ĐỀ THI TS lớp 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN bội CHÂU TỈNH NGHỆ AN

ĐỀ THI TS LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU TỈNH NGHỆ AN Năm học 2016 – 2017 Câu (7.0 điểm) a) Giải phương trình − 3x + x + = 3x − 4x + 2xy + 4x + 3y + = b) Giải hệ phương trình  4x + y + 12x + 4y + = Câu (3.0 điểm) ( ( ) Tìm tất cặp số nguyên dương x; y cho x − ) ( xy + 2) Câu (2.0 điểm) Cho a, b, c số thực dương thay đổi Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = a2 + b2 (a + b ) ( b + c) 2 + c 4a Câu (6.0 điểm) ( ) ( ) Cho điểm A cố định nằm ngồi đường trịn O Kẻ tiếp tuyến AE, AF O (E, F tiếp điểm) Điểm D di động cung lớn EF cho DE  DF , D không trùng với E tiếp tuyến D ( O ) cắt tia AE, AF B, C a) Gọi M, N giao điểm đường thẳng EF với đường thẳng OB, OC Chứng minh tứ giác BNMC nội tiếp đường tròn ( ) b) Kẻ tia phân giác DK góc EDF tia phân giác OI góc BOC K  EF ;I  BC Chứng minh OI song song với DK c) Chứng minh đường thẳng IK qua điểm cố định Câu (2.0 điểm) Mỗi điểm mặt phẳng gắn với hai màu đỏ xanh Chứng minh ln tồn tam giác có ba đỉnh màu có độ dài cạnh Phân tích hướng dẫn giải Câu (7.0 điểm) a) Giải phương trình − 3x + x + = 3x − 4x + • Phân tích Phương trình có chứa nhiều dấu ta không nhẩm nghiệm đẹp nên tạm thời ta không sử dụng phương pháp nhân lượng liên hợp Lại thấy phương trình khơng thể viết thành tích hay viết thành bình phương Phương pháp đặt ẩn phụ khó khăn ta khơng thể biểu diễn vế phải theo hai thức vế trái Nhận thấy sau bình phương hai vế phương trình cịn thức phân tích nên ta chọn phương pháp nâng lên lũy thừa để giải toán xem ( − 3x + x + ) = 3x − 4x +  −3x + 2x + = 3x − 2x − Đến ta thấy giải phương trình • Lời giải Điều kiện xác định phương trình −1  x  ( Đặt t = − 3x + x + ( ) Phương trình cho tương đương với = 3x − 4x +  −3x + 2x + = 3x − 2x − ) −3x + 2x + t  Khi phương trình trở thành t + 2t − =  t = Từ t = ta −3x + 2x + =  x =  13 1 − 13 + 13  ; Kết hợp với điều kiện xác định phương trình ta tập nghiệm S =     2xy + 4x + 3y + = b) Giải hệ phương trình  2 4x + y + 12x + 4y + = • Phân tích Quan sát phương trình hệ ta thấy phương trình thứ có bậc ẩn, ta biểu diễn ẩn theo ẩn vào phương trình thứ hai, nhiên sau phép phương trình thu có bậc nên ta tạm thời chưa sử dụng phép Quan sát kỹ phương trình ta ( )( ) thấy phương trình thứ phân tích 2xy + 4x + 3y + =  2x + y + = Đến ta giải hệ phương trình • Lời giải Phương trình thứ hệ tương đương với  2x + = x=− 2xy + 4x + 3y + =  2x + y + =      y + =  y = −2 y = + Với x = − , vào phương trình thứ hai hệ thu gọn ta y + 4y =    y = −4 ( )( ) + Với x = −2 , vào phương trình thứ hai hệ ta 4x + 12x + =  x = − ; x = − 2  −1   −3   −3   −5  ; −2  ,  ; −4  ,  ;  ,  ; −2          • Nhận xét Để ý phương trình thứ hai hệ có bậc hai ẩn nên ta xem phương trình ( ) Vậy hệ phương trình có nghiệm x; y  phương trình ẩn y tham số x (vì hệ số cao y 1) Khi ta viết phương trình lại thành ( ) y2 + 4y + 4x + 12x + = Đến ta ' = − 4x + 12x + = −4x − 12x − , khơng có dạng phương Do phương trình khơng phân tích thành tích Để ý lên hệ hai phương ( trình hệ ta thấy 4x + y − 4xy = 2x − y ) ( ) 12x + 4y − 8x + 6y = 4x − 2y Do từ hệ phương trình ta ( 4x ( ) ( ) + y + 12x + 4y + − 2xy + 4x + 3y + =  4x + y − 4xy + 4x − 2y − =  2x − y ) ( ) ( )( ) + 2x − y − =  2x − y − 2x − y + = Đến ta có thêm cách giải khác cho hệ phương trình Trong hệ phương trình mà phương trình có bậc hai ẩn ta cần kiểm tra cụ thể phương trình xem có phương trình phân tích thành tích Khi khơng có phương trình phương trình phân tích thành tích ta nghĩ đến phép cộng, trừ theo vế hai phương trình Nhận thấy giá trị y nhận −4; −2; , điều có nghĩ phương trình ẩn y phân tích dẽ dàng Do ta rút x theo y từ phương trình thứ vào phương trình thứ hai để đươncj phương trình bậc ẩn y Chú ý khí rút x theo y ta phải xét trường hợp y để phương trình phân tích ( ( ) Câu Tìm tất cặp số nguyên dương x; y cho x − ) ( xy + 2) • Phân tích Khi giải tốn số học quan hệ chia hết ta ln có thói quen đặt kết phép chia k để đưa dạng phương trình nghiệm nguyên Ở ta áp dụng hướng Đặt ( ) x − = k xy + ta x − kxy − 2k − = phương trình bậc hai nên ta có hai ý tưởng để giải phương trình sử dụng điều kiện có nghiệm phương trình áp dụng hệ thức Vi – et Xem phương trình phương trình bậc ẩn x ta có + Ý tưởng Sử dụng điều kiện có nghiệm phương trình ( ) Ta có  = k y − −2k − = k y + 8k + Để phương trình có nghiệm x ngun  phải số phương Đến hướng khơng hợp lí cho k y + 8k + số phương khó để tìm k ( + Ý tưởng Sử dụng hệ thức Vi – et để tìm điều kiện k Giả sử x ; y ) thỏa mãn yêu cầu toán Xét phương trình x − kxy − 2k − = , x nghiệm phương trình Do theo định lia Vi – te phương trình có nghiệm x Ta có x + x1 = ky ; x x = −2k − Đến dễ thấy x nhận giá trị nguyên âm nên hương không khả thi + Ý tưởng Cũng với ý tưởng đặt k ta cần thay đổi toán chút xem (x −2 ) ( xy + 2)  ( x y + 2x ) − (2x + 2y ) ( xy + 2)  2x + 2y ( xy + ) Khi đặt 2x + 2y = k xy + đưa dạng phương trình nghiệm nguyên để giải Tuy nhiên để giải phương trình ta cần giới hạn k Để làm điều ta cho k nhận vài giá trị ( ) ( ) 1;2; giới hạn k Ta thấy k = ta tìm cặp x; y = 3; thỏa mãn Khi k = 2; 3; ta thấy phương trình khơng có nghiệm ngun dương Do ta nghĩ đến chứng minh k  ( • Lời giải Ta có x − ( ) ( xy + 2)  ( x y + 2x ) − (2x + 2y ) ( xy + 2)  2x + 2y xy + ) Đặt 2x + 2y = k xy + với k  N* ( ) ( ) ( )( ) Xét k  Khi 2x + 2y = k xy +  xy +  x + y  xy +  x − y − +  Điều mâu thuẫn x; y nguyên dương ( ) ( )( ) Suy k  hay k = Suy x + y = xy +  x − y − = + Nếu x − = 1; y − = x = 3; y = + Nếu x − = 2; y − = x = 4; y = ( ) ( ) ( ) Vậy cặp số x; y thỏa mãn toán 3; 4; Câu Cho a, b, c số thực dương thay đổi Tìm giá trị nhỏ biểu thức: a2 b2 c P = + + 2 4a a +b b+c ( ) ( ) 3 Ta cần chứng minh P  4 • Phân tích: Đầu tiên ta dự đoán P nhỏ a = b = c Khi P = hay a2 b2 + (a + b ) (b + c) 2 c  Ý tưởng ta đưa bất đẳng thức dạng hoán vị Lại 4a + thấy theo bất đẳng thức Cauchy ta có c c2 c2 =  4a 4ac a +c ( a2 Như ta cần chứng minh ) nên ý tưởng lại có sở b2 + c2 + (a + b ) ( b + c) (a + c) ( x + y + z ) , áp dụng ta  2  Để ý ta thấy x + y + z 2 a2 ( a +b + b2 ) ( b+c 1 a b c    + +  3a + b b + c c +a  c2 + ) (a + c ) 2 2 1 a b c  a b c Ta cần chứng minh  + + + +  Nếu áp dụng bất    3a + b b + c c +a  a +b b +c c+a đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức bất đẳng thức sai Do ta nghĩ đến hướng khác Ta có a2 b2 + c2 + (a + b ) ( b + c ) (a + c ) 2  (a ( a2 a + b (a ( a2 a + b ) 2 ) + b2 b + c + b + c2 ( ( ) ) ) + b + c2 ( + b2 b + c ) ( + c2 c + a ) ta chứng minh ( + c2 c + a )  ) ( ) Hay ta cần chứng minh a + b + c4 + a 2b + b 2c2 + c2a  a 3b + b 3c + c3a Đến ta lại chứng minh đánh giá Như sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki để đánh giá cách trực tiếp khơng đem lại hiệu quả, ta cần thay đổi hình thức tốn trước Để ý ta viết lại bất đẳng thức cần chứng minh thành Đặt x =  b 1 +  a  +  c 1 +  b  +  a 1 +  c   b c a ; y = ; z = , ta xyz = bất đẳng thức trở thành a b c 1 + +  2 1+ x 1+ y 1+z ( ) ( ) ( ) + Đến từ giả thiết xyz = ta đổi biến tiếp, cách đổi biến ta để ý đến cách đổi biến dạng x = np m ;y = mp n ;z = mn p2 với m, n, p số dương Khi bất đẳng thức viết lại thành + + m4  m + np  (    np  mp  mn  1 +  1 +  1 +  m  n  p     Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức n4 + ) (n + mp p4 + ) (p + mn )  (m + n + p ) + +  ( m + np ) ( n + mp ) ( p + mn ) ( m + np ) + (n + mp ) + (p + mn ) (m + n + p ) Và ta cần chứng minh  hay ta cần chứng minh ( m + np ) + ( n + mp ) + ( p + mn ) m + n + p + ( m n + n p + p m )  6mnp ( m + n + p ) m4 n4 2 2 2 2 2 p4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( Dễ thấy m + n + p  m n + n p + p m ; m n + n p + p m  mnp m + n + p ( ) ( ) ) ( ) Nên ta m + n + p + m 2n + n 2p + p 2m  m 2n + n 2p + p 2m  6mnp m + n + p Vậy bất đẳng thức chứng minh + Cũng từ 1 + + Khi ta có + + (1 + x ) (1 + y ) (1 + z ) 2 Chú ý đến giả thiết xyz = ta có  1 + + xy 1+z ( 1 + + xy 1+ z ( ) = ) ( ) ) ( + ( + x ) (1 + y ) 2  xy + z + z +1 1+ z Như phép chứng minh hoàn tất ta ( ta để ý đến bất đẳng thức (1 + x ) (1 + y ) (1 + z ) ( ) = z2 + z + z2 + 2x + z2 + z +  z + 2x + ) Hay ta cần z2 + z +  z2 + 2z +  z −  Đến ta có lời giải cho tốn • Lời giải + Cách Ta có P =  b 1 +  a  +  c 1 +  b  + 2 Đặt x =  a 1 +  c  xyz = biểu thức cho viết lại thành P = 1+ x ( Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức 1 + (1 + x ) (1 + y ) 2  + ( + x ) (1 + y ) ( )( ( ) + ) ( b c a ;y = ;z = ta a b c 1+ y + ) ( 1+z ) Thật vậy, ta có xy +  ) ( )(  xy + x + y + 2x + 2y +  x + 2x + y + 2y + xy + (  − 2xy − x y = x y + xy  xy − + xy x − y ) 0 Do bất đẳng thức cuỗi ln nên ta có điều cần chứng minh Khi ta có + + (1 + x ) (1 + y ) (1 + z ) 2  1 + + xy 1+z ( ) = z + z +1 1+ z ( ) = z2 + z + z2 + 2x + ) z2 + z +   z2 + z +  z2 + 2z +  z − z + 2x + ( Như ta chứng minh ) ( ) ( )  , dấu xẩy x = y = z = hay a = b = c Do ta P  Vậy giá trị nhỏ P , dấu xẩy a = b = c + Cách Hoàn toàn tương tự ta chứng minh 1 + + (1 + x ) (1 + y ) (1 + z ) np Do xyz = nên tồn số dương m, n, p thỏa mãn x = m ;y = mp n viết lại thành 1 m4 + +   2    np  mp  mn  m + np + + +       m2  n2  p2     Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức ( mn ;z = p2 n4 + ) (n 2 + mp Khi bất đẳng thức p4 + ) (p  + mn )  (m + n + p ) + +  ( m + np ) ( n + mp ) ( p + mn ) ( m + np ) + (n + mp ) + (p + mn ) (m + n + p ) Và ta cần chứng minh  hay ta cần chứng minh ( m + np ) + ( n + mp ) + ( p + mn ) m + n + p + ( m n + n p + p m )  6mnp ( m + n + p ) m4 n4 2 2 4 2 2 p4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) )  6mnp (m + n + p ) Dễ thấy m + n + p  m n + n p + p m ; m n + n p + p m  mnp m + n + p ( Nên ta m + n + p + m n + n p + p m 4 Như bất đẳng thức + 2 2 )  (m n + (1 + x ) (1 + y ) (1 + z ) 2 • Nhận xét Có thể áp dụng bất đẳng thức a2 b2  +n p +p m 2 +  ( + ) ( ) 2 đánh giá trực tiếp sau xy + c 1 c = + + 2 4a  4a  b c a +b b+c 1 +  1 +  a b   c b c 1 Đặt x = ; b = nên ta có = xy Khi ta có P = + a a b 1+ x 1+ y Ta có P = 3 hay P  4 ( + x ) (1 + y ) 2 + ( ) ( ) + xy Áp dụng bất đẳng thức bất đẳng thức Cauchy ta P  xy xy + 1 xy + 1 + = + − 2 + − = 1− = xy + xy + 4 xy + 4 4 Vậy giá trị nhỏ P , dấu xẩy x = y = hay a = b = c Có thể thấy hình thức đơn giản biểu thức P, nhiên vào đánh giá ta thấy khó khăn Do để hồn thành tốn địi hỏi phải phải nẵm vững kiến thức bất đẳng thức phải làm nhiều có kinh nghiệm xử lý bất đẳng thức khó ( ) ( ) Câu Cho điểm A cố định nằm ngồi đường trịn O Kẻ tiếp tuyến AE, AF O (E, F tiếp điểm) Điểm D di động cung lớn EF cho DE  DF , D không trùng với E tiếp tuyến D ( ) O cắt tia AE, AF B, C a) Chứng minh tứ giác BNMC nội tiếp • Phân tích tìm lời giải Yêu cầu chứng minh tứ giác nội tiếp đường tròn làm ta nhớ đến phương pháp chứng minh học, nhiên xử lý theo hướng lại phụ thuộc đến việc đọc giả thiết bị ẩn tốn Quan sát hình vẽ kết hợp với yếu tố liên quan đến đường tròn nội tiếp ta nghĩ đến chứng minh tứ giác BNMC nội hướng sau + Hướng Đầu tiên với tư tưởng chứng minh hai góc đối diện tứ giác BNMC A có tổng 180 Điều có nghĩa ta cần NBC + NMC = 1800 Tuy nhiên P F tốn góc ta xét góc Q lại khơng có mối quan hệ với nên hướng không cho ta kết mong M NK O E J G muốn H + Hướng Chứng minh hai góc BMC = BNC Quan sát hình vẽ ta dự B L D I C đoán BMC = BNC = 900 Để ý ta có BFO = BDO = 900 , ta quy tốn chứng minh tứ giác BONE DONE tứ giác COFM DOMC nội tiếp Do vai trò điểm M N nên phép chứng minh tương tự Do O tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC nên ta sử dụng phép biến đổi góc để chứng minh tứ giác BONE DONE ( Với tứ giác giác COFM DOMC ta biến đổi hoàn toàn tương tự) - Để chứng minh tứ giác BONE nội tiếp ta biến đổi góc sau ONE = EFA − OCA = 900 − OAF − 1 1 ACA = 900 − BAC − ABC = ABC = ABO 2 2 - Để chứng minh tứ giác DONE nội tiếp ta biến đổi góc DEF = DOF = COD Do A cố định B, C thay đổi nên ta thấy N nằm đoạn thẳng EF nằm tia đối tia EF Trường hợp N nằm EF ta biến đổi trên, trường hợp N nằm tia đối tia EF ta biến đổi hoàn toàn tương tự với điểm M hình trên, ta khơng cần phải xét hai trường hợp Ngoài phép phân tích ta khơng theo hướng chứng minh tứ giác BDON nội tiếp ta cần chứng minh BNO = 900 nên biến đổi góc liên quan đến điểm N đến góc đặc biệt toán + Hướng Chứng minh NCB = NMB tương tự với MNC = MBC Theo giả thiết tốn ta có NCB = 1 ACB Như ta cần NMB = ACB Quan sát hình vẽ ta có 2 NMB = AFE − ABM = AFE − NMB = 900 − 1 ABC Mà ta lại có AF E = 900 − BAC Từ ta 2 ) ( 1 BAC + ABC = ACB Đến ta thấy có thêm lời giải cho ý thứ 2 tốn • Trình bày lời giải + Lời giải Ta có DEF = DOF = DOC nên DEF + DON = 1800 suy ta có tứ giác DONE nội tiếp Mặt khác ta có BEO = BDO = 900 nên BDOE nội tiếp Như năm điểm B, D, E, O, N thuộc đường trịn Từ suy BNO = BEO = 900 Chứng minh tương tự ta BMC = 900 Như ta có BMC = BNC = 900 hay tứ giác BNMC nội tiếp + Lời giải Theo giả thiết toán ta có NCB = nên ta có NMB = AFE − ABM = AFE − NMB = 900 − ( ACB Do AFE góc ngồi tam giác FBM 1 ABC Mà ta lại có AF E = 900 − BAC Từ ta 2 ) 1 BAC + ABC = ACB Kết hợp hai kết ta thu NMB = NCB , tứ 2 giác BNMC nội tiếp đường tròn b) Chứng minh OI song song với DK • Phân tích Giả thiết cho tia phân giác cầu chứng minh hai đường thẳng song song nên ta nghĩ đến hướng sau + Hướng Sử dụng tính chất tia phân giác để suy tỉ số áp dụng định lí Talet để chứng minh hai đường thẳng song song Ta có tỉ số OB IB DE EK = = , ta phải tìm mối liên hệ OC IC DF FK IO CI ; với tỉ số Tuy nhiên đến hướng khơng thể tiếp tục DK CD + Hướng Sử dụng phép biến đổi góc cộng góc để cặp góc đồng vị cặp góc so le Ở ta để ý đến tia phân giác  ABC   ACB  ABC + ACB  −  90 − = Ta có EDF = 1800 − EDB − FDC = 1800 −  900 −         Mà ta lại có KDC = KDF + FDC = EDF ABC ACB + FDC = 900 + − 4 Như ta cần OIC = 900 + ABC ACB Tuy nhiên OI phân giác BOC nên − 4 điều hiển nhiên + Hướng Gọi H giao điểm BO với DE G giao điểm CO với CF Gọi J giao điểm DK với OB Khi để ý đến tứ giác OHDG nội tiếp đường trịn ta có HOG + HDG = 1800 Để ý OI phân giác góc BOC DK phân giác góc EDF nên EDK + BOI = 900 Mà ta lại có EDK + BJD = 900 nên ta BOI = BJ D Từ suy OI song song với DK • Trình bày lời giải + Lời giải Ta có biến đổi góc sau  ABC   o ACB  ABC + ACB  −  90 − = EDF = 1800 − EDB − FDC = 1800 −  90o −         Mà ta lại có KDC = EDF ABC ACB ACB ABC ACB + FDC = + + 900 − = 900 + − 4 4 Mặt khác OI phân giác góc BOC nên ta có ABC ABC BOC  ABC ACB  ABC ACB  = 900 + OIC = + BOI = + =  1800 − − − 2 2 2  4   Kết hợp hai kết ta suy KDC = OIC nên OI song song với DK + Lời giải Gọi H, G giao điểm BO với DE CO với CF Gọi J giao điểm DK với OB Khi dễ thấy tứ giác OHDG nội tiếp đường trịn, ta HOG + HDG = 1800 Do OI phân giác góc BOC DK phân giác góc EDF nên ta có EDK + BOI = 900 Mà ta lại có EDK + BJD = 900 nên ta BOI = BJ D Từ suy OI song song với DK c) Chứng minh đường thẳng IK qua điểm cố định • Phân tích Trên cở sở hình vẽ ta dự đốn đường thẳng IK qua điểm A Cũng từ giả thiết ta điểm A cố định nên nhận định có sở Như ta cần phải chứng minh ba điểm I, K, A thẳng hàng Từ giả thiết toán kết hai ý đầu ta nghĩ đến việc lập tỉ số để áp dụng định lý Talets điểm K trùng với giao điểm AI với EF ( ) + Hướng Giả sử P giao điểm DK với đường trịn O , P điểm cung nhỏ EF ba điểm O, P, A thẳng hàng Để ý lúc KP song song với OD, ta có KP AP KP AP = ; xem tốn chứng minh Ta cần tìm tỉ số với OI AO OI AO Gọi Q giao điểm AO với EF, dẽ thấy hai tam giác KPQ IDO đồng dạng với nên ta có PQ OQ OQ OE OP AP KP P Q P Q =1− =1− =1− =1− = = = Mặt khác ta có PO PO OE OA OA OA OI DO P O Như ta có lời lời giải cho tốn + Hướng Cũng chứng minh KP AP = , ta tiếp cận toán theo đường khác OI AO Dễ thấy KPO = KDO = DOI nên hai tam giác KQP DIO đồng dạng, Từ ta KP P Q P Q = = Mặt khác ta lại có P điểm cung nhỏ EF nên EP phân giác tam OI OD OE P A EA AO PA PQ = = = giác AEQ, từ ta , suy Kết hợp hai kết ta OA EO P Q EQ EO AP KP = , ta có lời giải khác cho toán AO OI + Hướng Gọi K’ giao điểm AI với EF, ta cần chứng minh hai điểm K K’ trùng Chú ý ta có PD song song với OI, PK’ song song với OI tốn xem chứng minh ( ) Gọi giao điểm AO với đường tròn O DOB = EOB = 900 − L Khi COL = ) ( ( ) ( BAC + BCA Mặt khác ) 1 ABC = 900 − 1800 − BAC − BCA = BAC + BCA Từ ta 2 COL = BOD nên suy DOI = LOI , điều dẫn đến IOD = IOL , LI tiếp tuyến đường trịn O ( ) Dễ thấy AP.AL = AE = AQ.AO nên ta AQ AP = Mà QK’ song song với IL nên theo AL AO AQ AK ' AK ' AP = = Từ nên có P K ' song song với OI Điều dẫn đến AL AI AO AI PK’ PD trùng hay K K’ trùng Từ suy ba điểm A, K, I thẳng hàng • Trình bày lời giải định lý Talets ta có + Lời giải Giả sử P giao điểm DK với cung nhỏ EF, P điểm cung nhỏ EF Từ suy ba điểm A, P, O thẳng hàng Gọi Q giao điểm AO với EF Do ta AO vng góc với EF Q Xét hai tam giác vuông KPQ IDO có OID = ODP = KPQ nên KP Q ∽ IDO KP P Q P Q = = Mặt khác ta lại có OAE = 900 , EQ ⊥ OP OE = OP nên ta OI DO P O PQ OQ OE OQ OQ OE OP AP =1− =1− = =1− =1− = Từ suy PO OE OA PO OE OA OA OA KP AP = Kết hợp hai kết ta , mà ta có KP song song với OD Do suy ba điểm A, K, OI AO Do ta I thẳng hàng Vậy IK qua điểm cố định A ( ) + Lời giải Gọi giao điểm DK với đường trịn O P, dễ thấy ba điểm A, P, O thẳng hàng Giả sử AO cắt EF Q Do DK song song với OI nên ta có KPO = KDO = DOI , điều dẫn đến hai tam giác KQP DIO đồng dạng với Từ ta KP P Q P Q = = Mặt khác ta lại có P OI OD OE điểm cung nhỏ EF nên EP phân giác tam giác AEQ, theo tích chất đường phân giác kết hợp hai tam giác AEO AQE ta suy Kết hợp hai kết ta P A EA AO PA PQ = = = , suy OA EO P Q EQ EO AP KP = , mà ta có KP song song với IO nên theo định lí Talets ta suy AO OI ba điểm A, K, I thẳng hàng Từ ta có điều phải chứng minh Do ta ( ) ( ) BE BP BE = BJ Do hai đường tròn O O ' cố định nên A B cố hay BP = BC BC BJ định, điểm J cố định, suy BJ khơng đổi Do hai tam giác EPB CJB đồng dạng với nên suy hai tam giác DBC FBE đồng dạng với Mà hai tam giác DBC EBF nội tiếp hai đường ( ) ( ) trịn O ' O Do BE BE OA BJ không đổi Suy P = ' khơng đổi Từ ta BP = BC BC O A điểm cố định hay EF qua điểm P cố định + Cách Gọi J H giao điểm OO’ với CD AB Gọi K giao điểm MO’ với CD O'H O'M Khi dễ thấy hai tam giác O’HM O’KJ đồng dạng với Suy nên ta có = O 'Q O 'J O' H.O'J = O' K.O' M = O'C2 = O' B2 Từ ta lại O'H O'B , suy hai tam giác HO’B O’BJ = O ' B O 'J đồng dạng với Do ta O' BJ = O ' HB = 900 , suy BJ ⊥ O' B hay BJ tiếp tuyến B ( ) đường tròn O ' Chứng minh hoàn toàn tương tự ta AJ tiếp tuyến A đường tròn (O ) Do A B cố định nên J cố định Từ B kẻ tiếp tuyến với đường tròn (O ) , tiếp tuyến cắt EF ' P, suy đường thẳng BP cố định Khi tứ giác BFND nội tiếp đường trịn nên ta có PBF = PEB = BAF = JBD BFP = BDJ Suy hai tam giác BDJ BFP đồng dạng, BJD = BPF nên tứ giác BJNP nội tiếp đường tròn Suy BJ P = BNP = BDF = BCA = BO 'O Mặt BP BJ khác lại có O ' BO = P BJ nên hai tam giác JBP O’BO đồng dạng Do hay ta = BO BO' BJ.BO khơng đổi Suy điểm P cố định Vậy EF qua điểm P cố định BP = BO ' ( ) Câu Trong đường trịn O có bán kính 21 đơn vị, cho 399 điểm A1, A , , A 399 Chứng minh ( ) tồn vơ số hình trịn có bán kính đơn vị nằm đường trịn O không chứa điểm 399 điểm A1, A , , A 399 ( ) ( ) • Lời giải Trong đường tròn O vẽ đường tròn O ' có bán kính 20 đơn vị Giả sử 399 điểm ( ) A1, A , , A 399 nằm đường tròn O ' Khi S(O ') = 400p Từ 399 điểm A1, A , , A 399 vẽ đường trịn có bán kính đơn vị Khi tổng diện tích 399 đường trịn 399p  400p , suy ( ) 399 đường tròn khơng phủ hết đường trịn O ' Do có vơ số khoảng trống đường trịn ( ) hay tồn vơ số hình trịn có bán kính đơn vị nằm đường trịn O không chứa điểm 399 điểm A1, A , , A 399 ĐỀ THI TS LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU TỈNH NGHỆ AN Năm học 2018 – 2019 Bài (6.5 điểm) x − + − x = 2x − 5x − a) Giải phương trình  xy − 3y = 4x b) Giải hệ phương trình  y + 2y + = 7x + 8x   Bài (2.5 điểm) a) Tìm số nguyên x, y, z cho x + y + z2 +  xy + 3y + 4z ( ) b) Cho hai số nguyên dương m, n thỏa mãn m + n + ước nguyên tố m + n − Chứng minh m.n số phương Bài (2.0 điểm) Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn abc = Chứng minh rằng: a − a + ab + + b − b + bc + + c4 − c3 + ca +  Bài (7.0 điểm) ( ( ) ) Cho tam giác ABC vuông A AB  AC nội tiếp đường tròn O , đường cao AH Gọi D điểm đối xứng với A qua BC Gọi K hình chiếu vng góc A lên BD Qua H kẻ đường thẳng song song ( ) với BD cắt AK I Đường thẳng BI cắt đường tròn O N (N khác B) a) Chứng minh AN.BI = DH.BK ( ) b) Tiếp tuyến đường tròn O D cắt đường thẳng BC P Chứng minh đường thẳng BC tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác ANP ( ) c) Tiếp tuyến đường tròn O C cắt đường thẳng DP M Đường tròn qua D tiếp xúc với CM M cắt OD Q (Q khác D) Chứng minh đường thẳng qua Q vuông góc với BM ln ( ) qua điểm cố định BC cố định A di động đường tròn O Bài (2.0 điểm) Để phục vụ cho lễ khai mạc Words Cup 2018, ban tổ chức chuẩn bị 25000 bóng, bóng đánh số từ đến 25000 Người ta dùng màu: Đỏ, Da cam, Vàng, Lục, Lam, Chàm, Tím để sơn bóng (mỗi sơn màu) Chứng minh 25000 bóng nói ln tồn ba bóng màu đánh số a, b, c mà a chia hết cho b, b chia hết cho c abc  17 Hướng dẫn giải Bài (6.5 điểm) a) Giải phương trình x − + − x = 2x − 5x − • Lời giải Điều kiện xác định phương trình  x  + Cách Biến đổi tương đương phương trình sau x − + − x = 2x − 5x −  x − − + − x − = 2x − 5x − x−3 3−x x −3  + = 2x + x −  + 2x + x − − x −2 +1 − x +1 − x +1   1  x−3  + 2x + − =0 x − + 1  − x +1 ( ( )( ) ( )( x −3 ) x −2 +1 =0 ) Để ý với  x  ta có x −2 +1 − x +1  2x +  nên suy + 2x + − x −2 +1 0 Do từ phương trình ta suy x − =  x = , thỏa mãn điều kiện xác định  Vậy phương trình cho có tập nghiệm S = + Cách Biến đổi tương đương phương trình sau x − + − x = 2x − 5x −  2x − 6x + x − − x − − − x + =  2x − 6x + x − ( )  2x x − + ( ) ( x −2 −1 − ( x − 3) x −2 x −2 +1 ) − x −1 =  =  x −  2x + − x +1  3−x − Để ý với  x  ta có 2x + ( x −2 +1 + ) − x +1 x −2 +1 +  =0 − x + 1  Do từ phương trình ta suy x − =  x = , thỏa mãn điều kiện xác định  Vậy phương trình cho có tập nghiệm S =  xy − 3y = 4x b) Giải hệ phương trình  y + 2y + = 7x + 8x    2xy − 6y = 8x • Lời giải Hệ phương trình cho viết lại thành  y + 2y + = 7x + 8x   Lấy hiệu theo vế hai phương trình hệ phương trình ta thu y + 2y + − 2xy + 6y = −x + 8x  x − 2xy + y − 8x + 8y + = (  x−y ) x − y = y = x − −8 x−y +7 =0     x − y =  y = x − ( ) + Với y = x − , vào phương trình thứ hệ cho ta  −2 − 13 −2 + 13  2x x − − x − = 8x  3x + 4x − =  x   ;  3   ( ) ( )  −2 − 13 −3 − 13   −2 + 13 −5 + 13  ,   ; ; Đến ta thu x; y =  −     3 3     ( ) + Với y = x − , vào phương trình thứ hệ cho ta  −5 − 22 −5 + 22  2x x − − x − = 8x  3x + 10x − 21 =  x   ;  3   ( ) ( )  −5 − 22 −26 − 22   −5 + 22 −26 + 22  ,   ; ; Đến ta thu x; y =  −     3 3     ( ) Vậy hệ phương trình cho có nghiệm Bài (2.5 điểm) a) Tìm số nguyên x, y, z cho x + y + z2 +  xy + 3y + 4z • Lời giải Do x, y, z số nguyên nên từ x + y + z2 +  xy + 3y + 4z ta x + y + z2 + +  xy + 3y + 4z  x + y + z2 + − xy − 3y − 4z   x − xy + y + y − 3y + + z2 − 4z +  4 2     1   x − y  +  y − 1 + z −    2  ( )  1   Để ý ta có  x − y   0;  y −   0; z − 2   2  2 (  1    x − y  =  y − 1 = z − 2   2  ( ) ( ( ) )  Do từ bất đẳng thức ta thu =0x− 1 y = y −1 = z −2 = 2 ) Từ ta thu x; y; z = 1;2;2 thỏa mãn yêu cầu toán ( ) b) Cho hai số nguyên dương m, n thỏa mãn m + n + ước nguyên tố m + n − Chứng minh m.n số phương • Lời giải Giả sử m n hai số nguyên đương khác Khi ta có (m + n ) ( ( )( )( − = m + n − m + n + Mm + n + ) ) Mà theo giả thiết ta có m + n − chia hết cho m + n + ( ) (  Do ta có m + n − −  m + n  ) ( ) − 1 Mm + n + Do ta  ( ( m − n ) M( m + n + 1) ) Lại m + n + số nguyên tố nên từ ta suy m − n Mm + n + ( ) Khơng tính tổng qt ta giả sử m  n , ta có m − n Mm + n + Từ suy m − n  m + n +  2n +  , điều vơ lí n số nguyên dương Do điều giả sử m n khác sai nên suy m = n Từ ta có m.n = m số phương Bài (2.0 điểm) Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn abc = Chứng minh rằng: a − a + ab + ) (a ( • Lời giải Để ý ta có a − (a − 1) (a 2 + 2 ) b − b + bc + + c4 − c3 + ca +  ) + a +  với a số thực dương Từ ta có ( )( ) + a +   a − 2a + a + a +   a − a − a +  Do a − a − a + + ab +  ab +  a − a + ab +  ab + a + Đến ta suy a − a + ab + 1 a − a + ab + ab + a + 1  b − b + bc + Đặt A =  bc + b + 1 + A ab + a + + Áp dụng bất đẳng thức quen thuộc x + y + z  ab + a + + + b − b + bc + bc + b + + ; Chứng minh hoàn toàn tương tự ta có c4 − c3 + ca + c − c + ca +  ca + c + Khi ta có bc + b + + ( x + y + z2 ca + c + ) ta   1  3 + +  ca + c +  ab + a + bc + b + ca + c +  Để ý đến giả thiết abc = ta có biến đổi sau 1 1 a ab + + = + + ab + a + bc + b + ca + c + ab + a + abc + ab + a a bc + abc + ab a ab ab + a + = + + = =1 ab + a + 1 + ab + a a + + ab ab + a + a Do suy ab + a + + bc + b + + ca + c +  nên ta A  Vậy bất đẳng thức chứng minh Dẩng thức xẩy a = b = c = ( ) ( ) Bài (7.0 điểm) Cho tam giác ABC vuông A AB  AC nội tiếp đường tròn O , đường cao AH Gọi D điểm đối xứng với A qua BC Gọi K hình chiếu vng góc A lên BD Qua H kẻ đường ( ) thẳng song song với BD cắt AK I Đường thẳng BI cắt đường tròn O N (N khác B) a) Chứng minh AN.BI = DH.BK ( ) b) Tiếp tuyến đường tròn O D cắt đường thẳng BC P Chứng minh đường thẳng BC tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác ANP ( ) c) Tiếp tuyến đường tròn O C cắt đường thẳng DP M Đường tròn qua D tiếp xúc với CM M cắt OD Q (Q khác D) Chứng minh đường thẳng qua Q vng góc với BM ( ) qua điểm cố định BC cố định A di động đường tròn O • Lời giải T A N I X C B O H G P J E K Q M D · · a) Dễ thấy BDA = BNA nên ta IHA = BNA , suy IHA = INA nên tứ giác ANHI nội tiếp đường trịn Từ ta có AHN = AIN = BIK Mà ta lại có IBK = NAH nên hai tam giác ANH BKI đồng dạng với Do ta có BK BI DI = = nên suy AN.BI = DH.BK AN AH DH b) Gọi T tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ANP X trung điểm NP Do A D đối xứng với ( ) qua BC nên suy PD tiếp tuyến D với đường trịn O Khi để ý đến góc nội tiếp ( ) đường trịn O ta có PTX = PAN = ADN Do tứ giác ANHI nội tiếp đường trịn nên ta có ANH = AIH = 900 nên suy NAH = NHP Mà ta lại có NAH = NDP , ta NHP = NDP nên tứ giác PDHN nội tiếp đường tròn, suy NPH = NDA Kết hợp kết ta NPH = PTX Để ý PTX + TPX = 900 nên suy TPH = NPH + TPX = 900 hay BC vng góc với TP Do BC tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác APN c) Gọi J G theo thứ tự trung điểm OM OC Gọi E giao điểm QG với BM Khi dễ thấy QM song song với BC Do ta có QMO = MOP = QOM nên tam giác QOM cân Q, từ suy QJ vng góc với OM Điều dẫn đến BOM = GJ Q Lại có OM phân giác góc COD nên suy hai tam giác vuông OGJ OJQ đồng dạng với nhau, suy vuông OGJ OCM đồng dạng với nên ta lại có GJ OG Để ý ta lại có hai tam giác = QJ OJ OG OC OB GJ OB = = Do ta = OJ OM OM QJ OM Kết hợp với BOM = GJ Q ta hai tam giác GJQ BOM đồng dạng với nhau, suy OMB = J QG nên tứ giác QEJM nội tiếp đường tròn Đến ta suy QE vng góc với BM Do đường thẳng qua Q vng góc với BM qua trung điểm G OC Do OC cố định nên điểrm G điểm cố định Từ ta có điều phải chứng minh Bài (2.0 điểm) Để phục vụ cho lễ khai mạc Words Cup 2018, ban tổ chức chuẩn bị 25000 bóng, bóng đánh số từ đến 25000 Người ta dùng màu: Đỏ, Da cam, Vàng, Lục, Lam, Chàm, Tím để sơn bóng (mỗi sơn màu) Chứng minh 25000 bóng nói ln tồn ba bóng màu đánh số a, b, c mà a chia hết cho b, b chia hết cho c abc  17     • Lời giải Xét tập hợp A = 1; 2; 3; 4; ; 25000 tập hợp B = 1; 3; 3.2; 3.22 ; 3.213 Tập hợp B   viết lại thành B = 1; 3; 6;12; 24576 Do 24576  25000 nên suy tập hợp B tập hợp tập hợp A Tập hợp B có 15 phần tử tương ứng với 15 bóng Do bóng sơn màu: Đỏ, Da cam, Vàng, Lục, Lam, Chàm, Tím Do theo ngun lý Dirichlet có ba bóng tập hợp B sơn màu Giả sử ba bóng đánh số a  b  c ta thu a chia hết cho b b chia hết cho c, đồng thời ta có abc  1.3.6 = 18  17 Vậy toán chứng minh xong ĐỀ THI TS LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU TỈNH NGHỆ AN Năm học 2019 – 2020 Câu (6.0 điểm) a) Giải phương trình x − x − 12x x − + 20 = ( )( )  x + xy + = b) Giải hệ phương trình  2 x y + y + = ( ) Câu (3.0 điểm) ( ) () () a) Cho đa thức f x = ax + bx + c với a số tự nhiên thỏa mãn f − f = 2019 Chứng ( ) () minh f 10 − f số lẻ ( ) b) Tìm cặp số nguyên dương x; y cho x y + x + y chia hết cho xy + y + Câu (2.0 điểm) Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn abc = a + b + c + Tìm giá trị lớn biểu thức: P = a + b2 + b + c2 + c2 + a Câu (7.0 điểm) ( ) ( ) Cho tam giác nhọn ABC AB  AC nội tiếp đường trịn O Gọi E điểm cung ( ) nhỏ BC Trên cạnh AC lấy điểm M cho EM = EC , đường thẳng BM cắt đường tròn O N khác B Các đường thẳng EA EN cắt cạnh BC D F a) Chứng minh tam giác AEN đồng dạng với tam giác FED b) Chứng minh M trực tâm tam giác AEN ( ) c) Gọi I trung điểm AN Tia IM cắt đường tròn O K Chứng minh CM tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác BMK Câu (1.0 điểm) Cho 12 điểm mặt phẳng cho điểm đỉnh tam giác mà tam giác ln tồn cạnh có độ dài nhỏ 673 Chứng minh có hai tam giác mà chu vi tam giác nhỏ 2019 HƯỚNG DẪN GIẢI Câu (6.0 điểm) a) Giải phương trình x − x − 12x x − + 20 = ( )( )  x + xy + = b) Giải hệ phương trình  2 x y + y + = ( ) Lời giải a) Giải phương trình x − x − 12x x − + 20 = Điều kiện xác định phương trình x  Phương trình cho viết lại thành ( ) x x − − 12x x − + 20 = ( )   Đặt t = x x − t  Khi phương trình trở thành t − 12t + 20 =  t  2;10 + Với t = , ta có phương trình ( ) )( ( ) x x − =  x2 x − =  x − x2 − =  x − x2 + x + =  x = + Với t = 10 , ta có phương trình ( ) )( ( ) x x − = 10  x x − = 100  x − x − 100 =  x − x + 4x + 20 =  x =   Kết hợp với điều kiện xác định ta tập nghiệm phương trình S = 2; ( )( )  x + xy + = b) Giải hệ phương trình  2 x y + y + = ( ) Điều kiện xác định hệ phương trình cho x  R; y  R Biến đổi hệ phương trình dạng ( )( )   x + xy + =  2 x y + x.xy + x =   Đặt a = x; b = xy , hệ phương trình trở thành ( )( ) ( ) (   a + b + = ab + a + b + = ab = − a + b   2    a + ab + b =  a + b − ab =  a + b − 5 − a + b  = ab = − a + b ab = − a + b a + b = 3; ab =      a + b =  a + b = −4; ab =  a + b + a + b − 12 =  a + b = −4   ( ( ) ( ( ) ) ( ( ) ) ) ) ( ) ( ) ( ) ( ) • Trường hợp Với a + b = 3; ab = ta a; b = 1; a; b = 2;1 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) + Khi a; b = 1; ta có x = 1; xy = Từ ta x; y = 1;  1  2 + Khi a; b = 2;1 ta có x = 2; xy = Từ ta x; y =  2;  ( • Trường hợp Với a + b = −4; ab = ta a + b phương trình )  4ab nên không tồn a, b thỏa mãn hệ ( ) ( )  1  2 Vậy hệ phương trình cho có nghiệm x; y = 1;2 ,  2;  Câu (3.0 điểm) () () ( ) a) Cho đa thức f x = ax + bx + c với a số tự nhiên thỏa mãn f − f = 2019 Chứng ( ) () minh f 10 − f số lẻ ( ) b) Tìm cặp số nguyên dương x; y cho x y + x + y chia hết cho xy + y + Lời giải ( ) () () a) Cho đa thức f x = ax + bx + c với a số tự nhiên thỏa mãn f − f = 2019 Chứng minh ( ) () f 10 − f số lẻ () () ( ( ) ) ( ) Với đa thức f x = ax + bx + c ta có f − f = 81a + 9b + c − 36a + 6b + c = 45a + 3b () () Do f − f = 2019 nên ta 45a + 3b = 2019 ( ) () ( ) ( ) Mặt khác ta lại có f 10 − f = 100a + 10b + c − 49a + 7b + c = 51a + 3b ( ) () ( ) Kết hợp với 45a + 3b = 2019 ta f 10 − f = 51a + 3b = 6a + 45a + 3b = 6a + 2019 ( ) () Do a số tự nhiên khác nên 6a số chẵn, suy 6a + 2019 số lẻ hay f 10 − f số lẻ ( ) b) Tìm cặp số nguyên dương x; y cho x y + x + y chia hết cho xy + y + • Lời giải Do x y + x + y chia hết cho xy + y + nên ( ) ( ) Suy y x y + x + y − x xy + y + chia hết cho xy + y + Hay ta y − x chia hết cho xy + y + Đến ta xét trường hợp sau Trường hợp Nếu y  x Khi x y số nguyên dương nên để y − x chia hết cho ( ) xy + y + ta cần có xy2 + y +  x − y2  x y2 − + y + y +  Điều vô lí x y số nguyên dương Do trường hợp khơng xẩy Trường hợp Nếu y2 = x Khi tồn số nguyên dương m để y = m; x = m Từ ta có (  x y + x + y = m + m + m = m m + m +  xy + y + = m + m +   ) Do dễ thấy x y + x + y chia hết cho xy + y + ( ) ( ) Vậy x; y = m ; m với m số nguyên dương thỏa mãn yêu cầu toán Trường hợp Nếu y2  x Khi x y số nguyên dương nên để y − x chia hết cho ( ) xy + y + ta cần có xy + y +  y − x  y x − + x + y +  Điều vơ lí x y số ngun dương Do trường hợp khơng xẩy ( ) ( ) Vậy cặp số thỏa mãn yêu cầu toán x; y = m ; m với m số nguyên dương • Lời giải Ta xét trường hợp sau Trường hợp Nếu x  y , a b nguyên dương nên y  x + Từ ta ( ) ( )( ) xy + y +  xy + y = y xy +  x + xy + = x y + xy + y +  x y + x + y ( ) Do trường hợp khơng tìm cặp số x; y ngun dương thỏa mãn yêu cầu toán Trường hợp Nếu x  y Khi x y + x + y chia hết cho xy + y + nên tồn số nguyên dương m thỏa mãn x2y + x + y = m Do x, y số nguyên dương nên ta có xy + y + x 1 x 2  +  xy + y + = x y + x + xy + +  x y + x + y y y y y   x x x y+x+y Từ suy ta +  nên ta m  + y y xy + y + y y ( ) y2 − =  nên ta y y x 1  1 2 2  −  xy + y + = x y + x − x  y −  − −  x y + x  x y + x + y y y y y  x x x y+x+y Từ suy ta −  nên ta m  − y y xy + y + y y Lại thấy y  y − ( ) Kết hợp kết ta y = x x −  m  + Đến ta lại xét trường hợp nhỏ y y y y sau + Nếu x x −  m  + , ta x −  my  x + nên suy x = my Do ta có y y y y x2y + x + y m y + my + y = m  = m  m y + my + y = m my + y +  y = m xy + y + my + y + ( ( ) ( ) ) Đến ta tìm x; y = m ; m với m số nguyên dương ( ) ( x + 2) + Nếu y = Khi ta cần tìm số x nguyên dương để x + x + ( ) ( ( ) ) ( x + 2) ( x − 1) ( x + ) Ta có x x + − x + x + = x − nên x + x + Do x số nguyên dương nên  x −  x + Do ( ( x − 1) ( x + ) x = ) ( ) Từ ta tìm cặp số x; y = 1;1 thỏa mãn yêu cầu toán ( ) ( ) Vậy cặp số nguyên dương thỏa mãn yêu cầu toán x; y = m ; m với m số nguyên dương Câu (2.0 điểm) Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn abc = a + b + c + Tìm giá trị lớn biểu thức: P = a + b2 + b + c2 + c2 + a Lời giải Biến đổi giả thiết toán ta abc = a + b + c +  ab + a + b + + bc + b + c + + ca + c + a + = abc + ab + bc + ca + a + b + c + ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )(  a +1 b +1 + b +1 c +1 + c +1 a +1 = a +1 b +1 c +1 1  + + =1 a +1 b +1 c+1 Đặt x = ) 1 ;y = ;z = ta x + y + z = a +1 b +1 c +1 Suy a = 1− x y + z 1−y z + x 1−z x + y = ;b = = ;c = = x x y y z z Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có a +b Khi suy P     xy ( y + z )( z + x ) + + b +c + c +a yz ( z + x )( x + y ) + (  + 2ab + 2bc 2ca   x+y y+z   zx )( ) Lại áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta lại có xy ( y + z )( z + x ) = x y 1 x y    +  z + x y + z 2z + x y +z yz ( z + x )( x + y ) = y z 1 y z    +  x +y z+x 2x +y z+x zx = x z 1 x z    +  x + y y + z 2x + y y +z ( x + y )( y + z ) Cộng theo vế bất đẳng thức ta xy ( y + z )( z + x ) Từ ta suy P  + yz ( z + x )( x + y ) + zx ( x + y )( y + z )  3 = 2 Dấu đẳng thức xẩy x = y = z = Vậy giá trị lớn biểu thức P hay a = b = c = 3 , đạt a = b = c = Câu (7.0 điểm) ( ) ( ) Cho tam giác nhọn ABC AB  AC nội tiếp đường trịn O Gọi E điểm cung ( ) nhỏ BC Trên cạnh AC lấy điểm M cho EM = EC , đường thẳng BM cắt đường tròn O N khác B Các đường thẳng EA EN cắt cạnh BC D F a) Chứng minh tam giác AEN đồng dạng với tam giác FED b) Chứng minh M trực tâm tam giác AEN ( ) c) Gọi I trung điểm AN Tia IM cắt đường tròn O K Chứng minh CM tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác BMK Lời giải a) Chứng minh tam giác AEN đồng dạng với tam T giác FED A Do E điểm cung nhỏ BC nên ta có ) ( ( 1 sdAB + sdEC = sdAB + sdEB 2 = sdAE = ANE EDF = ) I N O M Hai tam giác AEN FED có AEB chung X Y EDF = ANE nên đồng dạng với b) Chứng minh M trực tâm tam giác AEN B D C F • Lời giải Tứ giác ABEC nội tiếp đường tròn nên suy ABE + ACE = 1800 Mà EM = EC K E nên suy EMC = ACE Lại có AME + EMC = 1800 nên ABE = AME Do E điểm cung nhỏ BC nên suy AE phân giác góc BAC , suy BAE = MAE ta suy AEB = AEM Hai tam giác ABE ADE có EB = EC = ED , AEB = AEM AE chung nên chúng nhau, ta AB = AD Kết hợp với EB = ED ta AE trung trực đoạn BD nên AE vng góc với BF Cũng từ AB = AM suy ABM = AMB Kết hợp với ABM = MCN (cùng chắn cung AN) AMB = NMC (đối đỉnh) Suy NMC = NCM nên tam giác MNC cân F Do NM = NC Kết hợp với EM = EC ta NE trung trực MC nên suy CD vng góc với EF Từ kết suy M trực tâm tam giác AEN • Lời giải Ta có EB = EC = EM nên E tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác BMC Từ ta suy MEC = 2MBC = 2NBC = 2NEC Do ta MEN = NEC Tam giác MEC cân E có EN đường phân giác MEC nên EF đường trung trực CM Suy AM vng góc với EN Tương tự ta có BEM = 2BCM = 2BCA = 2BEA Do ta có BEA = MEA Ta có tam giác ABM cân E nên suy EA đường trung trực BM Suy NM vng góc với AE Vậy M trực tâm tam giác AEN • Lời giải Gọi I tâm đường nội tiếp tam giác ABC, điểm I thuộc nằm tia AE Ta có IBE = IBC + CBE = ( ) ( ) 1 ABC + BAC Lại có BIE = IBA + IAB = ABC + BAC Từ ta có 2 IBE = BIE nên tam giác BEI cân E, suy EB = EI Do EB = EB = EC = ED Từ suy E tâm đường trịn ngoại tiếp tứ giác BIDC nên BIM = 1800 − BCM = 1800 − BCA Lại có BIE = ( ) ( 1 ABC + BAC = 1800 − ACB 2 ) nên suy BIE = 21 BIM hay IE phân giác góc BIM Do suy BIA = MIA Để ý AE tia phân giác góc BAM nên ta suy hai tam giác ABI AMI nhau, AB = AM Do AE đường trung trực BM Chứng minh hoàn toàn tương tự ta EN đường trung trực MC Vậy M trực tâm tam giác AEN • Lời giải Gọi P điểm đối xứng với B qua tia AE Khi AB AC đối xứng qua đường thẳng AE nên dễ dàng suy điểm P nằm cạnh AC tam giác ABC Khi dễ thấy hai tam EB = EP Kết hợp với EM = EC ta EB = EP = EM = EC Từ suy hai điểm D P trùng Điều dẫn đến AE trung trực BM Chứng minh hoàn toàn tương tự ta EN đường trung trực DC Tam giác AEN có EM NM đường cso nên suy M trực tâm tam giác AEN c) Chứng minh CM tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác BMK giác ABE APE nên ta suy ( ) • Lời giải Kẻ đường kính TE đường trịn O Khi dễ thấy TN AM song song với vng góc với EN Tương tự ta có AT song song với MN Do tứ giác AMNT hình bình hành Do I trung điểm AN nên suy TM qua điểm I Do bốn điểm T, I, N, K thẳng hàng Lại có TN song song với AC nên suy AT = CN Từ ta có biến đổi góc AMB = ) ( ( ) 1 sdAB + sdCN = sdAB + sdAT = sdBT = BKT = BKM 2 Từ suy AM tiếp tuyến với đường trịn ngoại tiếp tam giác BMK hay CM tiếp tuyến đường trịn ngoại tiếp tam giác BMK • Lời giải Chứng minh tương tự ta ta bốn điểm K, M, I, T thẳng hàng Do suy EKM = EKT = 900 Gọi X giao điểm AC với EN Y giao điểm AE với BN Khi theo chứng minh ta MXE = MYE = 900 nên suy năm điểm M, X, K, E, Y nằm đường trịn đường kính ME Từ ta có biến đổi góc CMK = XMK = XEK = NEK = NBK = MBK Từ suy CM tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác BMK Câu (1.0 điểm) Cho 12 điểm mặt phẳng cho điểm đỉnh tam giác mà tam giác ln tồn cạnh có độ dài nhỏ 673 Chứng minh có hai tam giác mà chu vi tam giác nhỏ 2019 Lời giải Tô màu đoạn thẳng có hai đầu mút số 12 điểm cho Ta tơ màu đỏ cho đoạn thẳng có độ dài nhỏ 673 tô màu xanh cho đoạn thẳng cịn lại Ta có hai tam giác có ba cạnh tô màu đỏ + Xét điểm phân biệt lấy từ 12 điểm cho Giả sử sáu điểm A, B, C, D, E, F Nối A với năm điểm lại la năm đoạn thẳng AB, AC, AD, AE, AF Vì đoạn thẳng tơ hai màu xanh đỏ nên theo ngun lý Dirichlet có ba ddaonj thẳng tô màu Không tính tổng quát ta giả sử ba đoan thẳng AB, AC, AD Khi ta xét trường hợp sau Trường hợp Ba đoạn thẳng AB, AC, AD tô màu đỏ Trong tam giác BCD có cạnh có độ dài nhỏ 673 tô màu đỏ Nếu cạnh tơ màu đỏ BC tam giác ABC có ba cạnh tô màu đỏ Nếu cạnh tô màu đỏ CD tam giác ACD có ba cạnh tô màu đỏ Nếu cạnh BD tô màu đỏ tam giác ABC có ba cạnh tô màu đỏ Như trường hợp tìm tam giác có ba cạnh tơ màu đỏ Trường hợp Ba đoạn thẳng AB, AC, AD tơ màu xanh Khi tam giác có cạnh có độ dài nhỏ 673 tô màu đỏ nên tam giác ABC có cạnh BC tơ màu đỏ, tam giác ABD có cạnh BD tơ màu đỏ tam giác ACD có cạnh CD tơ màu đỏ Như tam giác BCD có ba cạnh tô màu đỏ Vậy với sáu điểm ta ln tìm tam giác có ba cạnh tô màu đỏ hay tam giác có ba cạnh có độ dài nhỏ 673, suy tam giác có chu vi nhỏ 2019 + Xét tương tự cho điểm cịn lại ta tam giác có chu vi nhỏ 2019 Vậy có hai tam giác mà chu vi tam giác nhỏ 2019 ... đơn vị nằm đường trịn O không chứa điểm 399 điểm A1, A , , A 399 ĐỀ THI TS LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU TỈNH NGHỆ AN Năm học 2018 – 2019 Bài (6.5 điểm) x − + − x = 2x − 5x − a) Giải... đồng thời ta có abc  1.3.6 = 18  17 Vậy toán chứng minh xong ĐỀ THI TS LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU TỈNH NGHỆ AN Năm học 2019 – 2020 Câu (6.0 điểm) a) Giải phương trình x − x −... giác FGK đầu có ba đỉnh màu xanh độ dài cạnh Như toán chứng minh ĐỀ THI TS LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU TỈNH NGHỆ AN Năm học 2017 – 2018 Câu (7.0 điểm) a) Giải phương trình 3x + x −