ( A + C )2 + ( B + C )2 , với số thực A, B, C , D ≥ + ( A + B )2 ≤ ( A2 + B ) , ( A + B )3 ≤ ( A3 + B3 ) , với A, B ≥ Ví dụ a) Tìm giá trị nhỏ bểu thức A = x +1 x +1 x+2 x +5 x +1 a +1 b c c) Tìm giá trị nhỏ C = với số thực a, b, c thỏa mãn + + a −1 b −2 c −3 a > 1, b > 4, c > b) Tìm giá trị nhỏ B = d) Cho x ≥ Tìm giá trị nhỏ biểu thức D = 1− x + 1+ x + x 11 (Tuyển sinh Hà Nội 2018) e) Cho số thực x thỏa mãn : ≤ x ≤ Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ của; P= x − x + (5 − x) x + f) Tìm giá trị nhỏ A = x( x + x − + x − x − ) x − x + 16 g) Tìm giá trị nhỏ biểu thức G = , với x > x − x + 18 − x − x Lời giải 2( x + 1) − 1 , x ≥ ⇒ x ≥ = 2− x +1 x +1 a) Điều kiện : x ≥ , ta viết lại A= 1 , dấu đẳng thức xảy x = ≤ dẫn đền A ≥ − = x +1 giá trị nhỏ A ( x + 1) + 4 b) Điều kiện x ≥ Ta viết lại B= , x ≥ nên x + ≥ x +1+ = x +1 x +1 áp dụng bất đẳng thức AM-GM dạng A + B ≥ A.B với số thực khơng âm A, B ta có: ⇒ x +1 ≥ ⇒ x +1+ ≥2 x +1 x +1 = ⇔ x +1 ( ( ) x +1 ) ( ) x +1 =4 , dấu đẳng thức xảy x + = ⇔ x + = ⇔ x = Vậy giá trị nhỏ B x = c, Ta có a a −1+1 = = a −1 a −1 a +1+ = a −1 a −1+ đẳng thức AM-GM cho số thực dương ta có: thức xảy a − = + a > nên a − > , áp dụng bất a −1 a a −1+ ≥ suy ≥ , dấu đẳng a −1 a −1 ⇔ a − = ⇔ a = a −1 4 = b −2+ + ≥ , dấu đẳng thức xảy b +2+ b −2 b −2 b b−4+4 = = b −2 b −2 b = 16 ; 9 c c −9+9 = = c +3+ = c −3+ + ≥ 12 , dấu đẳng thức xảy c −3 c −3 c −3 c −3 c = 36 ; Từ suy C ≥ 24 , dấu đẳng thức xảy khi= a 4,= b 16,= c 36 a 4,= b 16,= c 36 Hay GTNN C 24 tại= Tương tự ta có: d, Điều kiện ≤ x ≤ Ta viết lại D = − x + + x + x = có ( x + 1− x ) − x + x + + x + x , x ≥ suy = x + − x + x (1 − x ) = + x (1 − x ) ≥ suy D ≥ + x + x ≥ Ta ấu đẳng thức xảy x =  ≤ a b ≤  a + b = ạng P = ( a − 3) b + ( b − 3) a = ab ( a + b ) − ( a + b ) e, Đặt −= x a, x += b ≤x≤ ểu thức P Đặt a + b = t giả thiết ta có: 12 (a + b) − 2ab = 11 ⇔ 4ab = 2t − 22 ≤ ( a + b ) = t ⇒ t ≤ 22 Mặt khác ta có: ( ( )( )( ( ( ) ) ) )  a − a − ≤ a − + a + 24 ≤   ⇒ ⇒ 11 + 24 ≤ + ( a + b )   b− b− ≤0 b − + b + 24 ≤   hay a + b ≥ 2 + Vậy 2 + ≤ t ≤ 22 Ta có: P = 2ab ( a + b ) − ( a + b ) = ( t − 11) t − 6t = t ( t − 17 ) Từ ta có: ( )( 2P ≥ 2 +  2 +  ) )( ) ) + − 6= 10 ⇔ P ≥ , dấu đẳng thức xảy a = = a = 3, b Ta có: P ≤ 22 ⇒ P ≤ (2  − 17=  ( 8, b = ⇔ x = x = 11 5 22 ⇔x= , dấu đẳng thức xảy a = b = 2 Cách khác: Ta có: ≤ x ≤ P= x − x + ( − x ) x + ≥ x + ( − x ) 3= Dấu đẳng thức xảy x = x = Ta có: P 2=  x − x + ( − x ) x +  = x ( − x ) + ( − x ) ( x + 3) + x ( − x ) ( ) (8 − x )( x + 3) Hay P = 75 + ( x − x ) ( − x )( x + 3) − Theo bất đẳng thức AM-GM ta có: ( x + − x) = 25 ( − x )( x + 3) ≤ − x + x + 3= 11 nên: 4 25 275 22 Dấu đẳng thức xảy − x = x + x= − x P ≤ 75 + 10= ⇒P≤ 2 5 22 hay x = Vậy GTNN P , GTLN P 2 f, Điều kiện để biểu thức A xác định x > 2   x x−4 +2 + x−4 −2  x x−4 +2 + x−4 −2   A = x−4 ( x − 4) x − x 2= x ( − x ) ≤ ( = x ( ) x−4 +2+ x−4 + Nếu < x < A= A= x ( ( ) x−4 −2 ( x− − < x− + + − x− x− + + x− − x− ) ) )= x = x− x− ếu x ≥ x− − ≥ x ( ) = + x x− = x− x− x = x− x− + x− thức AM-GM) Dấu đẳng thức xảy x − = ậy GTNN A ằng x = ≥ = ất đẳng ⇔ x−4= 4⇔ x = x−4 13 a) Tìm tất số nguyên dương lẻ n cho tồn số nguyên tố p, q, r thỏa mãn: pn + qn = r b) Tìm nghiệm nguyên phương trình: x − y = y + a + 8a − a + 8a − 1 với a ≥ số tự nhiên + a− 3 3 Câu Cho tam giác ABC nội tiếp ( O ) , P mơt điểm tam giác Q ∈ cung c) Chứng minh rằng: x = a + nhỏ BC ( O ) , AP cắt ( O ) giao điểm thứ D, M trung điểm AQ, QP cắt ( O ) giao điểm thứ K Dựng đường tròn ( w ) qua hai điểm P, K tiếp xúc với AP Các đường thẳng AK , MP cắt ( w ) E , F Gọi R giao điểm đường tròn ngoại tiếp tam giác KPD với MP a) Chứng minh: AMDR tứ giác nội tiếp b) Chứng minh: ∆KFP ∽ ∆KRD suy F trung điểm PR c) Chứng minh: điểm A, D, E , F nằm dường tròn Câu Cho a, b, c số thực không âm thỏa mãn điều kiện a + b + c = Tìm giá trị lớn biểu thức = P a b3 + + b c3 + + c a + Lời giải Câu Điều kiện: x, y ≠ 0; x ≠ − y ; y ≠ − x 2 x 5y x + y2 x2 − y Phương trình (2) tương đương: y + + x − =5 ⇔ + =5 y x x x 1 2 ( x − y ) = x x2 − y x + y2  + =  , b Hệ trở thành:  a b Đặt= a= ⇔a= ,b= ⇔ x x 2 5y b + 5a = 2 ( x − y ) =  x2  x + y = Hay  ⇒ y ( x + y ) = x ( −2 x + y ) ⇔ x3 − xy + xy + y =0 2y −2 x + y =  − , y= x =  ⇔ ( x − y )( x − y )( x + y ) =0 ⇔  x =1, y =    x 3= ,y = 2          3     Vậy hệ có nghiệm ( x; y= )  − ;3  ;  2;  ;  ;   2 2 Câu Đặt= y x + ta có hệ sau: 6y  x − = ⇔ x3 + x =y + y ⇔ ( x − y ) ( x + xy + y + ) =0 ⇔ x =y  y 6 x + =  x = −2  Thay vào phương trình ta có: x3 − x − = ⇔ ( x + ) ( x − x − ) = ⇔  x = + x= 1−  318 Câu p 2,= q 7,= r thỏa mãn điều kiện a) Ta xét n = Dễ thấy số = Ta xét n ≥ Ta thấy ba số p, q, r phải có số chẵn • Nếu r = p n + q n = khơng có số p, q thỏa mãn • Nếu p > q = r2 ta có: p n + 2n = Vì n số lẻ ⇒ n ≥ ⇒ p n + 2n = r ⇔ ( p + ) ( p n −1 − p n −2 + 22 p n −3 + + 2n −1 ) = r p + > 1, p n −1 − p n − + 22 p n −3 + + 2n −1 > 1, p số nguyên tố nên r p+2 = ⇒ p n + 2n = ( p + ) , điều khơng thể xảy  n −1 n−2 n −1 n −3 r  p − p + p + + = p n + 2n ≥ p + mà p + − ( p + p + ) = p − p − p + = p ( p − 3) + p − p + > b) Ta có x = y + y + ≥ y + y + 1= ( y + 2) < ( y + ) ⇔ ( y + 1) = x x4 = y + y + < y + y + = (y + 1) ≤ x 2 2 2 (y + 1) suy ⇔ x2 = y + Từ tìm nghiệm là: (1; ) ; ( −1; ) c) Áp dụng đẳng thức: ( u + v )3 = u + v3 + 3uv ( u + v ) Ta có: x3 = 2a + (1 − 2a ) x ⇔ x3 + ( 2a − 1) x − 2a = ⇔ ( x − 1) ( x + x + 2a ) = Xét đa thức bậc hai x + x + 2a với ∆ = − 8a ≥ 1 ta có: x = + = 8 1 +) Khi a > ta có: ∆ = − 8a âm nên đa thức (1) có nghiệm x = Vậy với a ≥ 8 +) Khi a = ta có: x = a + a + 8a − a + 8a − + a− = số tự nhiên 3 3 Câu 4: a) Các tứ giác KPDR , AKDQ nội tiếp    ta suy DRP = DKP = DAQ hay tứ giác AMDR tứ giác nội tiếp    , lại b) Ta có: PA tiếp tuyến đường trịn ( w ) KPDR nội tiếp nên KFP = KPA = KRD  = KDR  ⇔ KPF  = KDR  nên ∆KFP ∽ ∆KRD ( g g ) suy FP = KP có KPR RD KD 319 A R K F P E O M C B D Q Lại có: ∆KPD ∽ ∆APQ ( g.g ) suy KP AP PR PA PA , ∆PRD ∽ ∆PAM nên = = , từ ta = RD AM AQ KD AQ PR RD PA KP FP suy F trung điểm RP = AQ KD RD  = KDP  , KFR  =1800 − KFP  =1800 − KPA  = KPD  suy ∆KFR ∽ ∆KPD ( g g ) kết hợp c) Ta có KRF có: = =  = DPF  suy ∆KPF ∽ ∆PDF ( c.g c ) suy    ADF = PDF = KPF = 1800 −  AEF hay với PKF ADEF tứ giác nội tiếp Câu 5: Sử dụng bất đẳng thức AM − GM ta có: b + + b2 − b + ab = a+ 2 2 bc ca Cộng theo vế bất đẳng thức ta được: Tương tự: b c3 + ≤ b + ; c a3 + ≤ c + 2 ab bc ca ab + bc + ca P ≤ a+b+c+ + + = 3+ 2 2 Khơng tính tổng quát giả sử b số nằm a c ta có: ( b − a )( b − c ) ≤ ⇔ b + ac ≤ ab + bc ⇒ ab + a 2c ≤ a 2b + abc a b3 + = a ( b + 1) ( b − b + 1) ≤ a ⇒ ab + bc + ca ≤ a 2b + abc + bc = b ( a + ac + c ) ≤ b ( a + c ) a+c a+c   a+ +  a+c a+c Sử dụng bất đẳng thức AM − GM ta có: = ≤ 4 = b ( a + c ) 4b  2     Đẳng thức xảy = a 0;= b 1;= c hoán vị b (a + c) ab + bc + ca ≤ 3+ ≤ 2 Vậy giá trị lớn P đạt = a 0;= b 1;= c hoán vị Suy P ≤ + 320 ĐỀ SỐ 15 ( )   b a − b   b +  với  + Câu Cho biểu thức P=  a − b −      a − b a − ab + a − b  a+ b    a, b ∈ ;0 < a, b ≤ a) Rút gọn P b) Cho n = ab ( n số tự nhiên có hai chữ số) Tìm n để P lớn Câu Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol ( P ) : y = x đường thẳng ( d ) := y mx + ( ) ( ) Tìm m để ( d ) cắt ( P ) điểm phân biệt A ( x1 ; y1 ) ; B ( x2 ; y2 ) cho y1 − y2 = 24 − x22 − mx1 Câu Khoảng cách hai tỉnh A B 60km Hai người xe đạp khởi hành lúc từ A đến B với vận tốc Sau xe người thứ bị hỏng nên phải dừng lại sửa xe 20 phút, người thứ hai tiếp tục với vận tốc ban đầu.Sau xe sửa xong, người thứ với vận tốc nhanh trước 4km / h nên đến B lúc với người thứ hai Tính vận tốc hai người lúc đầu Câu Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp ( O; R ) AB < AC tiếp tuyến B, C cắt K , AK cắt ( O ) giao điểm thứ hai D , AK cắt BC M Đường thẳng qua K song song với BC cắt tia AB, BD F , E Đường thẳng AE cắt BC N , OK cắt BC H a) Chứng minh KC = KD.KA ∆DKC ∽ ∆CMK ứ giác nội tiếp b) Chứng minh: KDCE c) Chứng minh: F , D, N ẳng hàng Câu Cho số thực a, b, c ỏa mãn −1 ≤ a, b, c ≤ ố thực x, y, z ỏa mãn 1− a 1− b  1− c    ị lớn biểu thức: P =      − bz   − cx   − ay  LỜI GIẢI Câu Đặt= a x= , b y điều kiện < x, y ≤ 3; x ≠ y ≤ x, y , z < y ( x − y)   y+ + P=  ( x − y ) −   x + y   x − y x − xy + ( x − y )   y  =( x − y )  −   x+ y = x− y x+ y (x − xy + x − xy + y ( + a+ b a, b ≥ 1; a ≠ b; a, b ∈  P )( x − y ) ( x − xy + x − xy + y x + xy − y + x − y = ( x − y )( x − y ) P= )+(     y+ ( ) x − y) x − y )( x + y ) + ( x − y ) = ( x + y )( x − y ) ớn a + b a+ b≥ + P ≤ + ( x + y) + = ( x + y) ( ) a+ b + ( a+ b ) ỏ nhất, mặt khác = − , dấu đẳng thức xảy 1+ ặc n = 21 = ặc= n= a 1;= b a 2;= b Câu Phương trình hồnh độ giao điểm ( P ) ( d ) x = mx + ⇔ x − mx − = ệ thức Vi-et ta ∆ = m + > nên phương trình ln có nghiệm phân biệt x1 , x2 có x1 x2 =−2 < nên giao điểm A, B ằm phía trục tung Điều kiện toán y1 − y2 = 24 − x22 − mx1 ⇔ ( y1 − y2 ) = 24 − x22 − mx1 321 Chú ý rằng: x12 − mx1 − = ⇒ mx1 = x12 − thay vào ta có: ( y1 − y2 ) (x 2 =24 − x22 − ( x12 − ) ⇔ ( x12 − x22 ) + ( x22 + x12 ) − 26 =0 hay − x22 ) + ( x22 + x12 ) − 26 = ⇔ ( x12 + x22 ) + ( x22 + x12 ) − x12 x22 − 26 = (*) Theo hệ thức Vi-et ta có: 2 x1 + x2 = m, x1 x2 = −2 ( x12 + x22 ) =( x1 + x2 ) − x1 x2 = m + thay vào (*) ta có: (m + ) + ( m + ) − 42 = đặt m + = t ≥ ta thu t + t − 42 = ⇔ ( t + )( t − ) = ⇒ t = ⇔ m = ⇔ m = ± Thử lại ta thấy giá trị thỏa mãn Câu Học sinh tự làm Câu A O H B N C M D K F E a) Học sinh tự làm b) Tứ giác ABDC nội tiếp EF‖BC nên ta có biến đổi góc    suy KDCE tứ giác nội tiếp DEK = DBC = DCK c) Xét tam giác ∆FBK ∆ECK     ;= Ta có: FKB = KBC = KCB = CKE BK KC    Từ suy = KDE =  ADB =  ABx = FBK KCE ∆FBK = ∆ECK ( g c.g ) suy KE = KF MB FK AM AK Theo định lý Thales ta có: = = MN suy M trung điểm BN Theo bổ đề hình KE thang ta có F , N , D thẳng hàng KIẾN THỨC BỔ TRỢ Cho hình thang ABCD có hai đáy AB, CD trung điểm cạnh đáy, giao điểm đường chéo giao điểm cạnh bên nằm đường thẳng 322 M • Chứng minh: Giả sử đường thẳng AD, BC cắt M , AC , BD cắt P , đường thẳng MP cắt AB, CD N , Q Ta chứng minh: N , Q trung điểm AB, CD Thật vậy: Do AB‖CD theo định lý Thales ta có: N A • • • P • Q • B AN NB AN BN = = (1) , ( ) Lấy (1) nhân với (2) ta có: • • C QD QC QC QD D AN NB = ⇒ AN = NB thay vào (1) ta có QD = QC Hay N , Q trung điểm QC.QD QC.QD AB, CD Câu 5: Ta có: (1 − a )(1 + y ) − (1 − ay ) =− (1 + a )(1 − y ) ≤ ⇒ − a ≤ ≤ 1− a − = − ay + y − ay + y (1 − ay )(1 + y ) (1 − ay )(1 + y ) 1− a  1− b  1− c   1− a  1− b  1− c  Suy P  = = =        ≤ 2.2.2  − bz   − cx   − ay   − ay   − bz   − cx  Khi a =b =c =−1; x =y =z =0 P = Vậy GTLN P ĐỀ SỐ 16  xy ( x + y ) = Câu Giải hệ phương trình:  3 8x y  x + y + = x + + 3x + = x − Câu Giải phương trình Câu a) Tồn hay không ba số nguyên dương ( x; y; z ) thỏa mãn x3 + y + z = 2019 ( )( ) b) Giả sử ( x; y ) số thực thỏa mãn x + + x y + + y = Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = x + xy + y Câu Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( O ) Đường tròn ( K ) tiếp xúc với CA, CB E , F tiếp xúc với ( O ) S SE , SF cắt ( O ) M , N khác S Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEM , AFN cắt P khác A a) Chứng minh tứ giác AMPN hình bình hành E F ọi GH MN ại T b) Gọi EN , FM cắt ( K ) G, H ứng minh tam giác AST Câu Với n số tự nhiên, n ố tự nhiên x1 , x2 ,…, xn ỏa mãn x12 + x22 + x23 +…+ xn2 + n3 ≤ (2n − 1) ( x1 + x2 +…+ xn ) + n ứng minh (i 1, 2, …, n) a) Các số xi= b) Số x1 + x2 +…+ xn + n + ố nguyên dương ố phương LỜI GIẢI 323   32 8⋅ Câu Ta có x + y + = x + y + 3xy ( x + y ) = ( x + y ) ; x y =  =2  x + y  ( x + y) 3 3 2 x + y = x + y ≠ ⇒ ( x + y )5 = 32 ⇔  ⇔ x = y =  xy = Câu Phương trình tương đương với x + + 3x + = x − = u Đặt  x+3 ⇒ v − u = x − với u; v > , ta 2(u + v) = v − u 3x + = v ⇔ (v + u )(v − u − 2) = ⇔ x − = x + ⇔ x + = x −  x ≥ x ≥  x= ± 28 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ x = + 28   2  x ≥ 4( x + 3) = x − x +  x − 10 x − = Câu a) Ta có n3 ≡ 0, ±1(mod 9) Vì 2019 ≡ 3( mod 9) ⇒ x3 =9m + 1, y =9t + 1, z =9u + , suy tìm x, y, z tập hợp {1, 4, 7,10,13…} Khơng tính tổng qt, giả sử: x ≤ y ≤ z  Giả sử z ≥ 13 ⇒ z ≥ 2197 > 2019 (loại)  Giả sử z ≤ ⇒ 2019 = x3 + y + z ≤ 3z ≤ 3.73 (loại) Suy z = 10 ⇒ x3 + y = 1019 Giả sử y < 10 ⇒ x ≤ y ≤ ⇒ 1019 = x3 + y ≤ 2.73 = 2.343 (loại) Suy = y 10, = x3 19 , khơng có giá trị x thỏa mãn Vậy không tồn x, y, z thỏa mãn đề a2 − 2a a b 3 b2 − Khi x + y = + − − Tương tự, đặt b = y + + y > ⇒ x = 2 2a 2b 2b a a 3 a a Theo giả thiết a ⋅ b = ⇒ x + y = + − − = + ≥ ⋅ ⋅ = 2a 2a a a 3 Lại có x + xy + y = ( x + y )2 + ( x − y )2 ≥ ( x + y )2 ⇒ x + xy + y ≥ Dấu “=” xảy 4 b) Đặt a = x + + x > ⇒ a − x = + x ⇒ a − 2ax + x = + x ⇒ x = x= y= Vậy ( x + xy + z )min = Câu Các tứ giác ANFP, AMEP, AMSN nội tiếp nên ta có biến đổi góc  ANP =  AFP =  Ta có APM =  AEP =  AMP (1)     suy NA  PM (2) AEM = CES = EFS = EAN Từ (1) (2) suy ANPM hình bình hành    suy a) Các tam giác SKE , SOM cân K O suy KES = KSE = OMS KE  OM Chứng minh tương tự ta có KF  ON SF SK SE ⇒ EF  MN Từ đó, ta có SN SO SM   ⇒ MNGH tứ giác nội tiếp, suy TM TN = TG.TH , giả sử MNE NEF =  = GHF = TN TG = TH TS = TS1 TS TS TS cắt ( O ) S1 , cắt ( K ) S2 TM Theo định lý Ta-lét, ta có = = TS = TS ⇒ S ≡ S ≡ S (do đường tròn ( O ) ( K ) ếp xúc S 324 TM ⋅ TN = TS hay TS tiếp tuyến chung ( O ) ( K ) b) Ta chứng minh TA tiếp tuyến ( O ) Các đường thẳng AP MN cắt I trung điểm đường TM STSM  SM  Ta có TS tiếp tuyến ( O ) nên ∆TNS ∽ ∆TSM hay = =   (*) TN STNS  SN   AMI  AMN =  ASN , PEMA nội tiếp ta có Mặt khác ta có =        NAS = MAI = MAP = PES = FES = NST = NAS suy ∆AIM ∽ ∆ANS ⇒ AMSN =AI ⋅ AS Tương tự, ta có ∆AIN ⇒ ∆AMS ⇒ ANSM =AIAS ⇒ AM SN = AN SM , suy 2 TM  AM   SM   AM  =   =  , thay vào (*) ta  hay TA tiếp tuyến TN  AN   SN   AN  (O ) Vậy TA = TS Câu a) Ta có x12 + x22 + x23 +…+ xn2 + n3 ≤ (2n − 1) ( x1 + x2 +…+ xn ) + n ⇔  xn2 − (2n − 1) xn + n − n  +  x22 − (2n − 1) x2 + n − n  +…+  xn2 − (2n − 1) xn + n − n  ≤ ⇔ ( x1 − n )( x1 − n + 1) + ( x2 − n )( x2 − n + 1) +…+ ( xn − n )( xn +1 − n + 1) ≤ Mặt khác, ( xk − n ) [ xk − (n − 1)] tích hai số ngun liên tiếp nên khơng âm, xk = n xk= n − Do n nên xk số nguyên dương b) Vì xk ∈ {n; n − 1} nên n(n − 1) ≤ x1 + x2 +…+ xn ≤ n Do n < + n ≤ + n + x1 + x2 +…+ xn ≤ n + n + < (n + 1) Suy x1 + x2 +…+ xn + + n nằm hai số phương liên tiếp nên khơng số phương 325 ĐỀ SỐ 17 Câu x + 15 + x + 3= x + + 3x 2   x − y( x + y) + = Câu Giải hệ phương trình:  x ( x y 2) y + + − + = ( )   Câu a) Cho a + b + c = Tính P = a2 b2 c2 + + a − b2 − c2 b2 − c2 − a c2 − a − b2 b) Tìm số nghiệm nguyên dương phương trình: ( x + xy + y ) = 7( x + y ) c) Cho x, y số nguyên dương cho x + y − x chia hết cho xy Chứng minh x số phương Câu Cho tam giác nhọn ABC có tâm đường trịn nội tiếp điểm I, gọi ( K ) đường tròn ngoại tiếp tam giác BIC , cung nhỏ BC lấy điểm D, đường tròn ( L ) qua A tiếp xúc với ( K ) D cắt AC , AB E , F Gọi J tâm đường tròn nội tiếp tam giác AEF Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác BDF cắt cạnh BC S a) Chứng minh: SDEC nội tiếp b) Chứng minh: EJFS nội tiếp c) Chứng minh: BC tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác EJF Câu a) Cho số thực a, b, c, d thay đổi thỏa mãn ≤ a, b, c, d ≤ Tìm giá trị nhỏ biểu thức a b c d + + + bcd + acd + abd + abc + b) Cho số thực dương a, b cho a + 2b ≤ Tìm GTNN biểu thức = P + a+3 b+3 P= LỜI GIẢI Câu Điều kiện: x ≥ −3 Để ý rằng: x + 15 − x + + x + = 3x > ⇒ x > Ta viết lại phương trình thành: x + 15 − + x + − 2= x + − + 3x − x2 −1 x −1 x2 −1 Hay + = + 3( x − 1) x+3 +2 x + 15 + x2 + +   x +1 x +1 ⇔ ( x − 1)  − + − 3 = x+3 +2  x2 + +  x + 15 + x +1 x +1 Với x > − + − < nên phương trình cho có x+3 +2 x + 15 + x +8 +3 nghiệm x =   x + − y ( x + y ) =0 Dễ thấy y = không Câu Ta viết lại hệ phương trình thành:   ( x + 1) ( x + y − 2) + y = thỏa mãn hệ nên suy y ≠ , chia hai phương trình hệ cho y ta thu 326  x2 + − ( x + y) =   y   ( x + 1)  y ( x + y − 2) + =  x2 + Đặt = a; x + y − 2= b Do ta có hệ y a − b = Phần lại bạn đọc tự giải  ab + = Câu a) Từ giả thiết suy a =−(b + c) ⇒ a =b + c + 2bc ⇒ a − b − c =2bc Tương tự ta có biểu thức bà cộng lại ta thu a2 b2 c2 a + b3 + c + + = 2bc 2ca 2ba 2abc Chú ý rằng: a + b + c = ⇒ a + b3 + c3 = 3abc ⇒ P = P= b) Từ giả thiết ta suy 7( x + y ) : ⇒ x + y : ⇒ x + y = 5m ⇒ x = 5m − y với m ∈  ta thay vào phương trình (5m − y ) + (5m − y ) y + y − m =0 ⇔ y − 15my + 25m − m =0 Phương trình có nghiệm nên suy = ∆ 225m − 12 ( 25m − 7m ) ≥ ⇔ −75m + 84m ≥ ⇔ ≤ m ≤ 84 75 Do m số nguyên nên suy m = m =  x = md c) Đặt ( x, y ) =d ⇒  y =nd Thay vào điều kiện tốn ta có ( m , n) 1; m, n ∈ *  = d mn= xy x + y − x= d ( dm + dn − m ) ⇒ dmn dm + dn − m Từ suy d | m (1) Ta có dm + dn − m m ⇒ dn : m (m, n) = ⇒ ( m, n ) = ⇒ m | d ( 2) x dm = d2 Từ (1), (2) suy d = m nên = Vậy x số phương   − SDF   + 180° − SDF  + = 360° − EDF = 180° − EDF = BAC ABC Câu a) Ta có SDE = 180° −  ACB Suy tứ giác SDEC nội tiếp 327 A E J L I F D C B S K  = ESD  + DSF  = ECD  + FBD  = 180° − DAC − − b) Ta có ESF ADC + 180° − DAB ADB + + =360° − ( DAB ADB ) − ( DAC ADC )  − BAC  =BIC  − BAC  =1  = BDC ABC +  ACB 2  180° − BAC = °   =180 + BAC  =180° − (  Lại có EJF AEF +  AFE ) =180° − 180° − EAF 2 °   180 hay EJFS tứ giác nội tiếp Suy ESF + EJF =  = DCB  xDF  = DEF  c) Kẻ tiếp tuyến chung Dx ( K ) , ( L ) Ta có xDB ( )  = FDB  = DCB  + DEF  = DES  + DEF  = SEF  suy BC tiếp tuyến Ta có FSB đường tròn ngoại tiếp tam giác EJF Câu a) Vì ≤ a, b, c, d ≤ ⇒ abc + ≥ abcd + ⇒ P ≤ a+b+c+c Do abcd + (1 − a )(1 − b) ≥ a + b ≤ + ab   (1 − c)(1 − d ) ≥ ⇒ c + d ≤ + cd (1 − ab)(1 − cd ) ≥ ab + cd ≤ + abcd = + abcd   ⇒ a + b + c + d ≤ + ab + cd ≤ + + abcd Vậy P ≤ + abcd 3(1 + abcd ) ≤ = , a= 0, b= c= d= P = + abcd + abcd Vậy GTNN P b) Cách a+7 b+7 + ; (b + 3) ⋅ ≤ suy P ≥ a+7 b+7 2 a+7 b+7 + = + + + − (a + 2b + 21) Ta có a + b + a + 16 b + 16 a+7 b+7 + ≥ 1; + ≥ nên Theo bất đẳng thức AM – GM ta có a + 16 b+7 Ta có (a + 3) ⋅ ≤ 328 P ≥ 3− (3 + 21) = 16 Dấu “=” xảy a= b= ĐỀ SỐ 18 Câu Giải phương trình: x x + + −= x x2 +  x + my − m = Tìm m để hệ phương trình có cặp nghiệm 2 x + y − x = Câu Xét hệ phương trình:  phân biệt ( x1 ; y1 ) , ( x2 ; y2 ) cho ( x1 − x2 ) + ( y1 − y2 ) lớn 2 Câu a) Xét số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z =2; x + y + z =18; xyz =−1 Tìm giá trị biểu thức: P = 1 + + xy + z − yz + x − zx + y − b) Cho m, n số nguyên dương lẻ cho n − chia hết cho m − n + Chứng minh m − n + số phương c) Tìm tất số nguyên x, y thỏa mãn điều kiện: x ( x + y )= y ( x − y )2 Câu Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp (O) Các đường cao AD, BE , CF cắt H Tiếp tuyến B, C (O) cắt G, GD ∩ EF = S Gọi M trung điểm cạnh BC Giả sử EF ∩ BC= T , AT ∩ (O)= K a) Chứng minh điểm A, K , F , E , H nằm đường tròn b) Chứng minh M , S , H thẳng hàng Câu Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện: xyz = x + y + z + Tìm GTLN biểu thức: P = x2 + + y2 + + z2 + LỜI GIẢI Câu Điều kiện: −1 ≤ x ≤ Ta có bất đẳng thức quen thuộc: (ax + by )2 ≤ ( a + b )( x + y ) Dấu đẳng thức xảy a b = x y Áp dụng vào tốn ta có: ( x x + + − x ) ≤ ( x + 1) ( x + + − = x) ( x + 1) Từ suy x x + + − x ≤ x + Dấu đẳng thức xảy x = x +1 ⇔ x 3− x = 3− x x + ⇔ x (3 − x) = x + ⇔ x − x + x + = (với x > ) x = Hay ( x − 1) ( x − x − 1) = ⇔  x= 1+ Câu Từ phương trình đầu hệ ta suy x = − my + m , thay vào phương trình thứ hai hệ ta thu 329 (m − my ) + y + my − m =0 ⇔ ( m + 1) y + ( m − 2m ) y + m − m =0 (*) Để hệ có nghiệm phân biệt phương trình (*) phải có nghiệm phân biệt y Tức ( m − 2m ) 2 ∆= − ( m + 1)( m − m ) > ⇔ −3m + 4m > ⇔ < m < Khi ta có: x1= m= my1 ; x2= m − my2 với y1 , y2 hai nghiệm phương trình (*)  2m − m  y1 + y2 = m2 + Theo hệ thức Vi-ét, ta có  Ta có biến đổi sau − m m y y = m2 +  2 2 A = ( x1 − x2 ) + ( y1 − y2 ) = ( my2 − my1 ) + ( y1 − y2 ) = ( m + 1) ( y1 + y2 ) − y1 y2    2  m − m  2m − m  Hay A= ( m + 1)    − 4⋅ m +1   m +   2m − m ) − ( 2m − m )( m + 1) (= 2 2 −3m + 4m m2 + m2 + 1 (2m − 1) Ta có A = ≤ Vậy A lớn m = 1− 2 m +1 Câu a) Ta có xy + z − 1= xy + ( − x − y ) − 1= xy − x − y + 1= ( x − 1)( y − 1) Tương tự ta có biểu thức cịn lại Từ suy 1 x + y + z −3 + + = ( x − 1)( y − 1) ( y − 1)( z − 1) ( z − 1)( x − 1) ( x − 1)( y − 1)( z − 1) −1 = xyz − ( xy + yz + zx) + x + y + z − xy + yz + zx P= Ta có: ( x + y + z )2 = x + y + z + 2( xy + yz + zx) z 2, x + y + z= 18 ta suy Từ điều kiện x + y + = 4= 18 + 2( xy + yz + zx) ⇒ xy + yz + zx = −7 nên P = − b) Nếu m = n ta có điều phải chứng minh 2x m + n = m= x + y ( x, y ∈ Z , x > 0, y ≠ 0) Khi đó, ta có  2y m − n = n= x − y x + y > m, n > suy  ⇒ x >| y | x − y > Xét m ≠ n Ta đặt  Do n − 1: m − n + suy − ( m − n − 1) + m : m − n + ⇒ m : m − n + Suy m= k ( m − n + 1) (1) (với k ∈  ) Thay m =+ x y, n =− x y ta có ( x + y= ) k (4 xy + 1) ⇔ x − 2(2k − 1) xy + y −= k (*) Phương trình (*) có nghiệm x ∈  nên có nghiệm x Theo hệ thức Vi-ét ta có  x + x1= 2(2k − 1)  y2 − k  xx= 330 Từ ta suy x1 ∈  Nếu x1 > ⇒ ( x1 ; y ) cặp nghiệm thỏa mãn (*) suy x1 >| y |⇒ y − k = xx1 >| y |2 = y ⇒ k < ⇒ x1 + x = 2(2k − 1) < (mâu thuẫn) Nếu x1 < xx1 = y − k < ⇒ k > y ⇒ k > ⇒ xy + > ⇒ y > Ta có k = x12 − 2(2k − 1) x1 y + y = x12 + 2(2k − 1) x1 y + y > 2(2k − 1) x1 y ≥ 2(2k − 1) > k (mâu thuẫn) 2 m2  m  =   nên m − n + số Vậy x1 = Khi k = y m − n + 1= k  y 2 phương c) Ta thấy x= y= nghiệm phương trình  x = md Với x, y ≠ Giả sử ( x, y ) =d ⇒  y =nd thay vào phương trình ta (m, n) =  m d (md + nd )= (md − nd ) n d ⇔ m (m + n)= n d (m − n) ⇒ m (m + n) : n ( m , n ) = Do (m, n) =1 ⇒  ⇒ n =1 ⇒ n =±1 ( m + n, n ) = Nếu n =1 ⇒ m (m + 1) : (m − 1)2 ⇒ m + 1: (m − 1)2 ⇒ m + 1: m − ⇒ m ∈ {3; 2;0; −1} Từ tìm cặp nghiệm ( x; y ) = (27;9), (24;12) Nếu n =−1 ⇒ m (m − 1) =d (m + 1)2 ⇒ m − 1; m + ⇒ m ∈ {−3; −2;0;1} kiểm tra khơng có giá trị thỏa mãn Vậy ( x; y ) = (27;9), (24;12) Câu a) Bạn đọc tự làm A E K J S O H F I C T B D M G  nên b) Tứ giác EFDM nội tiếp AD phân giác EDF    ⇒ ∆EMD ∽ ∆TME ⇒ ME= MDE = FDB = TEM MD ⋅ MT 2 = MD ⋅ MT ⇒ ∆EMD ∽ ∆TME = MB = MO.MG , suy MO.MG Thay ME 331 ∆OMT ∽ ∆DMT ⇒ SD ⊥ TO I Gọi J giao điểm AO EF OA ⊥ EF J (tính chất quen thuộc) = 90° Ta có TS = TJ TI = TO TD= TM TE.TF ⇒ AKSJ tứ giác nội tiếp nên SKA ⇒ SK ⊥ TA Ta có điểm A, K , E , F , H nằm đường tròn nên (1) HK ⊥ TA nên K , S , H thẳng hàng ADM = AKM =90° ⇔ MK ⊥ KA nên Lại có TK = TA TDTM ⇒ AKDM nội tiếp, suy  M , H , K thẳng hàng (2) Từ (1) (2) suy M , S , K thẳng hàng Câu Ta viết lại giả thiết thành: (1 + x)(1 + y ) + (1 + y )(1 + z ) + (1 + z )(1 + x) = (1 + x)(1 + y )(1 + z ) Hay 1 + + = x +1 y +1 z +1 Áp dụng bất đẳng thức dạng: (ma + nb)2 ≤ ( m + n )( a + b ) Ta có    1 ( x + 1) =  x.1 + ⋅  ≤ ( x + ) 1 +  ⇒ 2    x +2 ≤ ⋅ x +1 Tương tự ta có bất đẳng thức cộng lại ta suy = P x +2 + y +2 + z +2 ≤ 6 1  + + =    x +1 y +1 z +1  Dấu “=” xảy x= y= z= Vậy GTLN P 332 ... Đường thẳng qua M (m;0) song song với trục tung có phương trình: x − m = Đường thẳng qua N (0; n) song song với trục hồnh có phương trình: y − n = Kiến thức bổ sung: b Trong mặt phẳng tọa độ cho... trình ( m − 10 ) x + ( m − 10 ) x + = m − 10 ≠ Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt  ∆='' ( m − 10 ) − ( m − 10 ) > Xét ( m − 10 ) − ( m − 10 ) > ⇔ ( m − 10 )( m − 12 ) > Do m − 10 > m −... xy + 10 yz + 11zx Lời giải Tyhay z =1 − x − y vào P ta có: P= xy + z (10 y + 11x )= xy + (1 − x − y ) (10 y + 11x ) = −11x + (11 − 12 y ) x − 10 y + 10 y hay 11x + (12 y − 11) x + 10 y − 10 y