Phân tích và bình luận đề học sinh giỏi lớp 9

nên ta cũng tìm được liên hệ giữa S ABCD v ới R... Điền vào mỗi ô vuông của bảng này một số nguyên dương không vượt quá 10 sao cho hai số ở hai ô vuông chung cạnh hoặc chung đỉnh ngu[r]



Nguyễn Công Lợi

PHÂN TÍCH VÀ BÌNH LUẬN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN

Đề số

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI MƠN TỐN TỈNH VĨNH PHÚC Năm học 2015 – 2016

Câu (2.0 điểm) Cho biểu thức = + +     − + 

− − +

   

x x

A :

x x 2 x 2

a) Rút gọn biểu thức A

b) Tìm tất giá trị nguyên x để biểu thức A nhận giá trị nguyên Câu (2.0 điểm)

a) Giải phương trình (x x x x 3+ )( − )( + )( − ) =45x2

b) Tìm tất cặp số nguyên ( )x; y thỏa mãn x x( + +x 1)=4y −1 Câu (1.0 điểm)

Cho số nguyên x, y thỏa mãn 3x 2y 1+ = Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

= 2− + + + −

H x y xy x y

Câu (3.0 điểm)

Cho hai điểm A B phân biệt, lấy điểm C đoạn AB cho 0<AC< 3AB

4 Vẽ tia Cx

vng góc với AB C Trên tia Cx lấy hai điểm D E phân biệt cho CE = CA =

CB CD Đường

tròn ngoại tiếp tam giác ADC đường tròn ngoại tiếp tam giác BEC cắt điểm thứ hai H (H không trùng với C)

a) Chứng minh ADC =EBC ba điểm A, E, H thẳng hàng b) Xác định vị trí C để HC vng góc với AD

c) Chứng minh C thay đổi đường thẳng HC ln qua điểm cốđịnh Câu (1.0 điểm)

Cho ba số thực không âm x, y, z thỏa mãn điều kiện x y z+ + =2 Chứng minh rằng:

( )( )( )

+ + ≥ − − −

x 2y z x y z

Câu (1.0 điểm)

Trên mặt phẳng có năm điểm phân biệt cho khơng có ba điểm thẳng hàng khơng có bốn điểm thuộc đường tròn Chứng minh tồn đường tròn qua ba năm điểm cho hai điểm cịn lại có điểm nằm đường trịn

Phân tích hướng dẫ giải Câu Cho biểu thức = + +    − + 

 − −   + 

   

x x

A :

x x 2 x 2

( ) ( ) ( )

+ − + + − +

+ + +

= = =

− + − + −

x 2 x x x

x x 2

A : :

x x 2 x x 2 2 x

b) Với x≥0 x ≠4 ta = −

2 A

2 x Do x nguyên nên để A nhận giá trị nguyên phải

chia hết cho 2− x hay 2− x∈ − −{ 2; 1;1;2}

+ Với 2− x = − ⇔2 x = ⇔4 x 16= , ta A = −1 + Với 2− x = − ⇔1 x = ⇔ =3 x 9, ta A = −2 + Với 2− x = ⇔1 x = ⇔ =1 x 1, ta A =2 + Với 2− x = ⇔2 x = ⇔ =0 x 0, ta A 1=

Kết hợp với điều kiện xác định ta x nhận giá trị nguyên 0;1; 9;16 Câu (2.0 điểm)

a) Giải phương trình (x x x x 3+ )( − )( + )( − )=45x2

• Phân tích Chú ý rằng (x x 6+ )( + ) =x2 +7x 6+ (x x 3− )( − ) =x2 −5x 6+ Do ta viết được

phương trình thành (x2 +7x x+ )( −5x 6+ )=45x2 Chú ý rằng nếu x ≠0 thì ta chia hai vế của phương

trình cho x, đóta  + +    + −  =

   

6

x x 45

x x Đến ta cần đặt = + +

t x

x thì ta đưa

được phương trình vềphương trình bậc hai ẩn t

• Lời giải Nhận thấy x=0 khơng phải nghiệm phương trình Xét x≠ 0, phương trình cho tương đương với

( )( )    

+ + − + = ⇔  + +   + − =

   

2 2 6

x 7x x 5x 45x x x 45

x x

Đặt t= +x +1

x phương trình trở thành ( − )( + ) = ⇔ − = ⇔ = ±

2

t t 45 t 81 t

+ Với t 9= ta x+ + = ⇔1 9 x2−8x 6+ = ⇔ = ±0 x 4 10

x

+ Với t= −9 ta x+ + = − ⇔1 9 x2 +10x 6+ = ⇔0 x= − ±5 19

x

Vậy phương trình cho có tập nghiệm S= − −{ 19; 5− + 19; 4− 10; 4+ 10} b) Tìm tất cặp số nguyên ( )x; y thỏa mãn x x( + +x 1) =4y −1

• Phân tích Bài toán cho câu b dạng tốn phương trình nghiệm ngun Trước đưa các đánh giá phụ hợp ta biến đổi phương trình trước

Ta có phương trình viết lại thành x x( + +x 1)+ =1 4y ⇔(x x+ )( +1) =4y Từ phương trình ta

rằng y =0 thì 4y là sốlẻ, cịn nếu y>0 thì 4y là số chẵn Do ta xét trường hợp của y đểtìm

nghiệm ngun cho tốn.

• Lời giải Phương trình cho tương đương với x x( + +x 1)+ =1 4y ⇔(x x+ )( +1) =4y

Do x, y số nguyên nên từphương trình ta suy x≥0; y ≥0 + Xét y=0, ta có phương trình ( )( )

2

x 1

x x 1 x

x 1

 + = 

+ + = ⇒ ⇒ =

+ =

 Ta có ( )0; nghiệm phương trình

+ Xét y>0, 4y số chẵn nên (x x+ )( +1) phải số chẵn, x phải số lẻ

Đặt x=2k k N+ ( ∈ *)

Khi ta (2k 2+ ) ( 2k 1+ )2 +1 = 4y ⇔(k 2k+ )( 2+2k 1+ ) =4y 1−

 

 

Dễ thấy 2k2 +2k 1+ ln số lẻ nên từphương trình ta thu được k=0 Từđó ta tìm được x 1= nên

y 1= Ta có ( )1;1 nghiệm phương trình

Vậy phương trình cho có hai nghiệm ( )0; ( )1;1

• Nhận xét Có thểgiải thích rõ ta có thểsuy k=0 Do (k 2k+ )( +2k 1+ ) =4y 1− nên ta được 4y 1− (2k2+2k 1+ )

+ Nếu y 1= thì ta suy 2k2 +2k 1+ = từđó ta được k=0

+ Nếu y 1> thì 4y 1− là lũy thừa 4, mà 4y 1− (2k2 +2k 1+ ) nên 2k2+2k 1+ = từđó ta được k =0

Câu Cho số nguyên x, y thỏa mãn 3x 2y 1+ = Tìm giá trị nhỏ biểu thức

= 2− + + + −

H x y xy x y

• Phân tích Giảthiết tốn cho x y ngun thỏa mãn 3x 2y 1+ = , dạng phương trình nghiệm ngun vơ định ta có thểtìm nghiệm tổng qt phương trình

Ta có 3x 2y 2y 3x y x x

−

+ = ⇔ = − ⇔ = − + Do x, y sốnguyên nên 1 x Z

− ∈ Đặt 1 x t Z

2

− = ∈ thì ta được

x 2t= − nên y= 3t 1−

Ngoài từphương trình ta nhận thấy x y trái dấu, t viết lại biểu thức H

2

H =x −y −xy+ x y+ −2

Đểtìm giá trị nhỏ biểu thức H ta biến đổi biểu thức H từbiến x, y sang biến t. Ta có H =(1 2t− ) (2 − 3t 1− ) (2 − 1 2t 3t 1− )( − )+ −1 2t 2t 2+ − − = t2 −3t+ t 1−

Dễthấy biểu thức H có bậc nên cần xét trường hợp t 0≥ t 0< là ta tìm giá trị nhỏ biểu thức H

• Lời giải Do x, y số nguyên thỏa mãn 3x 2y 1+ = nên ta suy x y trái dấu

Ta có 3x 2y 2y 3x y x x

−

+ = ⇔ = − ⇔ = − + Do x, y số nguyên nên x Z

− ∈

Đặt x t Z

− = ∈ thì ta được

x 2t= − nên y=3t 1−

Từđó suy H =(1 2t− ) (2 − 3t 1− ) (2 − 1 2t 3t 1− )( − )+ −1 2t 2t 2+ − − = t2 −3t+ t 1−

+ Xét t 0≥ , ta có H= t2 −2t 1− =( )t 1− − ≥ −2 2, dấu bằng xẩy t 1=

+ Xét t 0< , ta có H= t2 −4t 1− > − > −1 2

Vậy ta có Hmin = −2 t 1= hay x = −1; y =2

Câu Cho hai điểm A B phân biệt, lấy điểm C đoạn AB cho 0<AC< 3AB

4 Vẽ tia

Cx vng góc với AB C Trên tia Cx lấy hai điểm D E phân biệt cho CE = CA =

CB CD Đường

tròn ngoại tiếp tam giác ADC đường tròn ngoại tiếp tam giác BEC cắt điểm thứ hai H (H không trùng với C)

a) Chứng minh ADC =EBC ba điểm A, E, H thẳng hàng

• Phân tích Để chứng minh ADC = EBC

ta chứng minh ADC∽EBC, để ý từ

giải thiết tốn ta có điều đó.Để chứng minh ba điểm A, E, H thẳng hàng ta cần chứng minh

 

AHC CHE 180+ = Để ý ta có ADC = EBC

và AHC =ADC Như toán sẽkết thúc ta chỉ ra EBC CHE 180 + = 0, nhiên điều

này hiển nhiên tứgiác BCHE nội tiếp

• Lời giải

+ Từ giải thiết ta có CE >CD CE = CA =

CB CD Lại có

 

DCA=BCE =90

Do ta có ADC∽EBC, từđó suy ADC = EBC

+ Do tứ giác AHDC nội tiếp nên AHC =ADC tứ giác BCHE nội tiếp nên EBC CHE 180 + = 0

Kết hợp với ADC =EBC ta AHC CHE 180 + = hay ba điểm A, E, H thẳng hàng

b) Xác định vị trí C để HC vng góc với AD • Phân tích Từ tan ADC AC

CD

= = ta ADC 60 = 0 Khi AD vng góc với HC ta dựđoán C sẽlà

trung điểm AB Muốn chứng minh điều ta cần chỉra tam giác ABE hay ta cần chỉ ra  

AEB=HCA=60

E

I H

D

• Lời giải Từ giải thiết CE = CA =

CB CD ta có

 AC

tan ADC

CD

= = , ta suy ADC 60 =

, từđây ta thấy EBC 60 = 0 Như vậy AD⊥HC ACH = ADC 60 = 0

Mà ta lại có tứ giác BCHE nội tiếp nên suy AEB =HCA =600

Điều dẫn đến tam giác ABE đều, suy C trung điểm AB

c) Chứng minh C thay đổi đường thẳng HC ln qua điểm cốđịnh

• Phân tích Từgiảthiết tốn ta có AHB =900, điều có nghĩa H ln thuộc đường trịn đường

kính AB cốđịnh Mặt khác ta ln có AHC = ADC 60 = 0 Như C thay đổi H ln nhìn cung

trịn khơng đổi đường trịn đường kính AB Do A cốđịnh nên cung trịn cốđịnh hay HC qua điểm cố định

• Lời giải Từ giả thiết tốn ta có AHB 90 = 0, H ln thuộc đường trịn đường kính AB

cốđịnh Gọi I giao điểm HC với đường tròn đường kính AB Mà ta có AHC = ADC 60 = 0 Suy

ra C thay đổi H ln nhìn cung trịn AI khơng đổi Do A cốđịnh nên I cốđịnh, HC qua điểm I cốđịnh

 Nhận xét Bài tốn hình khơng q khó, nhiên cần khai thác giảthiết theo nhiều hướng khác để có thểtìm lời giải Chẳng hạn ý thứ ta sửdụng giải thiết CE = CA =

CB CD để chứng minh hai tam

giác đồng dạng, hai ý cịn lại ta sửdụng giải thiết CE = CA =

CB CD đểsuy góc

0

60

Câu Cho ba số thực không âm x, y, z thỏa mãn điều kiện x y z+ + =2 Chứng minh rằng:

( )( )( )

+ + ≥ − − −

x 2y z x y z

• Phân tích Quan sát bất đẳng thức ta thấy có thểviết lại thành

( )( )( )

x y y z+ + + ≥ y z z x x y+ + +

Đểđơn giản hóa ta có thểđổi biến a = +x y; b= +y z; c = +z x Khi bất đẳng thức viết lại thành

a b abc+ ≥ Chú ý giảthiết a b c+ + =4 Đểý đến vai trò a b bất đẳng thức cần chứng minh, ta dựđoán dấu bất đẳng thức xảy a = =b 1; c 2=

Như ta thấy a b+ = =c 2, từđó đểý đến đánh giá a b c a b c+ + ≥ ( + )

Hay ta có 2≥ (a b c+ ) ⇔ ≥4 (a b c+ )

Để làm xuất a b+ bên vế phải ta nhân cả hai vế với a b+ , ta bất đẳng thức

( ) ( )2

4 a b+ ≥ a b c+ Chú ý đến đánh giá (a b+ )2 ≥4ab ta có điều phải chứng minh.

• Lời giải Bất đẳng thức ta thấy viết lại thành x y y z+ + + ≥(y z z x x y+ )( + )( + )

Đặt a = +x y; b= +y z; c= +z x Khi từ x y z+ + =2 ta a b c+ + =4 Bất đẳng thức viết lại thành a b abc+ ≥

Hay ta ≥ (a b c+ ) ⇔ ≥4 (a b c+ ) nên a b( + ) (≥ a b c+ )2 Mà ta lại có (a b+ )2 ≥ 4ab nên suy a b( + )≥ 4abc hay a b abc+ ≥

Bất đẳng thức chứng minh Dấu xảy a = =b 1; c 2= hay x= =z 1; y =0

Câu Trên mặt phẳng có năm điểm phân biệt cho khơng có ba điểm thẳng hàng khơng có bốn điểm thuộc đường tròn Chứng minh tồn đường tròn qua

ba năm điểm cho hai điểm cịn lại có điểm nằm đường trịn • Phân tích Giảsử ta vẽđược đường tròn thỏa mãn yêu

cầu tốn Khi để trong ba điểm C, D, E có điểm C

nằm đường trịn điểm E nằm ngồi đường trịn đó ACB >ADB >AEB, ý điểm E nằm khác phía với C, D so với AB so với E nằm trong nằm ngồi đường trịn Do đểđảm bảo điểm E ln nằm ngồi ta cần AB nhỏ nhất, lúc góc ACB; ADB; AEB   ln góc nhọn Từ đó theo nguyên lý cực hạn ta có thểgiảsửAB nhỏ nhất, tốn chứng minh

• Lời giải Từnăm điểm A, B, C, D, E ta vẽđược 10

đoạn thẳng Giả sửtrong 10 đoạn thẳng AB có độ dài nhỏ Khi với ba điểm C, D, E cịn lại có

hai trường hợp xẩy

+ Trường hợp Cả ba điểm C, D, E nằm nửa mặt phẳng có bờlà đường thẳng AB Vì khơng có bốn điểm nằm đường tròn nên

điểm C, D, E nhìn đoạn thẳng AB góc nhọn khác Khơng tình tổng qt ta giả sử

  

ACB>ADB>AEB Khi vẽđường trịn qua ba điểm A, B, D ta có điểm C nằm đường trịn

và điểm E nằm ngồi đường tròn

+ Trường hợp Ba điểm C, D, E nằm hai nửa mặt phẳng đối bờlà đường thẳng AB Giả sử

C, D nằm nửa mặt phẳng có bờ AB Vì khơng có bốn điểm nằm đường trịn

nên C, D nhìn đoạn AB góc nhọn khác Khơng tình tổng qt ta giả sử ACB >ADB Khi vẽđường trịn qua ba điểm A, B, D ta có điểm C nằm đường tròn Do điểm E nằm nửa mặt phẳng bờ AB cịn lại AEB góc nhọn nên E nằm ngồi đường trịn

Vậy ln tồn đường trịn thỏa mãn u cầu tốn  Nhận xét chung

• Đềthi có đầy đủcác dạng tốn vềđại số, số học, hình học tổ hợp

• Trong đềthi tốn đại số, hình học khơng q khó, tốn số học tổ hợp khó

• Hai tốn số học tổ hợp hay nhiều khảkhảnăng có học sinh hồn thành hết đềthi,

E D

C

B A

A B

C

Đề số

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI MƠN TỐN TỈNH THANH HĨA Năm học 2015 – 2016

Câu (4.0 điểm)

Cho biểu thức A a a a a a

a a a

 − +   

 

= −   − 

+ −  

 

, với a >0; a ≠9 a) Rút gọn biểu thức A

b) Tìm giá trị nhỏ biểu thức M= A a+ Câu (4.0 điểm)

a) Giải phương trình 2

2

9 2x 1

x + 2x +9 =

b) Giải hệphương trình ( )

3

2

x y 4x y

y 5x

 − = −



 − =

 Câu (4.0 điểm)

a) Tìm nghiệm nguyên ( )x; y phương trình 54x3 + =1 y3

b) Tìm giá trịnguyên dương m đểphương trình x2 −mxy y+ 2+ =1 0 có nghiệm

nguyên dương (x, y ẩn) Câu (6.0 điểm)

Cho đường tròn tâm O bán kính R Tam giác nhọn ABC nội tiếp đường trịn ( )O; R có B, C cố định Các đường cao AD, BE, CF tam giác ABC đồng quy H Đường thẳng chứa tia phân giác ngồi góc BHC cắt AB, AC M, N

a) Chứng minh tam giác AMN cân

b) Xác định vị trí điểm A để tam giác DEF có chu vi lớn

c) Đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN cắt đường phân giác góc BAC K(K≠A) Chứng minh HK qua điểm cốđịnh A thay đổi

Câu (2.0 điểm)

Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện ab2 +bc2+ca2 =3 Chứng minh rằng:

( )

5 5 5

3 3

2a 3b 2b 3c 2c 3a 15 a b c 2

ab bc ca

+ + +

+ + ≥ + + −

Phân tích hướng dẫn giải Câu Cho biểu thức A a a a a a

a a a

 − +   

 

= −  − 

 + −   

  , với a 0; a

( ) ( )

( )( ) ( ) ( )

2

a a a a a

a a a 9 a 9

A a 12 a

a

a a

a a

 − − +   − + − + +    −   − =   = = − − − +      

b) Với a > 0; a≠ A = −12 a, ta M=A a+ = −a 12 a

Ta có M= −a 12 a = −a 12 a +36 36− =( a 6− )−36≥ −36, dấu xẩy a =36 Vậy giá trị nhỏ M −36 a =36

• Nhận xét Câu thứ đềthi thuộc dạng rút gọn biểu thức chứa tốn liên quan Biểu thức

M có dạng x a x+ +b nên ta viết M vềdạng A x( ) + ≥2 k k với A x( ) là biểu thức chứa x k

số

Câu

a) Giải phương trình 2

2

9 2x

1 x + 2x +9 =

• Phân tích Phương trình cho chứa dấu thức mẫu, đểđơn giản hóa phương trình ta có thểđặt ẩn phụ

2

x t

2x

=

+ , ta cần biểu diễn

9

x theo t Chú ý x≠ 0, từ

x t

2x

=

+ ta 2

2 2

x 2x 9

t

2x t x x

+

= ⇒ = = +

+ Đến ta quy phương trình vềẩn t đểgiải. • Lời giải Điều kiện xác định phương trình x ≠0

Đặt x t 2x = ≠

+ , ta

2

2

2 2 2

x 2x 9

t 2

2x t x x x t

+

= ⇒ = = + ⇒ = −

+

Thay vào phương trình cho ta ( ) (2 )

2

1

2 2t 2t 3t t 2t

t − + = ⇔ − + = ⇔ − + =

+ Với t 0− = ta

2 2

x x

x 2x

x 2x x

 >  >

 

= + ⇔  = + ⇔  + =

 

  , hệ vô nghiệm

+ Với 2t 0+ = ta

2 2

x x 3 2

2x 2x x

4x 2x 2x

 <  <

 

− = + ⇔  ⇔  ⇔ = −

= + =

 

 

Kết hợp với điều kiện xác định ta x 2

= − nghiệm phương trình

• Nhận xét Phương trình đưa vềphương trình ẩn t qua phép đặt ẩn phụ Sẽlà sai lầm ta thực biến đổi 2 2

2

2

9 2x 1 1

x 2x 9 x 9

2 x

+ = ⇔ + =

+ +

2

2

9 1

x 9

2 x

+ =

+

2

2

9 1

x 9

2 x

− =

+ Tuy nhiên cách giải ta phải xét hai trường hợp

b) Giải hệphương trình ( )

3

2

x y 4x y

y 5x

 − = −



 − =



• Phân tích Quan sát hệphương trình ta thấy phương trình thứ vếtrái có bậc ba vế phải có bậc nhất, cịn phương trình thứhai vếtrái có bậc hai vế phải có bậc Như ta nhân chéo hai phương trình ta thu phương trình đồng bậc ba Đến ta tìm cách phân tích phương trình bậc ba thành tích sửdụng cách đặt x= ky

• Lời giải Từ hệphương trình chota

( 3) ( )( 2) 2 ( )( )

4 x −y =4 4x y y− −5x ⇔ 21x −5x y 4xy− = ⇔0 x 7x 4y 3x y− + =0

+ Nếu x=0, thay vào phương trình thứ hai hệta y2 = ⇔ = ±4 y 2

+ Nếu 7x 4y x 4y

− = ⇔ = , thay vào phương trình thứ hai hệta 31y2 4

49

− = , vô nghiệm + Nếu 3x y x y

3

+ = ⇔ = − , thay vào phương trình thứ hai hệta y2 = ⇔ = ±9 y 3

Khi y=3 x= −1 y= −3 x 1=

Vậy hệ phương trình có nghiệm ( ) ( ) (x; y = 0;2 , 0; , 1; , 1; 3− ) ( ) ( )− −

• Nhận xét Trong hệphương trình ta sửdụng phương pháp nhân phương trình phát tích

chất vềbậc phương trình Ngồi đểý ta thấy phương trình thứhai 4 =y2 −5x2 và trong vế phải

của phương trình thứ có thừa số 4, ta sử dụng phép thế thì thu phương trình (x3−y3)=(4x y y− )( −5x2), đến ta có kết quảtương tựnhư trên.

Câu

a) Tìm nghiệm nguyên ( )x; y phương trình 54x3 + =1 y3

• Phân tích Để ý ta thấy 54x3 =2 3x( )3 Do ta có thểđặt t =3x t Z( ∈ ), ta có phương trình

3

2t + =1 y Từđây suy y phải sốnguyên lẻnên ta đặt y=2k k Z+ ( ∈ ) Khi ta lại có phương trình

( )3 ( )

3

2t + =1 2k 1+ ⇔ t =k 4k +6k 3+ Đến ta chưa thểkhẳng định t chia hết cho k, đó hướng khơng hiệu Để ý từ 2t3 + =1 y3 ta viết phương trình lại thành

( ) ( )2 ( )3

3 3 3

8t 2t +1 =8t y ⇔ 4t +1 = 2ty +1 Chú ý trước nhân với 8t3 ta cần xét trường hợp

t=0 t ≠0 Lúc để đơn giản hóa ta đặt a =4t ; b 2ty3 = Khi phương trình có dạng

( ) (2 )( 2 )

a 1+ = b b+ − +b Nhận thấy (b 1, b+ − +b 1)=1 nên phương trình ta thu được b 1+

b − +b là sốchính phương Do lại đặt b m+ = 2 b2 − + =b n2 thì ta được, đến ta tìm mối

• Lời giải Do 54x3 =2 3x( )3 Do ta có thểđặt t =3x t Z( ∈ )

Khi ta có phương trình 2t3+ =1 y3 Ta xét trường hợp sau

+ Xét t=0 suy x=0 ta y 1=

+ Xét y=0 khơng tồn x nguyên tỏa mãn toán + Xét t≠0; y ≠0, từphương trình 2t3 + =1 y3 ta được

( ) ( )2 ( )3

3 3 3

8t 2t +1 = 8t y ⇔ 4t +1 = 2ty +1

Đặt a =4t ; b 2ty a3 = ( ≠0; b≠ 0) Khi phương trình có dạng (a 1+ ) (2 = b b+ )( − +b 1)

Từphương trình b2 − + >b 0 ta được b 0+ > Gọi (b 1, b+ − +b 1)= d

Ta có b d2 b b 1( ) (2 b 1) d d

b b d

 +

 ⇒ + − + + ⇒

 − +





 

 , ta d∈{ }1;

Mà ta thấy t 3 nên a 3 a 1+ khơng chia hết cho 3, suy d ≠3 nên d 1=

Hay ta (b 1, b+ − +b 1) =1

Như theo (a 1+ ) (2 = b b+ )( 2− +b 1) b 1+ b2 − +b 1 số chính phương

Đặt b m+ = 2 b2 − + =b n2 với m, n sốnguyên dương Khi m 2≥ nên m2 ≥4

Ta có b=m2 −1 nên n2 =(m2 −1) (2 − m2 −1) (= m2−1) (2 −2 m2 −2) (< m2 −1)2

Lại có n2 =(m2 −1) (2 − m2 −1) (= m2 −2) (2 + m2 −1) (> m2 −2)2

Do ta (m2−2)2 <n2 <(m2 −1)2, điều vô lý

Do phương trình (a 1+ ) (2 = b b+ )( − +b 1) nghiệm nguyên

Vậy cặp số nguyên thỏa mãn phương trình cho ( ) ( )x; y = 0;1

b) Tìm giá trịnguyêndương m đểphương trình x2 −mxy y+ 2+ =1 0 có nghiệm nguyên dương (x, y

là ẩn).

• Phân tích lời giải Trong tất nghiệm nguyên dương ( )x; y thỏa mãn phương trình, giả sử

(x ; y0 0) nghiệm thỏa mãn x0 +y0 nhỏ Do vai trò x y nên khơng

tính tổng quát ta giả sử x0 ≤y0 Xét phương trình bậc hai có ẩn y 2 0

y −mx y x+ + =1 Ta có y0 nghiệm phương trình Gọi nghiệm cịn lại y1

Khi theo hệ thức Viet ta có

y y mx

y y x

 + =



 = +



• Trường hợp 1: Nếu x0 =y0 từphương trình ban đầu ta 2

0

1

m

x

= + Nên để m x0 có giá trị ngun x0 =1 m=3

Với m =3 ta thấy ( ) ( )x; y = 1;1 nghiệm nguyên dương phương trình cho

• Trường hợp 2: Nếu y0 = y1 từ

y y = x +1 hay ta (y0 −x0)(y0 +x0) =1 Từđó ta suy 0

0 0

y x y

y x x

 − =  =

 ⇒ 

 + =  =

 

  Trường hợp loại (x ; y0 0) ngun dương • Trường hợp 3: Nếu x0 < y0 <y1 ta y0 ≥ x0 +1; y1 ≥x0 +2

Kết hợp với

y y =x +1 ta 2

0 0

x + ≥1 x +3x + ⇒2 3x + ≤1 0, điều vơ lí x0 >0

Như đểphương trình cho có nghiệm ngun dương m =3 phương trình có

nghiệm nguyên dương ( ) ( )x; y = 1;1

• Nhận xét Ý thứhai câu ta sửdụng định lý Vi – et để chứng minh k= là giá trị cần tìm, nhiên để loại trường hợp khác ta cần sửdụng đến nguyên lý cực hạn

Bài toán phát biểu dạng toán khác như:

 Chú ý với k =3 là số nguyên tố, ta phát biểu lại toán sau:

+ Bài toán Cho a, b sốnguyên dương thỏa mãn điều kiện a2 +b2 +1 chia hết cho ab Chứng minh

rằng a2 b2

ab

+ + là sốnguyên tố

+ Bài tốn Từphương trình x2 −mxy y+ + =1 0 ta thay y=2t x =kt z− , ta phương

trình (mt z− )2 −2m mt z t( − ) ( )+ 2t + =1 0 Thu gọn ta z2 −(m2−4 t) = −1 Đến ta

phát biểu dược toán sau:

Xác định số nguyên dương k cho phương trình z2 −(m2−4 t) = −1 có vô số nghiệm nguyên

dương.

Câu Cho đường trịn tâm O bán kính R Tam giác nhọn ABC nội tiếp đường trịn ( )O; R có B, C cố định Các đường cao AD, BE, CF tam giác ABC đồng quy H Đường thẳng chứa tia phân giác ngồi góc BHC cắt AB, AC M, N

a) Chứng minh tam giác AMN cân

• Phân tích Để chứng minh tam giác AMN cân ta chứng minh AMN =ANM Dễthấy AMN; ANM  lần lượt góc ngồi tam giác BMH CNH

Lại thấy FBH =CHE, ta cần có MHB =NHC Tuy nhiên điều ta dễdàng có do HM HN phân giác góc BHF CHE

  

AMN=ABH MHB+   

ANM =ACH NHC+

Do HM HN phân giác góc 

BHF CHE ta có BHF =CHE nên

suy MHB =NHC Lại có tứ giác BFEC nội tiếp nên FBH =CHE

Từđó ta AMN =ANM nên tam giác AMN cân A

b) Xác định vị trí điểm A để tam giác DEF có chu vi lớn

• Phân tích Dựđốn tam giác DEF có chu vi lớn M nằm cung lớn AB Như đó ta thấy AD có dộdài lớn tam giác ABC có diện tích lớn Như ta cần biểu diễn chu vi

của tam giác DEF theo diện tích tam giác ABC Ta thấy có ý tưởng sau.

+ Ta sẽdựng đoạn thẳng có dộdài chu vi tam giác DEF chỉra đoạn thẳng dài AD lớn nhất Muốn ta lấy P, Q đối xứng với D qua AB AC Khi ta bốn điểm P, E, F, Q thẳng hàng

Khi ta có chu vi tam giác DEF đoạn thẳng PQ Lúc ta thấy AP=AD=AQ nên tam giác APQ cân

tại A, PAQ 2BAC =  khơng đổi Như PQ lớn AP lớn hay AD lớn Điều có được A nằm cung lớn BC

+ Ta sẽtìm cách biểu diễn diện tích tam giác ABC theo chu vi tam giác DEF Nhận thấy AO vnggóc với EF SFOEA 1AO.EF

2

= Hồn tồn tương tựnhư ta tính

( )

ABC FOEA BDOF CDOE

1

S S S S R DE EF FD

2

= + + = + +

Mà ta có SABC 1AD.BC

= nên DE EF FD AD.BC

R

+ + =

Do BC, R không đổi nên DE EF FD AD.BC R

+ + = lớn AD lớn nhất. • Lời giải

Cách Lấy P, Q đối xứng với D qua AB AC

Khi ta có FP= FD ED= EQ Do ta có pDEF =DE EF FD+ + = PQ

Từ tứ giác BDHF, BCEF CDHE nội tiếp ta có PFB =BFD =BHD =DCE =EFA

Từđó suy ba điểm P, E, F thẳng hàng Tương tựta bốn điểm P, E, F, Q thẳng hàng

Lại có AP=AD=AQ nên tam giác APQ cân A, PAQ 2BAC =  không đổi Như PQ lớn AP lớn hay AD lớn Điều có A nằm cung lớn BC

Vậy chu vi tam giác DEF lớn A điểm cung lớn BC Cách Trước hết ta chứng minh OA vng góc với EF

K x

H

J I

O

Q

P

N

M F

E

D C

B

Thật từ A ta vẽ tiếp tuyến với đường tròn (O) Khi ta có BAx =ACB Mặt khác tứ giác BCEF nội tiếp nên ta có AFE =ACB Do ta AFE = xAB nên Ax//EF mà ta lại có OA⊥EF

Hồn tồn tương tựta có OB⊥DF;CO⊥DE Từđó suy

( )

ABC FOEA BDOF CDOE

1 1

S S S S R.AO R.OB R.OC R DE EF FD

2 2

= + + = + + = + +

Mà ta có SABC 1AD.BC

= nên DE EF FD AD.BC

R

+ + =

Do BC, R không đổi nên DE EF FD AD.BC R

+ + = lớn AD lớn Vậy chu vi tam giác DEF lớn A nằm cung lớn BC

c) Đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN cắt đường phân giác góc BAC K(K≠ A) Chứng minh HK qua điểm cốđịnh A thay đổi

• Phân tích Từhình vẽta dựđoan HK qua trung điểm BC cốđịnh Mặt khác từgiải thiết hình vẽta nhận thấy tứtứgiác HIKJ hình bình hành Do HK qua trung điểm IJ Muốn chứng minh được HK qua trung điểm BC ta cần chỉra IJ song song với BC

• Lời giải Gọi I giao điểm BH với KM, J giao điểm CH với KM

Đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN cắt tia phân giác góc MAN K nên AK đường kính

đường trịn Từđó ta có KMA =KNA =900 Từđó dẫn đến KM//CH KN//BH suy tứ giác HIKJ

là hình bình hành, HK qua trùn điểm IJ

Do IM//HF nên theo định lý Talets ta có IH MF

IB = MB Lại có HM phân giác tam giác BHF nên ta có

MF HF

MB = HB Từđó ta

IH HF

IB = HB Hoàn toàn tương tự ta có

HJ HE

CJ = HC

Mà tứ giác BCEF nội tiếp nên ta có HF HE

HB = HC

IH HJ

IB = CJ Từđây suy IJ //BC

Vậy HK điqua trung điểm BC cốđịnh hay HK qua điểm cốđịnh

 Nhận xét Có thểnói hình đềthi hình khó Độkhó ý hình tăng dần Đứng

trước toán ta cần phải đơn giản hóa bàitốn cách thay đổi yêu cầu chứng minh đềđưa điều cần chứng minh vềdạng quen thuộc Ngồi phải tìm mối liên hệ chặt chẽgiữa giảthiết toán Trong toán ta cần nắm điểm sau.

+ Để chứng minh tam giác AMN cân ta chứng minh AMN = ANM

+ Để chỉra vịtrí điểm A ta cần tìm mối liên hệ chu vi giác DEF với đường cao AD.

+ Dựđoán điểm cốđịnh mà đoạn thẳng HK sẽđi qua phát hình bình hành HIKJ ta quy tốn

về chứng minh IJ song song với BC.

Câu Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn ab2 +bc2 +ca2 =3 Chứng minh rằng:

( )

5 5 5

3 3

2a 3b 2b 3c 2c 3a

15 a b c

ab bc ca

+ + +

+ + ≥ + + −

( ) ( )

5 5 5

3 3 2

2a 3b 2b 3c 2c 3a 15 a b c 10 ab bc ca

ab bc ca

+ + + + + ≥ + + − + +

Dựđoán dấu xẩy a = = =b c 1 Quan sát bất đẳng thức cần chứng minh ta quy chứng

minh 2a5 3b5 ma3 nb3 10ab2

ab

+

≥ + − với m, n số Ta cần tìm m, n đểbất đẳng thức xẩy ra.Để ý bất đẳng thức có dấu xẩy a = =b 1 m n 15+ =

Khi ta viết lại bất đẳng thức thành

5

a a a 10a

2 m n

b b b b

 

     

+ ≥ + −

     

      Đặt

a t

b

= thì taviết lại bất

đẳng thức thành2t5 + ≥3 t mt( −10t n+ )⇔2t5 −mt4 +10t2 −(15 m t 3− ) + ≥0

Lại ý dấu xẩy t 1= Do ta phân tích bất đẳng thức thành

( )( ) ( )( )

( ) ( )

2

4

2

mt t t t t 2t 2t 2t 12t

2t 2t 2t 12t

t m

t t t

− + + ≤ − + + + −

 + + + − 

 

⇔ − − ≤

 + + 

 

Chọn t 1= thì ta m=5, dẫn đến n 10=

Từđó ta chứng minh bất đẳng thức 2a5 3b5 5a3 10b3 10ab2

ab

+ ≥ + − Bất đẳng thức tương đương với

( ) (4 )

a b− 2a 3b+ ≥0 Áp dụng tương tựta có lời giải cho tốn.

• Lời giải Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức 2a5 3b5 5a3 10b3 10ab2

ab

+ ≥ + −

Thật vậy, với a b số thực dương ta ln có

( )

( ) ( )

5

3 5 3

4

5 4

2a 3b

5a 10b 10ab 2a 3b ab 5a 10b 10ab

ab

2a 5a b 10a b 10ab 3b a b 2a 3b

+ ≥ + − ⇔ + − + − ≥

⇔ − + − + ≥ ⇔ − + ≥

Bất đẳng thức cuối ln Do ta có 2a5 3b5 5a3 10b3 10ab2

ab

+

≥ + −

Hồn tồn tương tự ta có 2b5 3c5 5b3 10c3 10bc2

bc

+ ≥ + − 5

3

2c 3a 5c 10a 10ca

ca

+ ≥ + −

Công theo vế bất đẳng thức ta

( ) ( )

5 5 5

3 3 2

2a 3b 2b 3c 2c 3a 15 a b c 10 ab bc ca

ab bc ca

+ + + + + ≥ + + − + +

Mà ta cóab2 +bc2 +ca2 =3 nên ta được

( )

5 5 5

3 3

2a 3b 2b 3c 2c 3a 15 a b c 2

ab bc ca

+ + +

+ + ≥ + + −

Vậy bất đẳng thức chứng minh Dấu đẳng thức xẩy a = = =b c • Nhận xét Phương pháp định sốm n để 2a5 3b5 ma3 nb3 10ab2

ab

+

Đề số

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI MƠN TỐN TỈNH ĐĂK LĂK Năm học 2015 – 2016

Câu (4.0 điểm)

a) Giải hệphương trình (x 5y)( 20 )( ) ( )( 2)

1 x 2x 3x 3y 3y 2x

 − = −



 + + + = + + +



b) Tìm tất số thực m đểphương trình x2−2 2m x 3m 4( + ) + + =0 có hai nghiệm dương

phân biệt

Câu (4.0 điểm)

a) Cho x, y, z số thực thỏa mãn x+ y + z =2 x y z+ + =2 Tính giá trị biểu thức:

( )( )( ) x y z

P x y z

x y z

 

 

= + + + + +

 + + + 

 

b) Viết phương trình đường thẳng qua điểm M 1;2( ) cắt hai tia Ox, Oy hai điểm A B khác góc tọa độ O mà thỏa mãn OA OB+ =6

Câu (4.0 điểm)

a) Tìm số tự nhiên có hai chữ số ab thỏa mãn ab 6+ =(a b+ )3 b) Cho

2017 cs1

a =111 1

2016 cs

b 1000 5=  Chứng minh số M=ab 1+ sốchính phương

Câu (4.0 điểm)

Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn đường kính AB 2R= Biết BC CD= hai đường thẳng AD, BC cắt F Trên đường kính AB lấy điểm E cho AD=BE Vẽ EH vng góc với AD H Hai đường thẳng AC, EH cắt K Gọi I trung điểm AE

a) Chứng minh AD.AF BC.BF+ =4R2

b) Chứng minh ba điểm D, I, K thẳng hàng Câu (2.0 điểm)

Cho tứgiác ABCD có hai đường chéo cắt O diện tích tam giác AOB 9cm2, diện

tích tam giác COD 16cm2 Tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tứ giác ABCD

Câu (2.0 điểm)

Cho a, b, c số thực thay đổi thỏa mãn ab 7bc ca+ + =188 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P 5a= +11b2 +5c2

Phân tích hướng dẫn giải Câu (4.0 điểm)

a) Giải hệphương trình (x 5y)( 20 )( ) ( )( 2)

1 x 2x 3x 3y 3y 2x

 − = −



 + + + = + + +

• Phân tích Hệphương trình cho có phương trình thứ có bậc ẩn nên ta có thểrút ẩn x qua ẩn y sửdụng phép

• Lời giải Từ phương trình thứ hệta x=5y 20− Thếvào phương trình thứ hai ta

được

( )( )( ) ( ) ( )

( )( )

2

3

3 2

5y 19 10y 39 15y 59 3y 3y 5y 20 750y 8725y 33830y 34719 150y 1141y 2006y 801

600y 7584y 31824y 44520 y 75y 573y 1113

 

− − − = +  + + − 

 

⇔ − + − = − + +

⇔ − − − = ⇔ − − + =

Dễ thấy phương trình 75y2 −573y 1113+ =0 vơ nghiệm

Do từphương trình ta y 5− = ⇔ =0 y nên x =5 Vậy hệphương trình có nghiệm ( )5;

• Nhận xét Khi thực phép thế x =5y 20− vào phương trình thứhai ta phương trình ẩn, tuy nhiên phương trình khó phân tích Do ta có thểtìm cách phân tích phương trình thứhai thành tích.

( )( )( ) ( )( )

( )( ) ( )( )

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

2

2

2 2 2

2

2

1 x 2x 3x 3y 3y 2x

2x 3x 3x 1 3y 3y 2x

3x 2x 3x 1 3y 2x 3y

x y

3 x y x y 2x

2 x y 2x

+ + + = + + +

⇔ + + + = + + +

⇔ + + + = + + +

 − =

 

⇔ −  + + +  = ⇔ 

+ + + =

 Đến ta kết hợp với phương trình thứ đểtìm nghiệm.

Trong hai cách cách thực phép thếdễthấy cách phân tích phương trình thứhai thành tích cho lời giải đơn giản

b) Tìm tất số thực m đểphương trình x2−2 2m x 3m 4( + ) + + =0 có hai nghiệm dương phân

biệt

• Phân tích Đây dạng tốn vềđịnh lý Vi – et toán liên quan Muốn tìm m đểphương trình có hai nghiệm phân biệt ta cần ' > 0 và muốn hai nghiệm dương ta cần có

1

x x > 0 x1+x2 >0

Như đểphương trình có hai nghiệm ngun dương phân biệt ta cần có

'

1

1

0 x x

x x

  > 

> 

 + > 

Biểu diễn hệtrên theo m ta tìm điều kiện cho m.

• Lời giải Phương trình có hai nghiệm dương phân biệt

( ) ( )

( )

( )( )

2 '

1

1

0 2m 3m m 4m

3

x x 3m 4m m

4

x x 2m 2m

 

 > + − + >  + − >



  

> ⇔ + > ⇔ > − ⇔ >

  

 + >  + >  > −

  

• Nhân xét Với tốn liên quan đến phương trình bậc hai ta cần nẵm vững điều kiện có nghiệm phương trình định lý Vi – et.

a) Cho x, y, z số thực thỏa mãn x+ y+ z =2 x y z+ + =2 Tính giá trị biểu thức:

( )( )( ) x y z

P x y z

x y z

 

 

= + + + + +

 + + + 

 

• Phân tích Đây dạng tốn vềbiến đổi đồng biểu đại số Như trước hết ta cần biến đổi giảthiết để có thêm giảthiết Từ x + y + z =2 x y z+ + =2 ta có xy + yz+ zx =1

Nhận thấy biểu thức P chứa tổng x 1, y 1, z 1+ + + nên ta ý dến phép biến đổi

( )( )

x x+ = + xy + yz+ zx = x+ y x + z

Áp dụng hoàn toàn tương tựvà thay vào biểu thức P đểrút gọn

• Lời giải Từ x + y+ z =2 x y z+ + =2 ta có

( )2 ( )

x + y + z = + + +x y z xy + yz + zx

Từđó ta xy + yz + zx =1 Khi

( )( )

( )( )

( )( )

x x xy yz zx x y x z

y y xy yz zx x y y z

z z xy yz zx z y x z

 + = + + + = + +



 + = + + + = + +

 

+ = + + + = + +

  Thay vào biểu thức P ta

( )( )( )

( ) ( ) ( ) ( ( ) ()( )() ( ) )

( )

2 2

y

x z

P x y z

x y z

x y z y z x z x y

x y y z z x

x y y z z x

2 xy yz zx

 

 

= + + + + +

 + + + 

 

+ + + + +

= + + +

+ + +

= + + =

• Nhận xét Với biểu thức dạng x 1+ trong xy + yz + zx =1 ta ý đến biến đổi

( )( )

x x+ = + xy + yz+ zx = x+ y x + z

Với biểu thức dạng a2 +1 trong ab bc ca+ + =1ta ý đến biến đổi

( )( )

2

a + =1 a +ab bc ca+ + = a b a c+ +

b) Viết phương trình đường thẳng qua điểm M 1;2( ) cắt hai tia Ox, Oy hai điểm A B khác góc tọa độ O mà thỏa mãn OA OB+ =6

• Phân tích Giảsửđường thẳng cần viết có dạng y=ax b+ Đầu tiên đường thẳng qua điểm M 1;2( )

Khi x=0 thì y= b, ta có B 0; b( ) Khi y=0 thì x b a

= − , ta có A b; a

 

−

 

  Mà ta có

OA OB+ =6 nên ta b b a

+ − = Chú ý đường thẳng cắt tia Ox Oy nên ta có b 0; b a

> − > do b >0; a< 0 Đến kết hợp hai điều kiện ta tìm a b.

• Lời giải Gọi đường thẳng cần tìm y =ax b+ Do đường thẳng qua điểm M 1;2( ) nên ta có

2= +a b Do đường thẳng cắt trục Ox, Oy A B nên ta có Khi x= y=b, ta có B 0; b( ) Khi y =0 x b

a

= − , ta có A b; a

 

−

 

  Mà ta có OA OB+ =6 nên ta b b

a

+ − =

Chú ý đường thẳng cắt tia Ox Oy nên ta có b 0; b a

> − > b>0; a <0 Từđó ta có

( )

a b b a b a a 1; b 3

b a a 3a 2 0 a 2; b 4

b a

a a

 + =  = −  = −  = − =

 ⇔  ⇔  ⇔ 

  −  + + = = − =

− = − + =  

   

 

Vậy đường thẳng thỏa mãn yêu cầu toán y= − +x y= −2x 4+

• Nhận xét Trong toán ta ý đến giảthiết đường thẳng cắt tia Ox Oy đểsuy hoàng độ

tung độcác giao điểm nhận giá trịdương Từđó ta phá giá trịtuyệt đối. Câu a) Tìm số tự nhiên có hai chữ số ab thỏa mãn ab 6+ =(a b+ )3

• Phân tích lời giải Do số cần tìm ab nên ta dễdàng suy 10 ab 99≤ ≤

Từđó ta có 16 ab 105≤ + ≤ Chú ý ab 6+ =(a b+ )3 nên ta 16≤(a b+ )3 ≤105 Ta tìm lập phương khoảng từ16 đến 105 (a b+ )3 =27 (a b+ )3 =64 Từđó ta a b+ =3 a b+ =4 Đến ta ab∈{12;21; 30;13;22; 31}

Thử trường hợp ab 21= 21 6+ =(2 1+ )3

• Nhận xét Bài tốn số học thứ câu 3 khơng q khó Trong tốn ta cần tìm

( )3

16≤ a b+ ≤105 đểsuy a b+ =3 a b+ =4 là xem giải toán. b) Cho

2017 cs1

a =111 1

2016 cs

b 1000 5=  Chứng minh M =ab 1+ sốchính phương

• Phân tích lời giải Chú ý đến biến đổi n

n sc1

10 111

9

− =

 ta phân tích số a b vềcác lũy thừa 10 Ta có 2017

2017 sc1

10

a 111

9

−

= = n 2016 cs 2017 cs

Khi ta ( ) ( )

2 2

2017 2017

2017 2017

n 10 4.10

10 10

M ab 10 1

9

+ −  

− +

= + = + + = + =  

 

Đến ta cần chỉra 102017 N

+

∈ ta ta có điều phải chứng minh Tuy nhiên 102017 N

3

+ ∈ hiển nhiên 102017 +2 3 Vậy M =ab 1+ sốchính phương.

• Nhận xét Với dạng tốn chứng minh sốchính phương ta ý đến phép biến đổi

1 n

n cs

9 10= −1; 99 10= −1; 999 10= −1; ; 999 10 = −1

Câu (4.0 điểm)

Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn đường kính AB 2R= Biết BC CD= hai đường thẳng AD, BC cắt F Trên đường kính AB lấy điểm E cho AD=BE Vẽ EH vng góc với AD H Hai đường thẳng AC, EH cắt K Gọi I trung điểm AE

a) Chứng minh rằngAD.AF BC.BF+ =4R2

• Phân tích Quan sát hình vẽvà kết hợp với giảthiết ta nhận thấy để AD.AF BC.BF+ =4R2 thì ta cần có

AD.AF=AB.AM BC.BF=AB.BM Muốn ta chứng minh:

ADB AMF

 ∽ ACB∽FMB

• Lời giải Kẻ FM vng góc với AB Khi ta có

 

ADB=AMF =90 Xét hai tam giác ADB AMF có ADB =AMF =900 BAD chung

Do ADB∽AMF nên ta AD AM

AB = AF

suy AD.AF =AB.AM

Xét hai tam giác ACB FMB có ACB =FMB 90 = 0 ABC chung

Do ACB∽FMB nên ta BC BM

AB = BF suy raBC.BF=AB.BM

Từđó ta AD.AF BC.BF+ =AB AM BM( + ) =AB2 =4R2

b) Chứng minh ba điểm D, I, K thẳng hàng

• Phân tích Gọi I’ giao điểm DK với AB Ta cần chứng minh I I’ trùng Muốn ta chứng

minh I’ trung điểm AE Đểý giảthiết cho AD=BE nên ta cần chỉra AI' EI'

AD = BE

• Lời giải Do BC CD= nên BC CD = , AC tia phân giác BAD Trong tam giác ADI' có

AK tia phân giác nên AI' KI'

AD = KD Mặt khác HE//BD nên ta

' '

KI EI

KD = EB

Từđó ta AI' EI'

AD = BE, mà theo giả thiết ta có AD=BE nên

' '

AI = EI hay I’ trung điểm AE

Do hai điểm I I’ trùng Suy ba điểm D, I, K thẳng hàng

M I'

I O F

K H

E D

C

• Nhận xét chung Bài tốn hình đềthikhơng q khó Trong tốn chủ yếu sửdụng tam giác vuông đồng dạng Trong ý b ta cần ý đến giảthiết BC CD= AD=BE

Câu (2.0 điểm) Cho tứgiác ABCD có hai đường chéo cắt O diện tích tam giác AOB

2

9cm , diện tích tam giác COD 16cm2 Tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tứ giác ABCD

• Phân tích Giảthiết tốn cho diện tích tam giác AOB 9cm2và diện tích tam giác COD bằng 16cm2,

do ta cần biểu diễn diện tích tứ giác ABCD qua diện tích hai tam giác AOB COD Từhình vẽta thấy AOB BOC

AOD COD

S S OB

S = S = OD Như SOAD.SOBC =SAOB.SCOD =9.16 144=

Ta thấy SABCD =SAOB +SCOD +SAOD +SBOC ≥SAOB +SCOD+2 SAOD.SBOC Đến ta thay sốthì tìm được giá trị nhỏ SABCD

• Lời giải Ta có AOB BOC

AOD COD

S S OB

S = S = OD Do SOAD.SOBC =SAOB.SCOD =9.16 144=

Ta có SABCD =SAOB +SCOD +SAOD +SBOC ≥SAOB +SCOD +2 SAOD.SBOC = +9 16+ 144 =49 Dấu xẩy SAOD =SBOC hay OA.OD OB.OC=

Điều có OA OB

OC = OD hay AB//CD Vậy giá trị nhỏ SABCD

49cm AB//CD Câu (2.0 điểm) Cho a, b, c số thực thay đổi thỏa mãn ab 7bc ca+ + =188 Tìm giá trị nhỏ

nhất biểu thức P 5a= +11b2 +5c2

• Phân tích Quan sát giảthiết bất đẳng thức ta thấy vai trò a, b, c khác Yêu cầu toán ta ta nghĩ đến chứng minh 5a2 +11b2 +5c2 ≥ k ab 7bc ca( + + ) Như ta áp dụng bấtđẳng thức Cauchy cho

từng cặp a ; b2 2, b ; c2 2 a ; c2 2 Chú ý đến nhân hệsốđểdấu đẳng thức xảy Giảsửta có bất đẳng

thức

( ) ( )

( ) ( ) ( )( )

2 2 2 2 2

2 2 2

m a n b 2mn.ab; 11 n b p c 11 n p bc

5 m a p c m n ca

+ ≥ − + ≥ −

− + − ≥ − −

Như ta có 5a2 +11b2 +5c2 ≥2mn.ab 11 n p bc m+ ( − 2) + ( − 2)(5 n ca− 2)

Ta cần xác định số m ; n ; p2 2 để ( ) ( )( )

2 2

11 n p m n

mn

1

− − −

= =

Hay ta ( ) ( )( )

2 2

2 11 n p m n

m n

1

− − −

= =

Nhẩm giá trịđặc biệt ta tìm m2 2; n2 1; p2 14

2

= = = Từđó ta có lời giải cho tốn. • Lời giải Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có

2 21 14 2

2a b 2ab; b c 14bc; 3a c 2.ca

2 3

+ ≥ + ≥ + ≥

( )

2 2

P =5a +11b +5c ≥2ab 17bc 2ca+ + =2 ab 7bc ca+ + =2.188=376

Dấu xẩu

2

2

2

4a b 2a b

3b 2c a 2; b 4; c

9b 4c

3a c a 2; b 4; c

9a c

ab 7bc ca 188 ab 7bc ca 188

 =  = ±

  

= ± = = =

=

 ⇔  ⇔ 

 =  = ± = − = − = −



  

 + + =  + + =



Đề số

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI MƠN TỐN TỈNH VĨNH LONG Năm học 2015 – 2016

Bài (4.0 điểm) a) Cho

( )3

4 3

x

5 17 38

+ −

=

+ − − Tính ( )

2016

P= x + −x

b) Cho x y+ = −5 x2 +y2 =11 Tính x4 +y4

Bài (4.0 điểm)

a) Giải phương trình x2 +4x=2 2x 5+ −

b) Giải hệphương trình ( )( )

2

5x 2y 2xy 2x 4y 24

3x 2x y x y 11

 + + − − =



 + + − − + =

 Bài (2.0 điểm)

Cho phương trình x2 +(m x 6− ) − =0(m tham số) Tìm giá trị của m đểphương trình

trên có hai nghiệm x , x1 2 cho biểu thức ( )( )

1

A = x −9 x −4 đạt giá trị lớn Bài (2.0 điểm)

Cho a, b sốdương thỏa mãn ab 1= Tìm giá trị nhỏ biểu thức

( )( 2)

A a b a b

a b

= + + + +

+ Bài (3.0 điểm)

a) Cho p q số nguyên tố lớn thỏa mãn p= +q Tìm sốdư chia p q+ cho 12

b) Tìm cặp số nguyên ( )x; y thỏa mãn phương trình x x 1( + )= y2 +1

Bài (3.0 điểm)

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( )O; R H điểm di động đoạn OA(H

khác A) Đường thẳng qua H vng góc với OA cắt cung nhỏ AB M Gọi K hình chiếu M OB

a) Chứng minh HKM 2AMH = 

b) Các tiếp tuyến đường tròn ( )O; R A B cắt tiếp tuyến M đường tròn ( )O; R

lần lượt D E Gọi giao điểm OD, OE với AB F G Chứng minh OD.GF =OG.DE

Bài (2.0 điểm)

Cho đường trịn tâm O bán kính R =5cm điểm P cố định đường tròn cho

OP=3cm Hai dây cung AC BD thay đổi ln vng góc với P Khi diện tích tứgiác ABCD đạt giá trị lớn nhất, tính diện tích sốđo góc OPD

Bài (4.0 điểm) a) Cho

( )3

4 3

x

5 17 38

+ −

=

+ − − Tính ( )

2016

P = x + −x

• Phân tích lời giải Đểtính giá trị P=(x2 + −x 1)2016 ta cần tính được giá trị của x

Ta có 3+ = 3 1+ + = ( 1+ )2 = 1+ Mặt khác ta lại có

( ) ( ) (3 ) ( )( )

3

a = 2+ 17 38− ⇒a = 2+ 17 38− = 17 38 17 38+ − =1

Từđó ta suy a =1 hay ( 5 2+ )317 38− =1

Như ta x 3 1

1

+ −

= = = −

− − Từđó suy ( ) ( )

2016

P = − + − −1 1 =1

 

• Nhận xét Với tốn dạng biểu thức x cho phức tập tính ta thường

thấy x nhận sốgiá trịtương đối đặc biệt −1; 0;1; , điều làm cho biểu thức dấu ngoặc P

nhận −1; 0;1, ta tính P Trong tốn ta thấy thực phức tập tính

( 5 2+ )317 38− , thông thường ta viết 17 38− thành lũy thừa bậc ba đểcó thểđưa khỏi bậc

ba, điều khó khăn Đểkhắc phục điều ta lũy thừa bậc ba sau thực thu gọn kết quả, có kết quảta lấy bậc ba

b) Cho x y+ = −5 x2 +y2 =11 Tính x4 +y4

• Lời giải Ta có x y+ = −5 nên ta (x y+ )2 =25⇒ x2 +y2+2xy =25

Mà ta có x2 +y2 =11, suy 2xy 14= hay xy =7

Ta có x4 +y4 =(x2 +y2)2 −2 xy( )2 =112 −2.72 =121 98− =23

Bài (4.0 điểm)

a) Giải phương trình x2 +4x=2 2x 5+ −

• Phân tích Phương trình chứa thức bậc hai nên ta có thểsửdụng pháp nâng lên lũy thừa, sau nâng lên lũy thừa ta thu phương trình bậc Trong ta chỉmới nhẩm nghiệm đẹp x= −1

nên việc phân tích phương trình khó khăn

Chú ý đến 2 2x 3+ ta có phép biến đổi (2x 3+ )±2 2x 1+ + =( 2x 1+ ± )2 Đểcó phép biến đổi (2x 3+ )+2 2x 1+ + =( 2x 1+ + )2 ta viết phương trình lại thành

( )2 ( )2

2

x +6x 2x 2x 1+ = + + + + ⇔ x 3+ = 2x 1+ + Đến ta viếtđược phương trình thành tích.

( )2 ( )2

x +2x 2x 2x 1+ + + − + + ⇔ x 1+ + 2x 1+ − =0

Đến ta giải phương trình.Như ta có hai lời giải cho phương trình. •Lời giải Điều kiện xác định phương trình 2x 3+ ≥

+ Cách Phương trình cho tương đương với

( ) ( )

( )

2

2

x 6x 2x 2x x 2x

x 2x x 2x

x 2x x 2x

+ + = + + + + ⇔ + = + +

 + = + +  + = +

 

⇔ ⇔

 + = − + + − − = +

 

 Với

( )2 2

x x

x 2x x

x 2x

x 2x

 + ≥  + ≥

 

+ = + ⇔  ⇔  ⇔ = −

+ + =

+ = + 

 



 Với

( )2

x x 4 0

x 2x

x 6x 13

x 2x

− − ≥  + ≤

− − = + ⇔  ⇔  + + =

+ = + 

 



, hệ vô nghiệm Kết hợp với điều kiện xác định phương trình ta x= −1 nghiệm + Cách Phương trình cho tương đương với

( ) ( )

( )

2

2

x 2x 2x 2x x 2x

x

x

x

2x 2x

+ + + + − + + ⇔ + + + − =

 + =  + =

 

⇔   ⇔ = −

+ − = + − =

 



Kết hợp với điều kiện xác định phương trình ta x= −1 nghiệm • Nhận xét Cũng đểý đến 2 2x 3+ ta viết phương trình vềdạng

2

2x 2x x+ + + − −6x 8− =0

Đặt t = 2x 3+ ≥0, phương trình trởthành t2 +2t x− −6x 8− =0

Ta có ' =12+(x2+6x 8+ ) =(x 3+ )2 ≥0 Từđây phương trình có hai nghiệm t= +x 2 t= − −x 4

Đến ta giải hoàn toàn tương tựnhư trên.

b) Giải hệphương trình ( )( )

2

5x 2y 2xy 2x 4y 24

3x 2x y x y 11

 + + − − =



 + + − − + =



• Phân tích Hệphương trình cho có hai phương trình có bậc hai ẩn, ta kiểm tra xem trong hai phương trình phương trình phân tích

Xét phương trình 5x2 +2y2 +2xy 2x 4y− − =24⇔2y2 +2 x y 5x( − ) + −2x 24− =0 Xem

phương trình bên phương trình ẩn y có x tham số

Khi ta có ' =(x 2− )2 −2 5x( −2x 24− )=52 9x− nên phương trình thứ nhất khơng phân tích

được thành tích.

Xét phương trình 2x2 −y2 − +1 4x 2y xy 11+ − = ⇔ y2 +(x y 2x− ) − −4x 12+ =0, xem

Khi ta có =(x 2− )2+4 2x( +4x 12− ) =9x2 +12x 48− , phương trình thứ hai

khơng phân tích thành tích.

Như cảhai phương trình khơng phân tích thành tích nên ta sẽthửnghĩ đến hướng khác Quan sát kỹ các phương trình hệ ta nhận thấy (2x y 1+ − ) (+ x y 1− + )=3x Như xem

a =2x y 1; b+ − = − +x y thì ta viết lại phương trình thứhai thành a b ab 11+ + = Vấn đềlà ta cần

viết phương trình thứ theo a b.Muốn thực điều ta làm sau

( )

( )

2

2 2

2

2 2

a 2x y 4x y 4xy 4x 2y

b x y x y 2xy 2x 2y

 = + − = + + = − −

 

= − + = + + − + −



Từđó ta a2 +b2 =26 Như ta thu được hệphương trình

2

a b 26

a b ab 11

 + =



 + + =



Đến ta xem giải phương trình.

• Lời giải Đặt a =2x y 1; b+ − = − +x y Khi hệphương trình viết lại thành

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2

a b 2ab 2ab 26

a b 26 a b 11 a b 26

a b ab 11 ab 11 a b ab 11 a b

a b 8; ab 19

a b a b 48

a b 6; ab

ab 11 a b

   + = + + − = + −  − +  =  ⇔  ⇔     + + =  = − +  = − +        + + + − =  + = − =  ⇔  ⇔  + = = = − +     + Với a b

ab 19

 + = − 

 =

 , hệ vô nghiệm ( )

2

a b+ <4ab + Với a b a 1; b

ab a 5; b

 + =  = =

 ⇔ 

 = = =



 

 Khi a =1; b =5 ta có 2x y 1 x

x y y

 + − =  =

 ⇔ 

 − + =  = −

 

 

 Khi a =5; b 1= ta có 2x y x

x y 1 y

 + − =  =

 ⇔ 

 − + =  =

 

 

Vậy phương trình cho có nghiệm ( ) ( )2; , 2;2−

• Nhận xét Khi hai phương trình hệđều khơng thể phân tích thành tích ta nhân hai phương trình với sốk cộng theo vếhai phương trình thìđược phương trình bậc hai Ta cần tìm

sốk để phương trình phân tích thành tích Chẳng hạn ta viết lại hệphương trình

( )( )

2 2

2

5x 2y 2xy 2x 4y 24 5x 2y 2xy 2x 4y 24

2x y xy 4x 2y xy 12

3x 2x y x y 11

 + + − − =  + + − − − =

 ⇔ 

 + + − − + =  − − + + − − =

 



Khi ta thấy nhân phương trình thứhai với k=2 cộng hai phương trình ta thu

Bài (2.0 điểm) Cho phương trình x2 +(m x 6− ) − = 0(m tham số) Tìm giá trị của m để

phương trình có hai nghiệm x , x1 2 cho biểu thức ( )( )

1

A = x −9 x −4 đạt giá trị lớn • Phân tích Bài tốn sốba tốn hệthức Vi – et, dođó ta sửdụng hệthức Vi – te đểgiải Tuy nhiên trước hết ta cần phải tìm điều kiện có nghiệm cho phương trình

• Lời giải Ta có ' =(m 1− )2 +24>0 với mọi m nên phương trình có hai nghiệm phan biệt

x ; x Theo hệ thức Vi – et ta có x1 +x1 = −1 m x x1 2 = −6

Ta có ( )( ) 2 2 ( ) (2 )2

1 2 1 2

A= x −9 x −4 =x x +36 9x− −4x = x x +6 − 2x +3x Do x x1 2 = −6 nên A = −(2x1+3x2)2 ≤0 Do giá trị nhỏ A Dấu xẩy 2

1

1

1

x x

x 3; x 2; m

2x 3x

x 3; x 2; m

x x m

 = −

 = = − =



+ = ⇔ 

 = − = =



 + = − 



Vậy với m= m= −2 biểu thức A đạt giá trị nhỏ

Bài (2.0 điểm) Cho a, b sốdương thỏa mãn ab 1= Tìm giá trị nhỏ biểu thức

( )( 2)

A a b a b

a b

= + + + +

+

• Phân tích Quan sát bất đẳng thức nhận thấy có đánh giá a2 +b2 ≥2ab 2= Như ta suy được

( )( 2) ( ) ( )

A a b a b a b a b

a b a b a b

= + + + + ≥ + + + = + + +

+ + +

Ta cần đánh giá làm triệt tiêu

a b+ Dựđoán dấu xẩy a = =b 1, ta đểý đến đánh giá theo bất đẳng thức Cauchy dạng k a b( ) 4k

a b

+ + ≥

+

Chú ý đểbất đẳng thức xẩy dấu ta cần có k a b( ) a b4 k

a b



+ =

 ⇒ =

 +

 = = 

Đến ta có lời giải cho tốn.

• Lời giải Ta có a2 +b2 ≥2ab 2= Khi ta được

( )( 2) ( ) ( )

A a b a b a b a b

a b a b a b

= + + + + ≥ + + + = + + +

+ + +

Theo bất đẳng thức Cauchy ta lại có (a b) 4 a b

+ + ≥

+ a b ab+ ≥ Do ta

( ) 4

A a b a b a b ab

a b a b

≥ + + + = + + + + + ≥ + + =

+ +

• Nhận xét Bài tốn sửdụng bất đẳng thức Cauchy cho hai sốdương Tuy nhiên sai lầm thường hay gặp

đó ta thực đánh giá 2 a b( ) 4 a b

+ + ≥

+ Nguyên nhân sai lầm ởđây bất đẳng thức không xẩy dấu a = =b 1

Bài a) Cho p q số nguyên tố lớn thỏa mãn p = +q Tìm sốdư chia p q+ cho 12

• Phân tích Bài tốn cho p q sốnguyên tốlớn 3, nên p q chia cho có sốdư Ngồi ra tốn u cầu tìm sốdư chia p q+ cho 12 nên ta tìm sốdư p q+ khi chia cho Chú ý

ta có p= +q nên ta cần xét trường hợp q có thểsuy trường hợp p. • Lời giải Do q số nguyên tố lớn nên q có dạng 3k 1+ 3k 2+ với k N∈ *

+ Nếu q =3k 1+ , p = +q nên p =3k 3+ chia hết cho 3, trường hợp loại p số nguyên tố

+ Nếu q =3k 2+ , p= +q nên p =3k 4+ Do p số nguyên tố nên k phải số tự nhiên lẻ Khi ta p q+ =6 k 12( + ) Vậy sốdư chia p q+ cho 12

b) Tìm cặp số nguyên ( )x; y thỏa mãn phương trình x x 1( + )= y2+1

• Phân tích Trước hết ta viết lại phương trình thành x2 + −x y2 =1 Từphương trình ta nghĩ đến viết vế

trái thành bình phương, muốn ta cần nhân vào hai vếmột sốchính phương chẵn Ta có

( ) ( )2

2 2 2

x + −x y = ⇔1 4x +4x 4y− = ⇔4 4x +4x 4y+ − = ⇔5 2x 1+ − 2y =5 Đến ta có thểđưa phương trình vềdạng phương trình ước số

• Lời giải Phương trình cho tương đương với

( ) ( ) ( )( )

2 2 2

2

x x y 4x 4x 4y 4x 4x 4y

2x 2y 2x 2y 2x 2y

+ − = ⇔ + − = ⇔ + + − =

⇔ + − = ⇔ + + − + =

Do x, y số nguyên nên ta có trường hợp sau

+ Trường hợp Với 2x 2y 1 x

2x 2y y

 − + =  =

 ⇔ 

 + + =  =

 

 

+ Trường hợp Với 2x 2y x

2x 2y 1 y

 − + =  =

 ⇔ 

 + + =  = −

 

 

+ Trường hợp Với 2x 2y 1 x

2x 2y y

 − + = −  = −

 ⇔ 

 + + = −  = −

 

 

+ Trường hợp Với 2x 2y x

2x 2y 1 y

 − + = −  = −

 ⇔ 

 + + = −  =

 

 

Vậy phương trình có nghiệm ngun ( ) ( ) ( ) ( ) (x; y = 1;1 , 2;1 , 1; , 2; 1− − − − )

Bài (3.0 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( )O; R H điểm di động

a) Chứng minh HKM 2AMH = 

• Phân tích Nhận thấy tứgiác MHOK nội tiếp nên ta có MKH =MOH

Như để chứng minh HKM 2AMH =  ta cần chỉ ra HOM 2AMH =  Chú ý MOH là góc ởtâm chắn cung AM Như ta cần chỉra AMH

bằng nửa sốđo cung AM Đểlà điều ta

chỉ cần vẽ tiếp tuyến A với đường trịn (O) được

• Lời giải Vẽ tiếp tuyến A với đường tròn

( )O Khi ta có MAx 1MOA

= Mặt khác ta lại có Ax//MH nên ta MAx =AMH

Do AMH 1MOA

= Từ giác MHOK có MKO MHO 180 + = 0 nên nội tiếp được, ta được  

MKH= MOH Từđó suy AMH 1MKH

= hay HKM 2AMH =  b) Chứng minh OD.GF =OG.DE

• Phân tích Để chứng minh OD.GF =OG.DE ta chứng minh hai tam giác OGF ODE đồng dạng

Mà haitam giác có góc chung DOE, nên ta cần chỉra cặp góc Dễthấy tứ giác ADMO nội tiếp, ta cần chỉra điểm O nằm đường tròn ngoại tiếp tứgiác ADMO xem bài tốn chứng minh.

• Lời giải Dễ thấy tứ giác ADMO nội tiếp đường trịn Mà ta có MAG 1sdBM

2

= MOE BOE 1sdBM

= = Do ta MAG =EOM, mà hai góc

cùng nhìn đoạn MG, suy tứ giác MGOA nội tiếp đường trịn Từđó ta thấy năm điểm A, D, M, G, O nằm mơt đường trịn Do ta FGO ODA  = =ODM

Xét hai tam giác OGF ODE có GOF chung FGO ODM = nên ∆OGF∽∆ODM

Từđó suy OG DE

OD = GF hay OD.GF =OG.DE

Bài (2.0 điểm)

• Phân tích Tứgiác ABCD có hai đường chéo AC BD vng góc với nên SABCD AC.BD

2

= , mà ta lại có

2

AC BD

AC.BD

2

+

≤ nên SABCD AC2 BD2

4

+

≤

Đến ta cần biểu diễn AC2+BD2 theo R

OP

• Lời giải Dựng OH vng góc với AC H OK vng góc với BD lại K Khi ta có

x

F D

E M

G

H

K B

A

O

P

K H

O

D

C B

1

AH AC; BK BD

2

= = Tứ giác OHKK hình chữ

nhật nên OP=HK khơng đổi

Áp dụng định lý Pitago ta có AC2 +BD2 =(2AH) (2 + 2BK)2 =4 AH( +BK2)

Lại có AH2 =OA2 −OH ; BK2 =OB2 −OK2 Do ta được

( ) ( ) ( )

2 2 2 2 2 2

AC +BD =4 OA −OH +OB −OK =4 OA +OB −4 OH +OK =8R −4OP

Từđó suy 2 2 2 ( )2

ABCD

8R 4OP

S 2R OP 2.5 41 cm

4

−

≤ = − = − =

Vậy giá trị lớn SABCD 41 cm( )2 , dấu bằng xẩy chỉ AC=BD

Khi ta OH =OK hay OHPK hình vng, ta OPD =450

• Nhận xét Bài hình thứhai của thi liên quan đến đường tròn Tuy nhiên điểm mấu chất ởđây sử dụng định lí Pitago đểtính AC2 +BD2 theo R, hai đường chéo tứgiác vng góc với

Đề số

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI MƠN TỐN THÀNH PHỐ HÀ NỘI Năm học 2015 – 2016

Câu (5.0 điểm)

a) Cho nguyên a, b, c, d thỏa mãn điều kiện a3 +b3 =2 c( −8d3)

Chứng minh a b c d+ + + chia hết cho

b) Tìm tất số nguyên tố x cho 2x +x2 số nguyên tố

Câu (5.0 điểm)

a) Giải phương trình 2x2 +11x 19+ + 2x2 +5x 7+ = 3 x 2( + )

b) Tìm tất ba số(x; y; z) thỏa mãn

2 2

x y z

1 1

x y z

x y z 17

 + + = 

 + + = 



+ + =

 Câu (3.0 điểm)

a) Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn x, y, z

< < xy yz zx

+ + = Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

2 2

4x 4y 4z

P

3 4x 4y 4z

= + +

− − −

b) Cho a, b, c đồ dài ba cạnh tam giác Chứng minh rằng:

2016 2016 2016

2015 2015 2015

a b c

a b c

b c a+ − + c a b+ − +a b c+ − ≥ + + Câu (6.0 điểm)

Cho tam giác ABC có cạnh a Lấy điểm Q cạnh BC (Q khác B C) Trên tia

đối tia BA lấy điểm P cho CQ.AP =a2 Gọi M giao điểm của AQ CP

a) Chứng minh bốn điểm A, B, C, M thuộc đường tròn b) Gọi I, J, K hình chiếu M AB, BC, CA Xác định vị trí Q đểIK có độ dài lớn

Chứng minh MI2 +MJ2 +MK2 không đổi Q di chuyển cạnh BC

Câu (1.0 điểm)

Phân tích hướng dẫn giải Câu (5.0 điểm)

a) Cho nguyên a, b, c, d thỏa mãn a3+b3 =2 c( −8d3) Chứng minh rằng a b c d+ + + chia hết

cho

• Phân tích Để chứng minh a b c d+ + + chia hết cho ta cần tạo tổng có chứa biểu

thức a b c d+ + + và tổng chia hết cho Đểý đến giảthiết a3 +b3 =2 c( 3−8d3), ta nghĩ đến biến đổi để

làm xuất (a b+ ) (3 + c d+ )3 Do ta sẽthêm bớt lượng thích hợp cho giảthiết tốn Ta có

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

3 3 3

3 3 3

a b 3ab a b c d 3cd c d 3ab a b 3cd c d 3c 15d

a b c d 3ab a b 3cd c d 3c 15d

+ + + + + + + = + + + + −

⇔ + + + = + + + + −

Dễthấy 3ab a b( + )+3cd c d( + )+3c3 −15d3 chia hết ta được (a b+ ) (3 + c d+ )3 chia hết

cho Đến ta thấy viết (a b+ ) (3+ c d+ )3 vềdạng (a b c d A+ + + ) thì ta chưa thểkhẳng định

a b c d+ + + chia hết cho Do ta sẽ viết biểu thức (a b+ ) (3 + c d+ )3 về dạng lũy thừa bậc ba

a b c d+ + + Ta có

( ) (3 ) (3 )3 ( )( )( )

a b+ + c d+ = a b c d+ + + −3 a b c d a b c d+ + + + + Đến ta có đươc điều cân chứng minh.

• Lời giải Từ giả thiết a3+b3 =2 c( −8d3) ta có

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

3 3 3

3 3 3

a b 3ab a b c d 3cd c d 3ab a b 3cd c d 3c 15d

a b c d 3ab a b 3cd c d 3c 15d

+ + + + + + + = + + + + −

⇔ + + + = + + + + −

Dễ thấy 3ab a b( + )+3cd c d( + )+3c3 −15d3 chia hết ta được (a b+ ) (3+ c d+ )3 chia hết

cho

Mặt khác ta lại có (a b+ ) (3 + c d+ ) (3 = a b c d+ + + )3 −3 a b c d a b c d( + )( + )( + + + ) Mà a b c d a b c d( + )( + )( + + + ) chia hết suy (a b c d+ + + )3 chia hết cho Do a b c d+ + + chia hết cho

• Nhận xét Bản chấtbài tốn tốn bản: Nếu x3 +y3 chia hết cho x y+ chia hết cho

3

b) Tìm tất số nguyên tố x cho 2x +x2 số ngun tố

• Phân tích Dễthấy x =2 khơng thỏa mãn u cầu tốn cịn x= thỏa mãn yêu cầu toán Ta cần chứng minh x >3 thì khơng tồn sốnguyên tốthỏa mãn Chú ý x >3 thì x sốngun tố lẻta ln có x2 chia có sốdư Ngồi sốngun tố x >3 thì 2x chia ln dư Điều dẫn đến

x

2 +x luôn chia hết cho 3, x>3 thì 2x +x2 ln hợp số

• Lời giải Ta xét trường hợp sau

+ Khi x=3 ta 2x +x2 =23 +32 =17 số nguyên tố

+ Khi x>3 x số nguyên tố lẻ Khi x2 chia có sốdư 1.

Ngồi x số nguyên tố lẻnên ta đặt x =2k k N+ ( ∈ *)

Từđó ta có 2x =22k 1+ =2.4k =2 1( + )k chia có sốdư 2.

Như 2x +x2 ln chia hết cho Do 2x +x2 ln hợp số x>3

Vậy x=3 giá trị thỏa mãn yêu cầu toán

• Nhận xét Với tốn số học dạng ta thường thử với sốnguyên tố nhỏ x=2; 3 Với sốnguyên tốlớn ta chứng minh không thỏa mãn

Câu (5.0 điểm)

a) Giải phương trình 2x2 +11x 19+ + 2x2 +5x 7+ = 3 x 2( + )

• Phân tích Quan sát phương trình ta nhận thấy (2x2 +11x 19+ ) (− 2x2 +5x 7+ )=6 x 2( + ) nên ta nghĩ

đến phép nhân liên hợp Đểý cần xét trường hợp phép nhân liên hợp có thểthực

• Lời giải Điều kiện xácđịnh phương trình 2x2 +11x 19+ ≥ 0;2x2 +5x 7+ ≥0

+ Xét x= −2, ta thấy thỏa mãn phương trình, x= −2 nghiệm phương trình

+ Xét x≠ −2, ta có 2x2 +11x 19+ − 2x2+5x 7+ ≠ 0 Phương trình cho tương đương với

( ) ( ) 2

2

6 x

3 x 2x 11x 19 2x 5x

2x 11x 19 2x 5x

+

= + ⇔ + + − + + =

+ + − + +

Kết hợp với phương trình cho ta có hệ ( )

2

2

2x 11x 19 2x 5x x

2x 11x 19 2x 5x

 + + + + + = +

 

+ + − + + =

 Từđó ta

( ) ( )

2

2

3x

2 2x 11x 19 3x x

4 2x 11x 19 3x

 + ≥



+ + = + ⇔  ⇔ =

+ + = +



Kết hợp với điều kiện xác định ta tập nghiệm S= −{ }2;2 • Nhận xét

+ Kỹthuật nhân liên hợp gọi nhân liên hợp đưa hệtạm toán sẽcó nhiều em sai lầm khơng xét trường hợp x = −2 x≠ −2, điều vừa cho phép nhân liên hợp không xảy vừa làm cho ta lấy thiếu nghiệm.

+ Ngồi cách nhân liên hợp ta có thểsửdụng phép đặt ẩn phụnhư sau.

Đặt a =2x2 +11x 19; b 2x+ = +5x a+ ( ≥0; b≥ 0) Khi ta có hệphương trình

( )

( ) ( )( ( ) () ) ( )( ( ) () )

2

a b x a b x a b x

a b x a b a b x x a b x

 + = +  + = +  + = +

 ⇔  ⇔ 

 − = +  + − = +  + − = +

  

  

b) Tìm tất ba số (x; y; z) thỏa mãn

2 2

x y z

1 1

x y z

x y z 17

 + + = 

 + + = 



+ + =

 • Phân tích Để ý x y z+ + =3 1 1

x+ y + =z ta nhận thấy

1 1

x + y+ =z x y z+ + , quy đồng phân tích thành tích ta (x y y z z x+ )( + )( + ) =0 Đến ta xét trường hợp thếvào phương trình thứba đểtìm nghiệm cho hệ

• Lời giải Từ x y z+ + =3 1 1

x+ y + =z ta

1 1

x + y+ =z x y z+ + Khi ta

( )

( )( 2) ( )( )( )

1 1 0 x y x y 0

x y z x y z xy z x y z

x y xy zx yz z x y y z z x

+ +

+ + − = ⇔ + =

+ + + +

⇔ + + + + = ⇔ + + + =

+ Xét trường hợp x y+ =0, từ x y z+ + =3 ta z =3

Cũng từ x y+ =0 ta x= −y Thế vào x2 +y2 +z2 =17 ta được 2x2 = ⇔8 x= ±2

Từđó ta hai số (x; y; z) thỏa mãn (2; 2; , 2;2; 3− ) (− )

+ Giải trường hợp y z+ = z x+ =0 ta số hoán vị hai số Vậy số (x; y; z) cần tìm (2; 2; , 2;2; , 2; 3; , 2; 3;2 , 3;2; , 3; 2;2− ) (− ) ( − ) (− ) ( − ) ( − ) Câu (3.0 điểm)

a) Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn x, y, z

< < xy yz zx

+ + = Tìm giá trị nhỏ biểu

thức P 4x 2 4y 2 4z 2

3 4x 4y 4z

= + +

− − −

• Phân tích Dựđốn dấu bất đẳng thức xẩy x y z

= = = Quan sát bất đẳng thức ta thấy biểu thức P có đại lượng độc lập về biến Do ta nghĩ đến chứng minh bất đẳng thức

( ) ( ) ( )

2 2

4x f x ; 4y f y ; 4z f z

3 4x− ≥ 4y− ≥ 4z− ≥

Để ý ta thực phân tích 3 4x− =( 3 2x− )( 3 2x+ ) thì biểu thức xuất hiện 3

là số vô tỉ khó để cân điểm rơi Như thay xét biểu thức x 2

3 4x− ta xét biểu thức

( )

2 2

2 2

x x

3 4x 3 4x

 

=

 

−

  − Vì bất đẳng thức cần chứng minh có dạng ( )

4x

f x

đểkhi đánh giá theo bất đẳng thức Cauchy biến bịtriệt tiêu Để ý x

= thì ta có 8x2 = −3 4x2

Do áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta

( )2 ( )( ) 2

2 2 2 8x 4x 4x

8x 4x 8x 4x 4x

3  + − + −  − = − − ≤  =   Từđó ( ) ( )

2 4

4

2

2 2

x 8x 8x x

8

3 4x 8x 4x

= ≥ =

− − nên

2

4x

4x 4x− ≥ • Lời giải Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba sốdương ta có

( )2 ( )( ) 2

2 2 2 8x 4x 4x

8x 4x 8x 4x 4x

3

 + − + − 

− = − − ≤  =

 

Từđó ta

( ) ( )

2 4

4

2

2 2

x 8x 8x x

8

3 4x 8x 4x

= ≥ =

− − nên

2

4x

4x 4x− ≥

Hoàn toàn tương tự ta có 2

2

4y 4z

4y ; 4z

3 4y− ≥ 4z− ≥

Cộng theo vế bất đẳng thức ta P x≥ ( +y2 +z2)≥4 xy yz zx( + + ) =3

Vậy giá trị nhỏ P 3, dấu xẩy x y z

= = =

b) Cho a, b, c đồ dài ba cạnh tam giác Chứng minh rằng:

2016 2016 2016

2015 2015 2015

a b c

a b c

b c a+ − + c a b+ − +a b c+ − ≥ + +

• Phân tích Với bất đẳng thưc cần chứng minh ta không thểsửdụng đánh giá theo bất đẳng thức

Cauchy hay Bunhiacopxki Do ta nghĩ đến phươngpháp biến đổi tương đương. Xét hiệu a2016 a2015 b2016 b2015 c2016 c2015

b c a+ − − + c a b+ − − + a b c+ − − Khi ta

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

2015 2015 2015

2015 2015 2015

2015 2015 2015 2015 2015

a b c

a b c

b c a c a b a b c

a b a c b a b c c a c b

a b c

b c a c a b a b c

a a b b a b b b c c b c a a c

b c a c a b c a b a b c b c

      − + − + −  + −   + −   + −         − + −   − + −   − + −  =  +  +   + − + − + −       − − − − − = − + − + + − + − + − + − + − ( ) 2015

b a c

a a b c

− −

+ −

Nếu a ≥ ≥b c khi ta thấy a2015 ≥ b2015 ≥c2015 0< + − ≤ + − ≤ + −b c a a c b a b c

Khi ta thấy a2015 b ; b2015 c2015 ; a2015 c2015 b c a+ − ≥ c a b a c b+ − + − ≥ a b c b c a+ − + − ≥ a b c+ − Do ta (a b) a2015 b2

b c a c a b

 

−  − ≥

+ − + −

  Hồn tồn tương tựta có

( ) b2015 c2015 ( ) a2015 b2015

b c 0; a c

c a b a b c b c a a b c

   

−  − ≥ −  − ≥

+ − + − + − + −

Đến toán xem chứng minh.

• Lời giải Xét hiệu a2016 a2015 b2016 b2015 c2016 c2015

b c a+ − − +c a b+ − − +a b c+ − − hay ta

2015 a 2015 b 2015 c

a b c

b c a c a b a b c

     

− + − + −

 + −   + −   + − 

     

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

2015 2015 2015

2015 2015 2015 2015 2015 2015

a b a c b a b c c a c b

a b c

b c a c a b a b c

a a b b a b b b c c b c a a c b a c

b c a c a b c a b a b c b c a a b c

 − + −   − + −   − + − 

=  +  +  

+ − + − + −

     

− − − − − −

= − + − + −

+ − + − + − + − + − + −

Không tính tổng quát ta giả sử a ≥ ≥ >b c

Khi ta thấy a2015 ≥ b2015 ≥c2015 0< + − ≤ + − ≤ + −b c a a c b a b c

Do ta có (a b) a2015 b2

b c a c a b

 

−  −  ≥

+ − + −

  Hoàn toàn tương tựta có

( ) b2015 c2015 ( ) a2015 b2015

b c 0; a c

c a b a b c b c a a b c

   

−  − ≥ −  − ≥

+ − + − + − + −

   

Cộng theo vế bất đẳng thức ta

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

2015 2015 2015 2015 2015 2015

a a b b a b b b c c b c a a c b a c

0

b c a c a b c a b a b c b c a a b c

− − − − − −

− + − + − ≥

+ − + − + − + − + − + −

Do a2016 a2015 b2016 b2015 c2016 c2015 0

b c a+ − − + c a b+ − − + a b c+ − − ≥ Từđó suy a2016 b2016 c2016 a2015 b2015 c2015

b c a+ − + c a b+ − +a b c+ − ≥ + +

Vậy bất đẳng thức chứng minh Dấu xây a = =b c Câu (6.0 điểm)

a) Chứng minh bốn điểm A, B, C, M thuộc đường trịn

• Phân tích Giả thiết CQ.AP =a2 được viết lại

thành CQ.AP=AC2 hay CP AC

AC = AQ Từ ta nghĩ

đến hai tam giác ACP CQA đồng dạng Điều được khẳng định PAC QCA = =600 Để chứng

minh tứ giác ABMC nội tiếp đường tròn ta cần ra MAB =BCM là

• Lời giải Từ CQ.AP =a2 ta CQ.AP=AC2 hay CP AC

AC = AQ

Xét hai tam giác ACP CQA có CP AC

AC = AQ  

0

PAC QCA= =60 nên ∆ACP∽∆CQA

O

K J

I

P

Q M

C B

Từ ta ACP = AQC Mà ta có ACP  =ACB BCP 60+ = +BCP

Lại có AQC  =ABC BAM+ =600+BAM

Do ta MAB =BCM, suy tứ giác ABMC nội tiếp đường tròn

b) Gọi I, J, K hình chiếu M AB, BC, CA • Phân tích

+ Xác định vịtrí Q đểIK có độdài lớn nhất.

Ta nhận thấy ba điểm I, J, K thẳng hàng (Đường thẳng Simson) Do ta dựđốn IK dài

IK=BC, điểm M nằm cung nhỏ BC đường tròn (O) Dễthấy hai tam giác BMC IMK đồng dạng với Do ta IK MI

BC = MB

Mà ta có IM≤MB nên ta IK≤BC Từđó ta có lời giải cho tốn.

+ Chứng minh MI2 +MJ2 +MK2 khôngđổi Q di chuyển cạnh BC

Đểtính MI2 +MJ2 +MK2, trước hết ta cần tìm mối lên hệgiữa MI, MJ, MK Chú ý ta

có MI, MJ, MK đường cao tam giác ABM, BCM, ACM Khi ta có

ABM BCM ACM

1 1

S AB.MI; S BC.MJ; S MK.AC

2 2

= = =

Quan sát công thức ta thấy có mối liên hệlà SABM +SACM =SBCM +SABC, mà tam giác ABC cạnh a nên ta tính SABC a 32

4

= Từđó ta thấy AB.MI MK.AC BC.MJ a 32

+ = + hay ta

a a

MI MK MJ MI MK MJ

2

+ = + ⇔ + − = Đểtính MI2+MJ2 +MK2 ta có thểbình phương

hai vếbiểu thức MI MK MJ a

+ − =

Như ta có MI2 MJ2 MK2 2 MI.MK MI.MJ MJ.MK( ) 3a2

4

+ + + − − = Để chứng minh yêu

cầu toán ta cần phải chứng minh MI.MK MI.MJ MJ.MK− − không đổi

Trong toán liên quan đến đường thẳng Simson ta thấy có hệthức liện hệgiữa MI, NJ, MK là 1

MI +MK = MJ Cần kiểm tra xem hai hệthức có mối liên hệgì khơng.

Ta có 1 MI.MK MJ MI MK( ) MI.MK MJ.MI MJ.MK

MI +MK = MJ ⇔ = + ⇔ − − = Đến

ta chứng minh MI2+MJ2 +MK2 khơng đổi Q di chuyển cạnh BC

• Lời giải

+ Xác định vị trí Q đểIK có độ dài lớn

Do tứ giác ABMC AIMI nội tiếp nên BMC =IMK 120= 0, suy  IMB= KMC

Mà hai tứ giác BIMJ CKJM nội tiếp nên ta lại có BMI =BJI; KMC  =KJC

Dễ thấy hai tam giác BMC IMK đồng dạng với Do ta IK MI

BC = MB

Mà ta có IM≤MB nên ta IK≤BC hay IK a≤ , dấu xẩy MB⊥AB hay M nằm cung nhỏBC, Q điểm cạnh BC

Vậy IK lớn Q trung điểm BC

+ Chứng minh MI2 +MJ2+MK2 không đổi Q di chuyển cạnh BC

Do tứ giác BIMJ nội tiếp nên ta có IMJ =ABC=600 =ACB Lại có MIJ  =MBJ= MAC

Do hai tam giác IMJ ACQ đồng dạng, ta MJ CQ

MI = CA Tương tựta

MJ BQ

MK = AB

Từđó suy MJ MJ CQ BQ

MI +MK = CA + AB = nên ta MJ MI MK( + )=MI.MK

Hay MI.MK MJ.MI MJ.MK− − =

Mặt khác ta lại có SABM 1AB.MI; SBCM 1BC.MJ; SACM 1MK.AC

2 2

= = =

Mà SABM +SACM =SBCM +SABC SABC a 32

= Nên ta có AB.MI MK.AC BC.MJ a 32

+ = + hay

a a

MI MK MJ MI MK MJ

2

+ = + ⇔ + − = Do (MI MK MJ)2 3a2

4

+ − =

Suy MI2 MJ2 MK2 2 MI.MK MI.MJ MJ.MK( ) 3a2

4

+ + + − − =

Mà MI.MK MJ.MI MJ.MK− − =0 nên MI2 MJ2 MK2 3a2

4

+ + = không đổi

Vậy MI2 +MJ2+MK2 không đổi Q di chuyển cạnh BC

• Nhận xét Để chứng minh MI2 +MJ2 +MK2 không đổi Q di chuyển trên cạnh BC ta chứng

minh hai toán nhỏsau.

+ Bài toán Cho tam giác ABC có cạnh a nội tiếp đường trịn tâm O.Gọi M điểm trê cung nhỏ BC Gọi I, J, K hình chiếu M AB, BC, AC Khi MI MK MJ+ − khơng đổi.

+ Bài tốn Cho tam giác ABC có cạnh a nội tiếp đường trịn tâm O.Gọi M điểm cung nhỏ

BC Gọi I, J, K hình chiếu M AB, BC, AC Khi 1

MI + MK = MJ Hệthức tốn

2 cịn cho tam giác nhọn ABC bất kì. Câu (1.0 điểm)

• Phân tích Bảng có kích tước 10.10 có tất 100 vng đơn vị Theo hai chung cạnh chung đỉnh nguyên tố nhau, hai ô chung cạnh chung đỉnh có số chẵn số lẻ Trong hình 2x2 có nhiều số lẻ Ngoài số lẻ có nhiều số bội nên có nhiều hai số lẻ khơng chia hết cho Ta viết 100 ô vuông đơn ví có 25 vng 2x2 nên có nhiều nhất 50 số lẻ không chia hết cho Mà số lẻ không chia hết cho thỏa mãn toán gồm 1; 5; Như theo ngun lý Dirichlet tốn chứng minh.

không chia hết cho Bảng10x10đượcchia thành 25 hình vng có cạnh2x2 nên có 50 số lẻ không chia hết cho Từ đến có số lẻ khơng chia hết cho 1, 5, Áp dụng nguyên lí Dirichlet ta ba số xuất 50 17

3

  + =  

Đề số

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI MƠN TỐN THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG Năm học 2015 – 2016

Câu (1.5 điểm)

Cho biểu thức M 3a 9a a a

a a a a

+ − + −

= − +

+ − + − với a ≥0, a ≠1 a) Rút gọn biểu thức M

b) Tìm tất giá trị nguyên a để biểu thức M nhận giá trị nguyên Câu (2.0 điểm)

a) Giải phương trình x x 1+ + − + x x 1+ + − =9 b) Giải hệphương trình

2 2

x xy zx 48

y xy yz 12

z zx yz 84

 + + =

 + + =



 + + = 

Câu (2.0 điểm)

a) Cho

2016 ts

a =2 2

3016 ts

b =2 2 Chứng minh hai số a b có chữ số hàng đơn vị

b) Cho hàm số y=ax a 1+ + với a tham số, a ≠ a ≠ −1 Tìm tất giá trị a để

khoảng cách từ góc tọa độO đến đồ thị hàm sốđạt giá trị lớn Câu (3.5 điểm)

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( )O Trên cung nhỏ BC lấy điểm M tùy ý Đường tròn (M; MB) cắt đoạn thẳng AM D

a) Chứng minh tam giác BDM tam giác b) Chứng minh MA= MB MC+

c) Chứng minh điểm M thay đổi cung nhỏBC điểm D ln nằm

đường trịn cốđịnh có tâm thuộc đường tròn ( )O Câu (1.0 điểm)

Cho số thực x, y, z khác thỏa mãn x y z+ + =0 Tính giá trị biểu thức:

2 2 2 2 2

1 1

P

x y z y z x z x y

= + +

+ − + − + −

Phân tích hướng dẫn giải Câu (1.5 điểm) Cho biểu thức M 3a 9a a a

a a a a

+ − + −

= − +

( )( ) (( )()( )) (( )()( ))

( ) ( )

( )( ) ( )( ) (( )()( ))

a a a a

3a a M

a a a a a a

a a

3a a a a a a 2 a 1

a

a a a a a a

+ + − +

+ −

= − +

− + − + − +

+ +

+ − − − + − + + +

= = = =

−

− + − + − +

b) Tìm tất giá trị nguyên a để biểu thức M nhận giá trị nguyên Với a ≥0, a ≠1 ta có M a 1

a a

+

= = +

− −

Để M nhận giá trị nguyên Z

a 1− ∈ hay ta phải có a U 2− ∈ ( ) Từđó ta a 1− ∈ −{ 1;1;2} hay a∈{0; 4; 9}

Thử lại giá trị a ta thấy thỏa mãn yêu cầu toán Vậy giá trị cần tìm a∈{0; 4; 9} Câu (2.0 điểm)

a) Giải phương trình x x 1+ + − + x x 1+ + − =9

• Phân tích Nhận thấy x x 1+ + − =( x 2− + )2 x x 1+ + − =( x 3− + )2 nên ta chuyển

phương tình vềphương trình giá trịtuyệt đốiđểgiải.

• Lời giải Điều kiện xác định phương trình x 1≥ Phương trình cho tương đương với

( ) (2 )2

x x x x 9

x x x x

x x x x x

− + − + + − + − + =

⇔ − + + − + = ⇔ − + + − + =

⇔ − + + − + = ⇔ − = ⇔ − = ⇔ =

Kết hợp với điều kiện xác định ta x =5 nghiệm phương trình

b) Giải hệphương trình

2 2

x xy zx 48

y xy yz 12

z zx yz 84

 + + =

 + + =



 + + = 

• Phân tích Quan sát phương trình ta nhận thấy phương trình cho viết lại thành

( )

( )

( )

2 2

x x y z 48

x xy zx 48

y xy yz 12 y x y z 12

z zx yz 84 z x y z 84



 + + = + + =



 + + = ⇔  + + =

 

 + + =  + + =

 

 

Như tính x y z+ + thì xem ta tìm nghiệm hệphương trình.

Chú ý đến phương trình hệta lại thấy cơng theo vếcác phương trình hệthì ta

( )2

• Lời giải Biến đổi tương đương phương trình ta

( )

( )

( )

2 2

x x y z 48

x xy zx 48

y xy yz 12 y x y z 12

z zx yz 84 z x y z 84



 + + = + + =



 + + = ⇔  + + =

 

 + + =  + + =

 

 

Mặt khác cộng theo vếcác phương trình hệta (x y z+ + )2 =144⇔ + + = ±x y z 12 + Với x y z+ + = −12, thếvào phương trình ta (x; y; z) (= − − −4; 1; 7)

+ Với x y z 12+ + = , thếvào phương trình ta (x; y; z) (= 4;1; 7)

Thử vào hệphương trình cho ta nghiệm hệ (x; y; z) (= 4;1; , 4; 1; 7) (− − − ) Câu (2.0 điểm)

a) Cho

2016 ts

a = 2 2

3016 ts

b= 2 2 Chứng minh hai số a b có chữ số hàng

đơn vị

• Phân tích Dễ dàng nhận 1008 2016 t/s

a = 2 2 =2 1508 3016 t/s

b= 2 2 =2 Như để

chứng minh hai sốa, b có chữsốtận ta tìm chữsốtận a b, chứng minh hiệu

a b− chia hết cho 10.

• Lời giải Dễ thấy 1008 2016 t/s

a = 2 2 =2 1508 3016 t/s

b =2 2 =2 Ta có a =21008 =( )24 252 =16252 =( ) 6 b 2= 1508 =( )24 377 =16377 =( ) 6

Vậy a b có chữ số tận hay ta có điều phải chứng minh

b) Cho hàm số y=ax a 1+ + với a tham số, a ≠ a ≠ −1 Tìm tất giá trị a để khoảng cách từ góc tọa độO đến đồ thị hàm sốđạt giá trị lớn

• Phân tích Do a ≠0 a ≠ −1 nên đồthì hàm số y=ax a 1+ + cắt trục tung trục hoành tạicác điểm khác gốc tọa độ O Gọi giao điểm A a 1;

a

 + 

−

 

  B 0; a 1( + ) Khi ta có khoảng cách

a

OA ;OB a

a

+

= − = + Gọi h khoảng cách từO đến đồthị y =ax a 1+ +

Khi theo hệthức lương tam giác vng ta có

( ) ( )

2

2 2 2

1 1 a

h = OA +BO = a 1+ + a 1+

Đến ta tìm giá trịlớn h.

• Lời giải Do a ≠0 a ≠ −1 nên đồ hàm số y=ax a 1+ + cắt trục tung trục hoành

điểm khác gốc tọa độ O Gọi giao điểm A a 1; a

− + 

 

  B 0; a 1( + ) Khi ta có khoảng

cách OA a 1;OB a

a

+

Khi theo hệ thức lương tam giác vng ta có

( ) ( )

2

2 2 2

1 1 a

h = OA +BO = a 1+ + a 1+

Từđó ta ( )

2 2

2 2

a a 2a 1 2a a

h 1

a a a a

+ + +

= = = + ≤ + ≤

+ + + + , dấu xẩy a =1

Từđó suy h ≤

Vậy khoảng cách lớn từO đến đường thẳng y =ax a 1+ + a =1 • Nhận xét Ta có thểtìm giá trịlớn h theo cách khác sau

Diện tích tam giác OAB ( )

2

a

1 a 1

S OA.OB a

2 a a

+ +

= = − + =

Mặt khác ta có ( ) ( )

2

2

2 2

2

a a 1

AB OA OB a a

a a

+ +

= + = + + = +

Từđó ta

2

a 2S

h

AB a 1

+

= =

+ Đến ta tìm giá trịlớn h tương tựnhư trên.

Câu (3.5 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( )O Trên cung nhỏ BC lấy điểm M tùy ý

Đường tròn (M; MB) cắt đoạn thẳng AM D a) Chứng minh tam giác BDM tam giác

• Phân tích Dễthấy tam giác BMD có MB= MD nên để chứng minh tam giác BDM ta cần chứng

minhđược BMD 60 = 0

• Lời giải Tam giác BMD có MB=MD, mặt khác ta lại có BMD =BCA =600 Từđó suy tam giác

BMD

b) Chứng minh MA= MB MC+

• Phân tích Ta có MB=MD Do để chứng

minh MA=MB MC+ ta chứng minh MC=AD

Muốn ta chứng minh hai tam giác ABD CBM bằng nhau.

• Lời giải Hai tam giác ABD CBM có AB=BC; BD=BM ABD 60 = −DBC =BCM Do

ta ∆ABD= ∆CBM, suy AD CM=

Từđó ta AM =AD DM CM BM+ = + hay ta có điều phải chứng minh

c) Chứng minh điểm M thay đổi cung nhỏBC điểm D ln nằm đường trịn cốđịnh có tâm thuộc đường trịn ( )O

• Phân tích Do tam giác ADM nên ta có BDA 120 = 0 Lại thấy AOB 120 = 0 Như tứgiác BDOA

nội tiếp đường tròn Đểý ba điểm A, O, B cốđịnh nên đường tròn qua bốn điểm A, B,O, D cốđịnh Ta cần

O I

M D

C B

chỉra tâm I đường tròn thuộc đường tròn tâm O Chú ý đến góc AOB 120 = ta suy

ra I nằm cung nhỏAB đường trịn tâm O.

• Lời giải Do tam giác ADM đều nên ta có BDA 120 = 0 Lại thấy AOB 120 = 0 Suy tứ giác BDOA

nội tiếp đường tròn Do ba điểm A, O, B cốđịnh nên đường tròn qua bốn điểm A, B, O, D cốđịnh,

suy điểm D thuộc đường tròn cốđịnh Gọi I giao điểm tia phân giác ACB với đường trịn ( )O Khi ta có tam giác OIB OIA nên suy IO=IA = IB hay I tâm đường tròn

đi qua điểm A, O, B, D

Vậy D thuộc đường trịn cốđịnh có tâm I nằm đường tròn ( )O

Câu (1.0 điểm) Cho số thực x, y, z khác thỏa mãn x y z+ + =0 Tính giá trị biểu thức:

2 2 2 2 2

1 1

P

x y z y z x z x y

= + +

+ − + − + −

• Phân tích Đểtìnhđược giá trị biểu thức P ta cần tìm mối liên hệ mẫu thức với giảthiết

x y z+ + =0 Ta có x y z+ + = ⇒ + = − ⇒0 x y z (x y+ )2 =z2 ⇒x2+y2 −z2 = −2xy Hoàn toàn

tương tựta P 1 x y z

2xy 2yz 2zx 2xyz

+ +

= + + = =

− − − −

• Lời giải Từ x y z+ + = ⇒ + = − ⇒0 x y z (x y+ )2 =z2 ⇒ x2 +y2 −z2 = −2xy

Hoàn toàn tương tựta y2 +z2 −x2 = −2yz; z2+x2 −y2 = −2zx

Thay vào biểu thức P ta P 1 x y z

2xy 2yz 2zx 2xyz

+ +

= + + = =

− − − −

Đề số

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI MƠN TỐN TỈNH AN GIANG Năm học 2015 – 2016

Câu (4.0 điểm)

Cho x 3

+ − −

= Tính giá trị biểu thức P=(1 3x+ 3−x5)2016

Câu (4.0 điểm)

Cho Parabol y 1x P2( )

4

= điểm A 0;1( ) a) Vẽ Parabol P mặt phẳng tọa độ Oxy

b) Chứng minh điểm M nằm Parabol P độdài đoạn thẳng AM khoảng cách từM đến đường thẳng y= −1 Biết khoảng cách hai điểm C x ; y , D x ; y( C C) ( D D)

trên mặt phẳng tọa độOxy tính theo cơng thức CD = (xC −xD) (2 + yC −yD)2 Câu (4.0 điểm)

Cho phương trình x3 +bx2 +cx 0+ = trong c, d số ngun Biết rằng phương trình có

một nghiệm x0 = +2 Tìm c, d nghiệm cịn lại phương trình

Câu (3.0 điểm)

Tìm x, y biết 2( x+ −y 2) = x.y Câu (5.0 điểm)

Từ điểm M nằm ngồi đường trịn ( )O vẽ hai tiếp tuyến MB, MD với đường tròn(B, D tiếp điểm) cát tuyến qua M cắt đường tròn hai điểm phân biệt A, C

a) Chứng minh hai tam giác MAB MBC đồng dạng với b) Chứng minh AB.CD=BC.AD

c) Gọi d đường thẳng qua D song song với MB Đường thẳng d cắt BA, BC I J Chứng minh DI= DJ

Phân tích hướng dẫn giải

Câu Cho x 3

2

+ − −

= Tính giá trị biểu thức P =(1 3x+ −x5)2016

• Phân tích Đểtính giá trị biểu thức P trước hết ta cần tính x Quan xét biểu thức x ta có hai cách đểxửlý.

( ) (2 )2 ( )

3 3

4

x

2 2

+ − − + − −

+ − −

= = = =

+ Cách Đểý x >0, ta có thểsửdụng phép nâng lên lũy thừa đểloại bỏcăn bậc hai

( ) ( )( )

2

2 3 3 2 3

x

2

2

+ − − − + −

 + − −  −

 

= = = =

 

 

Do x> nên ta suy x 1= Đến ta tính giá trị biểu thức P

• Lời giải Ta có ( ) ( ) ( )

2

3 3

4

x

2 2

+ − − + − −

+ − −

= = = =

Do ta P=(1 3x+ 3−x5)2016 =(1 3.1+ −15)2016 =1

Câu Cho Parabol y 1x P2( )

4

= điểm A 0;1( ) a) Vẽ Parabol P mặt phẳng tọa độ Oxy

b) Chứng minh điểm M nằm Parabol P độdài đoạn thẳng AM khoảng cách từM đến đường thẳng y= −1

• Phân tích Trước hết ta dễdàng vẽ được Parabol y 1x P2( )

4

= và đường thẳng y= −1 Do để chứng

được độdài đoạn thẳng AM khoảng cách từ M đến đường thẳng y = −1 thì ta cần tính độ dài đoạn AM khoảng cách từM đến đường thẳng y= −1 Chú ý M nằm P đường thẳng y= −1

song song với trục Ox. • Lời giải

a) Vẽ Parabol P mặt phẳng tọa độ Oxy Ta có bảng giá trịđặc biệt

x −2 −1

2

1

y x

4

= 1

4

1

4

Từđó ta vẽđồ thị hàm số y 1x2

4

= đường thẳng y= −1 b) Gọi tọa độđiểm M

M M

1 M x ; x

4

 

 

  N hình chiếu M đường thẳng y = −1, ta có

( M )

N x ; 1− Từđó ta khoảng từM đến đường thẳng y= −1

M M

1

MN y x

4

= + = +

Do có

M M

1 M x ; x

4

 

 

  A 0;1( ) nên theo cơng thức tính khoảng cách ta có

( ) (2 )2 2 2 4 2 2

M A M A m M M M M

1 1

AM x x y y x x x x x

4 16

 

= − + − = + −  = + + = +

 

• Nhận xét Với hai điểm C x ; y , D x ; y( C C) ( D D) bất kỳ trên mặt phẳng tọa độOxy ta chứng minh cơng thức CD= (xC−xD) (2 + yC −yD)2 theo cách sau. Giảsửtọa độ điểm C D cho hình vẽ

Khi ta có CM= xC −xD DM= yC−yD Do

tam giác CDM vng M nên ta có

( ) (2 )2

2

C D C D

CD= CM +DM = x −x + y −y

Câu Cho phương trình x3+bx2 +cx 0+ = trong c, d số nguyên Biết rằng phương trình

có nghiệm x0 = +2 Tìm c, d nghiệm cịn lại phương trình

• Phân tích Phương trình x3 +bx2 +cx 0+ = có nghiệm

x = +2 nên ta

( ) (3 ) (2 )

2+ +b 2+ +c 2+ + =1

Khai triển thu gọn ta (4b c 17+ + ) 5+(9b 2c 39+ + ) =0

Để ý là sốvô tỷvà b, c sốnguyên nên đểđẳng thức xẩy ta cần phải có

4b c 17 9b 2c 39

 + + =



 + + =



Đến ta tìm hệsốb, c giải phương trình.

• Lời giải Do x0 = +2 nghiệm phương trình x3 +bx2 +cx 0+ = nên ta được

( ) ( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

3

2 b c

8 12 30 5 b 4 5 c

4b c 17 9b 2c 39

+ + + + + + =

⇔ + + + + + + + + + =

⇔ + + + + + =

Do số vô tỷ b, c sốnguyên nên đểđẳng thức xẩy ta cần phải có

4b c 17 8b 2c 34 b

9b 2c 39 9b 2c 39 c

 + + =  + + =  = −

 ⇔  ⇔ 

 + + =  + + =  =

  

  

Khi phương trình trở thành x3 −5x2 +3x 0+ = ⇔(x x− )( −4x 1− ) =0

Giải trường hợp ta tập nghiệm S={2− 5;1;2+ 5} Câu Tìm x, y biết 2( x + −y 2) = x.y

• Phân tích Đẳng thức cho tốn có dạng phương trình hai ẩn, đểxửlý ta thường sử dụng phương pháp đặc biệt phân tích thành bình phương, phân tích thành tích đánh giá Để đơn giản hóa phương trình ta thực bình phương hai vế Khi phương trình viết lại thành

yD

yC

xD xC

M

O

D

( )

2 x+ −y = y x hay 2 x 2y y x+ − − =0 Đểý phương trình ta thấy phương trình phân tích

thành tích (y 2− )( − x) =0 Đến ta giải tốn.

• Lời giải Điều kiện xác định phương trình x ≥0; y≥0; x + − ≥y Bình phương hai vếphương trình ta

( )

( ) ( ) ( )( )

2 x y y x x 2y y x

y

2 x y x 2y y 2 x

x

+ − = ⇔ + − − =

 =

⇔ − − − ⇔ − − = ⇔ 

=  + Khi y=2 thay vào phương trình ta x = x , với x≥ + Khi x=4 thay vào phương trìnhta 2y = 2y, với y≥ Vậy cặp số thỏa mãn toán x= 4; y≥0 y=2; x≥

Câu Từ điểmM nằm ngồi đường trịn ( )O vẽ hai tiếp tuyến MB, MD với đường tròn(B, D tiếp điểm) cát tuyến qua M cắt đường tròn hai điểm phân biệt A, C

a) Chứng minh hai tam giác MAB MBC đồng dạng với b) Chứng minh AB.CD=BC.AD

c) Gọi d đường thẳng qua D song song với MB Đường thẳng d cắt BA, BC I J Chứng minh DI= DJ

• Phân tích

+ Để chứng minh hai tam giác MAB MBC ta

cần chỉ ra MBA =MCB, điều dễ dàng khẳng định chúng chắn cung nhỏAB đường tròn ( )O

+ Theo ý thứ ta có AB MB

BC = MC Như

vậy để chứng minh AB.CD=AD.BC thì ta cần chỉ ra AD MD

DC = MC, điều đồng

nghĩa với việc chứng minh hai ta giác MAD MDC đồng dạng.

+ Giảthiết cho biết IJ song song với MB, lại theo ý ta thấy tam giác đồng dạng Do để chứng

minh DI=DJ ta lập tỉlệthức liên quan đến DI DJ chỉra tỉsốđó Đầu tiên ta thấy hai tam giác IBD DBA đồng dạng nên ta có BD ID

AB = AD hay

AD ID

AB = BC Lại thấy hai tam giác JBD

DBC đồng dạng nên ta có BD JD CD JD

BC = CD ⇒ BC = BD Như ta cần chỉra

AD CD

AB = BC Tuy nhiên điều

này ta có thểsuy từý thứ Vậy xem tốn chứng minh. • Lời giải

O J

I

D

C B

a) Xét hai tam giác MAB MBC có góc BMA chung MBA =MCB Do ta ∆MAB∽∆MBC

b) Từ ∆MAB∽∆MBC ta AB MB BC = MC

Xét hai tam giác MAD MDC có AMD chung MDA =ACD nên ∆MAD∽∆MDC Do ta AD MD MB

DC = MC = MC Từđó ta

AB AD

BC = DC hay AB.CD=BC.AD

c) Do IJ song song với AM nên ta có ADB  =MBA= AID ABD =BDJ

Xét hai tam giác IBD DBA có ABD chung AID = ADB nên ∆IBD∽∆DBA Từđó suy BD ID

AB = AD hay

AD ID

AB = BC

Xét hai tam giác JBD DBC có DBC chung ABD =BDJ nên ∆JBD∽∆DBC

Từđó ta lại có BD JD CD JD

BC = CD ⇒ BC = BD Mà ta có AB AD

BC = DC hay

AD CD

AB = BC nên ta có

ID JD

Đề số

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI MƠN TỐN THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH Năm học 2015 – 2016

Câu (2.0 điểm)

Cho hai số thực a, b phân biệt thỏa mãn ab = −a b Tính giá trị biểu thức A a b ab

b a

= + −

Câu (3.0 điểm)

Giải phương trình 5x x 4x

−

− − + =

Câu (3.0 điểm)

Cho x ; x1 2 nghiệm phương trình x2 +ax b+ =0, đồng thời

1 x

2

− 2

1 x

2

− nghiệm phương trình x2 a2 x b2 0

2

 

+ −  + − =

  Tìm số a b

Câu (4.0 điểm)

a) Cho hai số thực x y thỏa mãn x y+ ≠0 Chứng minh

2

2 xy

x y

x y

 + 

+ +  ≥

+

 

b) Trong hình vng có cạnh lấy năm điểm tùy ý Chứng minh tồn hai

điểm có khoảng cách khơng vượt q 2

Câu (5.0 điểm)

Cho tam giác ABC nhọn (AB<AC) nội tiếp đường tròn ( )O Một đường tròn ( )K qua A

tiếp xúc với BC D, cắt hai cạnh AB, AC P, Q cắt đường tròn ( )O điểm E khác A Tia ED cắt đường tròn ( )O F khác E

a) Chứng minh CAD =FAB b) Chứng minh PQ DP.DQ

BC = DB.DC

Câu (3.0 điểm)

Chiều ngày 13 tháng 3, Công ty khai thác thủy lợi hồ Dầu Tiếng – Phước Hòa cho biết kết thúc

đợt xảnước đẩy mặn xuống sông Sài Gòn Đây lần xảnước thứ từđầu năm, giúp người dân Sài

Gòn đảm bảo nước sinh hoạt, phục vụ nông nghiệp

Đợt xảnước công suất 30 m / s( ) kéo dài ngày, mặn đẩy cửa sông Theo

đơn vịnày, sau đợt xả, mực nước hồ cao khoảng 20m, trữlượng nước gần 850 triệu m3

Tuy giúp nhà máy nước hạlưu hoạt động nhiều chuyên gia bày tỏ lo lắng trữ lượng hồđầu nguồn thấp dựbáo đợt hạn mặn có thểkéo dài đến tháng Hiện hồ

Về nguyên nhân xâm nhập mặn, ông Phạm Thế Vinh – Viện Khoa học Thủy lợi miền Nam – cho rằng, hạn mặn diễn mạnh El Nino kéo dài khiến khu vực Nam mưa Ngoài ra, việc triều

cường kéo dài đến tháng 2; khiến nước mặn sâu vào cửa sơng Ơng Bùi Thanh Giang – Phó tổng giám đốc Cơng ty cấp nước Sài Gịn (Sawaco) – cho biết, năm trữlượng nước hồđầu nguồn giảm mạnh Trong đó, lượng nước tích trữ hệ thống hồ Dầu Tiếng – Phước Hịa thượng nguồn sơng Sài Gòn đạt 70% Lưu lượng hồ Trị An sông Đồng Nai chỉđạt khoảng 80% so với trung bình hàng năm Về giải pháp lâu dài, Sawaco kiến nghị UBND TP.HCM cho phép xây dựng hồ trữnước thơ cho nguồn nước sơng Sài Gịn với vốn thực từ ngân sách Ngoài

ra, đơn vịcũng đề xuất nâng cao công nghệ xửlý nước việc địi hỏi chi phí đầu tư, vận hành cao.(Nguồn vnexpress.net)

a) Hãy cho biết lượng nước mà hồ Dầu Tiếng xảtrong ngày qua?

b) Nếu tiếp tục xả20% lượng nước có đềngăn mặn (với tốc độ xảnhư trên) cơng việc ngày

c) Giả sử việc xả nước chống mặn diễn liên tục từhôm (22/3) đến hết ngày 15/5, tính

lượng nước mà hồđã xả khoảng thời gian

Phân tích hướng dẫn giải

Câu Cho hai số thực a, b phân biệt thỏa mãn ab = −a b Tính giá trị biểu thức A a b ab

b a

= + −

• Lời giải Từ giả thiết ab = −a b ta ( ) (ab = a b− )2 Ta có

( )2 ( )2

2 2

a b ab a b a b

a b 2ab

A ab

b a ab ab ab

+ − + − −

= + − = = = =

Câu Giải phương trình 5x x 4x

−

− − + =

• Phân tích Để ý (5x 1− ) (− x 2+ ) =4x 3− Do ta viết phương trình cho lại thành

(5x 1) (x 2)

5x x

5

− − +

− − + =

Đến ta có thểsửdụng phép phân tích thành nhân tử phép đặt ẩn phụđểdưa phương trình về dạng tích Đểđơn giản hóa ta sửdụng ẩn phụ a = 5x 1; b− = x 2+ , phương trình viết lại thành a b a2 b2 (a b a b 5)( )

5

−

− = ⇔ − + − = Đến ta có lời giải cho tốn.

• Lời giải Điều kiện xác định phương trình 5x x

x

 − ≥

 ⇔ ≥

 + ≥



Đặt ( )

2

2

2

a 5x a 5x

a 0; b a b 4x

b x

b x

 = −  = −

 ≥ ≥ ⇒  ⇒ − = −

  = +

= +

 



Ki phương trình cho trở thành a b a2 b2 (a b a b 5)( ) a b

a b

5

 = −

− = ⇔ − + − = ⇔  + =

+ Với a = b ta 5x x 5x x

5x x

 − ≥



− = + ⇔  ⇔ =

− = +



+ Với a b+ =5 ta 5x 1− + x 2+ =5 Bình phương hai vế phương trình ta

( )( ) ( )( ) ( )

( )( )

2

2

12 3x

5x x 12 3x

5x x 12 3x

x

x

x

4x 81x 146 x 4x 73

 − ≥  − + = − ⇔  − + = −    ≤ ≤   ⇔ ⇔  ⇔ = − + = − − =    

Kết hợp với điều kiện xác định ta tập nghiệm phương trình S 3;2

 

=  

  Câu Cho x ; x1 2 nghiệm phương trình x2 +ax b+ =0, đồng thời

1

1 x

2

− 2

1 x

2

− nghiệm phương trình x2 a2 x b2 0

2

 

+ −  + − =

  Tìm số a b

• Phân tích Bài tốn cho biết nghiệm phương trình bậc hai nên ta nghĩ đến áp dụng định lý Vi – et để xử lý tốn Trước hết ta có hệ thức ứng với phương trình x1+x2 = −a; x x1 2 =b

2 2 2

1 2

1 1 1

x x a ; x x b

2 2 2

       

− + − = − − − = −

       

        Như đểtìm sốa b ta cần tìm được mối liên hệgiữa hệthức Đểđơn giản biến đổi ta có thểsửdụng phép đổi biến

1

1

X x

2

= −

và

2

1

X x

2

= − Khi ta có biến đổi sau

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2

1 2 1 2 1 2 1 2

2

2

1 2

1 2

2 2

1

1

2 2 2

1

1

1

X X x x X X x x 2x x 1

2

1

1 X X x x x x 2x x

X X x x 2 4

2

X X a 2b

X X a 2b

1

1 X X b a b

X X b a 2b

2 4   + = − + − + = + − −    ⇔         = − + − +  = −   −             + = − − −  + = − −   ⇔    ⇔  = − + + = − − − +       

Kết hợp với hệthức Vi – et 2

1 2

1

X X a ; X X b

2

+ = − = − ta có hệ

2

2 2

1

a 2b a

2

1 1

b a b b

2

 − − = −    − + + = − 

Từ hệphương trình ta giải tốn.

• Lời giải Vì x ; x1 2 nghiệm phương trình x2 +ax b+ =0 nên theo định lý Vi – et ta có

hệ thức x1+x2 = −a; x x1 2 =b Đặt

1

1

X x

2

= −

2

1

X x

2

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2

1 2 1 2 1 2 1 2

2

2

1 2

1 2

2 2

1

1

2 2 2

1

1

1

X X x x X X x x 2x x 1

2

1

1 X X x x x x 2x x

X X x x

2

2

X X a 2b

X X a 2b

1

1 X X b a b

X X b a 2b

2 4   + = − + − + = + − −    ⇔         = − + − +  = −   −             + = − − −  + = − −   ⇔    ⇔  = − + + = − − − +       

Mà theo X ; X1 2 hai nghiệm phương trình x2 a2 x b2 0

2

 

+ −  + − =

  Nên theo định

lý Vi – ét ta có 2

1 2

1

X X a ; X X b

2

+ = − = − Kết hợp hai kết quảta hệphương trình

2 2 2

2

2 2

1 a 0

a 2b a 4a 4b 3 2a 0

2 3

1 1 2a 4b 2a 4b b

b a b b 4

2

  = − − = −    − = =  ⇔  ⇔  ⇔   − + = − − + = −  = −  − + + = −    

Vậy cặp số cần tìm thỏa mãn yêu cầu toán ( )a; b 0;

 

= −    Câu (4.0 điểm)

a) Cho hai số thực x y thỏa mãn x y+ ≠0 Chứng minh

2

2 xy

x y

x y

 + 

+ +  ≥

+

 

• Lời giải

+ Cách Sử dụng phép biến đổi tương đương ta có

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2

1 xy xy

x y x y 2xy

x y x y

1 xy xy xy

x y xy x y x y

x y x y x y

1 xy

x y

x y  +   +  + +  ≥ ⇔ + − +  − ≥ + +      +   +  + ⇔ + +  − + ≥ ⇔ + +  − + ≥ + + +      +  ⇔  + −  ≥ +  

Bất đẳng thức cuối Vậy bất đẳng thức cho chứng minh Dấu xẩy (x y+ )2 = +1 xy⇔ x2+y2 +xy 1=

+ Cách Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai sốkhông âm ta

( )2 xy ( )2 xy ( )

x y x y xy xy

x y x y

 +   + 

+ +  ≥ +   = + ≥ +

+ +

   

Từđó ta

2

2 xy

x y 2xy 2xy

x y

 + 

+ + +  ≥ +

+

  hay

2

2 xy

x y

x y

 + 

+ +  ≥

+

 

b) Trong hình vng có cạnh lấy năm điểm tùy ý Chứng minh tồn hai điểm có khoảng cách khơng vượt q

2

• Phân tích lời giải Đây tốn hình học tổ hợp áp dụng ngun lý Dirichlet Chú ý toán cho điểm yêu cầu chứng minh tồn hai điểm có khoảng cách không vượt

2 nên ta

sẽ chia hình vng thành bốn phần cho khoảng cách xa hai điểm phần khơng

vượt q

2 Bài tốn cho hình vng có cạnh 1, chia hình vng thành bốn

vng cạnh

2 độdài đường chéo

2 Điều có nghĩa ta tìm lời giải cho tốn

Chia hình vng có cạnh thành bốn hình vng có cạnh

2, đường chéo

mỗi hình vng

2 Vì có điểm nên theo nguyên lý Dirichlet tồn hai điểm

cùng nằm hình vng cạnh

2 Do khoảng cách hai điểm khơng vượt q 2

Vậy toán chứng minh

Câu Cho tam giác ABC nhọn (AB<AC) nội tiếp đường tròn ( )O Một đường tròn ( )K qua A

tiếp xúc với BC D, cắt hai cạnh AB, AC P, Q cắt đường tròn ( )O điểm E khác A Tia ED cắt đường tròn ( )O F khác E

a) Chứng minh CAD =FAB b) Chứng minh PQ DP.DQ

BC = DB.DC

• Phân tích

+ Quan sát hình vẽkết hợp với giảthiết toán ta thấy QDC CAD = FAB =BCF, để chứng

minh CAD =FAB thì ta cần chỉ ra

 

BCF=QDC, điều đồng nghĩa với chứng minh hai đường thẳng QD FC song song Muốn ta

cần phải chứng minh EFC =EDQ Tuy nhiên điều lại có hai tứgiác EACF EAQD nội tiếp đường tròn.

+ Quan sát hình vẽvà đểý đến giảthiết ta nhận

thấy ∆PQD∽∆CBF, ta PQ PD BC = CF

Từ đó ta PQ PD.DQ

BC = CF.DQ Như để chứng minh

PQ DP.DQ

BC = DB.DC thì ta cần chứng minh BD.DC CF.QD= Gọi M giao điểm khác A AD với đường trịn ( )O Khi ta dễdàng chứng minh

D

F M

P

Q O

K E

C B

được ∆DBM∽∆QDC nên suy BD BM

DQ = CD hay BD.DC =BM.QD Như phép chứng minh sẽ kết

thúc ta chỉra CF=BM

Ta có CAD =FAB nên ta CAF MAF   + =BAM MAF+ nên CAF =BAM

Từđó ta CF =BM nên CF =BM Vậy toán chứng minh. • Lời giải

a) Do tứ giác EACF nội tiếp đường tròn nên ta EAC EFC 180 + = 0 Lại có tứ giác EAQD nội tiếp

đường tròn nên ta EAC EDQ 180 + = 0 Từđó ta được EFC =EDQ, suy DQ FC song song

với Do ta lại có BCF =QDC

Mặt khác ta lại có QDC CAD = FAB =BCF Do ta CAD =FAB b) Gọi M giao điểm khác A AD với đường tròn ( )O

Ta có CAD =FAB nên ta CAF MAF   + =BAM MAF+ nên CAF =BAM Từđó ta CF =BM nên CF=BM

Xét hai tam giác PQD CBF có QDP =BFC(cùng bù với góc BAC) QPD  =BCF=QDC nên suy ∆PQD∽∆CBF, ta PQ PD

BC = CF Từđó ta

PQ PD.DQ

BC = CF.DQ

Xét hai tam giác BDM QDC có QDB =BFC DBM QCD CAM  = =

Do ta có ∆DBM∽∆QDC nên suy BD BM

DQ = CD hay BD.DC =BM.QD

Mà CF=BM nên ta BD.DC CF.QD= Kết hợp với PQ PD.DQ

BC = CF.DQ ta

PQ DP.DQ

BC = DB.DC Ta có điều phải chứng minh

Câu (3.0 điểm)

• Phân tích Bài tốn toán thực tếnên ta sửdụng phép tính thơng thường đểthực u cầu của toán Chú ý từngày 22 tháng đến 15 tháng có 10 30 15+ + =55(ngày)

• Lời giải

a) Thời gian xảnước 3.24.60.60 259200 s= ( )

Do lượng nước hồ Dầu Tiến xả ngày 30.259200=7776000 m( )3

b) 20% lượng nước có 850000000.20% 170000000 m= ( )3

Lượng nước xả ngày 30.24.60.60 2592000 m= ( )3

Thời gian hồn thành cơng việc 170000000 : 2592000≈66(ngày) Vậy thời gian xả 66 ngày

c) Từngày 22 tháng đến 15 tháng có 10 30 15+ + =55(ngày)

Đề số

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÁN TỈNH PHÚ THỌ Năm học: 2015 – 2016

Câu (3.0 điểm)

a) Cho S 1.2.3 2.3.4 n n n 2= + + + ( + )( + ) với n số tự nhiên khác Chứng minh 4S 1+ sốchính phương

b) Tìm số nguyên x y thoả mãn x2 +2y2 +2xy = +y 2

Câu (4.0 điểm)

a) Tính giá trị biểu thức P x54 4x32 17x

x 3x 2x

− − +

=

+ + + với

x

4 x + +x =

b) Cho a, b, c >0 thoả mãn a b c+ + =5 a + b + c =3 Chứng minh

( )( )( )

a b c

a 2+ + b 2+ + c 2+ = a b c 2+ + + Câu (4.0 điểm)

a) Giải phương trình (3x 2x) 1 5x2 3x 3

2

+ − = + −

b) Giải hệphương trình

2

2

2x y xy y 5x

x y x y

 − + + − + =



 + + + − =

 Câu (7.0 điểm)

Cho đường trịn tâm O có đường kính AB 2R= Gọi M điểm thuộc đường tròn (O)(M khác A B) Các tiếp tuyến với đường tròn (O) A M cắt E Vẽ MP⊥AB P AB( ∈ )

( )

MQ⊥AE Q AE∈

a) Chứng minh tứ giác AEMO tứ giác nội tiếp APMQ hình chữ nhật b) Chứng minh PQ, OE, MA đồng quy

c) Gọi K giao EB MP Chứng minh K trung điểm MP

d) Đặt AP=x, tính MP theo R x Tìm vị trí điểm M (O) để hình chữ nhật APMQ có diện tích lớn

Câu (2.0 điểm)

Cho số thực a, b, c phân biệt đôi Chứng minh rằng:

( )

( ) ( ) ( )

2 2

2 2

1 1

a b c

2

a b b c c a

 

 

+ +  + +  ≥

− − −

 

Phân tích hướng dẫn giải Câu

a) Cho S 1.2.3 2.3.4 n n n 2= + + + ( + )( + ) với n số tự nhiên khác Chứng minh 4S 1+ sốchính phương

• Phân tích Bài tốn cho tổng S 1.2.3 2.3.4 n n n 2= + + + ( + )( + ), để chứng minh 4S 1+ là sốchính phương ta cần tính tổng S phân tích 4S 1+ thành bình phương sốchính phương.

Ta thấy S tổng dãy sốcó tính quyluật ý đến tổng 4S 1+ nên ta sẽđi tính tổng 4S

Ta có 4S 1.2.3.4 2.3.4.4 4.n n n 2= + + + ( + )( + )

Chú ý 2.3.4.4=2.3.4 1( − )=2.3.4.5 1.2.3.4− , có thểlàm triệt tiêu tích 1.2.3.4

Áp dụng hồn tồn tương tựthì ta

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )

( )( )( ) ( ) ( )( )

( )( )( )

4S 1.2.3.4 2.3.4 3.4.5 n n n n n 1.2.3.4 2.3.4.5 1.2.3.4 n n n n n n n n n n n n

 

= + − + − + + + +  + − − 

= + − + + + + + − − + +

= + + +

Đến ta sẽtính 4S 1+ và phân tích tổng thành bình phương sốtựnhiên. • Lời giải Ta có

( )( )

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )

( )( )( ) ( ) ( )( )

( )( )( )

4S 1.2.3.4 2.3.4.4 4.n n n

1.2.3.4 2.3.4 3.4.5 n n n n n 1.2.3.4 2.3.4.5 1.2.3.4 n n n n n n n n n n n n

= + + + + +

 

= + − + − + + + +  + − − 

= + − + + + + + − − + +

= + + +

Do ta có 4S n n n n 3+ = ( + )( + )( + )+ =1 (n2 +3n n)( +3n 2+ )+1

=(n2 +3n) (2 +2 n2 +3n)+ =1 (n2 +3n 1+ )2

Dễ thấy n2+3n 1+ một số tự nhiên nên 4S 1+ sốchính phương.

• Nhận xét: Đểgiải tốn ta cần thực tính tổng 4S phân tích tổng 4S 1+ thành bình phương củamột số tựnhiên Tổng S tổng dẫy số có tính quy luật nên ta thường sửdụng phương pháp khử liên tiếp việc nhân thêm vào hai vế gợi ý cho ta phép tách thành hiệu

b) Tìm số nguyên x y thoả mãn x2 +2y2 +2xy= +y 2

• Phân tích Đây tốn số học vềphương trình nghiệm ngun Phương trình cho có bậc hai biến nên ta có thểnghĩ đến phương pháp sửdụng điều kiện có nghiệm phương trình bậc hai điều kiện ∆ là số chính phương để phương trình có nghiệm ngun Trước hết ta viết lại phương trình thành

2

x −2xy 2y+ − − =y 0 Xem phương trình phương trình bậc hai ẩn x với y tham số Khi ta có

( )

2 2

4y 2y y 4y 4y

= − − − = − + +

∆

Đểphương trình có nghiệm −4y2 +4y 8+ ≥ ⇔ + −0 2 y y2 ≥ ⇔0 (y y+ )( − )≥0

Từđó dẫn đến − ≤ ≤1 y 2 Do y sốnguyên nên ta y∈ −{ 1; 0;1;2}

• Lời giải Phương trình cho viết lại thành x2 −2xy 2y+ − − =y 2 0

Xem phương trình phương trình bậc hai ẩn x với y tham số

Khi ta có ∆=4y2 −4 2y( 2− −y 2) = −4y2 +4y 8+

Đểphương trình có nghiệm −4y2+4y 8+ ≥ ⇔ + −0 2 y y2 ≥ ⇔0 (y y+ )( − )≥0

Từđó dẫn đến − ≤ ≤1 y Do y sốnguyên nên ta y∈ −{ 1; 0;1;2} + Với y= −1, phương trình trở thành x2 −2x 0+ = ⇔ x 1=

+ Với y=0, phương trình trở thành x2 − =2 0, phương trình khơng có nghiệm nguyên

+ Với y 1= , phương trình trở thành x2 +2x 0− = , phương trình khơng có nghiệm ngun

+ Với y=2, phương trình trở thành x2 +4x 4+ = ⇔0 x= −2

Vậy có cặp ( )x; y thỏa mãn đề ( ) ( )1; ; 2;2− − • Nhận xét Đểý ta thấy phương trình viết vềdạng

( )2 ( ) (2 )( )

2 2

x +2y +2xy= + ⇔y x y+ = −y + + ⇔y x y+ = y y+ −

Do (x y+ )2 ≥0 nên ta có (1 y y+ )( − )≥ ⇔ − ≤ ≤0 y 2 Suy y∈ −{ 1; 0;1;2}

Đến ta xét trường hợp hoàn tồn tương tựnhư trên. Câu

a) Tính giá trị biểu thức P x54 4x32 17x

x 3x 2x

− − +

=

+ + + với

x

4 x + +x 1=

 Phân tích Trước hết ta thay đổi hình thức giảthiết thành x2 3x 1 Như ta cần biến đổi lũy

thừa x về x2 đểthay bằng 3x 1 thì tốn giải quyết.

 Lời giải Ta có 2

2

x

4x x x x 3x

4

x + +x = ⇔ = + + ⇔ = −

Khi x3 =x x2 =(3x x− ) =3x2 − =x 3 3x 1( − )− =x 8x 3−

x4 =x x3 =(8x x− ) =8x2 −3x =8 3x 1( − )−3x =21x 8−

x5 =x x4 =(21x x− ) =21x2 −8x=21 3x 1( − )−8x =55x 21−

Chú ý từ giải thiết toán ta suy x ≠0 Từđó suy

( ) ( )

( ) ( )

5

4

55x 21 8x 17x

x 4x 17x 6x

P

32x 16

x 3x 2x 11 21x 3x 2x 11

− − − − +

− − +

= = = =

+ + + − + − + +

• Nhận xét Bài tốn khơng khó cần biến đổi giảthiết thành x2 =3x 1− và biến đổi biểu thức P

làm xuất lũy thừa x2 đểthay thếbằng 3x 1

b) Cho a, b, c >0 thoả mãn a b c+ + =5 a + b + c =3 Chứng minh rằng:

( )( )( )

a b c

• Phân tích Giả thiết tốn cho a b c+ + =5 a + b+ c =3, cách sửdụng

đẳng thức ta thu ab + bc+ ca =2 Để ý ta có phép biến đổi

( )( )

a 2+ = +a ab + bc+ ca = a + b a + c

Hồn tồn tương tựthì ta có b 2+ = ( b + c)( b+ a) c 2+ =( c + a)( c + b)

Đến ta thay vào vế đẳng thức rút gọn thu vếcịn lại. • Lời giải Từ giải thiết ta có

( )

a + b+ c = ⇔ + + +3 a b c ab + bc+ ca = ⇔9 ab + bc+ ca =2 Do a 2+ = +a ab + bc+ ca =( a + b)( a + c)

b 2+ = +b ab + bc+ ca =( b+ c)( b+ a)

c 2+ = +c ab+ bc+ ca =( c + a)( c + b)

Chú ý (a b c 2+ )( + )( + ) =( a + b)( b+ c)( c + a) Từđó ta

( )( ) ( )( ) ( )( )

( ) ( ) ( )

( )( )( )

( )

( )( )( ) ( )( )( )

a b c

VT

a b a c b c b a c a c b

a b c b c a c a b

a b b c c a

2 ab bc ca 4

a b c a b c

= + +

+ + + + + +

+ + + + +

=

+ + +

+ +

= =

+ + + + + +

Vậy

( )( )( )

a b c

a 2+ + b 2+ + c 2+ = a b c 2+ + +

• Nhận xét Bài tốn có hai điểm cần ý cần kết hợp biến đổi khéo léo hai giả thiết đểthu đẳng

thức ab + bc+ ca =2 vận dụng đểphân tích a 2+ =( a + b)( a + c)

Câu

a) Giải phương trình (3x 2x) 1 5x2 3x 3

2

+ − = + −

• Phân tích Trước hết ta viết lại phương trình thành 2 3x 2x( + ) − =1 10x2 +3x 6− Phương trình chỉa

chứa thức bậc hai nên ta nghĩ đến việc đặt ẩn phụđểđưa phương trình vềphương trình bậc hai có ∆ là sốchính phương Đểcó điều ta viết phương trình vềdạng

( ) ( ) 2

4 2x −1 −2 3x 2x+ − +1 2x +3x 2− =

Đặt 2x2 − = ≥1 t 0 thì phương trình trởthành 4t2 −2 3x t 2x( + ) + +3x 2− =0

Ta có ∆ =4 3x 1( + )2 −4.4 2x( +3x 2− ) (=4 x2 −6x 9+ ) =4 x 3( − )2 là sốchính phương

Đến ta giải phương trình.

• Lời giải Điều kiện xác định phương trình x

≥ Phương trình cho tương đương với

( ) 2 ( ) ( ) 2

2 3x 2x+ − =1 10x +3x 6− ⇔ 2x −1 −2 3x 2x+ − +1 2x +3x 2− =0 Đặt 2x2 − = ≥1 t 0, ta được 4t2 −2 3x t 2x( + ) + +3x 2− =0

Ta có =4 3x 1( + )2−4.4 2x( +3x 2− ) (=4 x2 −6x 9+ ) =4 x 3( − )2

Do phương trình có hai nghiệm

3x x x

t t

4

3x x 2x

t t

4

 + − +  +

= =

 

⇔⇔

 + + −  −

 =  =

 

 

 Với t x 2

+

= ta

( ) ( )

2

2 2

2

x x 2

x 2 60

2x x

7x 4x

2 2x x

 ≥ −  ≥ −

+   ±

− = ⇔  ⇔  − − = ⇔ =

− = + 

 

  Với t 2x

2

−

= ta

( ) ( )

2

2 2

2

1 1

x x

2x 2

2x x

2 4 2x 1 2x 1 4x 4x 5 0

 

≥ ≥

−   − +

− = ⇔  ⇔  ⇔ =

 − = −  + − =

 Kết hợp điều kiện x

2

≥ ta tập nghiệm S 60;

7

 ± − + 

 

=  

 

 

• Nhận xét Đây dạng phương trình vơ tỷđưa vềphương trình tích Đểđơn giản phép phân tích ta đặt ẩn phụkhơng hồn tồn đưaphương trình vềdạng phương trình bậc hai có  chính phương.

b) Giải hệphương trình

2

2

2x y xy y 5x

x y x y

 − + + − + =



 + + + − =



• Phân tích Hệphương trình cho có hai phương trình có bậc hai nên ta sẽđi kiểm tra xem phương trình có thểphân tích Do phương trình có bậc hai ẩn nên ta sẽkiểm tra xem phương trình có biết thức ∆(hoặc ∆') sốchính phương

Xét phương trình thứ 2x2 −y2 +xy y 5x 2+ − + = ⇔0 y2 −(x y 2x+ ) − +5x 2− =0 là

phương trình bậc hai ẩn y x tham số

Khi ta có ∆ =' (x 1+ )2−4 2x(− +5x 2− ) =9x2−18x 9+ =9 x 1( − )2, phương trình thứ

( )

2 2

2x −y +xy y 5x 2+ − + = ⇔0 y − x y 2x+ − +5x 2− =0 Xem phương trình phương trình bậc hai ẩn y có x tham số

Khi ta có '=(x 1+ )2−4 2x(− +5x 2− ) =9x2−18x 9+ =9 x 1( − )2

Khi phương trình có hai nghiệm

( )

( )

x x

y y x 2

2

y 2x x x

y

2

 + − −

 =  = − +

 ⇔ 

= −

 + + − 

 = 

 Với y= − +x 2, thay vào phương trình thứ hai hệta 2x2−4x 2+ = ⇔0 x 1= ⇒ =y 1

 Với y=2x 1− , thay vào phương trình thứ hai hệ ta

2 x x 1; y

5x x 4 4 13

x x ; y

5 5

 =  = =

 

− − = ⇔  ⇒ 

= − = − = −

 

 

Vậy nghiệm hệphương trình ( )1;1 4; 13

5

 

− −

 

 

• Nhận xét Bản chất phương trình thứ hệtrên phương trình phân tích thành tích Khi phương trình có hai nghiệm y= − +x 2 y =2x 1− có nghĩa phương trình viết về dạng tích

(y x y 2x 1+ − )( − + ) =0 Do phương trình thứ có bậc hai ẩn nên ta có thểxem ẩn tham sốvà ta sửdụng điều kiện ∆ chính phương đểphân tích phương trình thành tích Chú ý cả hai phương trình bậc hai khơng phân tích ta có thểnhân phương trình với k≠ và sử dụng

phương pháp công đại số, lúc ta cần xác định sốk đểphương trình có thểphân tích thành tích.

Câu Cho đường trịn tâm O có đường kính AB 2R= Gọi M điểm thuộc đường tròn (O)(M khác A B) Các tiếp tuyến với đường tròn (O) A M cắt E Vẽ MP⊥AB P AB( ∈ )

( )

MQ⊥AE Q AE∈

a) Chứng minh tứ giác AEMO tứ giác nội tiếp APMQ hình chữ nhật Tứ giác AEMO có OAE =OME =900

nên tứ giác AEMO nội tiếp Mặt khác tứ

giác APMQ có

  

MPA=PAQ=AQM =90 nên tứ giác APMQ hình chữ nhật

b) Phân tích lời giải Nhận thấy I

trung điểm AM, PQ, mà OE phải qua trung điểm MA, OE qua I

Do APMQ hình chữ nhật nên hai đường chéo PQ MA cắt trung điểm I đường Do tiếp tuyến A M cắt E, I trung điểm MA nên O, I, E thẳng hàng

Vậy PQ, OE, MA đồng qui I

c) Phân tích lời giải Để chứng minh K trung điểm MP ta chứng minh MP 2KP=

Chú ý đến O trung điểm AB I trung điểm MA(hoặc PQ) Do ta có AB 2OA= M

E

I K

P

Q

O

2IM 2IA= =MA Như ta cần chứng minh PM.AO= PK.AB Đến ta trình bày lời giải

như sau

Ta có O trung điểm AB I trung điểm MA nên OI song song với MB MBP =EOA Mà ta lại có MPB =EAO 90 = nên tam giác MPB đồng dạng với tam giác EAO

Từđó suy PB=PM PB.AE PM.AO

AO AE ⇒ =

Do PK song song với AE nên theo định li Talet ta có PB PK PB.AE PK.AB

AB = AE ⇒ = (2)

Từđó suy PM.AO=PK.AB mà AB 2AO= nên PM 2AO 2PK.AB=

Do PM 2PK= hay hay K trung điểm MP

d) Phân tích lời giải Vì M điểm đường trịn ( )O nên P thuộc đoạn OA

đoạn OB Để tính MP ta sử dụng định lý Pitago cho tam giác MPO Với hình chữ nhật APMQ, ta ý

đến SAPMQ = AP.MP, với kết quảMP tìm AP= x có ( ) APMQ

S = 2R x x− Ta áp dung bất

đẳng thức Cauchy tìm giá trị lớn cho biểu thức (2R x x− ) Đến ta trình bày lời giải

sau

Trong tam giác vng MPO ta có MP2 =OM – OP2 =R – R x2 ( − )2 P thuộc đoạn OA

( )2

2 2

MP =OM – OP =R – x R− P thuộc đoạn OB

Khi MP2 =( 2R −x x) Suy MP= (2R x x− )

Diện tích hình chữ nhật APMQ S AP.MP= = (2R x x− )

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có a b c d ab cd+ + + ≥ + ≥4 abcd4 với mọi a, b, c, d >0

Hay

4

a b c d abcd

4

 + + + 

≤  

  Dấu xảy a = = =b c d

Khi ( ) ( )

4

3

x x x

2R x

x x x 3 3 3 3

S 2R x x 27 2R x 27 R

3 3 4

 

− + + +

 

 

= − = − ≤ =

 

 

 

Dấu xẩy 2R x x x 3R

3

− = ⇔ = Suy P trung điểm OB

Do ta xác định M để diện tích hình chữ nhật APMQ lớn

• Nhận xét Chú ý rằng với hai vịtrí M ta cần đưa hai cơng thức tính MP, nhiên hai cơng thức tính MP cho ta kết Cịn tìm giá trịlớn (2R x x− ) thì ta cần khử hết biến x biểu

thức đểý đến dấu xẩy nên ta có phép tách x3 x x x 27 = 3

( )

( ) ( ) ( )

2 2

2 2

1 1

a b c

2

a b b c c a

 

 

+ +  + + ≥

 − − − 

 

• Phân tích Giảthiết tốn cho a, b, c sốthực khác đôi nên dấu khơng xẩy tại a = =b c Ngồi ta không thểsửdụng bất đẳng thức quen thuộc a, b, c chưa dương Nhẩm một sốgiá trịđặc biệt ta thấybất đẳng thức xẩy dấu trường hợp a = 0; b 1; c= = −1

Ta viết biểu thức vếtrại thành

( ) ( ) ( )

2 2

2 2 2

2 2

a b b c c a a b c

b c c a a b

a b b c c a

     

+ + + + + + + +

 −   −   − 

     

− − −

Khi với a =0; b 1; c= = −1 thì ta

( ) ( ) ( )

2 2 2

2 2

a b b c c a

2

a b b c c a

+ + + + + =

− − −

2 2

a b c

2

b c c a a b

     

+ + =

 −   −   − 

     

Do ta chứng minh bất đẳng thức

( ) ( ) ( )

2 2 2

2 2

a b b c c a

2

a b b c c a

+ + + + + ≥

− − −

2 2

a b c 2

b c c a a b

     

+ + ≥

 −   −   − 

     

+ Trước hết ta chứng minh

( ) ( ) ( )

2 2 2

2 2

a b b c c a

2

a b b c c a

+ + +

+ + ≥

− − − Để ý

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

2 2 2

2 2 2

2 2 2

a b a b b c b c c a c a

a b b c c a

2

a b b c c a a b b c c a

 + + − + + − + + − 

+ + + + + =  + + 

 

− − −  − − − 

Hay ta

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

2 2

2 2 2

2 2 2

a b b c c a

a b b c c a

2

a b b c c a a b b c c a

 + + + 

+ + +  

+ + =  + + +

− − −  − − − 

Như ta cần chứng minh

2 2

a b b c c a

2

a b b c c a

 +  + +  + +  ≥

 −   −   − 

     

Đểý ta có bất đẳng thức quen thuộc x2 +y2 +z2 ≥ −2 xy yz zx( + + ) do

2 2

a b b c c a a b b c b c c a c a a b

2

a b b c c a a b b c b c c a c a a b

 +   +   +   + + + + + + 

+ + ≥ − + +

 −   −   −   − − − − − − 

       

Như ta cần chứng minh a b b c b c c a c a a b

a b b c b c c a c a a b

+ + + + + + + + = −

− − − − − −

+ Hoàn toàn tương tựcho bất đẳng thức

2 2

a b c 2

b c c a a b

     

+ + ≥

 −   −   − 

     

• Lời giải Ta có a b b c c a a b b c c a

a b b c c a a b b c c a

 +   +   +   +   +   + 

+ + + = − − −

 −   −   −   −   −   − 

Hay ta a b b c b c c a c a a b

a b b c b c c a c a a b

+ + + + + + + + = −

− − − − − −

Ta có

2 2

a b b c c a 2. a b b c. b c c a. c a a b. 2

a b b c c a a b b c b c c a c a a b

 +  + +  + +  ≥ −  + + + + + + + +  =

 −   −   −   − − − − − − 

       

Do suy

( ) ( ) ( )

2 2

2 2 2

2 2

a b b c c a a b b c c a

2 3

a b b c c a

a b b c c a

        + + + + + +  + + = + + + ≥ + =          −   −   −   − − −    Suy ( ) ( ) ( )

2 2 2

2 2

a b b c c a

2

a b b c c a

+ + +

+ + ≥

+ + + (1)

Mặt khác ta lại có a b b c c a b c c a− − + c a a b− − + a b b c− − = −

Khi

2

a b c

0

b c c a a b

 

+ + ≥

 − − − 

  hay ta

2 2

a b c 2 a . b b . c c . a 2

b c c a a b b c c a c a a b a b b c

       

+ + ≥ − + + =

 −   −   −   − − − − − − 

        (2)

Cộng theo vế hai bất đẳng thức (1) (2) ta

( )

( ) ( ) ( )

2 2

2 2

1 1

a b c

2

a b b c c a

 

 

+ +  + + ≥ + =

 − − − 

 

Dấu xẩy (a b c) 1

a b b c c a

 

+ +  + + =

− − −

 

• Nhận xét Đây tốn bất đẳng thức khó, lại khơng thểsửdụng bất đẳng thức quen thuộc đểđánh giá Để chứng minh bất đẳng thức ta phải thực cơng việc như

+ Dựđốn điểm rơi đểquy toán chứng minh hai bất đẳng thức

( ) ( ) ( )

2 2 2

2 2

a b b c c a

2

a b b c c a

+ + + + + ≥

− − −

2 2

a b c 2

b c c a a b

     

+ + ≥

 −   −   − 

     

+ Để chứng minh bất đẳng thức thứ ta quy chứng minh bất đẳng thức

2 2

a b b c c a 2

a b b c c a

 +   +   + 

+ + ≥

 −   −   − 

     

+ Để chứng minh bất đẳng thức thứhai ta quy chứng minh

2 2

a b c 2 a . b b . c c . a 2

b c c a a b b c c a c a a b a b b c

       

+ + ≥ − + + =

 −   −   −   − − − − − − 

       

Chú ý đến bất đẳng thức

( )

2 2

1

AB

A + B ≥ ≥ A B+ với hai sốA, B dấu Đểý ta thấy ba số a b; b c; c a− − − luôn tông hai sốcùng dấu Khơng tình tổng qt ta giảsửhai sốđó a b− b c− Khi áp dụng bất đẳng thức ta

( ) (2 ) (2 ) (2 ) (2 ) (2 )2

1 1

a b b c c a a b b c a c a c

+ + ≥ + =

− − − − + − − −

Như ta cần chứng minh ( )

2

2 2 a c

a b c

2

−

+ + ≥

Thật vậy, ta có ( ) ( )

2

2 2 2 a c

a b c a c a c

2

−

Đề số 10

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÁN TỈNH NAM ĐỊNH Năm học: 2015 – 2016

Câu (3.0 điểm)

a) Tính giá trị biểu thức P 5 11

5 22

+ + −

= + −

+

b) Cho số thực x, y, z thỏa mãn đồng thời điều kiện x y z 2,+ + = x2 +y2+z2 =18

xyz= −1 Tính giá trị biểu thức S 1

xy z yz x zx y

= + +

+ − + − + −

Câu (5.0 điểm)

a) Giải phương trình 2x 1− + x 3+ − 5x 11+ =0 b) Giải hệphương trình ( )

2

2

y y x 1 x

x y 7x

 − − + + − =

 

+ − − =



Câu (3.0 điểm)

a) Tìm tất số nguyên x, y thỏa mãn x2+y2 +xy x y 1− − =

b) Chứng minh với sốnguyên dương n lớn ta có n 1( − ) n <3 Câu (7.0 điểm)

Cho tam giác nhọn ABC có AB<AC, nội tiếp đường tròn ( )O ngoại tiếp đường tròn ( )I

Điểm D thuộc cạnh AC cho ABD = ACB Đường thẳng AI cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác DIC điểm thứ hai E cắt đường tròn ( )O điểm thứhai Q Đường thẳng qua E song song

với AB cắt BD P

a) Chứng minh tam giác QBI cân b) Chứng minh BP.BI=BE.BQ

c) Gọi J tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABD K trung điểm JE Chứng minh rẳng PK song song với JB

Câu (2.0 điểm)

Cho một lớp học có 35 học sinh, học sinh tổ chức số câu lạc môn học Mỗi học

Phân tích hướng dẫn giải Câu (3.0 điểm)

a) Tính giá trị biểu thức P 5 11

5 22

+ + −

= + −

+

• Phân tích Đểtính P ta tính M 5 ; N 11

5 22

+ + −

= = −

+

+ Đểtính M ta đểý đến đẳng thức A2 = A đểđưa biểu thức khỏi dấu Ngoài đểý đến

5+ 5− = 22 nên ta có thểsửdụng phép bình phương hai vế

+ Đểtính N ta sửdụng đẳng thức A2 = A

• Lời giải Đặt M 5 ; N 11

5 22

+ + −

= = −

+

Ta có M 5 M2 10 22 2

5 22

5 22

+ + − +

= ⇒ = =

+

+ Do M

> nên ta có M=

Mặt khác N = 11 2− = (3− 2)2 = −3 Như P= M N+ =3

• Nhận xét Ý thứ câu dạng toán rút gọn biểu thức chứa Đểlàm tốtdạng toán cần phải nắm vững đẳng thức A2 = A hằng đẳng thức dạng (a b± )2 =a2 ±2ab b+ đểphân tích

biểu thức vềbình phương tổng, hiệu

b) Cho số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện x y z 2, x+ + = +y2+z2 =18 xyz= −1 Tính giá

trị biểu thức S 1

xy z yz x zx y

= + +

+ − + − + −

• Phân tích Đểý ta thấy xy z xy x y xy x y 1+ − = + − − − = − − + =(x y 1− )( − ) Như tương tựta có

( )(1 ) ( )( ) ( )(1 ) ( x y z 3)( )( ) S

x y y z z x x y z

+ + −

= + + =

− − − − − − − − −

Để ý (x y z 1− )( − )( )− = xyz−(xy yz zx+ + ) (+ x y z+ + )−1

Như ta cần tính xy yz zx+ + là

Điều hoàn toàn đơn giản ta có ( ) ( )

2 2 2 2

x y z x y z

xy yz zx

2

+ + − + +

+ + =

• Lời giải Ta có xy z xy x y 1+ − = − − + =(x y 1− )( − )

( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )( )

( ) ( )

1 1 x y z

S

x y y z z x x y z

1

xy yz zx

xyz xy yz zx x y z

+ + −

= + + =

− − − − − − − − −

−

= =

+ +

− + + + + + −

Mà ta có lại có ( ) ( )

2 2 2 2

x y z x y z 4 18

xy yz zx

2

+ + − + + −

+ + = = = −

Do ta S

= −

• Nhận xét Ý thứhai câu thuộc dạng toán biến đổi đồng biểu thức đại số Trong toán ta chú ý đến biến đổi xy z xy x y xy x y 1+ − = + − − − = − − + =(x y 1− )( − ), sử dụng kết

hợp hai giảthiết x y z 2, x+ + = 2+y2 +z2 =18 thì ta tính được xy yz zx+ +

Câu (5.0 điểm)

a) Giải phương trình 2x 1− + x 3+ − 5x 11+ =0

• Phân tích Nhân thấy phương trình cho có dạng f x( )+ g x( ) = h x( ) nên ta nghĩ đến phép nâng lên lũy thừa Hơn biểu thức có dạng nhịthức bậc nên sau hai lần nâng lên lũy thừa ta thu phương trình bậc hai.

• Lời giải Điều kiện xác định phương trình x

≥

2

2 2

2 2x x 5x 11 2x x 5x 11

9x 2x 5x 5x 11 2x 5x 3 x

x x x

x 12

2x 5x 6x x x 11x 12

− + + − + = ⇔ − + + = +

⇔ − + + − = + ⇔ + − = −

 ≤  ≤  =

 

⇔  + − = − + ⇔ + − = ⇔  = −



  

 

Đối chiếu điều kiện ta x 1= nghiệm phương trình

b) Giải hệphương trình ( )

2

2

y y x 1 x

x y 7x

 − − + + − =

 

+ − − =



• Phân tích Hệphương cho có hai phương trình chứa thức bậc hai, ta khai triển phương trình phương trình đểtìm mối liên hệgiữa đại lượng Chú ý đến phương trình thứ hệđược

viết lại thành

( ) ( ) ( )( )

2

y −y x 1− + + x 1− = ⇔0 y − −y x y 1− − = ⇔0 y y− − x 1− =0

Như phương trình thứ viết thành tích, ta xét trường hợp vào phương trình thứhai đểtìm nghiệm hệ

• Lời giải Điều kiện xác định hệphương trình x 1, y≥ ∈ Phương trình thứ hệđược viết lại thành

( ) ( ) ( )( )

2

y −y x 1− + + x 1− = ⇔0 y − −y x y 1− − = ⇔0 y y− − x 1− =0

2 2 2

4

2

x 7x x 7x x 2x 7x

x x

x 5x

x x + − − = ⇔ + = − ⇔ + + = −  =  = ± ⇔ − + = ⇔ ⇔  = ± =   

+ Với y− x 1− = ⇔ =0 y x 1− , thay vào phương trình thức hai hệta

( ) ( ) ( )

( )( ) ( )( )

( )

2 2

2

2

x x 7x x x 1 7x

7 x x x

x x

x 1 7x

x

7 x

x

x 1 7x

+ − − − = ⇔ − + − − − − − = − + − ⇔ − + + − = − + − +  =  + ⇔  + + − =  − + − + 

 Khi x =2 ta y 1=

 Ta có ( ) ( )

2

7 x

1

x x

x 1 7x 7x x 1

+  

+ + − = +  − +

− + − +  − +  − +

Với x 1≥

2

7

7x 1

7x 7x

− ≥ ⇒ ≤ ⇒ − ≥

− + − +

Suy ( )

2

7

x

x 1

7x

 

+  − + >

− + − +

 

Hay ( )

2

7 x

x

x 1 7x

+

+ + − =

− + − + vô nghiệm

Kết hợp với điều kiện xác định ta nghiệm hệ ( ) ( )1;1 , 2;1

• Nhận xét Việc phát phương trình thứ hệviết thành tích khơng q khó khăn, nhiên khi thực phép thế vào phương trình thứ hai hệ thì ta thu phương trình ẩn chứa

2

x + x 1− − 7x − =3 0 Với phương trình ta thường sửdụng phương pháp đặt ẩn phụ phương pháp nhân lương liên hợp Ởđây ta nhẩm nghiệm x=2 nên có thểsửdụng nhận lương liên hợp, nhiên khó khăn gặp phải phải ởđây xửlý phương trình thu sau lượng liên hợp

Kết hợp với điều kiện x 1≥ ta chứng minh ( )

2

7 x

x

x 1 7x

+

+ + − >

− + − +

Ngoài để biểu thức sau nhân lượng liên hợp dấu ta có thểthay thếphép nhóm liên hợp kiểu

( 7x2 − −3 5) bằng nhóm liên hợp kiểu 7x2 −3 5( − 7x2 −3) Kỹthuật nhân liên hợp kiểu ta gọi

kỹthuật truy ngược dấu

Câu (3.0 điểm)

a) Tìm số nguyên x, y thỏa mãn phương trình x2 +y2+xy x y 1− − =

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

2 2 2

2 2 2

2 x y xy x y x 2xy y x 2x y 2y

x y x y 0

+ + − − = ⇔ + + + − + + − + =

⇔ + + − + − = = + +

Đến ta xét trường hợp đểtìm nghiệm cho phương trình.

• Lời giải Ta có x2 +y2 +xy x y 1− − = ⇔ (x y+ ) (2 + x 1− ) (2 + y 1− )2 =4 Ta có bảng giá trịtương

ứng(cũng xét trường hợp)

x y+ x 1− y 1− Nghiệm ( )x; y

2 0 ( )1;1

2

− 0 Loại

0 Loại

0 −2 ( )−1;1

0 Loại

0 −2 ( )−1;1

Vậy cặp số nguyên ( )x; y cần tìm ( ) ( ) ( )1;1 , 1;1 , 1; 1− −

• Nhận xét Để ý phương trình có bậc hai ẩn nân ta có thểxem phương trình có ẩn y đóng vai trị tham số Khi ta kiểm tra điều kiện ∆ là sốchính phương ∆≥0

Ta viết lại phương trình thành x2+(y x y− ) + − − =y 0

Khi ta có ∆ =(y 1− )2 −4 y( − −y 1)= −3y2 +2y 5+

Đểphương trình có nghiệm ∆≥0 hay 3y2 2y 5 0 (y 3y)( ) 0 1 y

3

− + + ≥ ⇔ + − ≥ ⇔ − ≤ ≤

Đến xét giá trịynguyên thay vào phương trình đểtìm x tương ứng

b) Chứng minh với sốnguyên dương n lớn ta có n 1( − ) n <3

• Phân tích Để chứng minh bất đẳng thức số học ta sẽ đi chứng minh bất đẳng thức dạng

(n 1− ) n <A n( ), A n( )là biểu thức chứa n sốchính phương tốt đưa số3 vào trong bậc hai phân tích cho xuất tích đểđưa tiếp thừa sốvào Trong hai ý tưởng thì việc tìm A n( ) khá khó khăn Do ta theo hướng thứhai.

Ta có 3 = = 2.4+ = 3.5+ + = 4.6+ + + =

Rõ ràng ta thấy 4.6+ + + > Như ý tưởng có thểthực Vấn đề là ta tìm cơng thức tổng quát áp dụng cho sốtựnhiên 3, 4, 5, , n Đểý ta thấy

( )( ) ( )( ) ( )( )

• Lời giải Với sốngun dương k ta có k= k2 = 1+(k2 −1) = 1+(k k 1− )( + )

Sử dụng đẳng thức liên tiếp với k =3, 4, , n ta

( )( )

( ) ( )2 ( )

3 2.4 3.5 4.6

1 1 n n

1 1 n n n n

= + = + + = + + + =

= + + + + − +

= + + + + − + > −

 

 Vậy ta có điều phải chứng minh

• Nhận xét Có thểnói tốn số học khó, đểtìm công thức k= 1+(k k 1− )( + ) ta phân tích một vài trường hợp cụthể suy trường hợp tổng quát.

Đểxác định A n( ) cho bất đẳng thức (n 1− ) n <A n( ) ta có thểlàm sau

( ) ( ) ( ) ( ) (2 )( ) 2

n 1− n < n 1− n 1+ < n 1− n 1+ = n n 1− + =n −1

Đến ta lại có n2 − <1 n2 Như ta có thểáp dụng đểgiải bìa tốn theo cách khác sau

( ) ( ) ( )( )

( )

2

2 n n n n n n n n n n 3.5

− < − + < − +

= − < = − < < <

Câu (7.0 điểm)

a) Chứng minh tam giác QBI cân

• Phân tích Để chứng minh tam giác ABI cân tại I ta chứng minh IBQ =BIQ

• Lời giải Ta có AI phân giác BAC nên Q điểm cung BC

đường tròn (O)

Suy BAQ QAC QBC =  =  ta      

IBQ= IBC QBC+ = IBA BAQ+ = BIQ hay tam giác QBI cân Q

b) Chứng minh BP.BI =BE.BQ

• Phân tích Để chứng minh hệ thức

BP.BI=BE.BQ ta chứng minh hai tam giác PBE QBIđồng dạng

Để ý ta có BPE =ABD =ACB =BQI, ta cần chỉra BIQ = BEP Mà theo ý thứ ta đã có BIQ BAC ABC 

2

+

= Như ta chứng minh BEP ABC BAC 

+

=

P

H

E

K O

Q J

I D

C B

• Lời giải Tam giác ABD đồng dạng tam giác ACB Suy AB AD

AC = AB hay

2

AB =AD.AC(1)

Tam giác ADI đồng dạng tam giác AEC (có góc A chung AID = ACE) Suy AD AI

AE = AC hay AI.AE =AD.AC (2)

Từ (1) (2) suy AI.AE =AB2, suy tam giác ABI đồng dạng tam giác AEB

Suy AEB ABI ABC

= = Ta có AEP BAE BAC

= = suy BEP ABC BAC 

+

=

Theo ý a ta có BIQ BAC ABC 

+

= , từđó suy BIQ =BEP

Do ta BPE = ABD =ACB =BQI Nên hai tam giác PBE QBI đồng dạng với nhau, suy

BP BE

BP.BI BE.BQ

BQ = BI ⇔ = Ta có điều phải chứng minh

c) Gọi J tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABD, K trung điểm JE Chứng minh PK//JB

• Phân tích Nhận thấy HK đường trung bình tam giác EBJ Do để chứng minh PK//BJ ta chứng

minh P, H, K thẳng hàng Muốn ta chứng minh BJ vng góc với BE.

• Lời giải Tam giác BQI đồng dạng tam giác BPE tam giác BQI cân Q nên tam giác PBE cân P, suy PBE BAC ABC 

2

+

= PH⊥BE với H trung điểm BE

Do HK đường trung bình tam giác EBJ nên HK//BJ Ta có JBD ACB

2

= DBE BAC ABC 

+

= , suy JBE =900 hay JB vng góc BE

Suy PH//JB P, H, K thẳng hàng hay PK//JB

Câu (2.0 điểm) Cho một lớp học có 35 học sinh, học sinh tổ chức số câu lạc môn học Mỗi học sinh tham gia câu lạc Nếu chọn 10 học sinh ln có học sinh tham gia câu lạc Chứng minh có câu lạc gồm học sinh

• Phân tích Từgiảthiết u cầu chứng minh tốn ta dựđốn chỉcó bốn câu lạc bộmà học

sinh tham gia theo ngun lí Dirichlet với 35 học sinh sẽcó câu lạc bộcó 35

  + =  

  học sinh tham gia Như ta cần chứng minh sốcâu lạc bộlà

• Lời giải Giả sử tất câu lạc bộđều có khơng q học sinh Gọi N số câu lạc bộcó học sinh

+ Nếu N >4 từ số câu lạc này, chọn câu lạc học sinh, 10 học sinh khơng thỏa mãn điều kiện tốn

+ Nếu N <4 số học sinh tham gia câu lạc bộnày khơng q 3.8 =24, nghĩa cịn

Vậy N =4 Số học sinh tham gia câu lạc bộnày không 4.8 =32, nghĩa cịn học sinh, học sinh tham gia câu lạc mà câu lạc có học sinh Chọn số học sinh câu lạc chọn học sinh, 10 học sinh không thỏa mãn điều kiện

Đề số 11

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỐN TỈNH QUẢNG BÌNH Năm học 2015 – 2016

Câu (2.0 điểm)

Cho biểu thức P x2 x 2x x x 1( )

x x x x

−

− +

= − +

+ + − với 0< ≠x

a) Rút gọn biểu thức P

b) Tìm x để biểu thức Pđạt giá trị nhỏ

Câu (3.0 điểm)

a) Cho phương trình 2x2 +2mx m+ − =2 0(tham số m) Tìm m để phương trình có hai nghiệm

x , x thỏa mãn 2x x1 2 +x1+x2 −4 =6

b Giải hệ phương trình

3

2

x 2x y x y 2xy y

x x y 6x 11

 − + = − +

 

− + − = − +



Câu (2.5 điểm)

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( )O ngoại tiếp đường tròn ( )I , AI cắt đường tròn ( )O

tại M (khác A),J điểm đối xứng với I qua M Gọi N điểm cung ABM , NI NJ cắt đường tròn ( )O E F

a) Chứng minh MI =MB Từ suy ∆BIJ ∆CIJ tam giác vuông

b) Chứng minh bốn điểm I, J, E, F nằm đường tròn

Câu (1.5 điểm)

Cho a, b >0 thỏa mãn a b 2+ ≥ Tìm giá trị lớn nhấtcủa biểu thức M 2 2

a b b a

= +

+ +

Câu (1.0 điểm)

Tìm tất số nguyên dương m n thỏa mãn điều kiện:

( )( )

2 2

n + + =n m +m m− −m 5+

Phân tích hướng dẫn giải Câu (2.0 điểm) Cho biểu thức P x2 x 2x x x 1( )

x x x x

−

− +

= − +

+ + − với 0< ≠x

a) Rút gọn biểu thức P

Với < ≠x ta có x2 x x( x x)( x 1) x( x 1) x x

x x x x

− + +

−

= = − = −

+ + + +

Lại có 2x x x x 1( ) x

x x

+

+ = = + 2 x 1( ) 2( x 1)( x 1) ( )

2 x

x x

− +

−

= = +

Từ ta P= −x x −(2 x 1+ ) (+2 x 1+ ) = −x x 1+

Vậy P = −x x 1+ 0< ≠x

b) Tìm x để biểu thức P đạt giá trị nhỏ

Với < ≠x ta có

2

1 3

P x x x

2 4

 

= − + = −  + ≥

 

Dấu đẳng thức xẩy x x

2

− = ⇔ = (thỏa mãn)

Vậy P đạt giá trị nhỏ x

=

Câu (3.0 điểm)

a) Cho phương trình 2x2+2mx m+ − =2 0(tham số m) Tìm giá trị m để phương trình có hai

nghiệm x , x1 2 thỏa mãn 2x x1 2 +x1+x2 −4 =6

• Lời giải.Ta có ∆' =m2 −2 m( −2) = −4 m2

Phương trình có hai nghiệm x , x1 2 ∆' ≥ ⇔ −0 4 m2 ≥ ⇔ − ≤0 2 m≤2

Theo định lý Vi – et ta có 2

x x m

m

x x

2

 + = −



 −

= 

Mà theo ta lại có 2x x1 2 x1 x2 2.m2 m

−

+ + − = ⇔ − − =

Hay ta

2

2

m m 6

m m 6

m m 6

 − − =

− − = ⇔ 

− − = −



+ Với m2 m 6 6 m2 m 12 0 m

m

 =

− − = ⇔ − − = ⇔  = −



+ Với m2 m 6 6 m2 m 0 m

m

 =

− − = − ⇔ − = ⇔  =



Kết hợp với điều kiện có nghiệm phương trình ta m =0; m 1= giá trị cần tìm

b) Giải hệ phương trình

3

2

x 2x y x y 2xy y

x x y 6x 11

 − + = − +

 

− + − = − +



• Phân tích Quan sát phương trình thứ ta nhận thấy phương trình ln với x =y, điều có nghĩa phân tích phương trình thành tích có chứa nhân tử x y− Do ta biến đổi phương trình thứ nhất dạng (x y x− )( −xy y+ +1)= 0 Khi vào phương trình thứ hai hệ ta thu phương trình

2

Ngoài để ý ta thấy x2 −6x 11+ =(x 3− )2 + ≥2 2 và theo bất đẳng thức Cauchy ta lại có

( ) ( ) x x

x x x x

2

− + − +

− + − = − + − ≤ + =

Điều có nghĩa x 2− + 4 x− ≤ ≤2 x2 −6x 11+ Đến ta giải phương trình theo

phương pháp đánh giá.

• Lời giải Điều kiện xác định hệ phương trình x 2 x

4 x

 − ≥

 ⇔ ≤ ≤

 − ≥



Từ phương trình thứ hệ ta có

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( )( )

3 3

3 2

2

x 2x y x y 2xy y x 2x y x y 2xy y

x y 2xy x y x y x y x xy y 2xy

x y x xy y x y x y

− + = − + ⇔ − + − + − =

 

⇔ − − − + − = ⇔ −  + + − +  =

⇔ − − + + = ⇔ − = ⇔ =

Do x2 −xy y+ + >1 0 với x, y số thực.

Thay x =y vào phương trình thứ hai hệ ta có x 2− + 4 x− = x2 −6x 11+ .

Nhận thấy x2 −6x 11+ =(x 3− )2 + ≥2 2 với 2≤ ≤x 4 Dấu xẩy x=3.

Lại theo bất đẳng thức Cauchy ta có

( ) ( ) x x

x x x x

2

− + − +

− + − = − + − ≤ + =

Dấu xẩy x=3

Như

2

x x

x x x 6x 11 x

x 6x 11

 − + − =



− + − = − + ⇔  ⇔ =

− + =



Do x=3 nên ta y=3 Vậy hệ phương trình có nghiệm ( ) ( )x; y = 3;

Câu (2.5 điểm)

• Phân tích Để chứng minh MI =MB ta chứng minh tam giác MIB cân M Muốn ta cần được MIB =MBI

Dễ thấy MBI MBC CBI   A B

2

= + = + và theo tích

chất góc ngồi ta lại có MIB  IAB IBA  A B

2

= + = +

Do ta suy MIB =MBI Lại thấy tam

giác BIJ ta có MB MI 1IJ

2

= = nên tam giác BIJ vuông

tại B Hoàn toàn tương tự ta có tam giác CIJ tam giác vng B C.

• Lời giải Do AM phân giác góc BAC nên ta có

  A

MBC MAC

2

= =

Từ suy MBI MBC CBI   A B

2

= + = +

Mặt khác theo tính chất góc ngồi tam giác ta lại có MIB  IAB IBA  A B

2

= + = +

Từ ta MIB =MBI nên tam giác MBI cân M, suy MI =MB Hồn tồn tương tự ta có MI= MC Xét tam giác BIJ ta có MB MI 1IJ

2

= = nên tam giác BIJ vuông B Tương tự ta có tam giác CIJ vng C Vậy tam giác BIJ CIJ làcác tam giác vuông B C

b) Chứng minh bốn điểm I, J, E, F nằm đường trịn

• Phân tích Để chứng minh I, J, E, F nằm đường tròn ta chứng minh EFJ =EIJ Để ý

 

NFE =AIE Mặt khác Mặt khác NFE EFJ 180 + = và AIE EIJ 180 + = 0 Từ ta có điều phải chứng

minh.

• Lời giải Ta có NFE 1(sdNA sdAE )

= + AIE 1(sdNM sdAE )

= +

Mà sdNA =sdNA nên NFE =AIE

Mặt khác NFE EFJ 180 + = 0 AIE EIJ 180 + = nên ta EFJ =EIJ.

Hơn I F nằm phíaso với JE Vậy bốn điểm I, J, E, F thuộc đường tròn

Câu (1.5 điểm) Cho a, b>0 thỏa mãn a b 2+ ≥ Tìm giá trị lớn M 2 2

a b b a

= +

+ +

• Phân tích Để ý đến mẫuthức phân thức giả thiết toán ta nghĩ đến đánh giá theo bất đẳng thức Bunhiacopxki (a b+ )2 ≤(a b+ 2)(a 1+ )

C B

F

J

I O

E N

M

Như ta có đánh giá

( )

2

1 a

a b a b

+ ≤

+ + Dự đoán M 1≤ tại a = =b nên ta chứng minh bất đẳng

thức

( )

2 2

1 a b

M

a b b a a b

+ +

= + ≤ ≤

+ + + với a b 2+ ≥

• Lời giải Trước hết ta chứng minh với a >0 (a b+ )2 ≤(a b+ 2)(a 1+ )

Thật vậy(a b+ )2 ≤(a b+ 2)(a 1+ )⇔ a2 +2ab b+ ≤a2 + +a ab2+b2

Hay ta 2ab a ab≤ + ⇔a b 1( − )2 ≥0 Bất đẳng thức cuối Do bất đẳng thức

trên chứng minh

Từ (a b+ )2 ≤(a b+ 2)(a 1+ ) ta

( )

2

1 a

a b a b

+ ≤

+ +

Hoàn toàn tương tự ta

( )

2

1 b

b a b a

+ ≤

+ +

Cộng vế theo vế ta

( )

2 2

1 a b

M

a b b a a b

+ +

= + ≤

+ + + (1)

Bây ta chứng minh với a >0; b>0 thỏa mãn a b 2+ ≥

( )2

a b 1

a b

+ + ≤

+ (2)

Thật vậyta có

( ) ( ) ( ) ( )( )

2

a b

1 a b a b a b a b

a b

+ + ≤ ⇔ + ≥ + ⇔ + + + − ≥

+

Kết hợp hai bất đẳng thức (1) (2) ta M 1≤

Vậy giá trị lớn M 1, xẩy a = =b

Câu (1.0 điểm) Tìm tất số nguyên dương m n thỏa mãn điều kiện:

( )( )

2 2

n + + =n m +m m− −m 5+

• Phân tích Trước hết ta có n2 + + =n 1 (m2+m m− )( −m 5+ ) =m4 +m2+8m 15− Trong đẳng

thức ta thấy biến n có bậc hai biến m có bậc bốn Do ta viết đẳng thức thành phương trình bậc hai có ẩn n và m tham số n2 + −n (m4 +m2 +8m 16− ) =0 Khi để phương trình có nghiệm ngun thì

4

4m 4m 32m 63

∆ = + + − phải số phương Để ý ta phân tích

( 2 )2 ( )2

2m m

∆ = + − − − và ∆ =(2m2 +1)2 +32 m 2( − )

Do m >2 thì (2m2 +1)2 < ∆ <(2m2 +2)2 nên ∆ khơng thể số phương Như ta

xét m 1= hoặc m=2 là giải tốn.

• Lời giải Từ điều kiện n2 + + =n 1 (m2 +m m− )( −m 5+ ) =m4 +m2 +8m 15−

Để phương trình (1) có nghiệm ngun dương ∆ =4m4 +4m2 +32m 63− phải số

phương

Ta có ∆ =(2m2 +2)2 −4 m 4( − )2 − <3 (2m2 +2 , m)2 ∀ ∈*

Mặt khác ∆ =(2m2 +1)2 +32 m 2( − )

Do ∆ =(2m2 +1)2+32 m 2( − ) >(2m2 +1 , m)2 ∀ >2

Khi ta có (2m2+1)2 < ∆ <(2m2 +2)2 với m>2.

Suy (1) có nghiệm nguyên dương nkhi m 1= m=2

+ Nếu m 1= ta n2 + + =n 6 0, phương trình vơ nghiệm.

+ Nếu m =2 n2 + −n 20= ⇔0 n =4, n số nguyên dương

Đề số 12

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÁN TỈNH BẮC GIANG Năm học 2015 – 2016

Câu (6.0 điểm)

Cho biểu thức

( ) ( )

2

2

1 a 2

a a a

A : a

1 a 2 a 2 a 2 a 2

a a

− −

− −

+

= + −

+ − − − +

−

− +

a) Rút gọn biểu thức A b) Tìm giá trị nhỏ A

2 Gọi x , x1 2 hai nghiệm phương trình x2 −2x 5− = 0 Khơng giải phương trình, tính

giá trị biểu thức

1 2

B x= −2x −5x + 8x +2008

Câu (4.0 điểm)

1 Giải phương trình 6x2 +10x 92− + (x 70 2x+ )( +4x 16+ ) =0.

2 Giải hệ phương trình ( )( )( )

2

y x x x x 121

y x

 + + + + =

 ⋅



+ = 

Câu (3.0 điểm)

1 Tìm tất cảcác cặp sốtựnhiên ( )x; y cho 5x + 12x=y2

2 Chứng minh số (2+ 3) (2016+ 2− 3)2016 số chẵn

Câu (6.0 điểm)

Cho hình vng ABCD Gọi M, N hai điểm nằm đoạn AC cho AC =3AN= 4AM Hai đường thẳng DM DN cắt AB P Q Chứng minh rằng:

a) Hai tam giác AMP AQN đồng dạng, từ MNQP tứ giác nội tiếp

b) Đường thẳng BC tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN CD tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác DMN

2 Cho hai đường tròn ( )O; R ( )I; r tiếp xúc điểmP, (R >r) Hai tiếp tuyến chung ngồi AE, BD hai đường trịn cắt C AE, BD khơng qua P; A, B thuộc ( )O D, E thuộc

( )I Tính số đo góc ACB biết DE =2cm; AB =6cm

3) Trong hình chữ nhật có chiều dài rộng cho 49 điểm, khơng có ba điểm thẳng hàng Chứng minh tồn tam giác có đỉnh thuộc 49điểm mà diện tích nhỏ

2

Câu (1.0 điểm).Cho số thực x thỏa mãn x≤ ≤2 Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức T x x

x x

+ −

= +

−

Câu (6.0 điểm)

1) Cho biểu thức

( ) ( )

2

2

1 a 2

a a a

A : a

1 a 2 a 2 a 2 a 2

a a

− −

− −

+

= + −

+ − − − +

−

− +

a) Rút gọn biểu thức A

( )

( )

( )

2

2

2 2

a a a a a a 2

A : a

a a a a a a

a a a a 2

: a

a a a a

1 a a a a

− − − + − + −

= + −

+ − − − + + − −

− − − + −

= + −

+ − − + − −

= − − + − = − −

b) Tìm giá trị nhỏ A

( )2

2 2 2 15 15

A a a a a 4 a

2 4

 

= − − = − − − + = − −  + ≥

 

Do A đạt giá trị nhỏ 15

4

2 17

a a

2

− = ⇔ =

2) Gọi x , x1 2 hai nghiệm phương trình x2 −2x 5− = 0 Khơng giải phương trình, tính giá trị

của biểu thức

1 2

B x= −2x −5x + 8x +2008

• Phân tích u cầu tốn làm ta nghĩ đến hệ thức Vi – et Chú ý biểu thức B khơng chứa tích nghiệm nên ta cần đến hệ thức x1+x2=2 Do x , x1 2 là hai nghiệm phương trình nên ta ln có

2

1 2

x −2x − =5 0; x −2x − =5 0 Như ta cần biến đổi biểu thức B cho có chứa hai đẳng thức Từ x1+x2=2 ta x2 = −2 x1, thay vào đẳng thức B ta

( ) ( )

( )

2

3

1 2 1 1

3 2

1 1 1

B x 2x 5x 8x 2008 x 2 x 5x x 2008

x 2x 5x 2016 x x 2x 2016

= − − + + = − − − + − +

= − − + = − − +

Đến ta tìm giá trị biểu thức B.

• Lời giải Chứng minh phương trình có nghiệm theo Vi-et ta có x1+x2 =2

( )2 ( )

3

1 2 1 1

3

1 1

B x 2x 5x 8x 2008 x 2 x 5x x 2008

x 2x 5x 2016

= − − + + = − − − + − +

= − − +

Mà x1là nghiệm phương trình x2 −2x 5− = 0 nên

1

x −2x − =5

Từ ta ( )

1 1

B x x= −2x −5 +2016 2016=

Câu (4.0 điểm)

• Phân tích Quan sát phương trình ta nghĩ đến phép đặt ẩn phụ u = 2x2 +4x 16; v+ = x 70+ Để ý ta

lại thấy 6x2 +10x 92− =3 2x( +4x 16+ )−2 x 70( + ) =3u2 −2v2 Khi ta viết lại phương trình

cho thành 3u2 −2v2 +uv= ⇔0 (3u 2v u v− )( + ) =0 Đến ta có lời giải cho phương trình.

• Lời giải Điều kiện xác định phương trình x≥ −70 Đặt u= 2x2 +4x 16; v+ = x 70 u+ ( > 0; v≥0).

Khi ta có phương trình 3u2 −2v2 =6x2 +10x 92−

Phương trình cho trở thành 3u2 −2v2 +uv= ⇔0 (3u 2v u v− )( + ) =0

Do u >0; v≥0 nên từ phương trình ta 3u 2v− = ⇔0 3u =2v

Từ ta có 3 2x2 +4x 16+ =2 x 70+ , giải x=2 hoặc x 34

9

−

= −

Kết hợp với điều kiện xác định ta tập nghiệm S 34;2

 

= − 

 

2) Giải hệ phương trình ( )( )( )

2

y x x x x 121

y x

 + + + + =



 + =



• Phân tích Từ phương trình thứ hai hệ ta y2 = −x 1, vào phương trình thứ hệ ta

phương trình x x x x x 3+ ( + )( + )( + ) =122 Phương trình thu có bậc nhẩm nghiệm là x=2 Để ý ta thấy x>2 thì x x x x x 3+ ( + )( + )( + ) >122 và đồng thời ta có 1 x≤ <2 thì

( )( )( )

x x x x x 3+ + + + <122 Ta giải phương trình thu

• Lời giải Từ phương trình thứ hai hệ ta suy x 1≥

Thay y2 = −x 1vào phương trình thứ ta ta x x x x x 3+ ( + )( + )( + ) =122

+ Xét x≤ <2, ta có x x x x x 3+ ( + )( + )( + )<122 + Xét x>2, ta x x x x x 3+ ( + )( + )( + ) >122

+ Với x=2 ta x x x x x 3+ ( + )( + )( + ) =122 Suy y 1; y= = −1 Vậy hệ phương trình cho có hai nghiệm ( ) ( ) ( )x; y = 2;1 , 2; 1−

Câu (3.0 điểm)

1) Tìm tất cảcác cặp sốtựnhiên ( )x; y cho 5x + 12x=y2.

• Phân tích Nhận thấy với x 1= phương trình khơng có nghiệm nguyên Chú ý x số chẵn ta chuyển vếvà viết phương trình vềdạng phương trình ước số Ta xét x≥2, từ phương trình cho ta suy y số lẻ nên y2 chia dư Lại thấy 12x chia hết cho 8, 5x phải chia dư 1, từ suy

ra x số chẵn Khi đặt x=2k k( ∈*) và viết phương trình dạng

( )( )

2k k k

Chú ý số nguyên tô nên ta viết phương trình thành hệ

k 2k m k m

y 12

y 12

−

 + =



 − =



Từ hệ ta 2.12k =5m(52k 2m− −1), điều dẫn đến m= 0 Nên suy y 12= k+1 Đến thay

vào phương trình ta tìm k tốn giải.

• Lời giải Nhận xét x 1= khơng thoả mãn phương trình Khi ta có x≥2 Từ phương trình ta thấy y lẻ nên y2 chia dư 1.

Mặt khác 12 8x nên suy 5x chia dư 1, từ suy x phải số chẵn.

Đặt x=2k k( ∈*), ta thu phương trình 52k =(y 12− k)(y 12+ k)

Do nguyên tố nên tồn m∈, m<k cho

k 2k m k m

y 12

y 12

−

 + =



 − =



Suy 2.12k =5m(52k 2m− −1) Do 12 nguyên tố với mà 2.12 5k m nên m=0

ta y 12= k+1.Thay vào phương trình ta 52k +122k =(12k +1)2 ⇒2.12k =25k −1

+ Với k 2≥ 25k− >1 24k =2 12k k >2.12 k

+ Với k 1= ta thấy thỏa mãn 2.12k =25k −1 Từ ta tìm x=2; y 13=

Vậy phương trình có nghiệm ( ) ( )x; y = 2;13

2) Chứng minh số (2+ 3) (2016+ 2− 3)2016 số chẵn

• Phân tích Xét biểu thức tổng quát Sn =(2+ 3) (n+ 2− 3)n và nhẩm thấy S , S1 2là số tự nhiên chẵn Để chứng minh S2016 là số tự nhiên ta cần chứng minh Sn là số tự nhiên Để ý với n 2≥ ta có

( ) ( )

( ) ( ) ( )( ) ( )( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

n n

n

n n n n

n n n n

n n

S 3

2 3 3 3

2 3 3 3 3

4S S

+ +

+

+ +

− −

−

= + + −

= + + − + − + + + −

   

= + + −  + − − − + −  + + − 

   

= −

Như S , S1 2 là số chẵn nên S3 là số chẵn Do S , S2 3 là số chẵn nên S4 cũng số chẵn Lập luận lại trình ta S2016 là số chẵn.

• Lời giải Đặt Sn =(2+ 3) (n+ 2− 3)n Kiểm tra S , S1 2là số tự nhiên chẵn

( ) ( )

( ) ( ) ( )( ) ( )( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

n n

n

n n n n

n n n n

n n

S 3

2 3 3 3

2 3 3 3 3

4S S

+ +

+

+ +

− −

−

= + + −

= + + − + − + + + −

   

= + + −  + − − − + −  + + − 

   

= −

Do S , S1 2 số chẵn nên S3 số chẵn Do S , S2 3 số chẵn nên S4 số chẵn Lập luận lại trình ta S2016 số chẵn

Câu (6.0 điểm)

1) Cho hình vuông ABCD Gọi M, N hai điểm nằm đoạn AC cho AC=3AN =4AM Hai đường thẳng DM DN cắt AB P Q Chứng minh rằng:

a) Hai tam giác AMP AQN đồng dạng, từ MNQP tứ giác nội tiếp

b) Đường thẳng BC tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN CD tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác DMN

• Phân tích

+ Hai tam giác AMP AQN đồng dạng, từ MNQP tứ giác nội tiếp.

+ Đường thẳng BC tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN CD tiếp xúc với đường trịn ngoại tiếp tam giác DMN.

• Lời giải

a) Đặt AB=a

Ta có ∆MAP∽∆MCDnên AM AP

MC = CD =

Do ta AM AC a 2; AP AB a

4 3

= = = =

Ta có ∆NAQ∽∆NCD nên AN AQ

NC = CD = suy

a AB a

AN ; AQ

3 2

= = =

Từ ta có AP AM

AN = AQ suy hai tam giác ∆AMP∽∆AQN

Suy AMP =AQN nên tứ giác MNQP nội tiếp b) Ta có CM 3AC 3a 2;CN 2AC 2a

4 3

= = = = Suy CM.CN=a2 =CB2 =CD2

Do BCtiếp xúc với đường trịn ngoại tiếp tam giác BNM DC tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác DMN.

2 Cho hai đường tròn ( )O; R ( )I; r tiếp xúc điểmP, (R >r) Hai tiếptuyến chung AE, BD hai đường tròn cắt C AE, BD khơng qua P; A, B thuộc ( )O D, E thuộc ( )I Tính số đo góc ACB biết DE =2cm; AB =6cm

N M P

Q

D C

• Lời giải Kẻ DH song song với OC Gọi ACB =α ta có HDB BCO

2

α

= =

Trong tam giác vng HBD có

HB R r

sin

2 HD R r

α = = −

+

Khẳng định hai tam giác ∆OAB∽∆IED

R AB 3 R 3r

r = DE = ⇒ =

Vậy sin

2

α = suy α =600

3) Trong hình chữ nhật có chiều dài rộng cho 49 điểm, khơng có ba điểm thẳng hàng Chứng minh tồn tam giác có đỉnh thuộc 49 điểm mà diện tích nhỏ

2

• Lời giải Chia hình chữ nhật 3× thành 24 hình chữ nhật 1

2× , hình chữ nhật có diện tích

Vì có 49 điểm nằm 24 hình chữ nhật nên tồn hình chữ nhật 1

2× chứa điểm

49 điểm cho Tam giác có ba đỉnh điểm nằm hình chữ nhật có diện tích nhỏ

2

Câu Cho số thực x thỏa mãn x≤ ≤2 Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức

3 x x

T

x x

+ −

= +

−

• Lời giải Biến đổi biểu thức T x x 2

x x 3x - x

+ −

= + = +

−

+ Vì 1 x≤ ≤ ⇒2 3x x− =x x( − ) >0

Mặt khác

2

2 9

3x x x

4

 

− = − −  ≤

  suy

9

T 2

3x - x

= + ≥ + =

Dấu x

=

+ Ta lại có 3x x− = +2 (x x− )( − )≥2 suy

2

9 13

T 2

2

3x - x

= + ≤ + = ⋅

Dấu x 1= x=2

Vậy giá trị lớn T 13

2 , xẩy x 1= x =2 Giá trị nhỏ T 6, xẩy

khi x

=

P

C

B A

D E

H

I O

Đề số 13

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÁN TỈNH BẮC NINH Năm học 2015 – 2016

Câu (3.0 điểm).Rút gọn biểu thức

( ) 3

3

a b

a 2b 2b

2 a a 2 2b

a

2ab 2ab

a 2 P

2b

 +   

 −   − 

 + +   + 

 

 

+ −

=

Với a ≥0, b>0, a ≠2b

Câu (4.0 điểm)

a) Gọi x , x1 2 nghiệm phương trình x2 +2015x 0+ =

x , x nghiệm phương trình x2 +2016x 0.+ = Tính giá trị biểu thức

( 3)( 3)( 4)( 4)

M= x +x x +x x −x x −x

b) Trong mặt phẳng tọa độ vng góc Oxy, cho hình chữ nhật ABCD

( ) ( ) ( ) ( )

A 6;2 , B 6;17 , C 42;17 , D 42;2 Trên đường thẳng 3x 5y+ =68 tìm điểm M x; y( ) (x, y số nguyên) thuộc hình chữ nhật ABCD (các điểm khơng thuộc cạnh hình chữ nhật ABCD)

Câu (4.0 điểm)

a) Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn 2a2 +b2 ≤3c2 Chứng minh 2

a +b ≥ c

b) Với số (6; 5;2) ta có đẳng thức 65

26 = Hãy tìm tất số (a; b; c) gồm chữ

số hệ thập phân, biết a, b, c đôi khác khác 0 thỏa mãn ab b

c ca =

Câu (6.0 điểm).Cho tam giác ABC với BC=a, CA=b, BA =c c a; c( < <b ) Gọi M, N tiếp điểm đường tròn tâm O nội tiếp tam giác ABC với cạnh AC BC Đường thẳng MN cắt tia AO, BO P Q Gọi E, F trung điểm AB, AC

a) Chứng minh tứ giác AOQM; BOPN; AQPB nội tiếp

b) Chứng minh điểm Q, E, F thẳng hàng

c) Chứng minh MP NQ PQ OM

a b c OC

+ + =

+ +

Câu (30 điểm)

a) Trên mặt phẳng cho 4033 điểm, biết điểm 4033 điểm trênln chọn hai điểm có khoảng cách nhỏ Chứng minh điểm nói có 2016 điểm nằm đường trịn bán kính

Phân tích hướng dẫn giải

Câu 1.Rút gọn biểu thức ( ) 3

3

a b

a 2b 2b

2 a a 2 2b

a 2ab 2ab a 2 P 2b  +     −   −   + +   +    + − =

• Lời giải. Với a ≥0, b >0, a ≠2b Ta có

( ) ( ) (3 )( )

3

a −2 2b = a − 2b = a − 2b a+ 2ab 2+ b

Suy ra

( ) ( ) ( )

( )( )

( )( )

3

2 a b a a 2b

2 a b a

a 2ab 2b a 2b a 2ab 2b

a 2b

a 2ab 2b

a 2b

a 2b

1

a 2ab 2b

+ − − + − = + + − + + − + + = = − − + +  ( )( ) ( )

( )2

3 a 2b a 2ab 2b

2b 2b a

a 2b

a 2 2b a a

2ab 2b

a 2ab 2b a a 2ab 2b

2b 2b 2b

+ − + − = − + + − = − = = + − + − + 

Từ ta ( )

2

a 2b

1 a 2b

a 2b 2b 2b

P= − = −

−

Câu (4.0 điểm)

a) Gọi x , x1 2 nghiệm phương trình x2 +2015x 0+ =

x , x nghiệm phương trình

2

x +2016x 0.+ = Tính giá trị biểu thức M =(x1 +x3)(x2 +x3)(x1 −x4)(x2 −x 4)

• Lời giải Theo định lí Vi – et ta có x x1 2 =x x3 4 =1; x1 +x2 = −2015 Do ta có

( ) ( )

1 2 3 2 4

M= x x + x +x x +x   x x − x +x x +x 

Do ta có 2

3 4

x + = −1 2016x ; x + = −1 2016x

Nên suy ( 2)( 2) ( )( )

3 4

M = 2015x− +x 2015x+ +x = −4031x −x =4031

b) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD vớiA 6;2 , B 6;17 , C 42;17 , D 42;2( ) ( ) ( ) ( ) Trên đường thẳng 3x 5y+ =68 tìm điểm M x; y( ) (x, y số nguyên) thuộc hình chữ nhật ABCD (các điểm khơng thuộc cạnh hình chữ nhật ABCD)

• Lời giải Ta có 3x 5y+ =68⇔3 x 4( + ) (=5 16 y− ) ⇒3 x 4( + ) chia hết cho 5

Do ta x 4+ =5k k( ∈)⇒ =x 5k k− ( ∈)

( )

6 x 42 58

3x 68 5y 58 x x 19 x

2 y 17

 < <

 ⇒ = − < ⇒ < ⇒ ≤ ∈

 < <

 

Do 5k 19 k 23 k

k

 = < − ≤ ⇔ < < ⇒ 

= 

+ Với k = ⇒3 ( ) ( )x; y = 11; , thỏa mãn toán + Với k = ⇒4 ( ) ( )x; y = 16; , thỏa mãn toán Vậy điểm cần tìm M 11; , M 16; 4( ) ( )

Câu (4.0 điểm)

a) Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn 2a2 +b2 ≤3c2 Chứng minh 2

a + b ≥ c

• Lời giải Ta chứng minh ( )1 a + b ≥ 2a b+

Thật vậy( ) (1 ⇔ 2b a 2a b+ )( + ) ≥9ab ⇔2a2 −4ab 2b+ ≥ ⇔0 2 a b( − )2 ≥0,luôn

Dấu xảy a = b

Ta lại có (2a2 +b2)(2 1+ ) (≥ 2a b+ )2 nên ta 3 2a( +b2) ≥2a b+

Dấu xảy a = b Do ta có

( 2)

2 9

a + b ≥ 2a b+ ≥ 3 2a +b ≥ c Dấu xảy a = =b c

b) Với số (6; 5;2) ta có đẳng thức 65

26 = Hãy tìm tất số (a; b; c) gồm chữ số

trong hệ thập phân, biết a, b, c đôi khác khác 0 thỏa mãn ab b

c ca =

• Phân tích Nhận thấy ab b c 10a b( ) (b 10c a) 2.5.c a b( ) (b a c) c

ca = ⇔ + = + ⇔ − = − , đến ta suy

được ước b a c( − ) Do (a; b; c) là chữ số nên ta có 1 b 9; 8≤ ≤ − ≤ − ≤a c 8, điều dẫn đến hoặc b=5 hoặc c a− = −5 hoặc c a− =5 Đến ta xét trường hợp để giải tốn.

• Lời giải Ta có ab b c 10a b( ) (b 10c a) 2.5.c a b( ) (b a c) c

ca = ⇔ + = + ⇔ − = −

Suy làước b a c( − ) Do số nguyên b 9; 8≤ ≤ − ≤ − ≤a c nên b=5

c a− = −5 c a− =5

+ Nếu b =5 2c a 5( ) a c 2c 2a 2c

2a 2a

− = − ⇔ = ⇔ = +

Vì 2c 2≥ ⇒2a 9− > nên (2a 9− ) { }∈ 1; 3; ⇔ ∈a {5; 6; 9} Do a, b, c chữ số khác nên ta

Với a = ⇒ = ⇒6 c (a; b; c) (= 6; 5;2)

Với a = ⇒ = ⇒9 c (a; b; c) (= 9; 5;1)

+ Nếu c a− = − ⇔ = +5 a c 2c c b( ) b b 2c2 10c 2c

+

+ − = ⇔ =

+

Hay ta được2b 4c2 20c 2b 2c 9

2c 2c

+

= ⇔ = + −

+ +

Suy (2c 1+ ) { }∈ 1; 3; ⇔ ∈c { }1; ( c ≠0) Với c 1= ⇒ =a 6; b= ⇒4 (a; b; c) (= 6; 4;1) Với c = ⇒ =4 a 9; b= ⇒8 (a; b; c) (= 9; 8; 4)

+ Nếu c a− = ⇔ = +5 c a a a b( )( ) b b 2a2 10a 2b 2a

2a 2a

+

+ − = − ⇔ = ⇒ = + −

+ +

Do 2a 9+ >9 nên

2a 9+ ∈ (không thỏa mãn)

Vậy số (a; b; c) thỏa mãn (6; 4;1 , 9; 8; , 6; 5;2 , 9; 5;1) ( ) ( ) ( )

Câu (6.0 điểm).

a) Chứng minh tứ giác AOQM; BOPN; AQPB nội tiếp

•Phân tích Theo tính chất đường phân giác tam giác ta tính

   1( )

BOP BAO ABO BAC ABC

2

= + = +

  1( )

PNC 90 NCO BAC ABC

2

= − = +

Như ta có BOP =PNC do tứ giác BOPN nội tiếp Hoàn toàn tương tự cho tứ giác AOQM.

Từ kết ta AQB = APB 90= nên tứ

giác AQPB nội tiếp đường trịn

• Lời giải Ta có

   1( )

BOP BAO ABO BAC ABC

2

= + = +

Lại có PNC 900 NCO 1800 ACB 1(BAC ABC )

2

−

= − = = +

Từ suy BOP =PNC tứ giác BOPN nội tiếp Hồn tồn tương tự ta có tứ giác AOQM nội tiếp

Do tứ giác AOQM nội tiếp nên AQO =AMO 90=

F

E O Q

P N

M

C

Tứ giác BOPN nội tiếp nên BPO = BNO 90=

Từ suy AQB =APB =900, ta tứ giác AQPB nội tiếp.

b) Chứng minh điểm Q, E, F thẳng hàng

•Phân tích Để chứng minh ba điểm Q, E, F thẳng hàng ta chứng minh QE EF song song với BC Dễ thấy EF song song với BC, ta cần chứng minh QE song song với BC.

• Lời giải Tam giác AQB vng Q có QE trung tuyến nên QE=EB= EA Từ ta EQB EBQ 1B QBC 

2

= = = QE song song với BC

Mà EFlà đường trung bình tam giác ABC nên EF song song với BC Suy ba điểm Q, E, F thẳng hàng

c) Chứng minh MP NQ PQ OM

a b c OC

+ +

= + +

•Phân tích Nhận thấy hai tam giác MOP COB đồng dạng với nên MP OM OP

a = OC = OB

Như để có MP NQ PQ OM

a b c OC

+ + =

+ + ta chứng minh

NQ OM

b = OC và

PQ OM

c = OC

• Lời giải Do tứ giác BOPN nội tiếp đường trịnnên ta có MPO OBC = Mặt khác ta lại có tứ giác MONC nội tiếp nên PMO = BOC

Do hai tam giác MOP COB đồng dạng với nhau, MP OM OP

a = OC = OB

Hồn tồn tương tự ta có ∆NOQ∽∆COA nên NQ ON OM

b = OC = OC

Do tứ giác AOQM nội tiếp nên OQP =MAO OAB=  Tương tự ta có QPO OBA = Do hai tam giác POQ BOA đồng dạng nên ta PQ OP OM

c = OB = OC

Từ ta OM MP NQ PQ MP NQ PQ

OC a b c a b c

+ +

= = = =

+ +

Câu (3.0 điểm)

a) Trên mặt phẳng cho 4033 điểm, biết điểm 4033 điểmtrênln chọn hai điểm có khoảng cách nhỏ Chứng minh điểm nói có 2016 điểm nằm đường trịn bán kính

Cách 1.Gọi A 4033 điểm cho Vẽ đường trịn tâm A bán kính Kí hiệu ( )A,1 + Nếu tất 4033 điểm cịn lại nằm đường trịn tốn giải

+ Giả sử Bnằm ngồi đường trịn ( )A,1 Khi AB 1> , vẽ đường trịn tâm Bbán kính 1, kí hiệu

( )B,1 chứa tất 4033 điểm cho.Mà 4033 2.2016 1= + nên theo nguyên lí Dirichlet hai đường tròn chứa 2016 điểm

Cách 2.Nối hai điểm điểm ta hữu hạn đoạn thẳng, theo ngun lí cực hạn tồn đoạn thẳng có độ dài lớn Khơng tính tổng qt ta giả sử đoạn thẳng AB có độ dài lớn nhất.Lấy điểm M số 2013 điểm lại Khi ba đoạn thẳng AB, AM, BM ln tồn đoạn thẳng có độ dài khơng vượt q Khi ta có khả xẩy sau:

+ Nếu AB 1≤ AM 1; BM 1≤ ≤ + Nếu AB 1> AM 1≤ BM 1≤

Như hai đoạn AM BM có đoạn thẳng có độ dài không vượt Như điểm M nằm đường tròn tâm A đường tròn tâm B có bán kính Như hai đường trịn chưa 1008 điểm số 2015 điểm cho

Nhận xét Bài toán tổng quát: Cho 2n 1+ điểm mặt phẳng với n ≥3 Biết ba điểm số ln ln tồn hai điểm cách nhỏ Khi tồn hình trịn bán kính chứa khơng

n 1+ điểm cho.

b) Cho tam giác OAB với OA =2a, OB>a Gọi ( )O đường tròn tâm O bán kính a Tìm điểm M thuộc ( )O cho MA 2MB+ đạt giá trị nhỏ

• Lời giải Đường thẳng OA cắt ( )O C, D với C trung điểm OA Gọi E trung điểm OC Nếu M không trùng với C, D ta MOE =AOM OM OE

OA = = OM

nên hai tam giác OEM OMA đồng dạng

Suy ME OM MA 2EM

AM = OA = ⇒2 =

Nếu M trùng với C

MA=CA =2EC 2EM= Nếu M trùng với D

MA=DA=2ED 2EM=

Vậy ta ln có MA=2EM

Do ta MA 2MB 2EM 2MB 2EB+ = + ≥ số Dấu xảy M giao điểm BE với ( )O

Vậy MA 2MB+ đạt giá trị nhỏ M giao điểm BE với ( )O F

E C

M

O B

Đề số 14

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÁN TỈNH BÌNH ĐỊNH Năm học 2015 – 2016

Bài (5.0 điểm)

a) Tính tổng T 12 12 12 12 1 2 2

2 3 2015 2016

= + + + + + + + + +

b) Tìm giá trị nguyên x, y thỏa mãn đẳng thức (y x+ ) + =1 y2 Bài (3.0 điểm)

Cho phương trình x2 +ax b 0+ + = với a, b tham số Tìm giá trị a, b để phương trình

trên có hai nghiệm phân biệt x , x1 2 thoả mãn điều kiện 3

x x

x x

 − =



 − =



Bài (3.0 điểm)

Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

4a 9b 16c

P

b c a a c b a b c

= + +

+ − + − + −

Bài (9.0 điểm)

Cho đường trịn ( )O có đường kính BC 2R= điểm A thay đổi đường tròn ( )O (A

không trùng với B, C) Đường phân giác góc A tam giác ABC cắt đường trịn điểm K

(K≠A) Hạ AH vng góc với BC

a) Đặt AH= x Tính diện tích S tam giác AHK theo R x Tìm x cho S đạt giá trị lớn

b) Tính số đo góc B tam giác ABC biết rằngAH

HK =

Một đường thẳng d thay đổi cắt hai cạnh Ox, Oy góc nhọn xOy hai điểm M, N thoả hệ thức

OM+ ON = Chứng tỏ đường thẳng d qua điểm cố

định

Phân tích hướng dẫn giải Bài (5.0 điểm)

a) Tính tổng T 12 12 12 12 1 2 2

2 3 2015 2016

= + + + + + + + + +

• Phân tích Qua sát biểu thức thức ta thấy dạng tổng quát

( )2

1

1

a a

+ +

− và ta cần viết

( ) ( )

( ) ( ) ( )

2 2

2 2

a a 1

1 1

1

a a

a a

a a

1 1 1 1

1

a a a a a a

a a − − − + + = + + + − − −     = + + +  − −  = + −  − − −     −

Đến áp dụng cho a = 3; 4; 5; ta có lời giải cho tốn.

• Lời giải Với a số tự nhiên khác ta ln có

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2

2 2

1 1 1 1

1

a a a 1 a a a a a

a a 1

1 1

a a

a a

a a

    + − = + + + − −  −   − −    −   − − − = + + + = + + − − −

Áp dụng đẳng thức với a =3; 4; 5; ta

1 1 1

T 1

2 3 2015 2016

1 2014.2016 1008 4061231 2014

2 2016 2016 2016

     

= + −  + + − + + + − 

     

+ −

= + − = =

b) Tìm giá trị nguyên x, y thỏa mãn đẳng thức (y x+ ) + =1 y2

• Phân tích Nhân thấy y= −2 khơng phải nghiệm phương trình nên y≠ −2 Khi ta viết phương

trình cho dạng x2 y2 y 2y y 2

y y y

− +

= = − = − +

+ + + Đến ta cần tìm y nguyên để 3 y 2 + Chú

ý ta có thêm điều kiện x2 y2 0 y

y y

− < ≤ − −

= ≥ ⇔  ≥

+ 

• Lời giải Ta có (y x+ ) + =1 y2 ⇔ (y x+ ) = y2 −1

Ta thấy y= −2 khơng phải nghiệm phương trình nên y≠ −2, ta có:

(y x) y2 1 x2 y2 0 y

y y

− < ≤ − −

+ = − ⇔ = ≥ ⇔  ≥

+ 

Do x2∈ ⇒Z (y2 −1)(y 2+ )mà (y2 +2y)(y 2+ ) suy (2y 1+ ) ( y 2+ )

Mà ta lại có (2y 4+ ) ( y 2+ )⇒3 y 2( + )⇒ ∈ − − −y { 5; 3; 1;1}

Thay giá trị y tìm vào phương trình đac ho ta nghiệm ( ) ( ) ( )x; y = 0;1 , 0; 1−

Bài (3.0 điểm) Cho phương trình x2 +ax b 0+ + = với a, b tham số Tìm giá trị a, b để

phương trình có hai nghiệm phân biệt x , x1 2 thoả mãn điều kiện 3

x x

x x

 − =



 − =



Khi theođịnh lý Vi – et ta có 2

x x a

x x b

 + = −



 = +

 (1)

Bài toán yêu cầu

(1 ) ( )

1 2

3 3

1

1 2 2

x x

x x x x

x x

x x x x 3x x x x 9

 − =

 − =  − =

 ⇔  ⇔ 

 − =   = −

− + − = 

  

  (2)

Từ hệ (2) ta có ( ) (2 )2 ( )

1 2

x +x = x −x +4x x =3 +4 2− =1

Kết hợp với (1) a2 a 1; b

a 1; b

b

 =  = = −

 ⇔ 

 + = − = − = −



 



Các giá trị thoả mãn điều kiện (*) nên chúng cácgiá trị cần tìm

Bài (3.0 điểm) Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

4a 9b 16c

P

b c a a c b a b c

= + +

+ − + − + −

• Lời giải Đặt b c a+ − =2x; c a b 2y; a b c+ − = + − =2z Vì tam giác tổng hai cạnh ln lớn cạnh cịn lại nên x, y, z dương a = +y z; b= +z x; c = +x y

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho số dương ta có

y z z x x y

2P 16

x y z

y x z x z y

4 16 16 12 16 24 52

x y x z y z

 +   +   + 

=  +  +   =

     

     

= +  + +  + +  ≥ + + =

     

Từ ta P 26≥ Dấu xảy y z; 2;z

x = x = y = hay 6x =4y= 3z

Vậy giá trị nhỏ P 26, đạt 6x =4y=3z

Bài (9.0 điểm).

Cho đường trịn ( )O có đường kính BC 2R= điểm A thay đổi đường tròn ( )O (A khơng trùng với B, C) Đường phân giác góc A tam giác ABC cắt đường tròn điểm K

(K≠A) Hạ AH vng góc với BC

a) Đặt AH=x Tính diện tích S tam giác AHK theo R x Tìm x cho S đạt giá trị lớn

• Phân tích Dễ thấy 2

AHK OAH

1

S S AH.OH x R x

2

= = = − Mà theo bất đẳng thức Cauchy ta có

( )

2 2 2

2 x R x R

x R x

2

+ −

• Lời giải Ta có AHsong song với OK nênta có

2 AHK OAH

1

S S AH.OH x R x

2

= = = −

Mặt khác theo bất đẳng thức Cauchy ta có

( )

2 2 2

2 AHK

x R x

1 R

S x R x

2 2

 + − 

 

= − ≤ =

 

 

 

Dấu xẩy x R 2

=

Vậy SAHK đạt giá trị lớn R2

4 đạt

R x

2

=

b) Tính số đo góc B tam giác ABC biết AH

HK =

• Lời giải Theo định lý Pitagota có HK2 =R2 +OH ; AH2 =R2 −OH2

Do ta AH2 +HK2 =2R2 Lại có 2

2

AH AH HK 5AH

KH = ⇒ KH = ⇒ =

Mà AH2 +HK2 =2R2 hay AH2 5AH2 2R2 AH 3R

3

+ = ⇒ =

Tam giác OAH vuông H nên có AH OA R

2

= = nên nửa tam giác

Từ suy AOH =600

+ Nếu H đoạn OB ta có tam giác OAB cân O có ACB 60 = nên tam giác đều

Suy ABC 60 =

+ Nếu H đoạn OC tương tự ta có ACB =600 ⇒ ABC =300

Vậy ABC 60 = 0hoặc ABC = 300.

2 Một đường thẳng d thay đổi cắt hai cạnh Ox, Oy góc nhọn xOy hai điểm M, N thoả hệ thức

OM +ON = Chứng tỏ đường thẳng d qua điểm cố định

Do

OM+ ON = nên OM 1> Trên tia Ox

lấy điểm D thoả mãn OD 1= D nằm hai điểm O M Qua Dkẻ đường thẳng song song với Oy cắt d I Trên tia Oy lấy điểm E choOE =ID Ta có OEID hình bình hành nên

OD OE EI DI NI MI 1

OM +ON = OM+ON = MN+ MN =

H

K O

C B

A

y

x E

D

I N

Từ ta có OE 1

OM+ON.OD = OD = Mà theo giả thiết ta có

1 1

OM+ON =

Do OE

OD = hayta OE =2.OD 2= Suy điểm E cố định

Đề số 15

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÁN THÀNH PHỐ HẢI PHÒNG Năm học 2015 – 2016

Bài (2.0 điểm)

a) Tính giá trị biểu thức A= x3 −6x 1976+ với x = 320 14 2+ +320 14 2−

b) Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn điều kiện x y z+ + + xyz =4 Rút gọn biểu thức:

( )( ) ( )( ) ( )( )

B= x y z− − + y x z− − + z x y− − − xyz

Bài (2.0 điểm)

a) Giả sử x ; x1 2 nghiệm phương trình x2 +px 0+ =

x ; x hai nghiệm phương

trình x2 +qx 0+ = Chứng minh ( )( )( )( ) 2

1 3 4

x −x x −x x +x x +x = q −p

b) Giải hệ phương trình

2 2

x y xy

x 2xy 7x 5y

 + + =



 + = + −



Bài (2.0 điểm)

a) Tìm số x, y, z nguyên dương thỏa mãn điều kiện 2016 x y 2001( − ) =2015 y z 2001( − )

2 2

x +y +z số nguyên tố

b) Cho x, y, z số dương thỏa mãn x y z+ + =3 Chứng minh rằng:

x y z

1 x+ 3x yz+ + y+ 3y xz+ +z+ 3z xy+ ≤

Bài (3.0 điểm)

Cho tam giác ABC cân A (A <900), vẽ đường tròn tâm O tiếp xúc với hai cạnh AB, AC lần

lượt hai điểm B C Trên cung nhỏ BC (O) nằm tam giác ABC lấy điểm M (M khác B, C) Gọi I, H, K theo thứ tự hình chiếu điểm M BC, CA, AB P giao điểm MB IK, Q giao điểm MC với IH Gọi ( )O1 ( )O2 đường tròn ngoại tiếp tam giác MPK MQH Gọi D trung điểm đoạn BC, N giao điểm thứ hai ( )O1 ( )O2

a) Chứng minh PQ tiếp tuyến chung hai đường tròn ( )O1 ( )O2

b) Chứng minh ba điểm M, N, D thẳng hàng

Trên dây cung AB đường trịn ( )O (AB khơng qua tâm O) lấy hai điểm P Q cho

AP=PQ QB= Vẽ bán kính OK, OH thứ tự qua điểm P điểm Q Chứng minh AK <KH

Bài (1.0 điểm) Cho 2017 đường thẳng phân biệt cắt hai cạnh đối hình vng thành hai

phần có tỉ số diện tích

2 Chứng minh 2017 đường thẳng có 505 đường thẳng

đồng quy

Bài (2.0 điểm)

a) Tính giá trị biểu thức A =x3 −6x 1976+ với x= 320 14 2+ + 320 14 2−

• Lời giải Đặt u= 320 14 2; v+ = 320 14 2− .

Khi ta có x= +u v u3 +v3 =40 Ta lại có uv= 3(20 14 20 14 2+ )( − ) =2

Do x= + ⇒u v x3 =u3 +v3 +3uv u v( + ) =40 6x+ hay x3 −6x =40

Vậy ta A =x3 −6x 1976+ =40 1976 2016+ = .

b) Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn điều kiện x y z+ + + xyz =4 Rút gọn biểu thức:

( )( ) ( )( ) ( )( )

B= x y z− − + y x z− − + z x y− − − xyz

• Phân tích Để tính giá trị B ta cần tìm mối liên hệ xác biểu thức giả thiết bài toán Dễ thấy x y z( − )( − ) (=x 16 4y 4z zy− − + ) Ta thấy biểu thức có chứa đại lượng

4y 4z+ và giả thiết có chứa đại lương y z+ Do ta rút đại lượng y z+ trong giả thiết vào biểu thức thức Với ý tưởng ta thu biểu thức

( ) ( ) (2 )2

x yz xyz 4x+ + = x yz x+ = xyz 2x+

Khi áp dụng tương tự ta thu

( )

B 2x 2y 2x xyz= + + + − xyz =2 x y z+ + + xyz =2.4=

Như ta tíchđược giá trị biểu thức B.

• Lời giải Ta có x y z+ + + xyz = ⇔4 x y z( + + )+4 xyz =16 Khi ta có

( )( ) ( ) ( )

( )2

x y z x 16 4y 4z yz x yz xyz 4x

x yz x xyz 2x

− − = − − + = + +

= + = +

Tương tự y z x( − )( − ) = xyz 2y; z x y+ ( − )( − ) = xyz 2z+ Từ ta

( )( ) ( )( ) ( )( )

( )

B x y z y x z z x y xyz

2 x y z xyz 2.4

= − − + − − + − − −

= + + + = =

Bài (2.0 điểm)

a) Giả sử x ; x1 2 hai nghiệm phương trình x2 +px 0+ =

x ; x hai nghiệm phương

trình x2 +qx 0+ = Chứng minh ( )( )( )( ) 2

1 3 4

x −x x −x x +x x +x = q −p

• Lời giải Do x ; x1 2 nghiệm phương trình x2 +px 0+ = nên theo định lí Vi – et ta có

1 2

x +x = −p; x x =1

3 4

x +x = −q ; x x =1

Mặt khác ta có x3 nghiệm phương trình x2 +qx 0+ = nên ta

2

3 3

x +qx + = ⇒1 x = −qx −1

Do ta ( )( ) ( ) ( )

1 3 3 3

x −x x −x =x x −x x +x +x = +1 x p+ − −1 qx

Suy ta có (x1 −x3)(x2 −x3) =x p q3( − )

Hồn tồn tương tựta có (x1 +x4)(x2 +x4) = −1 px4 + −( qx4 −1)= −x p q4( + )

Kết hợp hai kết ta ( )( )( )( ) 2

1 3 4

x −x x −x x +x x +x = q −p b) Giải hệ phương trình

2 2

x y xy

x 2xy 7x 5y

 + + =

 

+ = + −



• Phân tích Cả hai phương trình hệ có bậc hai ẩn, sử dụng cơng thức nghiệm ta phân tích phương trình thứ hai thành tích

( )( )

2

2x +y +3xy 7x 5y 6− − + = ⇔0 y 2x y x 2+ − + − =

• Lời giải Cộng vế với vế hai phương trình hệ ta

( )

( )( )

2 2

2x y 3xy 7x 5y y 3x y 2x 7x

y 2x y x

+ + − − + = ⇔ − − + − + =

⇔ + − + − =

Như từ hệ phương trình ta có hệ y 2x 32 2

x y xy

 + − =



 + + =

 2

y x

x y xy

 + − = 

 + + =



+ Với y 2x 32 2

x y xy

 + − =



 + + =

 , rút y theo x từ phương trình thứ thay vào phương trình lại ta

đươc x2 3x 2 0 x x 1; y

x x 2; y

 =  = =

− + = ⇔ = ⇒ = = −

 

 

+ Với y x 22 2

x y xy

 + − = 

 + + =

 , rút y theo x từ phương trình thứ thay vào phương trình cịn lại ta

đươc x2 −2x 0+ = ⇔ x 1= ⇒ =y 1.

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm ( )x; y =( )1;1 , 2; 1( )−

Bài (2.0 điểm)

a) Tìm số x, y, z nguyên dương thỏa mãn điều kiện 2016 x y 2001( − ) =2015 y z 2001( − )

2 2

x +y +z số ngun tố

• Phân tích Để tìm số nguyên dương x, y, z thỏa mãn tốn trước hết ta cần đơn giản hóa giả thiết của toán Biết đổi giả thiết thứ ta 2016x 2015y− = 2001 2016y 2015z( − ) Chú ý

Từ ta có tích 2001 2016y 2015z( − ) Như để đẳng thức xẩy ta ta cần có

2

2016x 2015y

2016x – 2015y 2016y – 2015z xz y

2016y 2015z

 =



= = ⇒  ⇒ =

= 

Từ ta có x2 +y2 +z2 =(x z+ )2 −2xz y+ =(x z+ )2−y2 =(x y z x y z+ + )( − + ) Mà theo lại có

2 2

x +y +z là số nguyên tố x y z+ + là số nguyên lớn nên x y z 1− + = Do ta

2 2

x +y +z = + +x y z Chú ý x, y, z nguyên dương nên x2 ≥ x; y2 ≥y; z2 ≥z, từ ta suy

x= = =y z 1 Tuy nhiên số không thỏa mãn u cầu tốn Như khơng có số nguyên thỏa mãn yêu cầu toán.

• Lời giải Ta có 2016 x y 2001( − )=2015 y z 2001( − )

Hay ta 2016x 2015y− = 2001 2016y 2015z( − )

Vì 2001 số vô tỉ x, y, z số nguyên dương nên từ đẳng thức ta có

2

2016x 2015y

2016x – 2015y 2016y – 2015z xz y

2016y 2015z

 =



= = ⇒  ⇒ =

= 

Ta lại có x2 +y2 +z2 =(x z+ )2 −2xz y+ =(x z+ )2 −y2 =(x y z x y z+ + )( − + )

Vì x2 +y2 +z2 là số nguyên tố x y z+ + là số nguyên lớn nên x y z 1− + =

Do x2 +y2 +z2 = + +x y z Nhưng x, y, z số nguyên dương nên x2 ≥ x; y2 ≥y; z2 ≥z.

Suy x2 = x; y2 =y; z2 =z do x = = =y z 1

Thử x= = =y z vào 2016 x y 2001( − ) =2015 y z 2001( − ) ta thấy khơng thỏa mãn Vậy khơng tìm x, y, z thỏa mãn yêu cầu toán

b) Cho x, y, z số dương thỏa mãn x y z+ + =3 Chứng minh rằng:

x y z 1

x+ 3x yz+ + y+ 3y xz+ +z+ 3z xy+ ≤

• Phân tích Để ý đến giả thiết ta có biến đổi 3x yz+ =(x y z x yz+ + ) + =(x y x z+ )( + ) Chú ý đến chiều bất đẳng thức ta có đánh giá ( zx + xy)≤ (x y y z+ )( + ) Như ta

x x x

x+ 3x yz+ ≤ x+ zx + xy = x+ y + z

Đến đâyáp dụng tương tự ta chứng minh bất đẳng thức.

• Lời giải Ta có 3x yz+ =(x y z x yz+ + ) + =(x y x z+ )( + ) (vì x y z+ + =3)

Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có ( zx + xy)2 ≤(x y z x+ )( + )

Từ ta có x+ zx + xy ≤ +x 3x yz+

Do x x x

x+ 3x yz+ ≤ x+ zx + xy = x+ y+ z

Chứng minh tương tự ta y y ; z z

y+ 3y zx+ ≤ x+ y+ z z+ 3z xy+ ≤ x + y+ z

Cộng vế bất đẳng thức chiều ta

x y z 1

x+ 3x yz+ + y+ 3y zx+ +z+ 3z xy+ ≤

Vậy bất đẳng thức đượcchứng minh Dấu xảy x = = =y z

Bài (3.0 điểm)

• Phân tích

+ Chứng minh PQ tiếp tuyến chung hai đường tròn ( )O1 và ( )O2

Để chứng minh PQ tiếp tuyến đường tròn

( )O2 ta chứng minh  

1

MQP sdMQ

2

= Chú ý

đến từ giác BIMK CIMH nội tiếp đường tròn nên ta suy từ giác MPIQ nội tiếp, điều dẫn đến MQP  = MIK=MHI Như vậy ta có MQP MHI 1sdMQ

2

= =

Hồn tồn tương tự ta có điều phỉa chứng minh

+ Chứng minh ba điểm M, N, D thẳng hàng.

Gọi E D’ giao điểm NM với PQ BC Khi ta cần chứng minh D’ trung điểm BC Để ý rằngta có hai tam giác PEM NEP đồng dạng nên PE2 =EM.EN và hai tam giác QEM NEQ đồng

dạng nên QE2 =EM.EN, dẫn đến EP=EQ Lại thấy PQ BC song song với nên suy

EP EQ

D ' B = D ' C Đến ta BD ' CD '= , hai điểm D’ D trùng Suy N, M, D thẳng hàng.

• Lời giải

a) Tứ giác BIMK CIMH nội tiếp KIM   =KBM; HIM=HCM

Do ta có PIQ =KIM HIM   + = KBM HCM+

Mà KBM = ICM HCM =IBM nên PIQ  = ICM IBM+

Ta lại có PMQ ICM IBM 180  + + = do PMQ PIQ 180 + =

Do tứ giác MPIQ nội tiếp nên MQP =MIK Mà MIK =MCI nên MQP =MCI

H K

I DD' E M N

Q P

O2 O1

O

B C

Ta có MHI = MCI, mà ta có MQP = MCInên suy MQP MHI 1sdMQ

= =

Và hai tia QP, QH nằm khác phía QM nên PQ tiếp tuyến đường tròn ( )O2 tiếp điểmQ Tương tự ta có PQ tiếp tuyến đường tròn ( )O1 tiếp điểm P

Từ suy PQ tiếp tuyến chung đường tròn ( )O1 ( )O2 b) Gọi E D’lần lượt giao điểm NM với PQ BC

Do hai tam giác PEM NEP đồng dạng nên PE2 =EM.EN

Do hai tam giác QEM NEQ đồng dạng nên QE2 =EM.EN

Từ suy PE2 =EQ2 ⇒EP=EQ

Trong tam giác MBC có PQ // BC (do MQP = MCI chứngminh trên) Nên suy EP EQ

D ' B = D ' C Mà (hệ định lí Thales)

Mà EP=EQ nên BD ' CD '= hai điểm D’ D trùng Suy N, M, D thẳng hàng

2) Trên dây cung AB đường trịn ( )O (AB khơng qua tâm O) lấy hai điểm P Q cho

AP=PQ QB= Vẽ bán kính OK, OH thứ tự qua điểm P điểm Q Chứng minh AK <KH

• Lời giải Vẽ đường kính AN đường trịn ( )O Suy OP đường trung bình tam giác AQN Suy PO song song với QN, ta AOP ONQ = POQ OQN = , từ suy PO QN song song với nhau, nên ta

 

AOP ONQ= (đồng vị) POQ OQN =  (so le trong) Xét tam giác ONQ có OQ ON< nên ONQ OQN < suy

 

AOP POQ< Hay ta AOK < KOH nên AK <KH

Bài (1.0 điểm) Cho 2017 đường thẳng phân biệt cắt hai cạnh đối hình vng thành hai phần có tỉ số diện tích

2 Chứng minh 2017 đường thẳng có 505 đường thẳng

đồng quy

• Lời giải.Các đường thẳng cho cắt cạnh kề hình vng, chúng chia hình vng thành tam giác ngũ giác (chứ khơng phải chia hình vng thành hai tứ giác)

Vì lẽ đó, đường thẳng (trong số 2017 đường thẳng) cắt hai cạnh đối hình vng dĩ nhiên không qua đỉnh hình vng

Q P

H K

O

N B A

J

N

M

F E

D C B

A

J4 J3

J2 J1

Q P

F E

A

B C

Giả sử đường thẳng cắt hai cạnh đối BC AD điểm M N

Ta có ( )

( )

ABMN MCDN

1.AB BM AN

S 2 EJ

S 1.CD MC ND JF

2

+

= ⇔ = ⇔ =

+

, E F trung điểm AB CD

tương ứng

Gọi E, F, P, Q tương ứng trung điểm AB, CD, BC, AD Gọi J , J , J , J1 2 3 4 điểm cho

1

J , J nằm EF J , J3 4 nằm PQ thỏa mãn

1

EJ FJ PJ QJ

J F = J F = J Q = J P =

Khi từ lập luận ta suy đường thẳng có tính chất thỏa mãn yêu cầu đề phải qua điểm J , J , J , J1 2 3 4 nói Vì có 2017 đường thẳng, nên theo nguyên lí dirichlet phải tồn bốn điểm J , J , J , J1 2 3 4 cho có 505 2017 đường thẳng cho qua Vậy có nhất 505 đường thẳng đồng quy

Bài toán tổng quát 1:Cho 4n n 2+ ( ≥ ) đường thẳng có tính chất đường thẳng chia hình vng thành hai tứ giác có tỉ số diện tích 1

2 Chứng minh có n 1+ đường thẳng số

qua điểm

Bài toán tổng quát 2:Cho 4n r n 2, r 1+ ( ≥ ≥ ) đường thẳng có tính chất đường thẳng chia hình Chữ nhật thành hai tứ giác có tỉ số diện tích 1

2 Chứng minh có n 1+ đường thẳng số

Đề số 16

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÁN TỈNH HƯNG YÊN Năm học 2015 – 2016

Câu (2.0 điểm) Cho x 1= + 32 + 34 Tính giá trị biểu thức: A = x3 −3x2 −3x 2016+

Câu (5.0 điểm)

a) Cho đường thẳng (d) có phương trình y=mx m(m+ − ≠0) Tìm m để khoảng cách từ gốc tọa độ O đến đường thẳng (d) lớn

b) Tìm số có hai chữ số ab(a ≠b)sao cho số n =ab ba− số phương

Câu (2.0 điểm) Giải phương trình x2 3x 3x 123 x

x x

+

+ + − + =

Câu (3.0 điểm) Giải hệ phương trình

2

2

2x y 3xy 4x 3y

x y y x

 + − − + + =

 

− + + − + =



Câu (6.0 điểm)

Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn tâm O, bán kính R Lấy điểm M cung nhỏ BC (M không trùng với B,C) Đường thẳng qua A vng góc với CM H cắt tia BM K

a) Chứng minh H trung điểm AK

b) Chứng minh điểm K nằm đường tròn cố định M thay đổi Tính bán kính đường trịn R =3

c) Gọi D giao AM BC Tìm vị trí điểm M cho tích hai bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác MBD, MCD đạt giá trị lớn

Câu (2.0 điểm).

Cho số thực dương a, b, cthỏa mãn a b c+ + =3 Tìm giá trị lớn biểu thức:

3 3

a b c

P 3abc

3a ab ca 2bc 3b bc ab 2ca 3c ca bc 2ab

= + + +

− − + − − + − − +

Phân tích hướng dẫn giải

Câu (2.0 điểm) Cho x 1= + 32 + 34 Tính giá trị biểu thức: A = x3 −3x2 −3x 2016+

• Phân tích Nhìn vào tốn, với giả thiết có bậc A có mũ nên ta nghĩ đến việc lập phương vế giả thiết Thấy vế phải có số nên nghĩ đến việc chuyển sang để xuất đẳng thức Ta có:

( )3 ( )3 ( )

3 3 3 3

x 1= + 2+ ⇔ x 1− = + ⇔ x −3x +3x 6− = + 2+

Đến ta tìm cáchliên hệ tổng giả thiết Ta biến đổi lại sau:

(3 ) (3 )

3

x −3x +3x 6− = + + ⇔ x −3x −3x 2016 6x 2017+ + − = +6 2+

Chuyển vế phần thừa để bậc ta sử dụng lại giả thiết kiểu x 1− = 32 +34

Khi x3 −3x2−3x 2016+ = +6 6(x 1) 6x 2017− − + =2017

• Lời giải Từ giả thiết ta có x 1> nên x3 −3x2 −3x 2016+ > 0 Biến đổi giả thiết ta được

( ) ( ) ( )

( )

( )

= + + ⇔ − = +

⇒ − = + ⇔ − + − = + +

⇒ − − + + − = + +

⇒ − − + = + − − +

⇒ − − + =

3 3

3

3 3 3 3 2 3 3

3

3

3

3

x x

x x 3x 3x 6

x 3x 3x 2016 6x 2017 6

x 3x 3x 2016 6 x 6x 2017

x 3x 3x 2016 2017

Do ta có A = x3 −3x2 −3x 2016+ = 2017.

• Nhận xét

+ Cũng với ý tưởng làm gần tương tự ta lại có suy nghĩ dẫn đến lời giải theo chiều hướng khác Nhìn vào biểu thức ta nảy ý tưởng sử dụng đẳng thức dạng (x 1− )3 Có x 1− dễ dàng liên tưởng tới việc sử dụng giả thiết Sau xuất 32+ 34 thì ta lại sử dụnggiả thiếtthêm lần

ta tính A

( ) ( )

( ) ( )

3

3

3 3 3

3

3

A x 3x 3x 2016 x 3x 3x 6x 2017

x 6x 2017 6x 2017

6 6x 2017 6 x 6x 2017 2017

= − − + = − + − − +

= − − + = + − +

= + + − + = + − − + =

+ Một cách khác biến đổi giả thiết là x 1= +32+ 34 ⇒ + = +x 2 32 +34 = 32 1( + 32 +34)

Khi ta x 1+ = 32.x nên ta (x 1+ )3 =2x3 hay x3 −3x2 −3x 1=

Từ ta A = x3 −3x2−3x 2016+ = 2017

Câu (5.0 điểm)

a) Cho đường thẳng (d) có phương trình y=mx m(m+ − ≠0) Tìm m để khoảng cách từ gốc tọa độ O đến đường thẳng (d) lớn nhất.

• Phân tích Do đường thẳng d có hệ số m khác nên đường thẳng d cắt hai trục tọa độ Ox Oy

0

x và y0 Giả sử đường thẳng d cắt hai trục Ox Oy hình vẽ. Ta cần biểu diễn đoạn MO theo m Muốn ta cần xác định được x0 và y0

Cho x =0, đường thẳng d cắt Oy y0 = −1 m Cho y=0, đường thẳng d cắt Ox x0 m

m

−

=

Từ ta OA = −1 m và OB m

m

−

= Tam giác AOB

vng H có OM đường cao nên

( )

2 2

2 2 2

1 1 m m

m

OM OA OB m 1 m 2m

  +

= + = +  =

− − +

 

−

y0

x0 M

O

Chú ý rẳng để có hệ thức ta cần có m≠1

Bài tốn u cầu tìm OM lớn nhất, ta cần tìm giá trị nhỏ 2

OM

Từ ta có

( )

2

2 2

1 m m 2m 2m 2 2

1

m

OM m 2m m 2m m 1

+ − + + − +

= = = + +

−

− + − + −

Ta có

( )

2

2 1 2 1 1

m m 2

m

 

+ + =  +  + ≥

−  − 

− , dấu xẩy m= −1

Từ suy OM≤ 2, dấu xẩy m= −1

• Lời giải Do đường thẳng d có hệ số m khác nên đường thẳng d cắt hai trục tọa độ Ox Oy x0 y0

+ Xét trường hợp m 1= , đường thẳng d qua góc tọa độ O nên độ dài khoẳng cách + Xét trường hợp m ≠1, giả sử đường thẳng d cắt hai trục Õ Oy hình vẽ sau

Cho x=0, đường thẳng d cắt Oy y0 = −1 m

Cho y=0, đường thẳng d cắt Ox x0 m m

−

=

Từ ta OA = −1 m OB m m

−

= Tam giác AOB vng H có OM đường cao nên

( )

2 2

2 2 2

1 1 m m

m

OM OA OB m 1 m 2m

  +

= + = +  =

− − +

 

−

Từ ta có

( )

2

2 2

1 m m 2m 2m 2 2

1

m

OM m 2m m 2m m 1

+ − + + − +

= = = + +

−

− + − + −

Mà

( )

2

2 1 2 1 1

m m 2

m

 

+ + =  +  + ≥

−  − 

− , dấu xẩy m= −1

Do ta OM≤ 2, dấu xẩy m = −1 Vậy khoảng cách từ O đến đường thẳng d lớn 2, m= −1

b) Tìm số có hai chữ số ab(a ≠b)sao cho số n =ab ba− số phương

• Phân tích Đây tốn số học chữ số Khi giải dạng toán ta thường biểu diễn số có nhiều chữ số trong đề qua chữ số

Ở trước hết ta viết lại số n 10a b 10b a= + − − =9 a b( − ) Vì n số phương một số phương nên a b− là số phương Đến cần xét giá trị a b cho với điều kiện Ta có a, b ≠0và a, blà chữ số nêna b 9− < do a b− ∈{ }1,

• Lời giải Ta có n =ab ba− =10a b 10b a+ − − =9 a b( − ) Vì n số phươngnên

(a b)− số phương Mặt khác a, b ≠0 a b 9− < nên a b− ∈{ }1,

Với a, b ≠0 a ≥b ta xét trường hợp sau:

+ Với a b 1− = ta số 21; 32; 43; 54; 65; 76; 87; 98 + Với a b− = 4thì ta số 51; 62; 73; 84; 95

Vậy số có hai chữ số thỏa mãn đề 21; 32; 43; 54; 65; 76; 87; 98; 51; 62; 73; 84; 95

Câu (2.0 điểm) Giải phương trình x2 3x 3x 123 x

x x

+

+ + − + =

• Phân tích Phương trình có chứa bậc bậc Tuy nhiên bậc đứng độc lập nên dễ dàng loại bỏ

x 8

x x x

+

− = Quy đồng ta x3 +3x 3x 12 12x2 + − =8 Ở ta sử dụng phép nâng

lên lũy thừavì bậc cao Nên sử dụnglà phương pháp phân tích thành tích Phương trình chứa một thức bậc ba nên ta nghĩ đến việc đặt ẩn phụ để đưa phương trình phương trình tích Để làm ta viết lại phương trình thành x3 +3x 3x 3x 22 + − ( + ) =0

Quan sát phương trình ta nhận thấy xem 33x 2+ là ẩn phương trình có dạng đẳng cấp

bậc Do chia că hai vế cho x3 thì ta thu phương trình bậc ẩn Chú ý với điều kiện

x>0 thì phép chia ln thực

Khi ta 1 3x 23 3x 2( 3 )

x x

+ +

+ − = Đặt 33x t

x

+

= > Khi phương trình trở thành

3

1 3t 4t+ − = 0 Đến xem ta giải phương trình.

• Lời giải Điều kiện xác định phương trình x >0

Phương trình tương đương với x3+3x 3x 12 12x2 + − = ⇔8 x3 +3x 3x 3x 22 + − ( + ) =0

Chia hai vế chox3ta phương trình ( )

4 3x 3x

1

x x

+ +

+ − =

Đặt 33x t x

+

= > Khi phương trình trở thành 1 3t 4t+ − = ⇔ =0 t 1, t>0.

Từ suy 33x 2+ = ⇔x x3 −3x 2− = ⇔0 x =2, x >0

Vậy phương trình có nghiệm x=2

• Nhận xét Với tư tưởng đưa phương trình tích, ta sử dụng phép đặt ẩn phụ khơng hồn tồn

sau Phương trình cho tương đương với x3 +3x 3x 3x 22 + − ( + )=0

Đặt 33x 2+ = ≥y 0 thì phương trình trở thành x3 +3x y 4y2 − = 0 Đến dễ dàng phân tích

phương trình thành tích

( ) ( )

( )( ) ( )( )

3 3 2 2

2

2

x 3x y 4y x x y 4x y 4y x x y 4y x y

x y x 4xy 4y x y x 2y

+ − = ⇔ − + − = ⇔ − + − =

⇔ − + + = ⇔ − + =

Vậy phương trình có nghiệm x=2

Câu (3.0 điểm) Giải hệ phương trình

2

2

2x y 3xy 4x 3y

x y y x

 + − − + + =

 

− + + − + =



• Phân tích Hệ phương trình cho có phương trình có bậc hai nên ta kiểm tra xem phương trình này phân tích hay khơng Do phương trình có bậc hai ẩn nên ta kiểm tra xem phương trình có biệt thức ∆ chính phương hay khơng

Xét phương trình thứ 2x2 +y2 −3xy 4x 3y 2− + + = ⇔0 y2 −(x 3y 2x− ) + −4x 2+ =0 là

phương trình bậc hai ẩn y x tham số.

Khi ta có =9 x 1( − )2 −4 2x( −4x 2+ )=(x 1− )2, phương trình thứ phân tích

thành tích Đến ta giải hệ phương trình.

• Lời giải Điều kiện xác định hệ phương trình x2 − + ≥y 3 0; y x 0− + ≥ .

Phương trình thứ hệ tương đương với

( )

2 2

2x +y −3xy 4x 3y 2− + + = ⇔0 y − x 3y 2x− + −4x 2+ =0

Xem phương trình phương trình bậc hai ẩn y có x tham số Khi ta có =9 x 1( − )2 −4 2x( −4x 2+ )=(x 1− )2

Khi phương trình có hai nghiệm

( ) ( )

x x

y y 0

2

y x

x x

y

2

 − − −

 =  =

 ⇔ 

= −

 − + − 

 = 

 Với y= suy x 1= , thay vào phương trình thứ hai hệ ta phương trình Nên nghiệm phương trình

 Với y= −x 1, thay vào phương trình thứ hai hệ ta

2 2 x x 0; y

x y y x x x x x

x x 1; y

 =  = = −

− + + − + = ⇔ − + = ⇔ − ⇔  = ⇒  = =

 

 

Vậy nghiệm hệ phương trình ( )1; ( )0; 1−

• Nhận xét Bản chất phương trình thứ hệ phương trình phân tích thành tích Do phương trình thứ có bậc hai ẩn nên ta xem ẩn tham số ta sử dụng điều kiện ∆ chính phương để phân tích phương trình thành tích

a) Chứng minh H trung điểm AK

• Phân tích Bài tốn cho AK vng góc với MC H, để chứng minh AH=KH ta chứng minh tam giác AMK cân Để ý BMA =CMA =600 và HMC =BAC 60= 0, tam giác AMK có MH

vừa đường cao vừa đường phân giác nên AMK tam giác cân Đến ta có lời giải.

• Lời giải.Tam giác ABC tứ giác ABMC nội tiếp đường tròn (O) nên BMA =CMA =600

Mà ta có tứ giác ABMC nội tiếp nên KMC =BAC=600 Từ ta KMC CMA =  =600 nên KH

là đường phân giác tam giác AMK Như tam giác AMK có MH vừa đường cao vừa đường phân giác nên cân M Do MH đường trung tuyến hay H trung điểm AK

b) Chứng minh điểm K nằm đường trịn cố định M thay đổi Tính bán kính đường trịn R =3

• Phân tích

 Để chứng minh điểm K ln nằm đường trịn cố định M thay đổi ta cần tìm đường trịn cố định qua K Gọi chân đường vng góc từ đỉnh A BC I

+ Yếu tố cố định: Tam giác ABC đường trịn (O)

+ Dự đốn điểm cố định: Khi M trùngvới B H trùng với I AK đường trung trực BC, BC đường trung trực AK nên ta có AC =KC Khi M trùng với C ABK tam giác vuông H trung điểm AK nên ta lại cóAC=KC Chú ý C cố định CA khơng đổi nên ta dự đốn K ln di chuyển trên đường tròn cố định (C;CA)

Ta có hướng để chứng minh K thuộc đường tròn (C;CA)

+ Hướng Sử dụng phần hình B trùng với M.Gọi điểm đối xứng với A qua BC E Vì A cố định nên E cố định Vẽ đường tròn tâm C bán kính CA Như ta thấy E thuộc đường tròn (C;CA) Ta cần chứng minh tứ giác ABEK nội tiếp đường trịn tâm C Nhìn lại ý a ta thấy cần chứng minhtam giác AMK cân, ta thử xem giúp điều Muốn chứng minh tứ giác ABEK nội tiếp ta chứng minh AEB =AKB là hợp lý vì có góc tam giác AMK

Ta có AMK 180 = −AMB 120 = và AKB 1800 1200 300

2

−

= =

Mặtkhác tam giác ABC nên AE phân giác BAC nên BAE =300, E điểm đối xứng với A

qua BC nên tam giác AEB cân suy BAE =BEA =300

O

H

K M

E D

C B

A

I A

B D C E

M

K H

Từ ta AEB = AKBhay tứ giác ABEK nội tiếp Đến ta suy điều phải chứng minh.

+ Hướng Sử dụng phần hình với C trùng với M

Vẽ đường kính BE đường trịn tâm C bán kính BC, tam giác ABC nội tiếp đường tròn (C, BC) cố định Ta cần chứng minhtứ giác ABKE nội tiếp đường tròn Nhận thấy tam giác ABE vng A có

 =

ABE 60 nên AEB =300 Mà theo hướng thứ ta thấy AKB =300 Do AFB =AKB =300

nên tứ giác nội tiếp.Từ ta có điều phải chứng minh

+ Hướng Nhận thấy CH trung trực AK nên ta ln có CA =CK, điều có nghĩa K thuộc đường tròn (C, CA) cố định

 Để tính bán kính (C, CA) khi R =3 ta quy tốn tính BC Để tính BC ta cần tính BI theo định lý Pitago ta cần tính OI để áp dụng Để ý đến BOI 2BAE =  =600 nên ta có

 OI

cos BOI cos 60

2 OB

= = ⇒ = mà OB= R =3 3nên OI 1.3 3

2

= =

Áp dụng định lý Pitago ta có

( )  

 

= − = −  = − = = ⇒ = =

 

2

2 3 27 81 9

BI OB OI 3 27 BC

2 4 2

Vậy bán kính đường trịn (C, CA) là 9(cm).

• Lời giải

+ Chứng minh điểm K nằm đường tròn cố định M thay đổi

Cách 1.Gọi điểm đối xứng với A qua BC E Vì A cố định nên E cố định Vẽ đường tròn tâm C bán kính CA Như ta thấy E thuộc đường trịn (C;CA) cố định

Ta có AMK 180 = −AMB 120 = 0 Mà tam giác AMKcân nên AKB 1800 1200 300

2

−

= =

Mặt khác tam giác ABC nên AE phân giác BAC nên BAE =300, E điểm đối xứng

với A qua BC nên tam giác AEB cân suy BAE =BEA =300

Từ ta AEB = AKBhay tứ giác ABEK nội tiếp Từ suy K thuộc đường tròn (C;CA) cố định

Cách Vẽ đường kính BE đường trịn tâm C bán kính BC, tam giác ABC nội tiếp đường trịn (C, BC) cố định Ta có tam giác ABE vng A có ABE =600 nên AEB =300

Mặt khác dẽ thấy AKB =300 Do AFB =AKB =300 nên tứ giác ABKE nội tiếp Từ suy K

thuộc đường tròn (C; AB) cố định

Cách 3.Theo ý a ta có MH đường trung trực AK C thuộc MK nên ta có AC CK= Mà điểm C cố định CA không đổi nên K thuộc đường tròn (C;CA) cố định

Để ý đến BOI 2BAE =  =600 nên cos BOI cos 600 OI

2 OB

= = ⇒ = mà OB=R = 3nên

1 3

OI 3

2

= = Áp dụng định lý Pitago ta có

( )  

 

= − = −  = − = = ⇒ = =

 

2

2 3 27 81 9

BI OB OI 3 27 BC

2 4 2

Vậy bán kính đường trịn (C, CA) 9(cm)

c) Tìm vị trí điểm M cho tích hai bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác MBD, MCD đạt giá trị lớn

• Phân tích Gọi R ; R1 2 lần lượt bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác AMB CMD Chú ý M thay đổi D thay đổi BC Do các bán kính R ; R1 2 thay đổi theo Tuy nhiên ta thấy có hai góc khơng đổi BMD CMD 60 = = 0 Do để

tìm vị trí M thỏa mãn cẩu tốn ta cần biểu diễn hai bán kính R ; R1 2 theo BD CD.

Do BMD CMD 60 = = nên góc tâm hai

đường tròn ngoại tiếp tam giác AMB CMD chắn hai cung BD CD tương ứng có số đo 1200

Từ ta tính R1 = BD 3; R2 = CD

3 Từ ta có =

BD.CD R R

3

Mà ta có BD.CD≤ 1(BD CD+ )2 = 1BC2

4 không đổi, dấu xẩy BD CD=

Từ ≤

1

1

R R BC

12 , dấu xẩy M nằm cung nhỏ BC đường trịn ( )O

• Lời giải Gọi R ; R1 2 bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác AMB CMD Gọi

1

O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD Dễ thấy BMD 60 = nên ta  =

BO D 120 Từ ta  =

1

O BD 30 Ta có R1 =O B1 = BD0 = BD = BD

2 cos 30 3

Hoàn toàn tương tự ta R2 = CD

3 Từ ta tính = =

BD CD

R ; R

3

Hay R R1 2 = BD.CD

3 Mà ta có ≤ ( + ) =

2 2

1

BD.CD BD CD BC

4 không đổi, dấu xẩy

khiBD CD= Từ ≤ 2

1

R R BC

12 , dấu xẩy M nằm cung nhỏ BC đường

tròn ( )O

O1

O

D

G M

C B

Vậy M nẵm cung nhỏ BC đường trịn ( )O R R1 2 có giá trị lớn

Nhận xét.Trong ý b tốn hình ta thấy có ba cách giải Về mặt chất ba cách khai thác kết ý a Trong hai cách đầu việc dựng điểm F dễ thấy điểm E Còn cách thứ ba ngẵn gọn nhiều Trong ý c toàn, để dễ xác định độ lớn R ; R1 2 theo đoạn thẳng BD CD ta dựng tam giác BGD hình vẽ, tứ giác BGMD nội tiếp đường tròn tâm O1

Câu (2.0 điểm).Cho số thực dương a, b, cthỏa mãn a b c+ + =3 Tìm giá trị lớn biểu

thức P a3 b3 c3 3abc

3a ab ca 2bc 3b bc ab 2ca 3c ca bc 2ab

= + + +

− − + − − + − − +

• Phân tích Vì vai trị a,b,c nhaunênkết hợp giả thiết ta dự đốn biểu thức có giá trị lớn

a = = =b c 1 Để ý đến giả thiết a b c+ + =3 ta có

( )

3 3

2

a a a

3a ab ca 2bc− − + = a b c a ab ca 2bc+ + − − + = a +2bc

Khi ta viết lại P thành P 2 a3 2 b3 2 c3 3abc

a 2bc b 2ca c 2ab

= + + +

+ + +

Nhìn vào bất đẳng thức ý tưởng sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki chiều lại bị ngược ta cần tính giá trị lớn Nên ta cần đổi chiều bất đẳng thức để sử dụng

Để ý 2 a3 a 22abc

a +2bc = −a +2bc Hồn tồn tương tự ta

( ) 2

2 2

2abc 2abc 2abc

P a b c 3abc

a 2bc b 2ac c 2ab

1 1

3 abc

a 2bc b 2ac c 2ab

= + + − − − +

+ + +

  

= +  −  + + 

+ + +

  

 

Khi ta áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức sau

( ) ( )

+ + ≥ ≥ =

+ + + + + + + + + +

2 2 2 2

1 1 9 1

a 2bc b 2ac c 2ab a b c ab bc ca a b c

Ngồi theo bất đẳng thức Cauchy ta có 3= + + ≥a b c 3 abc3 ⇒ 3abc ≤ ⇒1 abc 1≤

Đến ta tìm giá trị lớn P.

• Lời giải Để ý đến giả thiết a b c+ + =3 ta có

( )

3 3

2

a a a

3a ab ca 2bc− − + = a b c a ab ca 2bc+ + − − + = a +2bc

Khi ta viết lại P thành P 2 a3 2 b3 2 c3 3abc

a 2bc b 2ca c 2ab

= + + +

+ + +

Lại thấy 2 a3 a 22abc

a +2bc = −a +2bc nên áp dụng hoàn tồn tương tự ta

( ) 2

2 2

2abc 2abc 2abc

P a b c 3abc

a 2bc b 2ac c 2ab

1 1

3 abc

a 2bc b 2ac c 2ab

= + + − − − +

+ + +

  

= +  −  + + 

+ + +

  

Khi ta áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức sau

( ) ( )

+ + ≥ ≥ =

+ + + + + + + + + +

2 2 2 2

1 1 9

1

a 2bc b 2ac c 2ab a b c ab bc ca a b c

Ngoài theo bất đẳng thức Cauchy ta có 3= + + ≥a b c 3 abc3 ⇒ 3abc ≤ ⇒1 abc 1≤

Từ P 3≤ + = Vậy giá trị lớn P Dấu xảy a = = =b c

Đề số 17

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÁN TỈNH NGHỆ AN Năm học 2015 – 2016

Câu (3.0 điểm)

a) Chia 18 vật có khối lượng 2016 ;2015 ;2014 ; ;19992 2 gam thành ba nhóm có khối lượng

nhau (không chia nhỏ vật đó)

b) Tìm nghiệm ngun dương củaphương trình 3x +171 y= 2.

Câu (6.0 điểm)

a) Giải phương trình x2 +6x 1+ =(2x 1+ ) x2 +2x 3+

b) Giải hệ phương trình

2

2

4x y 4x

x xy y

 + = −



 + + =



Câu (3.0 điểm)

Cho a, b, c >0 thỏa mãn a b c+ + =3 Chứng minh a 12 b 12 c 12

b c a

+ + +

+ + ≥

+ + +

Câu (6.0 điểm)

Từ điểm M nằm đường tròn tâm (O; R) Vẽ hai tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (A, B tiếp điểm), cát tuyến MPQ không qua O (P nằm M, Q).Gọi H giao điểm OM AB

a) Chứng minh HPO =HQO

b) Tìm điểm E thuộc cung lớn AB cho tổng 1

EA+ EB có giá trị nhỏ

Câu (2.0 điểm)

Tìm hình vng có kích thước nhỏ để hình vng xếp hình trịn có bán kính cho khơng có hai hình trịn chúng có điểm chung

Phân tích hướng dẫn giải Câu (3.0 điểm)

a) Chia 18 vật có khối lượng 2016 ;2015 ;2014 ; ;19992 2 gam thành ba nhóm có khối lượng

(khơng chia nhỏ vật đó)

• Lời giải Ta xó nhận xét

( )2

2

( ) (2 )2 2

n 1+ + n 4+ =2n +10n 17+ =X 17+ ( ) (2 )2 2

n 2+ + n 3+ =2n +10n 13+ = X 13+

Lần thứ chia vật có khối lượng 1999 , 2000 , 2001 , 2002 , 2003 , 20042 2 2 thành ba phần sau

( )

( ) ( )

( ) ( )

2

2 2

2

2 2

2

2 2

1999 2004 1999 1999 2.1999 10.1999 25 A 25 2000 2003 1999 1999 2.1999 10.1999 A 17 2001 2002 1999 1999 2.1999 10.1999 13 A 13

+ = + + = + + = +

+ = + + + = + + = +

+ = + + + = + + = +

Lần thứ hai chia vật có khối lượng 2005 , 2006 , 2007 , 2008 , 2009 , 20102 2 2 2thành ba phần gồm

( )

( ) ( )

( ) ( )

2

2 2

2

2 2

2

2 2

2005 2010 2005 2005 2.2005 10.2005 25 B 25 2006 2009 2005 2005 2.2005 10.2005 17 B 17

2007 2008 2005 2005 2.2005 10.2005 13 B 13

+ = + + = + + = +

+ = + + + = + + = +

+ = + + + = + + = +

Lần thứ ba, chia vật có khối lượng 2011 , 2012 , 2013 , 2014, 2015, 20162 2 thành ba phần sau

( )

( ) ( )

( ) ( )

2

2 2

2

2 2

2

2 2

2011 2016 2011 2011 2.2011 10.2011 25 C 25 2012 2015 2011 2011 2.2011 10.2011 17 C 17 2013 2014 2011 2011 2.2011 10.2011 13 C 13

+ = + + = + + = +

+ = + + + = + + = +

+ = + + + = + + = +

Nhận thấy

A 25 B 17 C 13 A 17 B 13 C 25 A 13 B 25 C 17+ + + + + = + + + + + = + + + + + =A B C 55+ + +

Do ta chia theo ba nhóm gồm

Nhóm 1: A 25 B 17 C 13 1999+ + + + + = +20042 +20062 +20092 +20132+20142

Nhóm 2: A 17 B 13 C 25 2000+ + + + + = +20032 +20072 +20082 +20112 +20162

Nhóm 3: A 13 B 25 C 17+ + + + + =20012 +20022 +20052 +20102 +20122 +20152

Khi khối lượng nhóm A B C 55+ + + gam b) Tìm nghiệm nguyên dương phương trình 3x +171 y= 2.

• Lời giải Dễ thấy x 1= phương trình khơng có nghiệm nguyên dương

Xét x≥2, ta viết phương trình cho dạng: 9 3( x 2− +19) =y x2( ≥2) Để ylà số nguyên

điều kiện cần đủ 3x 2− +19=z2 là số phương (z số nguyên dương)

Nếu x – 2k 1= + số lẻ 32k 1+ +19=(32k 1+ +1)+18= 4.B 18+ chia hết cho không chia

hết khơng thể số phương Do x 2k− = số chẵn Ta có 3x 2− +19= z2 ⇔(z 3− k)(z 3+ k) =19

Vì 19 số nguyên tố z 3− k < +z 3k nên k k

z

z 19

 − =



 + =

 k

z 10 z 10

k

3

 =  =

 

⇔  ⇔  =

= 

 



Câu (6.0 điểm)

a) Giải phương trình x2 +6x 1+ =(2x 1+ ) x2 +2x 3+ .

• Phân tích Phương trình cho chứa thức bậc hai biểu thức chứa ẩn có bậc hai nên ý tưởng thực phép nâng lên lũy thừa Tuy nhiên phương trình thu sau phép nâng lên lũy thừa có bậc bốn ta không nhẩm nghiệm đẹp nên ý tưởng khó thực Cũng từ hình thức của phương trình ta để ý đến phép đặt ẩn phụ khơng hồn tồn.

Trước hết ta viết phương trình lại thành x2 +2x 3+ −(2x 1+ ) x2 +2x 4x 2+ + − =0

Đặt t = x2+2x 3+ ta thu phương trình t2−(2x t 4x 2+ ) + − =0, ta có

( )2 ( ) 2 2 ( )2

t 2x 4x 4x 4x 16x 4x 12x 2x

∆ = + − − = + + − + = − + = −

Do t có dạng phương nên phương trình ẩn t phân tích thành tích Đến ta có lời giải cho phương trình.

• Lời giải Phương trình cho xác định với x Phương trình cho viết lại thành

( )

2

x +2x 3+ − 2x 1+ x +2x 4x 2+ + − =0

Đặt t= x2 +2x 3+ ta thu phương trình t2 −(2x t 4x 2+ ) + − =0, ta có

( )2 ( ) 2 2 ( )2

t 2x 4x 4x 4x 16x 4x 12x 2x

∆ = + − − = + + − + = − + = − ≥

Suy phương trình có hai nghiệm t 2x (2x 3) 2

+ − −

= = t 2x (2x 3) 2x

2

+ + −

= = −

+ Với t 2= ta có phương trình x2 +2x 3+ = ⇔2 x2 +2x 0− = ⇔ x= − ±1 2

+ Với t 2x 1= − ta có phương trình

( )

2

2

2x 3 15

x 2x 2x x

3

x 2x 2x

 − ≥ +



+ + = − ⇔  ⇔ =

+ + = −



Vậy phương cho có tập nghiệm S 2; 2;3 15

 + 

 

= − − − + 

 

 

• Nhận xét Ngồi phép đặtẩn phụ khơng hồn tồn để giải phương trình ta sử dụng phép nhân lương liên hợp sau

Dễ thấy x

2

−

= không phải nghiệmcủa phương trình.

Xét x

2

( ) ( )( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2

x 6x x 2x 3 x 6x 2 x 2x 2

2x 2x

x 2x x 2x

x 6x 2x

2x x 2x 2

x 2x x 2x x 2x 1 1 0

2x x 2x 2 x 2x 2 2x

x 2x

x 2x 2x

+ + = + + ⇔ + + − = + + − + + + + + + + − + + − + ⇔ = + + + +   + − + − ⇔ = ⇔ + −  − = + + + +  + + + +   + − =  ⇔  + + + = + 

+ Với x2 +2x 0− = ⇔ x = − ±1 2

+ Với ( ) 2

x 3 15

2

x 2x 2x x

3

x 2x 2x

 ≥ +  + + + = + ⇔  ⇔ =  + + = − 

Vậy phương cho có tập nghiệmlà S 2; 2;3 15

3  +    = − − − +     

+ Ngoài ta biến đổi phương trình thành x2+2x 3+ −(2x 2− + ) x2+2x 2x 1+ + ( − )=0.

Đặt a = x2 +2x 3; b 2x a+ = − ( ≥0) Khi phương trình viết lại thành

( ) ( )( )

2

a − b a 2b+ + = ⇔0 a −ab 2a 2b− + = ⇔0 a a b− − =0

b) Giải hệ phương trình

2

2

4x y 4x

x xy y

 + = −



 + + =



• Phân tích Để ý ta viết phương trình thứ lại thành

( )2 ( )

2 2

4x + =1 y −4x⇔ 2x 1+ = y ⇔ = ±y 2x 1+

Đến ta xét trường hợp để giải hệ phương trình cho.

• Lời giải Ta có

( )2 ( )

2 2

2 2 2

4x y 4x 2x 1 y y 2x

x xy y x xy y x xy y

   + = − + = = ± +  ⇔  ⇔   + + =   + + = + + =      

+ Xét hệphương trình

( ) ( )2

2 2

y 2x y 2x

x xy y x x 2x 1 2x 1 1

 = +  = +  ⇔   + + =  + + + + =     2

y 2x

y 2x x 0

7x 5x 5

x  = +   = +    = ⇔  ⇔  + =     = −  

⇔ x

y  =   =  x y  = −    = − 

+ Xét hệphương trình

( ) ( )2

2 2

y 2x

y 2x

x xy y x x 2x 1 2x 1 1

2

y 2x

y 2x

x

3x 3x

x  = − −  = − −    = ⇔  ⇔  ⇔ + =      = −  x y  =   = −  x y  = −   = 

Vậy hệ phươngtrình cho có nghiệm ( ) ( )x; y 0;1 , 5; ( ) ( )0; , 1;1

7

 

= − −  − −

 

Câu Cho a, b, c> thỏa mãn a b c+ + =3 Chứng minh rằng: a 12 b 12 c 12

b c a

+ + + + + ≥

+ + +

• Phân tích Chú ý đến chiều bất đẳng thức cần chứngminh ta có biến đổi sau

( ) ( )

2

2

b a b a

a a 1 a 1 a 1 b ab

2b

b b

+ +

+ = + − ≥ + − = + − +

+ +

Hoàn toàn tương tự ta thu a 12 b 12 c 12 a b c ab bc ca

2

b c a

+ + + + + ≥ + + + − + +

+ + +

Ta cần chứng minh a b c ab bc ca

2

+ + + +

+ − ≥ hay ab bc ca

2

+ +

≤

Để ý ta có a b c+ + =3 nên bất đẳng thức cuối ln Ta có lời giải cho tốn.

• Lời giải Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có

( ) ( )

2

2

b a b a

a a 1 a 1 a 1 b ab

2b

b b

+ +

+ +

= + − ≥ + − = + −

+ +

Tương tựta có b 12 b c bc

c

+ +

≥ + −

+

c a ca

c a + + ≥ + − +

Cộng theo vế bất đẳng thức ta a 12 b 12 c 12 a b c ab bc ca

2

b c a

+ + + + + + +

+ + ≥ + −

+ + +

Mặt khác a2 +b2 +c2 ≥ab bc ca+ + hay 3(ab bc ca)+ + ≤(a b c+ + )2 =9

Do đó: a 12 b 12 c 12 a b c ab bc ca 3

2 2

b c a

+ + + + + + +

+ + ≥ + − ≥ + − =

+ + +

Vậy a 12 b 12 c 12

b c a

+ + +

+ + ≥

+ + + Dấu xảy a = b = c =

• Nhận xét Phép chứng minh toán gọi kỹ thuật Cauchy ngược dấu.

Câu (6.0 điểm).Từ điểm M nằm đường tròn tâm ( )O; R Vẽ hai tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (A, B tiếp điểm), cát tuyến MPQ không qua O (P nằm M, Q) Gọi H giao điểm OM AB

• Phân tích Để chứng minh HPO =HQO ta cần chỉ tứ giác HOQP nội tiếp Muốn ta chứng minh MHP =MQO Như ta cần phải ra MPH∽MOQ Để ý hai tam giác

đó có góc AMQ chung và

2

MH.MO=MP.MQ =MA Đến ta có lời giải cho tốn.

• Lời giải Tam giác MPA đồng dạng với tam giác MAQ nên ta MA2 =MP.MQ.

Tam giác MAO vng A có đường cao AH nên MA2 = MH.MO.

Từ hai kết suy MP.MQ =MH.MO hay MP MO

MH = MQ

Hai tam giác MPH MOQ cógóc M chung MP MO

MH = MQ nênta suy MPH∽MOQ

Do ta MHP =MQO Từ tứ giác PQOH tứ giác nội tiếp nên HPO =HQO= 1sdOH

2

b) Tìm điểm E thuộc cung lớn AB cho tổng 1

EA+ EB có giá trị nhỏ

• Phân tích Ta có 1

EA+ EB ≥ EA.EB, để

1

EA+ EB có giá trị nhỏ

EA.EB nhận giá trị

nhỏ 1

EA +EB = EA.EB Như ta quy tốn tìm giá trị lớn EA.EB Chú ý



AEB

1

S AE.BE sin AEB

= và iểm E di chuyển cung lớn AB nên AEB ln góc nhọn khơng đổi

Như ta cần tìm vị trí E để diện tích tam giác AEB lớn Ta lại thấy SAEB 1AB.EK

= với AB không

đổi EK đường cao hạ từ E Như SAEB lớn EK lớn nhất, điều xẩy E điểm chính cung lớn AB Đến ta có lời giải cho tốn.

• Lời giải Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có 1

EA+ EB ≥ EA.EB

Như để 1

EA+ EB có giá trị nhỏ

EA.EB nhận giá trị nhỏ

1

EA+ EB = EA.EB Như

vậy ta cần tìm vị trí E để EA.EB nhận giá trị lớn

Điểm E di chuyển cung lớn AB nên AEB ln góc nhọn khơng đổi Ta có SAEB 1AE.BE sin AEB

2

= nên EA.EB nhận giá trị lớn diện tích tam giác AEB lớn Ta lại thấy SAEB 1AB.EK

2

= với AB không đổi EK đường cao hạ từ E Như SAEB lớn EK lớn nhất, điều xẩy E điểm cung lớn AB

O H P

E Q

B

Khi ta có EA =EB 1

EA+ EB có giá trị nhỏ

• Nhận xét Ta có lời giải khác cho ý b)như sau

Trên tia đối tia EA lấyđiểm F cho EB = EF hay ∆

EBF cân E, suy BFA 1BEA

= Đặt AEB = α khi

đó AFB

α

= nên F di chuyển cung chứa góc

2

α

dựng BC Ta có 1

EA+ EB

4 EA EB

≥

+

Như 1

EA+ EB nhỏ EA + EB lớn hay EA + EF lớn nhất⇔AF lớn (**)

Gọi O’ điểm cung lớn AB, suy ∆O’AB cân O’ suy O’A =O’B(3)

∆O’EB ∆O’EF có EB = EF, O’E chung FEO ' =BEO ' (cùng bù với BAO ') Từ suy

O’EB O’EF

 = nênO’B O’F= (4)

Từ (3) (4) suy O’ tâm cung chứa góc

2

α

dựng đoạn thẳng BC (cung cung lớn AB thuộc một nửa mặt phẳng bờ AB)

Do AF lớn đường kính của(O’) E≡O’ (***)

Từ (**) (***) suy E điểm cung lớn AB 1

EA +EB có giá trị nhỏ nhất.

Câu (2.0 điểm) Tìm hình vng có kích thước nhỏ để hình vng xếp hình trịn có bán kính cho khơng có hai hình trịn chúng có điểm chung

• Lời giải Giả sử hình vng ABCD có tâm O cạnh a, chứa năm hình trịn khơng cắt có bán kính Vì cảnăm hình trịn đểu nằm trọn hình vng, nên tâm chúng nằm hình vng A’B’C’D’ có tâm O cạnh

a 2− , A’B’//AB Các đường thẳng nối trung điểm cùa cạnh đối diện hình vng A’B’C’D’ chưa A’B’C’D’ thành hình vng nhỏ

Theo ngun lí Dirichlet tồn hình vng nhỏ mà hình vng chứa hai số tâm hình trịn nói trên(khơng tính tổng quát ta giả sử O’ O”)

Để ý khơng cóhai hình trịn nào(trong số năm hình trịn) cắt nên O ' O '' 2≥

O'

F

A B

E

O'' O'

O'' O'

O

D' C'

B' A'

D C

Mặt khác O’ O” nằm hình vng nhỏ(cạnh hình vng nhỏ a

2

− )

nên ta lại có O ' O '' a 2

−

≤ Từ ta suy a 2 a 2 2

− ≥ ⇒ ≥ + .

Vậy hình vng cạnh a thỏa mãn u cầu đề bài, ta có a ≥2 2+ Bây xét hình vng ABCD có a =2 2+ Xét năm hình trịn có tâm O, A’, B’, C’, D’ (xem hình vẽ) , u cầu đề thỏa mãn Tóm lại, hình vng có kích thước bé cần tìm hình vuông với cạnh

Đề số 18

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÁN TỈNH HÀ NAM Năm học 2015 – 2016

Câu (4.0 điểm) Cho biểu thức

2

x x x x x 2x x

P

x x x x x x x x

− + + − +

= + +

− + + −

a) Rút gọn biểu thức P

b) Tìm x để P số tự nhiên chẵn

Câu 2(4.0 điểm)

a) Cho hàm số y =x2 có đồ thị (P), đường thẳng (d) có phương trình y=2x m+ Tìm m để

đường thẳng (d) cắt (P) hai điểm A ,B cho tam giác OAB vuông O với O 0; 0( )

b) Tìm số nguyên tố x, y, z thoả mãn xy + =1 z2 Câu (4.0 điểm)

a) Giải phương trình x x2 − + +x 3x 1+ = x2 + +x 3 b) Giải hệ phương trình 

−

+ − − =

 − =



2

3 2

y x y xy

2x y 2xy

x

x

Câu (6,0 điểm).

Cho hình vng ABCD nội tiếp đường trịn (O) Điểm M thuộc cung nhỏ CD (O), M khác C D Đường thẳng MA cắt DB DC theo thứ tự H K, đường thẳng MB cắt DC, AC theo thứ tự E E Hai đường thẳng CH, DF cắt N

a) Chứng minh rằng: HE phân giác góc MHC

b) Gọi G giao điểm KF HE Chứng minh G tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác KNE

c) Chứng minh NH NF KE MH+ MF+ CD =

Câu (2.0 điểm).Cho x, y hai số thực dương Chứng minh rằng:

− + − + − ≥

+ + + + + +

2

2 2 2

1 xy x y y x

0

2 x y 2x y x 2y

Phân tích hướng dẫn giải

Câu (4.0 điểm) Cho biểu thức = − + + + + − +

− + + −

x x x x x 2x x

P

x x x x x x x x

a) Rút gọn biểu thức P

( )( ) (( )()( ) ) ( )( )

( )( ) ( )( )

( )( )

( )( )

− + + − +

= + +

− + + −

+ −

− + − +

= + +

− + + − + + − + +

− + − + + − + + −

= =

− + + − + +

− + +

= =

+ +

− + +

2

x x x x x 2x x

P

x x x x x x x x

x x

x x 2x x x 2x x

x x x x x x x x x x x x

x x 2x x x x 2x x 2x x x x

x x x x x x x x

x x x 2 x 3

x x

x x x x

b) Tìm x để P số tự nhiên chẵn

• Phân tích Để tìm x thỏa mãn u cầu tốn ta có hướng sau

+ Hướng Đặt + = ( ∈ )

+ +

2 x k k N

x x và x = ≥a 0, ta quy tốn tìm số tự nhiên k chẵn thỏa

mãn = +

+ +

2

2a k

a a 1 Chú ý giả thiết khơng cho x số nguyên nên ta sử dụng quanhệ chia

hết để tìm k Do ta viết lai đẳng thức thành ka2 +ka k 2a 3+ − − =0 Để ý k >0 nên ta xem đẳng

thức phương trình bậc hai ẩn a, ta sử dụng điều kiện có nghiệm để tìm giá trị k.

+ Hướng Dễ thấy = + >

+ +

2 x

k

x x , ta tìm giá trị lớn

+ =

+ +

2 x k

x x 1 Để ý k

nhận giá trị lớn 1

k nhận giá trị nhỏ

Ta có = + = + + =

+ + +

2 x x x 1

k

k

x x x

• Lời giải Với x≥0; x ≠1 = +

+ +

2 x P

x x Đặt a = x ≥0 ( )

+ = ∈

+ +

2 x k k N

x x

Ta có = + ⇔ + + − − = ⇔ + ( − )+ − =

+ +

2

2

2a

k ka ka k 2a ka a k k

a a

Xem phương trình phương trình bậc ẩn a (k>0), ta có

( ) ( )

∆ = k 2− −4k k 3− =k2 −4k 4k+ − +12k= −3k2 +8k 4+

Để phương trình có nghiệm ∆≥0 hay

( )

− +

≥ ⇔ ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ ∈

−3k2 +8 + 0 k 0 k 3 k 

3

k

Do k số tự nhiên chẵn nên ta chọn k=0 k =2

+ Với k =0 ta có 2a 3+ = ⇔ = − ⇔0 a x = −3

2 2, không thỏa mãn

+ Với k =2 ta có 2a 2a+ = +2a 2+ ⇔2a2 − = ⇔1 0 a2 = ⇔ x=

Vậy với x =

2 biểu thức P nhận giá trị số tự nhiên chẵn

Câu 2(4.0 điểm)

a) Cho hàm số y= x2 có đồ thị (P) đường thẳng (d) có phương trình y=2x m+ Tìm m để đường

thẳng (d) cắt (P) điểm A, B cho tam giác OAB vuông O với O 0; 0( )

• Phân tích Giả sử ta vẽ Parabol đường thẳng cắt hình vẽ

Gọi toạ độ điểm A B (x1; y1) (, x2; y2) Vì đường thẳng y=2x m+ cắt parabol y=x2 nên

(x1; y1) (, x2; y2)là nghiệm phân biệt hệ phương trình  =

 ⇒ − − =

 = + 

2

2

y x

x 2x m

y 2x m

Ta có ∆ = −4 m để phương trình có nghiệm phân biệt 4 >m

Theo hệ thức Vi-ét cho phương trình ta  + = −= 

1 2

x

x x x

m

Theo định lý Pitago ta = + 2 = + 2 =( + ) (2 + − )2

1 y2 2

OA x y ;OB x ;AB x x y y

Theo định lý Pitago đảo để tam giác OAB vng

( ) ( )

( )

⇔ + + =

⇔ + + = + + ⇔

 =

⇔ = ⇔ = − ⇔ + = ⇔ 

= −

+ = + + + −

+ + + =

 −



2

2 2 2 2

1 2 2

2 2 2 2

1 2 2 2 1 2

2 2 2

OB AB y x y y

y x y

OA x y x x

x y x x y 2x x

m

x x m m m

x 2y y

m

m

x y y

x x

Nếu m=0 thì đường thẳng d cắt P điểm O Khi khơng có tam giác AOB. Do m = −1 là giá trị cần tìm.

• Lời giải Gọi toạ độ điểm A B (x1; y1) (, x2; y2) Vì đường thẳng y=2x m+ cắt parabol y= x2nên ( ) ( )

1 2

x; y , x ; y nghiệm phân biệt hệ phương trình  = = + ⇒ − − =



2

2

y x

x 2x m

y 2x m

Ta có ∆ = −4 m để phương trình có nghiệm phân biệt >m

Theo hệ thức Vi-ét cho phương trình ta  + = −= 

1 2

x

x x x

Theo định lý Pitago ta = + 2 = + 2 =( + ) (2 + − )2

1 y2 2

OA x y ;OB x ;AB x x y y

Theo định lý Pitago đảo để tam giác OAB vng

( ) ( )

( )

⇔ + + =

⇔ + + = + + ⇔

 =

⇔ = ⇔ = − ⇔ + = ⇔ 

= −

+ = + + + −

+ + + =

 −



2

2 2 2 2

1 2 2

2 2 2 2

1 2 2 2 1 2

2 2 2

OB AB y x y y

y x y

OA x y x x

x y x x y 2x x

m

x x m m m

x 2y y

m

m

x y y

x x

Nếu m=0 đường thẳng d cắt P điểm O Khi khơng có tam giác AOB Do m= −1 giá trị cần tìm

b) Tìm số nguyên tố x, y, z thoả mãn xy + =1 z2.

• Phân tích Ngay nhìn vào giả thiết ta nhìn thấy khác tính chẵn lẻ xy và z2 khi mà

hai số hai số tự nhiên liên tiếp nhau, từ suy x z khác tính chẵn lẻ đề x, y, z số nguyên tố nên ta nhận x z Đến ta xét trường hợp x=2 và z =2 để giải

toán

• Lời giải Từ giả thiết ta suy xy z2 khác tính chẵn lẻ dẫn đến x z khác tính chẵn lẻ Mà x

và z hai số nguyên tố nên ta xét trường hợp sau trường hợp

+ Với x=2 z ≠2 phương trình tương đương với 2y + =1 z2 ⇔2y =( )(z z 1− + )

suy z 1− z 1+ số luỹ thừa

Đặt ( )

u

* v

z

u, v ; v u; u v y z

 − =

 ∈ > + =

 + =

 

Khi ta có ( )

u

v u u v u

v u

2 u

2 2 2

v

2 1

−

−

 =  =

 

− = ⇔ − = ⇔  ⇔  =

− = 

 



, 2v u− −1là số lẻ

Suy z =3 y =3 Thử số (2; 3; 3) vào phương trình ta thấy thỏa mãn

+ Với x≠2 z =2 phương trình trở thành xy + = ⇔1 4 xy =3.Do x số lẻ nên từ phương trình

trên suy x=3; y 1= , khơng thỏa mãn y 1= khơng phải số nguyên tố Vậy số nguyên tố thỏa mãn yêu cầu toán (x; y; z) (= 2; 3; 3)

• Nhận xét Ngồi xét ta xét tình chẵn lẻ x, y, z sau Nếu x số lẻ suy xy là số lẻ suy z2 chẵn hay z =2 Từ suy xy =3

Mặt khác x, y số nguyên tố nên ta x≥2; y 2≥ suy xy ≥22 =4 Từ ta có mâu thuẫn

Do x số chẵn nên suy x =2 Khi ta phương trình cho trở thành 2y+ =1 z2

Ta xét trường hợp sau:

+ Trường hợp Xét y số nguyên tố chẵn Khi y=2, suy z2 =5 Không tồn z số nguyên tố thỏa

mãn

+ Trường hợp Xét y số nguyên tố lẻ Khi y có dạng y=2k k N+ ( ∈ *)

Khi 2y + =1 z2 ⇔22k 1+ + =1 z2 ⇒2.4k + =1 z2 ⇒2 1( + )k + =1 z2 ⇒2.3A 3+ =z2

Từ suy z2chia hết cho hay z hia hết cho 3, mà z số nguyên tố nên suy z =3

Từ ta lại có 2y+ =1 32suy y=3.Thử lại ta thấy số (x; y; z) (= 2; 3; 3) thỏa mãn

Vậy số nguyên tố thỏa mãn yêu cầu toán (x; y; z) (= 2; 3; 3)

Câu (4.0 điểm)

a) Giải phương trình x x2 − + +x 3x 1+ =x2 + +x 3

• Phân tích Thử vài giá trị đặc biệt ta x 1= là nghiệm phương trình Do ta nghĩ đến phương pháp nhân lương liên hợp Tuy nhiên ta chưa biết chắn phương trình có nghiệm nên sử dụng nhân liên hợp thị xử lý sau khó khăn Do ta tạm thời dừng phương pháp nhân lượng liên hợp Để ý lại phương trình ta thấy có xuất 2 3x 1+ , điều làm ta liên tưởng đến việc chuyển phương trình thành bình phương Như đưa 2 3x 1+ vào bình phương phương trình một biểu thức chữa khác x x2 − +x 1 Điều làm ta nghĩ đến đưa tiếp biểu thức vào

Muốn ta viết phương trình lại thành.

2

2x +2x 2x x+ − − + −x 3x 1+ =0

Với tư tưởng ta viết phương trình lại thành

2 2

x −2x x − + +x x − + +x 3x 3x 4+ − + + =

Hay ta (x− x2 − +x 1)2 +( 3x 2+ + )2 =0, đến ta giải phương trình.

• Lời giải Điều kiện xác định phương trình x

≥ − Phương trình cho tương đương với

( ) ( )

2

2

2 2

2

2

2

x x x x x 3x

2x 2x 2x x x 3x

x 2x x x x x 3x 3x

x x x

x x x 3x x

3x

+ + − − + − + =

⇔ + + − − + − + =

⇔ − − + + − + + + + + + =

 = − +



⇔ − − + + + + = ⇔  ⇔ =

− = 

Kết hợp vớiđiều kiện xác định ta x 1= nghiệm phương trình

•Nhận xét.

+ Vì phương trình phân tích thành bình phương khơng âm Nên ta sử dụng phương pháp đánh giá để giải phương trình Chú ý phương trình có nghiệm x 1= nên ta dự đốn bất đẳng thức xẩy dấu x 1= Ta có lời giải khác cho toán sau

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có

3x

2

2

x 1+ ≤ + + và x x2 x 1 2x2 x

2

− + ≤ − +

Cộng theo vế hai bất đẳngthức ta

2

2 3x 2x x

x x x 3x x x

2

+ + − +

− + + + ≤ = + +

Kết hợp với phương trình cho ta suy bất đẳng thức đồng thời xẩy dấu bằng. Vậy phương trình có nghiệm x 1=

+ Vì phương trình cho có x 1= là nghiệm ta sử dụng phương pháp nhân lượng liên hợp.

b) Giải hệ phương trình

2

3 2

y x y x

x y

2x x y 2xy

  − + − − = − = 

• Phân tích Ngay nhìn vào hệ phương trình thấy có xuất lặp lại đại lượng hai phương trình x2 +y ; x2 y ta lao vào tìm cách để vào phương trình hay phân tích thành bình

phương Ta kết khơng mong muốn phương trình khó mà ta phải tiếp Để ý kỹ vào hệ phương trình đại lượng 2x3 đứng khơng hệ liên quan với phần lại đại lượng

của phương trình x2 +y ; xy; x y2 + lại liên quan đến biến đổi thành bình

phương Vậy ta tìm cách biến đổi 2x3 sao cho có mối liên hệ với đại lượng khác phương trình

Từ phương trình thứ hệ ta x2 +y2 −xy= +x y Để ý đại lượng x2 +y2 −xy làm ta

liên tưởng tới đẳng thức x3 +y3 =(x y x+ )( −xy y+ 2) Như ta làm xuất x3 +y3 từ

2x bằng cách 2x3 =x3 +y3 +x3 −y3 Đến ta thay vào hệ phương trình giải xem nào

( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) 2 2

3 2 3 3

2

2

2 2

2

2 2 2

x x

x y x y x

x

y x x y x xy y x

x

y x y x

y xy x y

y x y xy

2x y 2xy x y

y xy x y

x xy y y

y

xy y x

x

y x y

x y

+ − = + + − − = − = = + − = +   ⇔    − + + − − +      ⇔  + − + + − +   ⇔  + − + + − + = + − = + + + − + = 

Kết thật đẹp hệ phương trình thu có phương trình tích Đến ta có lời giải sau.

• Lời giải Hệ phương trình tương đương với

( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) 2 2

3 2 3 3

2

2

2 2

2 2

2 2 2 2 2

x x

x y x y x

x

y x x y

y xy x y

y x y xy

2x y 2xy x y

y xy x y

x xy y y

y xy x y y xy

x xy y x

x x

x y x xy y

y x y x xy y x

x y

x y

  ⇔    − + + − − +      ⇔  + − + + − +  + − = + + − − = − = = + − = + + − +      ⇔  ⇔  − = + − = + + − = + = + + − + + − + = + +   

Từ phương trình ta ta có x2 y 2

x xy y

 = 

+ + =



+ Với x= y thay vào phương trình thứ ta

( )

2 x x y

x 2x x x

y x y

 =  = =

− = ⇔ − = ⇔  = ⇒  = =

 

+ Với 2

2 2

y 3y

x xy y x x y

2

 

+ + = ⇔ +  + = ⇔ = =

 

Vậy phương trình có hai nghiệm ( ) ( ) ( )x; y = 0; , 2;2

• Nhận xét Hệ phương trình có lặp lặp lại nhiều đại lương nên ta dễ bị sa vào phương pháp thể hay đặt ẩn phụ dẫn đến không giải toán Điểm mấu chốt để giải tốn hệ phương trình biến đổi được

( )( ) ( )( )

3 3 3 2 2

2x =x +y +x −y = x y x+ −xy y+ + x y x− +xy y+

Câu (6.0 điểm).

a) Chứng minh HE phân giác góc MHC

• Phân tích Muốn chứng minh HE phân giác góc MHC ta chứng minh MHE 1MHC

2

= Quan

sát hình vẽ ta dự đốn HE vng góc với BD ta điều ta có DHE =BHC từ kết luận bài tốn Điều ta chứng minh

 

BHC=BHA do tam giác AHC cân OH trung

trực AC, mà lại có BHA =DHM Như toán giải ta chứng minh HE

vng góc với BD Dễ thấy ngay

 

DME=DMB 90= , để chứng minh



DHE=90 ta cần chứng minh tứ giác DHME nội tiếp.

• Lời giải Vì hình vng ABCD nội tiếp đường tròn O nên O giao điểm hai đường chéo hình vng ABCD Vì DMB chắn nửa đường trịn (O) nên DMB =DME =900

Ta có DHM DEM sdDM sdAB 

 

= =  + 

  nên tứ giác DHEM nội tiếp

Từ suy DHE =DME =900 Vì ABCD hình vng nên BC đường trung trực đoạn AC

H thuộc BD nên tam giác AHD cân suy HB tia phân giác góc AHC Ta có OHE 1AHM HEC OHC  1(AHC MHC )

2

= ⇒ + = + mà BHC 1AHC

2

=

Nên ta suy MHE 1MHC

= hay HE phân giác góc MHC

• Nhận xét.Một cách khác để chứng minh tứ giác DHEM nội tiếp HDE =HME =450

b) Chứng minh G tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác KNE

• Phân tích Để chứng minh tam giác KNE nội tiếp đường tròn tâm G ta chứng minh GN =GK GE= hay chứng minh hai ba ∆GKN; GKE∆ và ∆NGE cân Để ý việc chứng minh hai tam giác GKN GNE tương tự nhau.

K E N

G

F O

H

M

D C

+ Chứng minh tam giác GKE cân: Trước hết dễ thấy tam giác DHE vuông cân nên GEK =450, tam

giác GEK cân tam giác vuông cân Như lúc ta cần chứng minh KGE =900 Giả sử ta

có điểu ta có OHGF hình chữ nhật, theo hướng ta cần phải chứng minh KF vng góc với OC Điều hồn tồn tương tự cách chứng minh EH vng góc với BD Như ta chứng minh tam giác GKE cân.

+ Chứng minh tam giác NGK cân: Để có điều ta cần chứng minh GKN =GNK Quan sát lại hình vẽ ta đốn KN vng góc với HC Điều dự đốn hồn tồn có sở có điều tứ giác HNGK nội tiếp suy KNG   =KHG;GHN=GKN mà KHG GHN = (theo ý a) ta điều chứng minh GKN =GNK Vậy chứng minh KN vuông góc với HC ta giải toàn ý b.

Trước hết dễ thấy KM vng góc với MC Vây ta chứng minh KNC =KMC=900 Quan sát hình vẽ

ta nhận thấy ∆HMC có HE ME tia phân giác, từ ta thây E giao điểm ba đường phân giác của tam giác HMC Từ ta nghĩ đến hai tam giác KMC CKN Nếu chứng minh điều thì xem tốn giải Muốn chứng minh hai tam giác KMC KNC ta cần chưng minh NC =MC hoặc NKC =MKC Tuy nhiên hai điều đồng nghĩa với CD trục đối xứng MN Theo lập luận ta có K giao điểm ba đường phân giác tam giác DMF nên DK phân giác góc NDM Đến ta có CD đường trung trực MN Từ ta có điều phải chứng minh.

• Lời giải Tam giác HDE có DHE =90 ; HDE0  =450 suy GEK =450

Ta có MKC 1(sdAD sdMC ; MFC )  1(sdAB sdMC )

2

= + = + mà AD =AB suy MKC =MFC dẫn

đến tứ giác MKFC nội tiếp Mà KMC =AMC 90= nên KFC 90 = hay KF vng góc với AC.

Vì GHO  =HOF =GFO 90= nên GHOF hình chữ nhật hay HOF =900.

Suy HOK =900 KGE =900 dẫn đến tam giác KGE cân nên KG GE= .

Vì AMB =BMC nên MB phân giác góc AMC Tam giác MHC có HE phân giác góc MHC ME phân giác góc HMC nên E tâm đường trịn nội tiếp Do EC phân giác góc HCM hay ta NCD =MCD Chứng minh tương tự câu ta có KF phân giác góc MFD

Ta có AMD 1sdAD; AMB  1sdAB

2

= = nên DMA =AMB hay MK phân giác góc DMF điều dẫn đến K tâm đường tròn nội tiếp tam giác KMD DC phân giác góc NDM nên suy

 

NDC=MDC Hai tam giác NCD MCD có NDC   =MDC; NCD= MCDvà chung CD nên

NDC= MDC

∆ ∆ , từ ta suy NC =MC

Hai tam giác NKC MCK có NC =MC; NCK =KCM chung KC nên ∆NKC=∆MKC Từ ta KNC =KMC=900 ⇒HNK =900 mà HGK =900 nên tứ giác HNGK nội tiếp.

Lại có KHG GHN = nên GK GN =  ⇒KNG GKN = , tam giác NGK cân G

c) Chứng minh NH NF KE MH+ MF +CD =

• Phân tích Nhận thấy CD =DK KE EC+ + và hệ thức lại có tỉ số KE

CD Như ta chứng

minh hệ thức NH NF DK EC

MH MF CD

+

+ =

Quan sát hình vẽ với dự đoán ta chứng minh NH DK NF; EC MH = CD MF = CD

+ Trước hết ta chứng minh NH DK

MH = CD Nhận thấy ba điểm D, K, Cthẳng hàng mà ba điểm N, M,H không

thẳng hàngnên ta chứng minh đẳng thức cách trực tiếp Vậy ta đườnggián tiếp Ta tìm tam giác đồng dạng với tam giác NHM Lại nhờ vào việc phán đốn hình học hình vẽ ta lại thấy tam giác KHC đồng dạng với NHM Điều khẳng định hai tam giác có góc chung và HMN =KCH do tứ giác KNCM nội tiếp Như ta ta có NH HK

MH = HC Chú ý tiếp ta lại có

HK KE

HC = KC do HE lại phân giác góc



KHC Đến ta chứng minh KE DK

EC = CD Vì bốn điểm D, K,

E, C thẳng hàng nên ta phải tiếp tục tìm đến cơng cụ phân giác Ta tìm xung quanh cạnh KE, EC xem có

những đường phân giác nào Ta có những góc sau bằng nhau

     

KME sdAB 45 ; EMC sdBC 45 ; DMA sdAC 45

2 2

= = = = = = , ta thấy ME phân giác

của tam giác KMC có liên hệ với KE EC(Ta chọn theo tam giác NKC điểm M nằm đường tròn nên ta dễ chứng minh tam giác đồng dạng sau mà điểm N lại khó chứng minh hơn) Qua ta có hệ thức liên hệ KE KM

EC = MC, trở lại với tỉ số DK

CD ta tìm phân giác xung quanh nó,

nhìn đường thẳng HK, NK, FK ta khơng thấy phân giác tam giác ứng với hai đỉnh D C ta phải biến đổi DK

CD để theo hướng khác Để ý ta thấy AD CD= do ta chuyển tỉ số thành DK AD

và chọn tam giác có tỉ số ADK Nhận thấy ADH 1sdAB; HDK  1sdBC

2

= = , ta

HK DH DM

AH = HB = MB Đến ta cần chứng minh hai tam giác DMB KMC đồng dạng ta có điều

cần chứng minh

+ Chứng minh NF EC

MF = CD hoàn toàn tương tự.

•Lời giải Vì KMC =KNC =900 nên tứ giác MKNC nội tiếp nên HMN =KCH

Tam giác HMN tam giác HCK có MHC chung HMN = KCH nên ∆HMN∽ ∆KCK

Suy raNH HK

MH = HC Mà ta có HE lại phân giác tam giác KHC nên

HK KE

Từ dẫn đến KE NH

EC = MH.Mặt khác ta có    

0

1

EMC sdBC 45 ; DMA sdAC 45

2

= = = = nên theo định

lí Talet tính chất đường phân giác KE KM NH

EC = MC = HM

Ta thấy ADH 1sdAB HDK 1sdBC

2

= = = nên tam giác ADK có DH đường phân giác

nên dẫn tới DK DK HK

CD = AD = AH Do AB//DK nên theo định lý Talet ta lại có

HK DH DK

AH = HB = CD

Vì DMH 1sdAD HMB 1sdAB

2

= = = nên MH đường phân giác tam giác DMB, suy theo tính

chất đường phân giác tam giác DH DM DK

HB = MB = CD

Hai tam giác vng DMB KNC có DBM =KCM nên DBM KCM MK DM

MC MB

⇒ =

∆ ∽∆

Kết hợp hai kết ta NH DK

MH = CD Hoàn toàn tương tự ta có

NF EC

MF = CD

Vậy ta có NH NF KE DK KE EC

MH+ MF +CD = CD +CD +CD =

Câu 5(2.0 điểm).Cho x, y hai số thực dương Chứng minh rằng:

2

2 2 2

1 xy x y y x

0

2 x y 2x y x 2y

− − −

+ + ≥

+ + + + + +

• Phân tích Dựđốn dấu xảy x = =y 1 Quan sát bất đẳng thức ta thấy tử số phân thức có đại lượng mang dấu âm nên việc ta nghĩ đến đổi chiều bất đẳng thức Để ý ta thấy

( ) ( )

2

2

2

2 xy x y

1

2 x y x y

− +

− =

+ + + + và

( ) ( )

2

2

2

2 x y y

1

1 2x y 2x y

− +

− =

+ + + + Đến ta viết bất đẳng thức cần chứng

minh lại thành ( ) ( ) ( )

2 2

2 2 2

x y y x

3

2 x y 2x y x 2y

+ + +

+ + ≤

+ + + + + + Để ý đến chiều bất đẳng thức hình thức cảu

các biểu thức ta nghĩ đến đánh giá đại lương bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức.

( )2 ( )2 ( )2

2 2

2 2 2 2 2 2 2

x y x y y y 1 x x 1

; ;

2 x y x y 1 2x y x y x 1 x 2y y x y

+ + +

≤ + ≤ + ≤ +

+ + + + + + + + + + + +

Đến ta có lời giải cho tốn

• Lời giải Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

( ) ( ) ( )

2

2 2 2

2

2 2 2

2 2

2 2 2

2 2xy 2x 2y 2y 2x 0

2 x y 2x y x 2y

2 2xy 2x 2y 2y 2x

1 1

2 x y 2x y x 2y

x y y x

3

2 x y 2x y x 2y

− − − ⇔ + + ≥ + + + + + + − − − ⇔ − + − + − ≤ + + + + + + + + + ⇔ + + ≤ + + + + + +

( )2 ( )2 ( )2

2 2

2 2 2 2 2 2 2

x y x y y y 1 x x 1

; ;

2 x y x y 1 2x y x y x 1 x 2y y x y

+ + +

≤ + ≤ + ≤ +

+ + + + + + + + + + + +

Cộng theo vế bất đẳng thức ta ( ) ( ) ( )

2 2

2 2 2

x y y x

3

2 x y 2x y x 2y

+ + +

+ + ≤

+ + + + + +

Đề số 19

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÁN TỈNH BÌNH PHƯỚC Năm học 2015 – 2016

Câu (5.0 điểm).

Cho biểu thức: P x x x

x x x x

+ − −

= + +

+ − − +

a) Tìm điều kiện x để biểu thức P có nghĩa Rút gọn biểu thức P

b) Tính giá trị biểu thức P x = +3 2

Cho x>0; y >0 x y 1+ = Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

2

1

Q 4xy 2016

xy

x y

= + + +

+

Câu (5.0 điểm).

Giải phương trình 32 x− + x 1− =

Giải hệ phương trình

2

2

xy x y x 2y

x y 3x 2y 10

 + + = −



 − − + − =



Tìm m để đường thẳng ( )d : y= −2(m 1)x 2m 5− + + cắt parabol ( )P : y =x2 tại hai điểm

phân biệt có hồnh độ x ; x1 2 cho biểu thức 2

1 2

T 12 10x x= − −x −x đạt giá trị lớn

Câu (5.0 điểm)

Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường O Gọi D, E, F chân đường cao kẻ từ đỉnh A, B, C tam giác ABC Gọi H trực tâm tam giác ABC, I điểm đối xứng O

qua cạnh BC

a) Chứng minh H tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF

b) Chứng minh tứ giác AHIO hình bình hành

c) Các tiếp tuyến đường tròn tâm O B, C cắt Q, gọi P giao điểmcủa AQ EF Chứng minh P trung điểm EF

Câu (2.0 điểm).

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn M điểm nằm tam giác ABC Gọi L, H, K chân đường vng góc M cạnh AB, BC, CA Tìm vị trí điểm M để

2 2

AL +BH +CK đạt giá trị nhỏ

Câu (3.0 điểm)

Giải phương trình nghiệm nguyên 3x2 −5xy 2y− −4x 8y 3+ + =0.

Phân tích hướng dẫn giải Câu 1.

1 Cho biểu thức P x x x

x x x x

+ − −

= + +

+ − − +

• Lời giải

a) Tìm điều kiện x để biểu thức P có nghĩa Rút gọn biểu thức P Điều kiện xác định củaphương trình x≥0; x ≠1

( )( ) ( ( )( ) ) ( ( )( ) )

( )( ) ( )( )

8 x x x x

P 1

x x x x x x x x

x x

8 x 2

x x x x x x

8 x x x 2 x 2 2

x

x x x x

+ − − +

= + + = + − + −

+ − − + + − − +

+ −

+

= − − +

− + − + − +

+ − − − + +

= + = + = +

−

− + − +

b) Tính giá trị biểu thức P x = +3 2

Ta có x= +3 2 thỏa mãn điều kiện xác định nên ta x = +3 2 =(1+ 2)2

Khi ta P 2 2 2

x 1

= + = + = +

− + −

2 Cho x >0; y> x y 1+ = Tìm giá trị nhỏ biểu thức

2

1

Q 4xy 2016

xy

x y

= + + +

+ • Phân tích Dự đốn dấu xảy x y

2

= = Quan sát biểu thức Q điều nghĩ đến cũng áp dụng bất đẳng thức cổ điển Cauchy hay Bunhiacopxki Đầu tiên ta thức đánh giá theo

bất đẳng thức Cauchy xy 2

xy + ≥  Chú ý dấu xảy

1

x y

2

= = nên ta tìm =32

Lúc ta có

2 2

2 2

1 2

Q 4xy 2016 32xy 28xy 2016

xy xy

x y x y

1

2 2.32 28xy 2016 28xy 16 2016

x y x y

= + + + = + + − +

+ +

+ − + = − + +

+ +

≥

Cũng theo bất đẳng thức Cauchy ta có đánh giá ( 2)

2

1 4

x +y + x +y ≥4 Như lúc ta có

( ) ( ) ( )

2 2

2

2

y y

4 Q

x x

20xy 2032 4

x 28xy 2032

x y

y 2xy 2032 20xy

= + − − +

+

+ +

+ +

Như ta cần tìm giá trị lớn 20xy Để ý đến giả thiết x y 1+ = ⇔x2+y2 +2xy 1= ta có đánh

giá 20xy ≤5 x y( + )2 =5 Đến ta trình bày lời giải cho tốn.

• Lời giải Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương 4ab≤(a b+ )2, ta

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

2 2

2 2

2 2

2

2

1

2 2xy 20xy

x y

1 2

Q 4xy 2016 x y 32xy 28xy x y 2016

xy xy

x y x y

2

4 x y 32xy x y 2016

xy

4 16 x y x y 2016 20 2016 2027

= + + + = + + + + − − + +

+ +

+ +

≥ + + −

+ ≥

− +

+ − + − + + = − − =

Như giá trị nhỏ Q 2027, xẩy x y

= =

• Nhận xét.Ở cách giải Cauchy Ta cách giảikhác cách sử dụng bất đẳng thức Cauchy kết hợp với Bunhiacopxkinhư sau

2 2

1 1

Q 4xy 2016 4xy 2016

xy 2xy 4xy 4xy

x y x y

= + + + = + + + + +

+ +

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức ta được:

( ) ( )

2

2

4 2 4xy. 2016 11 2016 2027

4xy x y

1 1

Q 4xy 2016

2xy 4xy 4xy

x y

x y

≥ + + + = + =

+ +

= + + + + +

+

Câu

a) Giải phương trình 32 x− + x 1− =

• Phân tích Để ý đến phương trình ta có 2 x x 1− + − = Vậy đặt a = 32 x; b− = x 1− thì phương

trình có dạng a b 1+ = với a3 +b2 =1

Từ ta có hệ phương trình giải

3

a b

a b

 + =

  + = 

Ta có lời giải phương trình cách đặt ẩn phụ đưa phương trình hệ phương trình sau.

• Lời giải Điều kiện xác định phương trình x 1≥

Đặt a = 32 x; b− = x 1− ≥0 Ta có a3 +b2 = − + − =2 x x 1, kết hợp phương trình cho ta có hệ

phương trình:

( ) ( )( )

3

2

3

b a b a b a

a b

a b a a a a 2a 1 a a a

 = − 

 + =  = − = −

 ⇔ ⇔  ⇔ 

 + =   + − + =  − + =

+ − =

   

   

Ta có a a a 2( − )( + )= ⇔ ∈0 a {0;1; 2− }

+ Với a = −2, ta có b=3, ta

32 x 2

x 10

x

 − = −

 ⇔ =



− =

+ Với a =0, ta có b 1= , ta

32 x 0

x x 1

 − =

 ⇔ =



− =

 , thỏa mãn điều kiện xác định

+ Với a =1, ta có b =0, ta

32 x 1

x

x

 − =

 ⇔ =



− =

 , thỏa mãn điều kiện xác định

Vậy phương trình cho có tập nghiệm S={1;2;10} b) Giải hệ phương trình

2

2

xy x y x 2y

x y 3x 2y 10

 + + = −



 − − + − =



• Phân tích Nhận thấy hai phương trình có bậc với ẩn ta kiểm tra xem phương trình nào hệ có  chính phương Tuy nhiên quan sát hệ phương trình ta thấy phương trình thứ hệ có thể phân tích thành tích Do ta thử hướng trước

( )( ) ( ) ( ) ( )( )

2 2

xy x y x 2y x 2y xy x y

x y x y y x y x y x 2y x y

+ + = − ⇔ − − − − =

⇔ − + − + − + = ⇔ − − + =

Đến ta giả hệ phương trình

• Lời giải Hệ phương trình cho tương đương với

( )( )

2

2 2

xy x y x 2y x 2y x y

x y 3x 2y 10 x y 3x 2y 10



 + + = − − − + =

 ⇔ 

 − − + − =  − − + − =

 

 

Từ phương trình (x 2y x y)( ) x 2y

x y

 = +

− − + = ⇔ 

= − 

+ Với x=2y 1+ , thay vào phương trình thứ hai hệ ta

( ) ( )

2 2

2

2

2

x y 3x 2y 10 2y y 2y )2y 10

y 2; x

4y 4y 6y 2y 10 3y 12 y

y 2; x

4

− − + − = ⇔ + − − + − =

 = =

⇔ + + − − + − = ⇔ − = ⇔ 

= − = −

=  ⇒



+ Với x= −y thay vào phương trình thứ hai hệ ta

2 2

x −y −3x 2y 10+ − = ⇔0 y −y +3y 2y 10+ − = ⇔0 5y 10= ⇒ =y 2; x = −2

Vậy hệ phươngtrình có nghiệm ( ) ( ) ( ) (x; y = −2;2 , 5;2 , 3; 2− − )

c) Tìm m để đường thẳng ( )d : y= −2(m 1)x 2m 5− + + cắt parabol ( )P : y =x2 tại hai điểm phân biệt

có hồnh độ x ; x1 2 cho biểu thức 2

1 2

T 12 10x x= − −x −x đạt giá trị lớn

• Phân tích Khi gọi x ; x1 2là hoành độ giao điểm đường thẳng (d) parabol (P) mặt phẳng toạ độ

1

x ; x chính nghiệm phương trình x2 = −2 m x 2m 5( − ) + + Từ ta áp dụng định lý Vi – et để giải

bài tốn.

• Lời giải

Vì đường thẳng ( )d : y= −2(m 1)x 2m 5− + + cắt parabol ( )P : y =x2 tại hai điểm phân biệt có hồnh

( ) ( )

2

x = −2 m x 2m 5− + + ⇔x +2 m x 2m 5− − − =

Ta có =4m2 −4m 8m 20+ + + =4m2 +4m 21 0+ > , với giá trị m phương trinh

trên ln có hai nghiệmphân biệt.Theo hệ thức Vi – et ta có:

2 2 2

1 2 2

1 2

x x x x 2x x 8m x x 4m 14

2m 2m

2m 4m 4m

xx x x x x 2m

 

 + + + − + + − +

 ⇔  ⇔ 

 = − −  = − −  = − −

  

 

= + = =

 −

Thay vào thức P ta

( )

2

1

2

2

2

1

T 12 10x x x x 12 20m 50 4m 4m 14

24m 48 4m 24m 36 84

4m 2m 84 84

=

= − − − = + + − + −

+ + = − + − + = − − + ≤

−

Do giá trị lớn P 84, xẩy m

= −

Câu Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường O Gọi D, E, F chân đường cao kẻ từ đỉnh A, B, C tam giác ABC Gọi H trực tâm tam giác ABC, I điểm đối xứng O qua cạnh BC

a) Chứng minh H tâm đường trịn nội tiếp tam giác DEF

• Phân tích Để chứng minh H tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF ta cần chứng minhđược DH, EH phân giác tam giác DEF Để ý đến tứ giác nội tiếp đường tròn ta có DCH   =DEH =FAH=FEH, EH phân giác tam giác DEF Hoàn tồn tương tự ta có DH đường phân giác Từ ta có điều phải chứng minh.

• Lời giải Tứ giác BFEC nội tiếp

 

BFC=BEC 90= dẫn đến DCH =FEB (chắn cung BF) Tứ giác BHDC nội tiếp HDC =HEC =900 Do

đó HCD = HED (chắn cung HD)

Từ hai điều suy FEH =HED suy EH tia phân giác góc FED Hồn tồn tương tự ta có DH tia phân giác góc FDE Mà tia DH EH cắt H tia phân giác thuộc tam giác DEF suy H tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF

b) Chứng minh tứ giác AHIO hình bình hành

• Phân tích Do ta có IO song song với AH (cùng vng góc với BC) nên để chứng minh tứ giác AHIO hình bình hành ta cần thêm AH=OI AO song song với HI IH =OA và hai đường chéo cắt mhau trung điểm đường

+ Hướng Chứng minh AH=OI Thật ta có tốn quen thuộc chứng minh OJ AH

= , muốn

chứng minh điều ta vẽ đường kính AK, tứ giác BHCK hình bình hành nên J giao điểm hai đường chéo BC, HJ Do OJ đường trung bình tam giác AHK Đến ta giải toán

+ Hướng Chứng minh IH =OA Nhận thấy OA =R nên ta chứng minh IH =R Vì HD song song với IO nên HDIO hình thang, đến ta nghĩ đến việc dựng hình thang cân sở Thật gọi M

H

M K

J G F

E

D

I O

C B

giao điểm AH ( )O ta toán quen thuộc D trung điểm HM tứ giác OHDI cân có DJ là trục đối xứng nên chứng minh hình thang cân, DJ vng góc với hai đáy mà D J trung điểm đáy lớn đáy bé Đến suy hai đường chéo OM=HI =R

+ Hướng Chứng minh giao điểm hai đường chéo trung điểm hai đường chéo tứ giác AHIO cộng thêm yêu tố AH song song với IO theo tam giác ta có điều phải chứng minh Lúc

này ta gọi giao điểm đường chéo tứ giác AHIO G Ta chứng minh G trung điểm AI (việc chứng minh G trung điểm HO) Ta tiến hành cách chẳng hạn chứng minh đường trung bình Điều này có sở mà bên điểm G điểm O tâm đường tròn (O) Ta tạo cho O trung điểm một đường kính đỉnh A để sử dụng đường trung bình chứng minh Kẻ đường kính AK Ta cần phải chứng minh GO hay HO song song với IK

• Lời giải.

+ Cách Gọi M giao điểm AH với (O) Suy BMA = BCA (chắn cung BA) Hai tam giác vng AHE ACD có chung DAC, suy BHD =AHE = BCA mà BMA = BCAdẫn đến

 

BHD=BMH hay tam giác BMH cân B Mà BD đường cao suy BD hay DJ trung trực HM Hình thang HMIO có DJ trung trực OI JD đường trung trực HM suy DJ trục đối xứng hình thang HMIO suy HMIO hình thang cân nên IH =MO OA=

Tứ giác AHIO có AHsong song với OI (cùng vng góc với BC) IH = OA nên AHIO hình bình hành

+ Cách Kẻ đường kính AK đường trịn Dễ dàng suy rađược CK⊥AC; KB ⊥AB.Vì O đối xứng với I qua BC nên gọi J giao điểm OI BC ta suy J trung điểm BC

Vì HB⊥AC;CK⊥AC nên HBsong song với CK, tương tự ta có BKsong song với CH Suy BHCK hình hình hành mà J trung điểm BC dẫn đến J trung điểm HK

Mặt khác J trung điểm OI nên suy HOKI hình bình hànhnên GOsong song với IK.Tam giác AKIcó O trung điểm AK nên suy G trung điểm AI

Tam giác HAG OIGcó AG GI= ; HGA =OGI (đối đỉnh); HAG GIO = 

Suy HAG=OIG⇒AH= IO mà AHsong song với nêntứ giác AHIO hình bình hành

c) Các tiếp tuyến đường tròn tâm O B, C cắt Q, gọi P giaođiểm AQ EF Chứng minh P trung điểm EF

• Phân tích Để chứng minh P trung điểm EF ta cần chứng minh PE=PF Thử tìm tam giác nhau hay đường trung bình khơng cho kết Ý nghĩ cuối chứng minh cặp tỷ số có liên quan đên PE PF Gọi K giao điểm AQ với đường tròn ( )O Dễ dàng chứng minh tam giác APF đồng dạng với tam giác ABK nên ta có PF AP

BK = AB

BK PF AP

AB

⇒ = Tương tự ta PE AP.CK

AC

=

Như cần chứng minh BK CK

AB = AC Mà tam giác QBK đồng dạng với tam giác QAB nên

BK BQ

AB = AQ Tương tự

CK CQ

AC = AQ Mà ta lại có hai tiếp tuyến B C cắt Q nên BQ CQ=

Do BK CK

• Lời giải Gọi K giao điểm AQ với đường trịn ( )O Ta thấy KBQ góc tia tiếp tuyến BQ dây cung BK BAK góc nội tiếp chắn cung BK nên KBQ =BAK

Tam giác BKQ đồng dạng với tam giác ABQ có A chung KBQ =BAK Suy rata BK BQ

AB = AQ Hoàn toàn tương tự ta có

CK CQ

AC = AQ

Mà hai tiếp tuyến B C cắt Q nên BQ CQ= ⇒ BK CK

AB = AC

Ta có BFE =BEC 90 = 0⇒BFEC tứ giác nội tiếp ⇒ AFP = ECB =ACB

Mà ABK =ACB( chắn cung AB) ⇒ AFP =ABK

Tam giác APF đồng dạng với tam giác ABK A chung AFP =ABK Do ta lại có PF AP

BK = AB

BK PF AP

AB

⇒ = Tương tự ta PE AP.CK

AC

=

Mà ta có BK CK

AB = AC, suy ra đượcPE= PFhay P trung điểm EF

Câu (2.0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn M điểm nằm tam giác ABC Gọi L, H, K chân đường vng góc M cạnh AB, BC, CA Tìm vị trí điểm M để

2 2

AL +BH +CK đạt giá trị nhỏ

• Phân tích Do L, H, K hình chiếu M cạnh AB, BC, CA nên ta dự đoán dấu xảy tại L, H, K trung điểm cạnh AB, BC, CA M tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC hay AL 1AB; BH 1BC;CK 1CA

2 2

= = = từ gợi ý cho ta bất đẳng thức

( 2 2) ( 2 2) 2

2 2

AL BH CK AB BC CA AL BH CK AB BC CA

4

≥ ⇔

+ + + + + + ≥ + +

Để ý chút đề cho ta góc vng bình phương AL, BH, CK nên ta tìm cáchsử dụng Pytago đề biến đổi AL, BH, CK thành AB, BC, CA

Để ý ta có bất đẳng thức liên hệ AL với AB, BH với BC, CK với CA ta có

( )2

2 2

2 AL BL AB ; BH2 CH2 BC ;CK2 CA

AL AK

2

B

2

L ≥ + = + ≥ + ≥

+

Từ tin tưởng hướng ta trình bày lời giải sau.

• Lời giải

Theo định lý Pytago cho tam giác vng ta có

2 2 2 2 2

2 2 2 2 2

AL ; AK MK AM ; BH BM

BL BM ;CK MK CM ;CH

ML A

MH

M MH

ML CM

+ = =

= +

=

+ =

+ +

+ =

Từ ta thu

( ) ( ) ( )

2 2 2 2 2 2

AL +ML − AK +MK +BH +MH − BL +ML +CK +MK − CH +MH =0

Áp dụng bất đẳng thức dạng ( )

2 b2

4

a + ≥ a b+ ta

( )

( ) ( ) ( )

2 2 2 2 2

2 2

2 2

2 BH CK BH CK AK BL CH

AL BL BH CH CK AK AB BC CA

2 2

A

2 A

2

L L

2

+ + = + + + +

+ + +

+

≥ + = + +

Từ dẫn đến 2 AB2 BC2 C

4

AL +BH +CK ≥ + + A

Vậy giá trị nhỏ AL2BH2CK2là AB2 BC2

4

CA

+ + Dấu xẩy khi

AL=BL; BH=CH;CK=AK hay M tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Câu (3.0 điểm)

1 Giải phương trình nghiệm nguyên 3x2 −5xy 2y− −4x 8y 3+ + =0.

•Phân tích Nhìn vào phương trình ta thấyphương trình cho có bậc hai biến nên ta nghĩ đến phương pháp sử dụng điều kiện có nghiệm phương trình bậc hai điều kiện  là số phương để phương trình có nghiệm ngun Trước hết ta viết lại phương trình thành

( )

2

3x −x 5y 4+ −2y +8y 3+ =0

Xem phương trình phương trình bậc hai ẩn x với y tham số. Khi ta có =(5y 4+ )2 −12 2y(− +8y 3+ )=49y2 −56y 20−

Để phương trình có nghiệm ngun  là số phương

Đặt 49y2 −56y 20− =a2 ⇒(7y 4− )2 −36 =a2 ⇒(7y a 7y a− + )( − − ) =36

Đến ta giải phương trình cách sử dụng ước số.

•Lời giải Phương trình cho tương đương với 3x2−x 5y 4( + )−2y2 +8y 3+ =0

Xem phương trình phương trình bậc hai ẩn x với y tham số Khi ta có =(5y 4+ )2 −12 2y(− +8y 3+ ) =49y2 −56y 20− .

Để phương trình cónghiệm ngun  số phương

Đặt 49y2−56y 20− =a2⇒ (7y 4− )2 −36=a2 ⇒ (7y a 7y a− + )( − − ) =36

Vì 7y a− + 7y a− − tính chẵn lẻ mà 7y a 7y a− + + − − =14y 8− chia dư nên ta suy ta

7y a y

7y a 18 a

7y a 18 y

7y a a

 − + =  =

 

− − = = −

 ⇒ 

 − + =  =

 

 

 − − =  =

 

+ Với y=2 thay vào phương trình ban đầu ta 3x2 −14x 11 0− =

x 11 x

3

 =  ⇒  =



Vậy nghiệm phương trình ( ) ( )x; y = 1;2

2 Chứng minh a, b, c∈ a b c+ + chia hết cho a3 +b3+c3 chia hết cho 6.

• Phân tích Ta có một số hướng để làm sử dụng toán x3 −x6 và biến đổi quen thuộc

( )3 3 3 3 ( )( )( )

c

a b c+ + =a +b + +3 a b b+ +c c a+ rồi rử dụng nguyên lý Diriclet để chứng minh.

• Lời giải

+ Cách Dễ dàng chứng minh x3−x6, với x số nguyên.

Ta có a3+b3 +c3 − − − =a b c a3 − +a b3−b c+ −c6

Vì a b c 6+ +  kết hợp với điều nêna3+b3 +c36

+ Cách 2.Ta có (a b c+ + )3 =a3 +b3 +c3 +3 a b b( + )( +c)(c a+ )

Theo nguyên lý Dirichlet ba số a, b, c ln có hai số tính chẵn, lẻ Giả sử hai sốcùng tính chẵn, lẻ a b, điều dẫn đến a b+ a + b ln số chẵn Do ta (a b b c c a 2+ )( + )( + ) nên (a b b c c a 2+ )( + )( + )

Đề số 20

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÁN TỈNH PHÚ YÊN Năm học 2015 – 2016

Câu (3.0 điểm)

Cho biểu thức: P a a a a a a a

a a a a a a a

 

 

− +  + 

= − + −   − 

− +    − + 

a) Rút gọn biểu thức P

b) Chứng minh với giá trị a (thỏa điều kiện thích hợp) ta có P>6

Câu (4.5 điểm).Giải phương trình 4x2 +5x x+ − − + =x 1 9x 3−

Câu (4.0 điểm).Cho ba số không âm x, y, z thỏa mãn 1 2x+ +1 2y+ +1 2z+ = Chứng minh xyz

64

≤

Câu (2.5 điểm) Cho hình bình hành ABCD có A <900 Dựng tam giác vuông cân A BAM

và DAN (B N thuộc nửa mặt phẳng bờ AB, D M thuộc nửa mặt phẳng bờ AB) Chứng minh AC vng góc với MN

Câu (5.0 điểm).Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), G trọng tâm Tiếp tuyến B (O) cắt CG M Tiếp tuyến C (O) cắt BG N Gọi X, Y theo thứ tự giao điểm CN, AN đường thẳng qua B song song với AC; Z,T theo thứ tự giao điểm củaBM, AM đường thẳng qua C song song với AB

a) Chứng minh AB.CZ =AC.BX

b) Chứng minh MAB =NAC

Phân tích hướng dẫn giải

Câu Cho biểu thức P a a a a a a a

a a a a a a a

 

 

− +  + 

= − + −   − 

− +    − + 

a) Rút gọn biểu thức P

b) Chứng minh với giá trị a (thỏa điều kiện thích hợp) ta có P>6

( ) ( ) ( ) ( )( )

( )( )

( ) ( )(( ) )

( )

3 a a a a

a a a a a

P

a a

a a a a

a a a a a a a 3a a a a a

a a

a a a a

2 a a

a a a a a 2a a 2. 2

a

a a a a

+ − + −

− + −

= − +

−

− +

− + + + − + − + − + − +

= − +

−

− +

+ +

+ + − + − + +

= − + = +

−

Ở ý b) ta cần chứng minh với giá trị a (thỏa điều kiện thích hợp) ta có P>6 Có cách xử lý sau

+ Xét hiệu P – sau chứng minh kết hiệu số dương

+ Sử dụngbất đẳng thức AM – GM để đánh giá P>6

Ta có P 2 a( a 1) 2.a a a a( a 1)

a a a

+ + + + − − +

− = + − = =

Vì a− a 0+ > a >0 nên P >6

Câu (4.5 điểm).Giải phương trình 4x2 +5x x+ − − + =x 1 9x 3−

• Phân tích Chú ý hệ số x2 chắc chắn ta khơng thể bình phương hai vế Hai đại lượng có đại

lượng khơng thể phân tích thành tích, khó phân tích thành tích Nhẩm giá trị đặcbiệt 0, 1, thấy khơng có nghiệm ngun nên ta nghĩ tới việc đặt ẩn phụ Muốn đặt ẩn ta phải tìm mối liên hệ đại lượng phương trình Ta thấy vế trái khơng cịn x2 nữa để ý thấy hệ số thức thứ 2khi bình

phương lên ta có 4x2 khi dễ dàng lấy để bậc nên ta đặt sau:

Đặt 4x2 +5x 1+ =a;2 x2 − + = ⇒x 1 b a2 −b2 =9x 3− Khi phương trình trở thành

( )( )

2 a b

a b a b a b a b a b

a b

 − =

− = − ⇔ − = − + ⇔  + =



Đến ta xét trường hợp ta giải phương trình

• Lời giải

Đặt 4x2 +5x 1+ =a;2 x2 − + = ⇒x 1 b a2 −b2 =9x 3− Khi phương trình trở thành

( )( )

2 a b

a b a b a b a b a b

a b

 − =

− = − ⇔ − = − + ⇔  + =

 + Với a b− =0 a =b, ta có phương trình

2 2

4x 5x x x 4x 5x 4x 4x x

3

+ + = − + ⇔ + + = − + ⇔ =

2

2

2

2

4x 5x 4x 4x

4x 5x 1 x x

1 x x

9x

1 x x

 + + = − + −



+ + = − − + ⇒ 

− − + ≥



 − =

 ⇔ 

− − + ≥



Hệ phương trình vơ nghiệm

Vậy phương trình có nghiệm x

=

• Nhận xét Mấu chốt tốn phát lấy bình phương hệ số hai cần lấy hiệu vế phải Ở dựa tư tưởng ta nghĩ tới việc nhân lượng liên hợp có nghiệm nên có sở thực Sau nhân lượng liên hợp hai thức ta nhân tử chung hai vế 9x 3− Trên thực tế hai cách làm giống khác cách xử lý mà

( )( )

2

2 2

2

2

2

4x 5x x x 9x

4x 5x x x 4x 5x x x

9x

4x 5x x x

9x 9x

9x 1

4x 5x x x

4x 5x x x

+ + − − + = −

+ + − − + + + + − +

⇔ = −

+ + + − +

 − =

− 

⇔ = − ⇔ 

=

+ + + − + 

+ + + − +



+ Với 9x 3− = ta x

=

+ Với

2

1 1

4x +5x x+ + − +x = ta

2 2

2

2

4x 5x x x 1 4x 5x 1 x x

9x

4x 5x 4x 4x

1 x x

1 x x

+ + + − + = ⇔ + + = − − +

 + + = − + −  − =

 

⇒  ⇔ 

− − + ≥

− − + ≥

 



Hệ phương trình vô nghiệm

Câu (4 điểm).Cho ba số không âm x, y, z thỏa mãn 1 2x+ +1 2y+ +1 2z+ = Chứng minh xyz

64

≤

• Lời giải Áp dụng bất đẳng thức AM – GM giả thiết ta có:

( )( )

1 1 2y 2z 4yz

1

1 2x+ = −1 2y+ + −1 2z+ = 2y+ +1 2z+ ≥ 2y 2z+ +

Chứng minh tương tự ta có

( )( ) ( )( )

1 2 4xz ; 2 4xy

1 2y+ ≥ 2x 2z+ + 2z+ ≥ 2x 2y+ +

( ) ( ) ( ) ( )( )( ) ( )( )( )

2 2

2 2

1 1 64x y z

1 2x 2y 2z 1 2x 1 2y 1 2z

1 8xyz

8 64xyz xyz

64

1 2x 2y 2z 2x 2y 2z

≥

+ + + + + +

⇔ ≥ ⇔ ≤ ⇔ ≤

+ + + + + +

Vậy bất đẳng thức chứng minh Dấu xẩy x y z

= = =

Câu (2.5 điểm) Cho hình bình hành ABCD có A <900 Dựng tam giác vng cân A BAM

và DAN (B N thuộc nửa mặt phẳng bờ AB, D M thuộc nửa mặt phẳng bờ AB) Chứng minh AC vng góc với MN

• Phân tích Bài tốn u cầu chứng minh AC vng góc với MN tức cần chứng minh góc AHM 900

Hay ta phải chứng minh HAM HMA + =900 Để ý thấy NAB =DAM Mà ta có

  

DAM HAD+ =HAM nên ta cần chứng minh được

    

HAM HMA+ =NAB HAD HMA+ + =90

Tuy nhiên dễ thấy NAB HAD 90 + = 0−BAC nên ta

cần có HMA =900 −NAB HAD + =BAC Như

ta cần chứng minh BAC =HMA là xong

• Lời giải Vì ABCD hình bình hành nên

   

ABC 180= −BAD⇒ABC BAD 180+ =

Mặt khác ta có NAD BAM 180 + = nên ta suy ra

được BAD NAM 180 + = 0 Từ ta

 

ABC= NAM Lại có AB=AM; AN =AD=BC Suy hai tam giác NAM CAB nhau, suy

 

BAC= HMA Từ dẫn đến

     

    

0

0

HMA 90 NAB HAD NAB HAD HMA 90

DAM HAD HMA 90 HAM HMA 90

= − + ⇒ + + =

⇒ + + = ⇒ + =

Vì thếgóc MHA =900 nên AC vng góc với MN.

• Nhận xét Mấu chốt toán phát cặp tam giác sau xử lý có nhiều cách Sau số ví dụ:

+ Ta thử gọi giao điểm NM với ABlà I tam giác IAM vng A Với tam giác NAM tam giác CAB ta có được IAC =NMA Khi dễ dàng suy góc AHM =900

+ Hay tam giác AHM có AMN MAH + =BAC HAM + =BAM =900nên AHM =900

Câu Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn ( )O cóG trọng tâm Tiếp tuyến B ( )O cắt CG M Tiếp tuyến C ( )O cắt BG N Gọi X, Y theo thứ tự giao điểm CN, AN đường thẳng qua B song song với AC Gọi Z T theo thứ tự giao điểm BM AMvớiđường thẳng qua C song song với AB

H I

M N

D C B

a) Chứng minh AB.CZ=AC.BX

• Phân tích Để chứng minh AB.CZ =AC.BX ta

cần tìm mối liên hệ chúng Để chứng minh chúng cần chứng minh tam giác ABX đồng dạng với ACZ điều khó thực chúng khơng có mối liên hệ nên ta phả tìm đại lượng trung gian Để ý đến yếu tố song song ta có

 

ABC ZCB= , lại thấy ZBC CAB =  nên

2

ABC CBZ⇒ AB.CZ CB=

 ∽ Bây cần

chứng minh AC.BX =BC2 hay

ABC CXB

 ∽ , điều chứng minh hoàn toàn

tương tự cặp tam giác

• Lời giải VìAB song song với CZ nên ta có

 

ABC ZCB=

Lại có ZBC CAB =  (do góc tạo tia tiếp tuyến dây cung chắn cung BC) Suy ABC∽CBZ⇒AB.CZ CB=

Chứng minh tương tự ta có ABC∽CXB⇒AC.BX =BC2

Từ hai kết ta suy AB.CZ=AC.BX

b) Chứng minh MAB =NAC

• Phân tích Lúc nhìn vào ta thường nghĩ đến sử dụng tương tự câu a nhiên khơng có yếu tố song song với BC nên tương tự ý vào yếu tố trọng tâm ta chưa khai thác đến nên ta gọi trung điểm AB E AC F Cần chứng minh MAB =NACtuy nhiên chứng minh được tam giác MAB đồng dạng ANCđể ý thấyIAM =TANdo hai góc đối đỉnh nên ta chuyển sang chứng minh YAB =TAC hay YAB∽ TAC Ta quy toán chứng minh AB.CT =AC.YB Tích giống với tích ta chứng minh ý a) có CT YB khác với ZT XY Chú ý đến yếu tố trọng tâm ta hồn tồn chứng minh CT =CZ và BX=BY như sau

Vì AB song song với ZT nên BE AE ME

ZC = CT = MC mà AE =BE nên CZ CT= Chứng minh hoàn toàn tương

tự ta BX=BY nên áp dụng câu a) ta cóAB.CZ=AC.BX⇒ AB.CT=AC.YB

Tuy nhiên để chứng minh YAB∽TAC thì cần thêm yếu tố Để ý BY song song

với AC AB song song với CT nên YBA =BAC =ACT Vậy toán chứng minh

• Lời giả Vì AB song song với ZT nên BE AE ME

ZC = CT = MC AE =BE nên CZ CT= Chứng minh hoàn

toàn tương tự ta BX =BY Từ ta có AB.CZ= AC.BX⇒AB.CT =AC.YB

Mặt khác BY song song với AC AB song song với CT nên YBA = BAC = ACT

Từ suy YAB∽TAC⇒ YAB = TAC, mà ta lại có YAM =TANnên YAB =TAC Do YAM MAB + =TAN NAC + ⇒MAB =NAC Vậy MAB =NAC

N

M

T

Z Y

X O G

C B

Đề số

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN TỈNH LAI CHÂU Năm học 2015 – 2016

Câu (3.0 điểm)

Cho biểu thức A x :

x

x x x x x x

 −   

 

= −   − 

−

+ − + −  − 

 

a) Rút gọn biểu thức A

b) Tính giá trị biểu thức x =237+ 50 + 37− 50

 

 

Câu (4.0 điểm)

a) Chứng minh 5n 3+ −3.5n 1+ +26n 3+ chia hết cho 59(với n số tự nhiên).

b) Tìm số nguyên x, y thỏa mãn 2x2 +xy y− − =5 0.

Câu (5.0 điểm)

a) Tìm m để phương trình mx2 −2 m x m 3( − ) + − = 0 có hai nghiệm

1

x ; x thỏa mãn điều kiện

2

1

x +x =1

b) Giải phương trình

2

1

2 x + 2 x− =

c) Giải hệ phương trình ( )

( )

2

2x y x 2y x y

 = −

 

= −



Câu (6.0 điểm)

Cho đường trịn ( )O có đường kính AB 2R= Lấy C trung điểm OA dây MN vng góc với OA C Gọi K điểm tùy ý cung nhỏ BM K giao điểm AK với MN

a) Chứng minh tứ giác BCHK nội tiếp đường trịn

b) Tính tích AH.AK theo R

c) Xác định vị trí điểm K để tổng KM KN KB+ + đạt giá trị lớn tính giá trị lớn

Câu (2.0 điểm)

Cho a, b, c số thực dương Chứng minh rằng:

1 1 1

3

a b c a 2b b 2c c 2a

 

+ + ≥  + + 

+ + +

 

Phân tích hướng dẫn giải Câu 1.Cho biểu thức A x :

x

x x x x x x

 −   

 

= −  − 

 + − + −   − − 

 

• Lời giải

Điều kiện xác định phương trình x≥0; x ≠1

( )( ) ( )( )

( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )

( )

( )( )

2

1 x 2

A :

x x x x x x

x x x x x

: x

x x x x x x

x x 1

x

x x

   

−

   

= −   − 

+ − + − − +

   

   

− + − − +

= = +

− + − + − +

− −

= =

+

+ −

b) Tính giá trị biểu thức x =237+ 50 +37− 50

 

 

Ta có x3 =8 7 + 50 7+ − 50 7+ + 50 73 − 5037+ 50 + 37− 50 =112 12x−

 

  

 

Hay ta x3 +12x 112− = ⇔0 (x x− )( +4x 28+ )= ⇔ =0 x 4 x2 +4x 28+ >0.

Thay vào biểu thức A ta A 1

−

= =

+

Vậy x =4 giá trị A

3

Câu

a) Chứngminh 5n 3+ −3.5n 1+ +26n 3+ chia hết cho 59(với n số tự nhiên).

• Lời giải Ta có

( )

n n 6n 3 n n n n n n n n

5 + −3.5 + +2 + =5 −3.5.5 +8.64 =110.5 +8.64 =118.5 +8 64 −5

Dễ thấy 118.5 59n

Lại có 64n −5n =(64 64− )( n 1− +64 64.5n 2− + + n 2− +5n 1− )=59 64( n 1− +64 5n 2− + + n 1− )

Do 8 64( n −5n)59 Vậy ta 5n 3+ −3.5n 1+ +26n 3+ chia hết cho 59.

b) Tìm số nguyên x, y thỏa mãn 2x2 +xy y− 2− =5 0.

• Lời giải Phương trình cho tương đương với (x y 2x y+ )( − )=5

Do x, y số nguyên nên x y+ 2x y− ước Từ đs ta có bảng sau

x y+ 1 −1 5 −5

2x y− 5 −5 1 −1

x −2 −2

y −1 1 3 −5

Vậy cặp số thỏa mãn yêu cầu toán ( ) ( ) ( ) ( ) (x; y = 2; , 2; , 2;1 , 3− − − − )

Câu (5.0 điểm)

a) Tìm m để mx2 −2 m x m 3( − ) + − =0 có hai nghiệm

x ; x thỏa mãn 2

1

• Lời giải.Điều kiện để phương trình mx2 −2 m x m 3( − ) + − = 0 có hai nghiệm

1

x ; x ( )2 ( )

'

m

m m

m

0 m m m



 ≠

 ≠  ≠

 ⇔  ⇔ 

 ≥   ≤

− − − ≥ 

  

 

Khi theo hệ thức Vi – et ta có x1 x2 m 1( ); x x1 2 m

m m

− −

+ = =

Ta có 2 ( )2

1 2

x +x = ⇔1 x +x −2x x =1 hay ta

( )

2

2 m m 3 m

2 m 10m 16

m

m m

 −  −  =

  − = ⇔ − + = ⇔  =

  

 

Kết hợp với điều kiện có nghiệm phương trình ta m =2 giá trị cần tìm b) Giải phương trình

2

1

2 x + 2 x− =

• Phân tích lời giải Điều kiện xác định phương trình − < <x x ≠0

Nhận thấy phương trình chứa thức bậc hai lai nằm mẫu nên để đơn giản hóa ta sử dụng phép đặt ẩn phụ Đặt y= 2 x , y− >0 Khi ta có y2 = −2 x2 ⇔ x2 +y2 =2.

Phương trình cho trở thành 1 x y 2xy

x + y = ⇔ + =

Đến la có hệ phương trình x y2 2 2xy

x y

 + = 

 +

 , hệ phương trình đối xứng dạng

Ta giải hệ sau

( )2 ( )2 ( )( )

2

x y 2xy x y 2xy x y 2xy

x y 2xy

x y x y 2xy 2xy 2xy 2xy xy

 + =  + = 

 + = + =

 ⇔  ⇔  ⇔ 

 + =    + − =

+ − = − =

   

   

+ Trường hợp x y x

xy y

 + =  =

 ⇔ 

 =  =

 

 

+ Trường hợp 2

1 3

x y y x 1 x ; y

2

1 2x 2x 0

xy 3

x ; y

2

2

 − + − −

 + = −  = − −  = =

 ⇔  ⇔ 

  + − =



= −  − − − +

  = =

 

Kết hợp với điều kiện y>0 điều kiệnxác định ta tập nghiệm S 1;

 − − 

 

=  

 

 

+ Với x y− =0 ta có hệ x y ( 2) x( 2y ) x y

2y x y y y

 =  =

 ⇔  ⇔ = =

 = −  + =

 

 

+ Với xy 3+ =0 ta xy = −3 y khác Từ ta có hệ phương trình

( 2)

xy xy x 3; y

y

2y x y x 3; y 3



 = −  = − = = −

 ⇔  ⇔ 

 = −  =

 = − =



 

 

Vậy hệ phương trình cho có nghiệm

Câu (6.0 điểm)

a) Từ giác BCHK có AKB HCB 90 + = +900 =1800 nên nội tiếp đường tròn.

b) Dễ thấy hai tam giác AHC ABK nội tiếp đường trịn, ta AH AC

AB = AK

Từ ta AH.AK AB.AC R.2R R2

2

= = =

c) Tam giác AMB vng M có MC vng góc với AB nên ta MC2 CA.CB 3R3

4

= =

Suy MC 3R

= nên ta MN=2MC= R

Tam giác MBC vng C nên theo định lí Pitago ta có MB2 =MC2 +BC2 =3R2.

Suy BM=R =MN Từ ta MB= MC=MN nên tam giác MNB Từ ta có NMB = IKB =600

Trên đoạn KN lấy điểm I cho NI=MK

Hai tam giác AKB NIB có NI =MK, BMK =BNI; MB =NB nên Do ta IB=BK, mà ta có NMB = IKB 60 = nên tam giác KIB đều.

Suy KI=KB nên KM KN KB 2KN+ + =

Do KM KN KB+ + lớn KN lớn nhất, KN đường kính đường tròn ( )O , điều xẩy K điểm cung MB

Khi KM KN KB+ + nhận giá trị lớn 4R

Câu (2.0 điểm)

Cho a, b, c số thực dương Chứng minh rằng:

1 1 3 1

a b c a 2b b 2c c 2a

 

+ + ≥  + + 

+ + +

 

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức ta có

1 1 9 ;1 1 ;1 1

a + b+ b ≥ a b b+ + = a 2b b+ + + ≥c c b 2c c+ + +a a ≥ c 2a+

Cộng theo vế bấtđẳng thức ta 1 1

a b c a 2b b 2c c 2a

   

+ + ≥ + +

   + + + 

Hay ta có 1 1

a b c a 2b b 2c c 2a

 

+ + ≥  + + 

+ + +

 

Đề số

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN TỈNH HẢI DƯƠNG Năm học 2016 – 2017

Câu (2.0 điểm).

a) Cho biểu thức P= 1 x− +(1 x− ) 1 x− + 1 x− −(1 x− ) 1 x− với − ≤ ≤1 x 1

Tính giá trị biểu thức P x 2017

= −

b) Cho a; b; c ba số thực không âm thoả mãn a b c+ + = a + b + c =2 Chứng minh

( )( )( )

a b c

1 a+ +1 b+ +1 c+ = 1 a b c+ + +

Câu (2.0 điểm).

a) Giải phương trình 2x2 −2x 1+ =(2x 1+ )( x2 − + −x 1)

b) Giải hệphương trình ( )

2

3

x y xy x

2x x y

 + + = + +

 

= + + 

Câu (2.0 điểm)

a) Tìm cặp số nguyên ( )x; y thoả mãn 2x2 +2y2 +3x 6y− =5xy 7−

b) Tìm tất số tự nhiên n cho n2 +2n+ n2+2n 18 9+ + sốchính phương.

Câu (3.0 điểm).

Cho tam giác nhọn ABC (AB<AC) nội tiếp đường tròn (O,R) Các đường cao AD, BE, CF cắt H (D thuộc BC, E thuộc CA, F thuộc AB) Tia EF cắt tia CB P, AP cắt đường tròn (O,R) M (M khác A)

a) Chứng minh PE.PF= PM.PA AM vng góc với HM

b) Cho cạnh BC cốđịnh điểm A di chuyển cung lớn BC Xác định vị trí A để diện tích

tam giác BHC đạt giá trị lớn

Cho tam giác ABC có góc A nhọn, nội tiếp đường tròn tâm O Một điểm I chuyển động cung BC không chứa điểm A(I khơng trùng với B C) Đường thẳng vng góc với IB I cắt đường thẳng

AC E, đường thẳng vng góc với IC I cắt đường thẳng AB F Chứng minh đường thẳng

EF qua điểm cốđịnh

Câu (1.0 điểm). Cho a; b;c ba số thực dương thoả mãn a2 +b2 +c2 =3

Chứng minh 2 2 2

2 2 2

a 3ab b b 3bc c c 3ca a

3

6a 8ab 11b 6b 8bc 11c 6c 8ca 11a

+ + + + + +

+ + ≤

Phân tích hưỡng dẫn giải Câu (2.0 điểm).

a) Cho biểu thức P= 1 x− +(1 x− ) 1 x− + 1 x− −(1 x− ) 1 x− với − ≤ ≤1 x 1

Tính giá trị biểu thức P x 2017

= −

• Phân tích Ta có P= 1 x−  1+ 1 x− + 1− 1 x− 

 

  Để tính giá trị biểu thức P ta thay

trực tiếp x 2017

= − biến đổi tiếp biểu thức theo cách sau

( ) ( ) ( ) ( )( )

2 2

P = x−  1+ x− + 1− x−  = x 2 1−  + − x−  =2 x 1− + x

 

 

Để ý ta thấy x 2017

= − < nên ta lấy P trường hợp x<0

• Lời giải. Với − ≤ ≤1 x ta 1 x− ≥0;1 x− ≥0 Từđó ta có

( ) ( )

( )( ) ( )( )

2

2 2

P x x x x x x

1 x 1 x x 1 x x 1 x 1 x

= − + − − + − − − −

 

= − + − + − − − = −  + − + − − 

 

Từđó suy

( ) ( )

( ) ( ) ( )( )

2

2 2

2 2

2

P x 1 x 1 x

1 x 1 x 1 x 1 x 1 x

1 x 2 1 x x x

 

= −  + − + − − 

 

 

= −  + − + + − − − + − − 

 

 

= −  + − −  = − +

 

Khi x<0 ta P2 =2 x x( − )( − ) (=2 x− )2

Mà P= 1 x− +(1 x− ) 1 x− + 1 x− −(1 x− ) 1 x− ≥0 với mọi − ≤ ≤1 x 1

Suy ta P= x( − ) Vì x

2017

−

= < nên giá trị biểu thức P x 2017

− =

1 2018

P

2017 2017

 

=  +  =

 

b) Choa; b; c ba số thực không âm thoả mãn a b c+ + = a + b + c =2 Chứng minh

( )( )( )

a b c

1 a+ +1 b+ +1 c+ = 1 a b c+ + +

Nhận thấy biểu thức P chứa tổng a 1, b 1, c 1+ + + nên ta ý dến phép biến đổi

( )( )

a a+ = + ab + bc + ca = a + b a + c

Áp dụng hoàn toàn tương tự thay vào biểu thức để rút gọn

• Lời giải Đặt a =x; b = y; c =z, ta có x2 +y2 +z2 = + + =x y z 2

Suy 2 xy yz zx( + + ) (= x y z+ + )2−(x2 +y2 +z2) =22 − =2 2

Hay ta xy yz zx 1+ + = , 1 a+ =xy yz zx x+ + + =(x y x z+ )( + )

Tương tự ta có b+ =(y z y x ;1 c+ )( + ) + =(z x z y+ )( + ) Từđó ta có

( )( ) ( )( ) ( )( )

( ) ( ) ( )

( )( )( ) ( ( )( )( ) ) ( )( )( ) ( )( )( )

a b c x y z

1 a b c x y x z y z y x z x z y

x y z y z x z x y xy yz zx

x y y z z x x y y z z x

2.1

1 a b c a b c

+ + = + +

+ + + + + + + + +

+ + + + + + +

= =

+ + + + + +

= =

+ + + + + +

Câu (2.0 điểm).

a) Giải phương trình 2x2 −2x 1+ =(2x 1+ )( x2 − + −x 1)

• Phân tích Biến đổi phương trình cho ta

(x2 − +x 2)+x2 − − =x 1 (2x 1+ )( x2 − + −x 1)

Đặt t = x2 − + −x 1 Thay vào phương trình ta

( )2 ( )( )

2

t +2t x+ − −x 2xt t− = ⇔0 t x− + − = ⇔t x t x t x 1− − + =0

Đếna ta giải phương trình

• Lời giải Điều kiện xác định phương trình x∈R Biến đổi phương trình ta

( )( )

( ) ( )( )

2

2 2

2x 2x 2x x x

x x x x 2x x x

− + = + − + −

⇔ − + + − − = + − + −

Đặt t= x2 − + − ⇒x 1 x2 − + =x 2 ( )t 1+ 2 Thay vào phương trình ta được

( ) ( ) ( )

( )

( )( )

2 2 2 2

2

2

t x x 2x t t 2t x x 2x t

t 2t x x 2xt t t x t x

t x

t x t x

t x

+ + − − = + ⇔ + + + − − = +

⇔ + + − − − = ⇔ − + − =

 =

⇔ − − + = ⇔  = −



+ Với t=x ta có

( )

2

2

x

x x x

x x x

 ≥ −  − + − = ⇔ 

− + = +

x2 2 x 11 x

x x x 2x x

3  ≥ −  ≥ −   ⇔  ⇔  ⇔ = − + = + + =    

+ Với t= −x ta có

2

x x

x x x x

x

x x x

 ≥  ≥   − + − = − ⇔  − + = ⇔  = ⇔ =    

Vậy phương trình cho có tập nghiệm S 2;

 

=    

b) Giải hệphương trình ( )

2

3

x y xy x

2x x y

 + + = + +

 

= + + 

• Phân tích Biến đổi phương trình thứ ta x2 +(y 1+ )2 −x y 1( + ) =1 Khi đặt ẩn phụ

t= +y 1 ta thu hệ phương trình

2

3

x t xt

2x x t

 + − =



 = +



Quan sát hệ phương trình ta nhận thấy nhân chéo hai phương trình với ta thu phương trình đẳng cấp bậc ba

• Lời giải Biến đổi tương đương hệphương trình cho ta

( )2 ( )2 ( )

2

3

x y xy x x y x y 1

2x x y 2x x y

 + + = + +  + + − + =  ⇔    = + + = + +    

Đặt t= +y 1, hệphương trình trở thành

( )( )

2

2

3 2

2 2 2

3 3

x t xt

x t xt

2x x t 2x x t x t xt

x t xt x t xt x x t

x t

x t x t

2x x t

  + − = + − =  ⇔   = +  = + + −      + − =  + − =  =  = =    ⇔  = − ⇔  = ⇔  = ⇔  = = −        

+ Với x= =t 1, hệphương trình có nghiệm ( ) ( )x; y = 1;

+ Với x= = −t 1, hệphương trình có nghiệm ( ) (x; y = − −1; 2)

Vậy hệphương trình cho có nghiệm ( ) ( ) (x; y = 1; , 1; 2− − )

Câu (2.0 điểm)

a) Tìm cặp số nguyên ( )x; y thoả mãn 2x2+2y2 +3x 6y− =5xy 7−

• Lời giải Biến đổi phương trình cho ta có

( ) ( ) ( )

( )( )

2 2

2

2x 2y 3x 6y 5xy 2x 2y 3x 6y 5xy

2x 4xy 2y xy 3x 6y 2x x 2y y 2y x x 2y

x 2y 2x y

+ + − = − ⇔ + + − − = −

⇔ − + − + − = − ⇔ − + − + − = −

Vì x; y Z∈ nên suy (x 2y ; 2x y 3− ) ( − + )∈Z Lại thấy − = −7 ( )1 7= ( )− nên ta có trường hợp sau:

+ Trường hợp Với x 2y x

2x y y

 − = −  =

 ⇔

 − + =  =

 

 

+ Trường hợp Với x 2y x

2x y y

 − =  = −

 ⇔ 

 − + = −  = −

 

 

+ Trường hợp Với x 2y x

2x y y

 − =  = −

 ⇔ 

 − + = −  = −

 

 

+ Trường hợp Với x 2y x

2x y y

 − = −  =

 ⇔ 

 − + =  =

 

 

Thử lại ta cặp số nguyên ( )x ; y cần tìm ( )3;2 , 5; , 7; , 1; 4(− − ) (− − ) ( )

• Nhận xét Ta sử lý trường hợp bảng sau

x 2y− = −7 −1 7 1 −7

2x y 1− + = 7 −1 −7

x −5 −7

y −6 −4

Từ bảng kết ta có nghiệm phương trình

b) Tìm tất số tự nhiên n cho n2+2n+ n2 +2n 18 9+ + số phương.

• Phân tích Để n2 +2n+ n2+2n 18 9+ + số phương n2 +2n 18+ phải số tự nhiên Từ

đó ta có n2 +2n 18+ =k2 (k N∈ ) Giải phương trình ta tìm k n

• Lời giải Ta có n2 +2n+ n2 +2n 18 9+ + sốchính phương

Mà n2 +2n N, n N+ ∈ ∀ ∈ suy n2 +2n 18+ số tự nhiên

Đặt n2 +2n 18+ = k k N( ∈ ) Khi ta được

( )

( ) ( )( )

2

2 2 2

2

n 2n 18 k n 2n 17 k n 17 k

k n 17 k n k n 17

+ + = ⇔ + + + = ⇔ + + =

⇔ − + = ⇔ + + − − =

Vì k, n số tự nhiên nên k n k n 1+ + > − − k 1> nên ta

(k n k n 1)( ) 17 k n 17 k n 16 k

k n 1 k n n

 + + =  + =  =

  

+ + − − = ⇔  ⇔  ⇔ 

− − = − = =

  

  

Từđó ta có n2 +2n+ n2 +2n 18 9+ + =81 9= 2 (thoả mãn)

Vậy với n =7 n2 +2n+ n2 +2n 18 9+ + số phương.

1 Cho tam giác nhọn ABC (AB<AC) nội tiếp đường tròn ( )O; R Các đường cao AD, BE, CF cắt H (D thuộc BC, E thuộc CA, F thuộc AB) Tia EF cắt tia CB P, AP cắt đường tròn ( )O; R M (M khác A)

a) Chứng minh PE.PF=PM.PA AM vng góc với HM

• Phân tích

+ Để chứng minh PE.PF=PM.PA ta cần PE.PF=PB.PC và PB.PC=PM.PA.Dễ thấy

PE.PF=PB.PC do hai tam giác ∆PBF và ∆PEC đồng dạng PB.PC=PM.PA do hai tam giác

PBM

∆ ∆PAC đồng dạng

+ Để chứng minh AM vng góc với MH ta chứng minh M nằm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF

• Lời giải

Do BE, CF đường cao tam giác ABC nên ta có BFC =BEC 90 = 0 Suy

tứ giác BFEC nội tiếp nên PBF =PEC Từđó hai tam giác ∆PBF ∆PEC đồng dạng nên PB PF PE.PF PB.PC

PE = PC ⇒ =

Lại có tứ giác AMBC nội tiếp nên suy

 

PBM=PAC

Từđó hai tam giác ∆PBM ∆PAC đồng dạng PB PM PB.PC PM.PA

PA = PC ⇒ =

Kết hợp hai kết suy PE.PF =PM.PA Từ PE.PF =PM.PA ta PE PA

PM = PF, suy hai tam giác ∆PMF ∆PEA đồng dạng với

Từđó ta PMF =PEA nên tứ giác AMFE nội tiếp

Do AEH =AFH =900 nên suy tứ giác AEHF nội tiếp đường trịn đường kính AH

Suy nămđiểm A, M, F, H, E thuộc đường trịn đường kính AH

Từđó dẫn đến AMH =900(góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) hay AM ⊥HM

b) Cho cạnh BC cốđịnh điểm A di chuyển cung lớn BC Xác định vị trí A để diện tích tam

giác BHC đạt giá trị lớn

• Phân tích Kẻ đường kính AK đường trịn ( )O; R Gọi N trung điểm cạnh BC Dễ dàng chứng minh tứ giác BHCK hình bình hành Từ ta AH=2.ON Kẻ OI vng góc với AD suy tứ giác OIDN hình chữ nhật Từ ta suy

2 2 2 2

AI =AO −OI =R −DN ⇒AI = R −DN

Suy AD=AI ID+ = R2 −DN2 +ON Do ta có

M

N

K A'

P

H

O I

F

E

D C

B

( )

( ) ( )

BHC

2 2

1

S BC.HD BC AD AH

2

1

BC R DN ON 2.ON BC R DN ON

2

= = −

= − + − = − −

Do BC, R, ON không đổi suy SBHC đạt giá trị lớn DN đạt giá trị nhỏ Mà AB<AC suy điểm A chuyển động cung nhỏ A B' và A không trùng với A’ Suy điểm D chuyển động đoạn NB

D không trùng với N khơng tìm giá trị nhỏ DN Vậy khơng tìm vị trí điểm A để diện tích tam giác BHC đạt giá trị lớn

• Lời giải Kẻđường kính AK đường tròn ( )O; R Gọi N trung điểm cạnh BC

Dễ dàng chứng minh tứ giác BHCK hình bình hành Mà điểm N trung điểm BC nên N

cũng trung điểm HK nên ON đường trung bình tam giác KAH, AH=2.ON Kẻ OI

vng góc với AD (I thuộc AD) suy tứgiác OIDN hình chữ nhật

Từđó ta suyra OI =DN;ON=DI Áp dụng định lý pytago vào tam giác AIO vng I ta có

2 2 2 2

AI =AO −OI =R −DN ⇒AI = R −DN

Suy AD=AI ID+ = R2 −DN2 +ON Do đó ta có

( )

( ) ( )

BHC

2 2

1

S BC.HD BC AD AH

2

1

BC R DN ON 2.ON BC R DN ON

2

= = −

= − + − = − −

Do BC, R, ON không đổi suy SBHC đạt giá trị lớn DN đạt giá trị nhỏ

Mà AB AC< suy điểm A chuyển động cung nhỏ A B' (A’ điểm giữa cung lớn BC)

A không trùng với A’ Suy điểm D chuyển động đoạn NB D khơng trùng với N khơng

tìm giá trị nhỏ DN Vậy khơng tìm vịtrí điểm A để diện tích tam giác BHC đạt giá

trị lớn

2 Cho tam giác ABC có góc A nhọn, nội tiếp đường trịn tâm O Một điểm I chuyển động cung BC không chứa điểm A(I không trùng với B C) Đường thẳng vng góc với IB I cắt đường thẳng AC

tại E, đường thẳng vng góc với IC I cắt đường thẳng AB F Chứng minh đường thẳng EF

luôn qua điểm cốđịnh

• Lời giải Gọi K điểm đối xứng I qua EF

+ Xét trường hợp điểm K trùng với điểm A Khi KI

dây cung đường trịn ( )O

Mà EF đường trung trực KI suy EF qua O

+ Xét trường hợp điểm K không trùng với A

Ta có CIF BIE + =90 1800 = suy

 

EIF BIC 180+ =

Do tứ giác ABIC nội tiếp suy raBAC BIC 180 + = 0

Từ ta có BAC =EIF ⇒EIF =EAF Lại có

 

EKF=EIF (Do I K đối xứng qua EF)

Do EKF =EAF suy bốn điểm A, K, E, F thuộc đường tròn

Khi ta thu có tứ giác AKFE nội tiếp có AKEF nội tiếp

Khơng tính tổng quát giả sử AKFE nội tiếp

Suy KAF = KEF (cùng chắn KF) nên KAB =KEF (1)

Lại có IEF =KEF (Do K I đối xứng qua EF) IEF =BIK (cùng phụ KIE) (2)

Từ (1) (2) suy KAB = BIK, dẫn đến tứ giác AKBI nội tiếp nên K nằm đường trịn ( )O

Từđó suy KI dây cung đường tròn ( )O Mà EF đường trung trực KI nên ba ba điểm E,

O, F thẳng hàng Vậy đường thẳng EF qua điểm O cốđịnh

Câu (1.0 điểm). Cho a; b;c ba số thực dương thoả mãn a2 +b2 +c2 =3

Chứng minh 2 2 2

2 2 2

a 3ab b b 3bc c c 3ca a

3

6a 8ab 11b 6b 8bc 11c 6c 8ca 11a

+ + + + + +

+ + ≤

+ + + + + +

• Phân tích Để đánh giá làm thức bậc hai ý đến chiều bất đẳng thức cần chứng minh ta có đánh giá 6a2 +8ab 11b+ =(2a 3b+ )2 +2 a b( − ) (2 ≥ 2a 3b+ )2 Như ta thu bất đẳng thức

2 2

2

a 3ab b a 3ab b

2a 3b 6a 8ab 11b

+ + + +

≤

+

+ + Để ý tiếp ta lại thấy

2

a 3ab b 3a 2b

2a 3b

+ + ≤ +

+ Như ta có

3a 2b 3b 2c 3c 2a

M a b c

5 5

+ + +

≤ + + = + +

Bài toán kết thức ta a b c+ + ≤3 Để ý đến giả thiết ta có đánh giá quen thuộc

( )2 ( 2 2 2)

a b c+ + ≤3 a +b +c =9 Đến ta chứng minh bất đẳng thức

• Lời giải Đặt vế trái 2 2 2

2 2 2

a 3ab b b 3bc c c 3ca a

M

6a 8ab 11b 6b 8bc 11c 6c 8ca 11a

+ + + + + +

= + +

+ + + + + +

Ta có 6a2 +8ab 11b+ =(2a 3b+ )2 +2 a b( − ) (2 ≥ 2a 3b+ )2, dấu bằng xẩy a =b

Suy 6a2 +8ab 11b+ ≥2a 3b+ > mà a2 +3ab b+ >0 với a; b >0

K

O F

E

I

C B

Do ta 2 2

2

a 3ab b a 3ab b

2a 3b 6a 8ab 11b

+ + + +

≤

+

+ +

Ta chứng minh a2 3ab b2 3a 2b

2a 3b

+ + ≤ +

+

Thật a2 3ab b2 3a 2b 5 a( 3ab b2) (2a 3b 3a 2b)( ) (a b)2 0

2a 3b

+ + +

≤ ⇔ + + ≤ + + ⇔ − ≥

+

Dấu xẩy a = b Do 2

2

a 3ab b 3a 2b

5 6a 8ab 11b

+ + ≤ +

+ +

Chứng minh tương tự ta có 2 2

2 2

b 3bc c 3b 2c c 3ca a 3c 2a

;

5

6b 8bc 11c 6c 8ca 11a

+ + ≤ + + + ≤ +

+ + + +

Cộng theo vế ba bất đẳng thức ta M 3a 2b 3b 2c 3c 2a a b c

5 5

+ + +

≤ + + = + +

Mặt khác ta lại có (a b c+ + )2 ≤3 a( +b2 +c2)=9 nên a b c+ + ≤3

Đề số

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI MƠN TỐN TỈNH BẮC NINH Năm học 2016 – 2017

Câu (3.0 điểm)

1) Rút gọn biểu thức B= 13 30 2+ + 2+

2) Cho số thực a, b, c thỏa mãn a b c+ + =0; a2 +b2 ≠ c ; b2 +c2 ≠a ; c2 +a2 ≠b2

Tính giá trị biểu thức P 2 a22 2 2 b22 2 2 c22 2

a b c b c a c a b

= + +

− − − − − −

Câu (4.0 điểm)

1) Trong hệ trục tọa độ Oxy tìm đường thẳng y=2x 1+ điểm M x; y( ) thỏa

mãn điều kiện y2 −5y x +6x =0

2) Cho a, b, c số thực thỏa mãn điều kiện a b c

6 + + = Chứng minh phương trình

2

ax +bx c+ = ln có nghiệm Câu (4.0 điểm).

1) Cho số thực dương a, b, c Chứng minh rằng:

( )2 ( )2 ( )2 2

8 8 8

a b c

a b c

a b 4abc b c 4abc a c 4abc

+ + + + + ≥ + +

+ + +

+ + + + + +

2) Tìm số nguyên tố a, b, c sốnguyên dương k thỏa mãn phương trình

2 2

a +b +16c =9k +1

Câu (6.0 điểm)

Cho đoạn thẳng AB 2a= có trung điểm O Trên nửa mặt phẳng bờ AB dựng nửa

đường tròn tâm O đường kính AB nửa đường trịn tâm O ' đường kính AO Điểm Mthay đổi

nửa đường trịn ( )O ' (M khác A O), tia OM cắt đường tròn ( )O C Gọi D giao điểm thứ hai CA với đường tròn ( )O '

1) Chứng minh tam giác ADM cân

2) Tiếp tuyến C đường tròn ( )O cắt tia OD E, chứng minh EA tiếp tuyến chung

của hai đường tròn ( )O ( )O '

3) Đường thẳng AM cắt OD H, đường tròn ngoại tiếp tam giác COH cắt đường tròn ( )O điểm thứ hai N Chứng minh ba điểm A, M, N thẳng hàng

4) Tính độdài đoạn OM theo a biết ME song song với AB Câu (3.0 điểm).

1) Cho hình vuông MNPQ điểm A nằm tam giác MNP cho AM2 =AP2 +2AN2 Tính

2) Cho đa thức P x( ) =x3+ax2 +bx c; Q x+ ( )= x2 +2016x 2017+ thỏa mãn các điều kiện

( )

P x =0 có ba nghiệm thực phân biệt P Q x( ( )) =0 vô nghiệm Chứng minh P 2017( )>1008 6

Phân tích hướng dẫn giải Câu (3.0 điểm)

1) Rút gọn biểu thức B= 13 30 2+ + 2+ • Lời giải Ta có

( ) ( )

2

2

B 13 30 13 30 8

13 30 ( 1) 13 30 13 30 2

13 30 18 18.5 25 18 5

= + + + = + + + +

= + + + = + + + = + + +

= + + = + + = + = +

2) Cho số thực a, b, c thỏa mãn a b c+ + =0, a2 +b2 ≠ c ,2 b2 +c2 ≠a ,2 c2 +a2 ≠b 2 Tính giá trị

biểu thức P 2 a22 2 2 b22 2 2 c22 2

a b c b c a c a b

= + +

− − − − − −

• Phân tích Từ giả thiết a b c+ + =0 ta a b+ = − ⇔c (a b+ )2 = c2 ⇔2ab =c2 −a2 −b2

Do ta P a2 b2 c2 a3 b3 c3

2bc 2ca 2ab 2abc

+ +

= + + =

Cũng từ a b c+ + =0 ta chứng minh a3 +b3 +c3 =3abc Đến ta tính P

• Lời giải Từ giả thiết a b c+ + =0 ta

( ) ( ) ( )

2 2 2 3

2 2 2 2 2 2 2

a b c a b c a b c

P

2bc 2ca 2ab 2abc

b c b c c a c a a b a b

+ +

= + + = + + =

+ − − + − − + − −

Ta có a3+b3 +c3 −3abc=(a b c a+ + )( +b2 +c2 −ab bc ca− − ) =0

Từđó suy a3 +b3 +c3 =3abc vậy ta được P

2

=

Câu (4.0 điểm)

1) Trong hệ trục tọa độ Oxy tìm đường thẳng y =2x 1+ điểm M x; y( ) thỏa mãn điều kiện y2 −5y x +6x =0

• Lời giải Ta có y2 5y x 6x 0 y x

y x

 = 

− + = ⇔

 = 

+ Với y x 2x x x 11 x 11 x x

4

 =  =

 

= ⇒ + = ⇔  ⇔

 = =

 



Từđó tìm điểm thỏa mãn M 1; 3( )hoặc M 3;

4

 

 

 

2) Cho a, b, c số thực thỏa mãn điều kiện a b c

6 + +5 = Chứng minh phương trình

2

ax +bx c+ = ln có nghiệm

• Lời giải Ta xét trường hợp sau + Với a b 5c

4

= ⇒ = − ta 5cx c =

Nếu c=0 phương trình có nghiệm với x∈

Nếu c≠ phương trình có nghiệm x

5

=

+ Với a ≠ 0, phương trình có bậc hai ẩn x Từ a b c

6 + +5 = ta

4

c a b

6

= − − Từđó

2 2

2

2 2

4 16

b 4ac b 4a a b b ab a

6 5

16 64 8

b ab a a b a a

5 25 75 75

= − = − − − = + +

 

 

= + + + = +  + >

 

Suy phương trình ln có hai nghiệm phân biệt

Vậy phương trình cho ln có nghiệm

Câu (4.0 điểm)

1) Cho số thực dương a, b, c Chứng minh

( )2 ( )2 ( )2 2

8 8 8

a b c

a b c

a b 4abc b c 4abc a c 4abc

+ + + + + ≥ + +

+ + +

+ + + + + +

• Phân tích Để ý đến đánh giá 4ab≤(a b+ )2 ta có

( )2 ( )2 ( ) (2 )( )2

8 8

a b 4abc a b c a b c a b

≥ =

+ + + + + + +

Lại có ( )

2

2 b

2 a

a +b ≥ + nên

( ) ( )( )

( )2

2

2

a b

8 a b 2

2 c 1

4abc c a

a b b

+ +

+ ≥ + ≥

+ +

+ + +

Như ta cần ta 2

c

( )2 ( )2 ( ) (2 )( )2

8 8

a b 4abc a b c a b c a b

≥ =

+ + + + + + +

Lại có ( )

2

2 b

2 a

a +b ≥ + nên

( ) ( )( )

( )2

2

2

a b

8 a b 2

2 c 1

4abc c a

a b b

+ + + ≥ + ≥ + + + + +

Mặt khác ta lại có

( )

2 8

c

c 1+ = 2 c 1+ ≥ + Do ( )

2

2

8 a b

2 c

c b 4ab a + ≥ + + + + Tương tự ( ) ( )

2 2

2

8 c 8 a c

;

2 a b

b c 4abc c a

b abc + + + ≥ + ≥ + + + + + +

Cộng theo vế bất đẳng thức chiều ta

( )2 ( )2 ( )2 2

8 8 8

a b c

a b c

a b 4abc b c 4abc a c 4abc

+ + + + + ≥ + +

+ + +

+ + + + + +

Vậy bất đẳng thức chứng minh Dấu xảy a = = =b c

2) Tìm số nguyên tố a, b, c sốnguyên dương k thỏa mãn phương trình a2 +b2 +16c2 =9k2 +1

• Phân tích Từ giả thiết ta nhận thấy a2+b2 +c2 chia có số dư Mà bình phương số ngun tố chia

3 có số dư nên từ a2 +b2 +c2 chia có số dư ta suy hai ba số a, b, c phải

3 Do vai trò a b khác c nên ta xét trường hợp a = =b 3 a = =c 3

b= =c 3

• Lời giải.Vì 9k2 +1 chia có sốdư là nên a2 +b2 +16c2 chia có sốdư 1, từđó ta suy được

2 2

a +b +c chia có sốdư Mà bình phương số nguyên tố chia có sốdư nên từ

2 2

a +b +c chia có sốdưlà ta suy hai ba số a, b, c phải

+ Trường hợp Khi a = =b ta có 18 16c+ =9k2 + ⇒1 17=9k2 −16c2 =(3k 4c 3k 4c− )( + )

Do 17 số nguyên tố 3k 4c+ >3k 4c− nên từđược 3k 4c k

3k 4c 17 c

 − =  =

 ⇔ 

 + =  =

 

  (thỏa mãn)

Vậy ta (a; b; c; k) (= 3; 3;2; 3)

+ Trường hợp Khi a = =c b = =c

Với a = ta có 32 +b2 +16.32 =9k2 + ⇒1 152=9k2−b2 =(3k b 3k b− )( + )=2 193.

Vì 3k b; 3k b− + tính chẵn lẻ mà tích chẵn nên chúng chẵn Ta khảnăng sau:  Nếu 3k b

3k

k 13

b 76 b 37

  =  ⇔    =    = + =  −

(thỏa mãn)

Ta bộ(a; b; c; k) thỏa mãn (a; b; c; k) (= 3; 37; 3;13)

 Nếu k

b 3k b

3k b 38

  =  − = +  ⇔   =

 =  (thỏa mãn)

Tương tự ta có (a; b; c; k) (= 37; 3; 3;13 , 17; 3; 3; 7) ( ) Câu (6.0 điểm)

1) Tam giác AOC cân O có OD đường cao nên phân giác góc AOC,

do AOD COD =  ⇒AD =DM nên

DA=DM Vậy tam giác AMD cân D 2) Dễ thấy OEA=OEC c.g.c( ), từđó suy

ra ta OAE =OCE =900

Do AE⊥AB Vậy AE tiếp tuyến chung ( )O ( )O '

3) Giả sử AM cắt đường tròn ( )O N ' Ta có OAN ' cân O OM⊥AN ' nên OM đường trung trực AN ' Từđó ta CA=CN '

Ta có CN ' A =CAM mà CAM =DOM, CN ' H =COH Suy bốn điểm C, N ', O, H thuộc đường tròn Suy N ' thuộc đường tròn ngoại tiếp CHO Do N ' trùng với N

Vậy ba điểm A, M, N thẳng hàng

4) Vì ME song song với AB AB⊥AE nên ME ⊥AE

Ta có hai tam giác MAO, EMA đồng dạng nên MO MA AO MA2 AO.EM

EA = EM = MA ⇒ =

Dễ thấy MEO cân M nên ME =MO Thay vào hệ thức ta MA2 =OA.MO

Đặt MO= >x ta có MA2 =OA2 −MO2 =a2 −x2

Từ MA2 =OA.MO suy a2 −x2 =ax⇔ x2+ax a− =0

Từđó tìm OM ( a)

2

−

=

Câu (3.0 điểm)

1) Cho hình vuông MNPQ điểm A nằm tam giác MNP cho AM2 =AP2 +2AN2 Tính số

đo góc PAN

• Lời giải Dựng tam giác ANB vng cân N (A, B nằm khác phía NP)

Ta có AB2 =2AN2, BAN =450

( )

AMN BNP c.g.c AM BP

 = ⇒ =

Do AP2 +AB2 =AP2 +2AN2 =AM2 =BP2

nên suy ABPvuông A

Nên PAN =PAB BAN + =900 +450 =1350

O' O

N

M H D E

C

B A

B A

Q P

2) Cho đa thức P x( ) =x3 +ax2 +bx c; Q x+ ( ) =x2 +2016x 2017+ thỏa mãn P x( )=0 có ba

nghiệm thực phân biệt P Q x( ( )) =0 vô nghiệm Chứng minh P 2017( )>1008 6

• Lời giải Gọi x ; x ; x1 2 3 ba nghiệm P x( ) ta có P x( ) (= x x− 1)(x x− 2)(x x− 3) Suy ra, P Q x( ( ))=(Q x( )−x1)(Q x( )−x2)(Q x( )−x3)

Do P Q x( ( )) =0 vơ nghiệm nên phương trình Q x( )−xi =0 i 1, 2, 3( = ) vơ nghiệm

Hay phương trình ( )

i

x +2016x 2017 x+ − =0 i 1, 2, 3= vơ nghiệm

Do đó, biệt thức tương ứng ' ( )

i 1008 2017 xi 2017 xi 1008

 = − − < ⇔ − >

Suy ( ) ( )( )( )

1

Đề số

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI MƠN TỐN TỈNH ĐỒNG NAI Năm học 2016 – 2017

Câu (3.0 điểm) Cho a, b, c số thực dương thỏa a2 +b2 +c2 +2abc 1=

Tính giá trị biểu thức P a b= ( − 2)(1 c− 2) +b a( − 2)(1 c− 2) +c b( − 2)(1 a− 2) −abc

Câu (4.0 điểm) Giải phương trình sau:

a) (x2 −9)2 =12x 1+ b) x 2+ =x2−2

Câu (5.0 điểm)

a) Cho a, b hai số thực x, y hai số thực dương Chứng minh rằng: ( )

2

2 a b

a b

x y x y

+

+ ≥

+

b) Cho x, y hai số thực dương cho x y 1+ = Chứng minh rằng: x 2 y 2

3 x− +1 y− ≥

Câu (5.0 điểm) Cho tam giác ABC có AB=5, BC=6, CA=7

a) Gọi G I trọng tâm tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Chứng minh IG song song với BC

b) Gọi M, N trung điểm AB AC Chứng minh bốn điểm A, M, I, N nằm đường trịn

Câu (3.0 điểm). Cho tam giác vng có độ dài ba cạnh số nguyên Chứng minh bán kính đường trịn nội tiếp số nguyên

Phân tích hướng dẫn giải

Câu Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a2 +b2 +c2 +2abc 1=

Tính giá trị biểu thức:P a b= ( − 2)(1 c− 2) +b a( − 2)(1 c− 2) +c b( − 2)(1 a− 2)−abc

• Phân tích Biến đổi biểu thức ta (1 b− 2)(1 c− 2) = −1 b2−c2 +b c2 2 Quan sát giả thiết ta

lại thấy 1 b− −c2 =a2 +2abc Do ý đến a, b, c dương ta

( 2)( 2) 2 2 2 ( )2

1 b− c− = a +2abc b c+ = a bc+ = +a bc

Đến áp dụng tương tự ta tính biểu thức T

• Lời giải Theo ra: a2 +b2 +c2 +2abc 1=

Suy a2 +2abc b= − −c ; b2 2+2abc c= − −a ; c2 +2abc b= − −a2 Từđó ta có

( )( ) ( )( ) ( )( )

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

2 2 2

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2

2 2

2

P a b c b a c c b a abc

= a c b b c b c a a c c a b a b abc = a a 2abc b c b b 2abc a c c c 2abc a b abc

= a a bc b b ac c c ab abc

= a a bc b b ac c c ab abc a b

= − − + − − + − − −

− − + + − − + + − − + −

+ + + + + + + + −

+ + + + + −

• Nhận xét Xem a2 +b2+c2 +2abc 1= phương trình ẩn a ta có

( )

2 2 2

a +b +c +2abc 1= ⇔a + 2bc a b+ +c − =1

Khi ta có ' =b c2 −b2 −c2 + =1 (b2−1) c( 2−1) Từ phương trình có nghiệm

( )( )

( )( ) (( )()( )) ( )

2 2

2 2

a bc b c b c a bc

a bc b c b c a bc

 = − + − −  − − = + >

 ⇒ 

 

= − − − − − − = − + <

 

 

Do a, b, c số dương nên (b2 −1 c)( −1) = −(a bc+ )<0(loại)

Do ta có (1 b− 2)(1 c− 2) = +a bc

Hoàn toàn tương tự ta có (1 a− 2)(1 c− 2) = +b ac; b( − 2)(1 a− 2) = +c ab

Từ ta

( )( ) ( )( ) ( )( )

( ) ( ) ( )

2 2 2

2 2

P a b c b a c c b a abc

a a bc b b ac c c ab abc a b c 2abc

= − − + − − + − − −

= + + + + + − = + + + =

Câu

a) Biến đổi tương đương phương trình ta

( )

( ) ( )

2

2

2

4 2

2

2

x 12x x 18x 81 12x

x 18x 81 36x 12x x 6x

x 6x x 6x x

x =

x 6x x 6x 10

− = + ⇔ − + = + ⇔ + + = + + ⇔ + = +  + = +  − + =  = ⇔  ⇔  ⇔  + = − − + + =     

Vậy phương trình cho có tập nghiệm S={ }2;

b) Điều kiện xác định phương trình x≥ −2 Biến đổi tương đương phương trình ta

2

2

1 1

x x x 2 x x x

2 4

1

x x x 2 x

1 2 2

x x

1

2 x 2 x x x

2 + = − ⇔ + + + + = + +   + + = +  + =      ⇔ + +  = +  ⇔  ⇔  + = − −      + + = − −  

+ Với x x x2 x2 x =

x x x x

 ≥  ≥   + = ⇔  ⇔  ⇔ = + − − =    

+ Với x x x 02 x2 x

x 2x x x x

 + ≤  ≤ − − −   + = − − ⇔  ⇔  ⇔ = + + = + + − =    

Vậy phương trìnhđã cho có tập nghiệm S 5;2

a) Cho a, b hai số thực x, y hai số thực dương Chứng minh ( )

2

2 a b

a b

x y x y

+

+ ≥

+ • Lời giải Do x >0; y> nên biến đổi tương đương bất đẳng thức cần chứng minh ta

( ) ( ) ( ) ( )

( )

2 2 2

2 2

2

2 2 2

2

a b a x y b x y

a b a b

x y x y x y

a y

a y b x a y b x b x

a b a b 2ab 0

x y x y x y

+ + +

+ ≥ ⇔ + ≥ +

+

 

 

⇔ + + + ≥ + ⇔ − + ≥ ⇔ − ≥

 

 

Do bất đẳng thức cuối nên ta ( )

2

2 a b

a b

x y x y

+

+ ≥

+

b) Cho x, y hai số thực dương cho x y 1+ = Chứng minh x 2 y 2

3 x− +1 y− ≥

Do x y 1+ = nên ta x y; y x= − = − Khi ta có

( )( ) ( )( ) ( ) ( )

2

x y x y x y

1 x− +1 y− = x x− + + y y− + = y x+ + x y+

Do x>0; y >0 nên theo bất đẳng thức Cauchy ta có

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )( )

x y 2 x . y

y x x y y x x y

x y 1

2 2

1 x y xy xy

y x x y x y

+ ≥

+ + + +

⇔ + ≥ = =

+ + + +

+ + + +

Mặt khác ta lại có ( )

2

x y 1 9 1 4

xy xy

4 4 xy

+

≤ = ⇒ + ≤ ⇒ ≥

+

Do ta 2.2

2 xy+ ≥ = Kết hợp hai kết ta có ( ) ( )

x y

4 y x+ + x y+ ≥

Hay ta x 2 y 2

3

1 x− +1 y− ≥ Bất đẳng thức chứng minh

Câu (5.0 điểm). Cho tam giác ABC có AB=5;BC =6;CA=7

• Phân tích Gọi D, E, F chân đường phân giác tam giác ABC hạ từ A, B, C Gọi T trung điểm BC ta có AG

GT =

Như để chứng minh IG song song với BC ta cần chứng minh AI

DI = Nhận thấy AD

là đường phân giác tam giác ABC nên ta có

BD CD BD CD BD CD

AB AC 7 12

+

= ⇒ = = = =

+

Do ta BD 2, 5= CD=3,5

Mà tam giác ABD có BI đường phân giác nên AI BA ID = BD = 2, =

Như ta giải tốn

• Lời giải Gọi D, E, F chân đường phân giác tam giác ABC hạ từ A, B, C

Gọi T trung điểm BC Do AD đường phân giác tam giác ABC nên

BD CD BD CD BD CD

BD 2, 5;CD 3,5

AB AC 7 12

+

= ⇒ = = = = ⇒ = =

+

Tam giác ABD có BI đường phân giác nên AI BA

ID= BD =2, =

Do G trọng tâm tam giác ABC nên AG GT =

Từ kết quảtrên ta AI AG

ID = GT = Suy theo định lý Talet IG//DT hay IG//BC

b) Gọi M, N trung điểm AB AC Chứng minh bốn điểm A, M, I, N nằm đường trịn

• Phân tích Nhận thấy BMI =BDI CNI=CDI BMI = BDI CNI =CDI Từ ta có AMI ANI + =BMI CNI + =BDI CDI 180 + = 0 hay tứ giác AMIN nội tiếp đường trịn

• Lời giải Ta có BMI=BDI BD=BM 2, 5= ; DBI =MBI BI cạnh chung; Suy BMI =BDI Chứng minh tương tự CNI =CDI Suy CNI =CDI

Mà BDI CDI 180 + = 0 nên BMI CNI 180 + = 0 suy AMI ANI 180 + =

Nên tứ giác AMIN nội tiếp

• Nhận xét Ta chứng minh tứ giác AMIN nội hướng sau Gọi K giao điểm MN AI Theo công thức độ dài đường phân giác

105 AD AB.AC BD.CD 5.7 2, 5.3,

2

= − = − =

Do MN đường trung bình tam giác ABC nên MN//BC, suy K trung điểm AI Do MK đường trung bình tam giác ABD nên MK = 1BD 1.2, 5

2 = = 4

D T

F E

K

G I

M N

C B

Và NK = 1CD 1.3,

2 = = 4 Ta có

1 1 105 105

DI AI DI AD

2 3

= ⇒ = = =

Lại có AI 2.DI 105 105

6

= = = vàAK KD 1AD 105 105

2 2

= = = =

Suy KI KD ID 105 105 105

4 12

= − = − =

Ta có AK KI 105 105 105 35

4 12 48 16

= = = KM.KN 35

4 16

= =

Suy AK.KI KM.KN AK MK

KN KI

= ⇒ =

Suy ∆AKM∽∆NKI suy MAK = INK suy tứ giác AMIN nội tiếp

Câu (3.0 điểm). Cho tam giác vng có độ dài ba cạnh số ngun Chứng minh bán kính đường trịn nội tiếp số ngun

• Phân tích Dễ dàng chứng minh r b c a

+ −

= để chứng minh r số nguyên ta cần

chứng minh b c a+ − số chẵn ta có cách chứng minh sau

+ Cách Gọi đường tròn ( )I đường tròn nội tiếp tam giác ABC Gọi D, E, F tiếp điểm đường tròn ( )I

với AC, CB, BA

Theo tính chất đường trịn nội tiếp ta có AD AF b c a

+ −

= =

Mà tứgiác ADIF hình vng nên

b c a b c a

ID AD AF r

2

+ − + −

= = ⇒ =

=

Ta cần chứng minh b c a+ − chia hết cho Thật vậy, theo định lý Pytago ta có

( )2 ( )2 ( )( )

2 2 2

b +c =a ⇔ b c+ −2bc=a ⇔ b c+ −a =2bc⇔ b c a b c a+ − + + =2bc

Do (b c a+ − )+(b c a) 2b 2c+ + = + nên (b c a+ − ) (b c a+ + ) có tính chẵn lẻ Mà (b c a (b c a) 2bc+ − ) + + = số chẵn nên (b c a+ − ) (b c a+ + ) có tính chẵn Suy r b c a Z

2

+ −

= ∈

+ Cách Gọi độ dài ba cạnh tam giác ABC a; b; c∈+ với b a; c< <a

Dễ dàng chứng minh 2r= + −b c a Theo định lý Pitago ta lại có b2 +c2 =a2 Ta xét trường

hợp sau

+ Trường hợp Nếu b c chẵn, từ b2+c2 =a2 ta suy được a chẵn nên b c a+ − số

chẵn Từđó dẫn đến r sốnguyên dương

I F

E

D B

+ Trường hợp Nếu b c lẻ, từ b2 +c2 =a2 ta suy được a chẵn nên b c a+ − là số

chẵn Từđó dẫn đến r sốnguyên dương

+ Trường hợp Nếu b c khác tính chẵn lẻ, từ b2 +c2 =a2 ta suy được a lẻ, điều đãn

đến b c a+ − số chẵn Từđó ta r số nguyên

Đề số

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI MƠN TỐN TỈNH NGHỆ AN Năm học 2016 – 2017

Câu (4.0 điểm).

a) Tìm hệ số b, c đa thức P x( )= x2 +bx c+ biết P x( ) có giá trị nhỏ nhất bằng −1 tại

x=2

b) Giải hệphương trình ( ) ( )

2

2

x xy xy y

2 x x y y

 + − − =



 + − + − =



Câu (4.0 điểm).

a) Giải phương trình x 2+ =3 x− + 1 x+

b) Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn ab bc ca+ + =1 Tìm giá trị lớn biểu thức:

2 2

2a b c

P

1 a b c

= + +

+ + +

Câu (3.0 điểm).

Cho tam giác ABC có BAC 135 = 0, BC =5cm và đường cao AH 1cm= Tìm độ dài cạnh AB

và AC

Câu (5.0 điểm).

Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường (O), D điểm cung BC khơng chứa A

Dựng hình bình hành ADCE Gọi H, K trực tâm tam giác ABC ACE Gọi P Q lần

lượt hình chiếu K BC AB, gọi I giao điểm EK với AC

a) Chứng minh ba điểm P, I, Q thẳng hàng b) Chứng minh PQ qua trung điểm EH Câu (4.0 điểm)

a) Tìm tất số nguyên tốkhác m, n, p, q thỏa mãn 1 1 1 m+ n + +p q +mnpq =

b) Trên bảng có ghi hai số Ta ghi các số lên bảng thao quy tắc sau: Nếu có hai số phân biệt bảng ghi thêm số z= xy x y+ + Chứng minh số bảng(trừ số 1) có dạng 3k 2+ với k số tự nhiên

Phân tích hướng dẫn giải

Câu a) Tìm hệ số b, c đa thức P x( ) =x2 +bx c+ biết P x( ) có giá trị nhỏ nhất bằng −1 tại

x=2

• Lời giải Do đa thức P x( ) =x2 +bx c+ có bậc hai có giá trị nhỏ nhất −1 tai x=2 nên viết

dược dạng P x( ) (= x 2− )2 −1 Từđó ta có P x( )=x2 +bx c+ =(x 2− )2 −1

Nhận xét Điểm quan trọng câu phát P x( ) (= x 2− )2 −1, đến cần sử dụng đồng thức giải toán

b) Giải hệphương trình ( ) ( )

2

2

x xy xy y

2 x x y y

 + − − =



 + − + − =



• Phân tích Quan sát hệ phương trình ta thấy phương trình thứ hai hệ có chứa thức, ta nhận định phương trình thứ phân tích đươc thành tích(điều nhận định cảm tính thường một hệ có phương trình phức tạp ta kiểm tra xem phương trình cịn lại có đặc biệt khơng)

Nhận thấy x2+xy2 −xy y− = ⇔0 x x y( + 2) (−y x y+ 2)= ⇔0 (x y x y− )( + 2)= 0

Để ý ta lại thấy từ điều kiện xác định x≥0 x y+ =0 ta suy x = =y 0

Đến ta xét trường hợp vào phương trình cịn lại để giải hệ

• Lời giải Điều kiện xác định phương trình x ≥0 Phương trình thứ hệtương đương với

( 2) ( 2) ( )( 2)

2

x y

x x y y x y x y x y

x y

 =

+ − + = ⇔ − + = ⇔ 

+ =



+ Với x y+ =0, kết hợp với điều kiện xác định x≥0 ta được x= =y 0

Thay vào phương trình cịn lại ta thấy khơng thỏa mãn

+ Với x= y, thay vào phương trình cịn lại ta

( ) ( )

2 x +1 −3 x x 1+ − = ⇔x 2x −3x x − −x x 2+ =0

Đặt t= x ≥ 0, ta phương trình 2t4 −3t3 −t2−3t 2+ =0

Nhẩm t 2; t

2

= = nên ta phân tích

( ) ( ) ( )( )

( )( ) ( )( )( )

3

3 2

2t t t t t t

t 2t t t t 2t t t

− + − + − − =

⇔ − + + − = ⇔ − − + + =

Với t 2= ta x= =y với t

2

= ta x y

4

= =

Vậy hệphương trình cho có nghiệm ( ) ( )x; y 4; , 1;

4

 

=  

 

Câu a) Giải phương trình x 2+ =3 x− + 1 x+

• Phân tích lời giải Quan sát phương trình ta ý đến biến đổi 1 x− =(1 x x 1− )( + ) Đểý đến

điều kiện xác định ta phân tích 1 x− = 1 x x 1− +

Như ta viết lại phương trình cho thành x 2+ = x x 1− + + x+

Để ý ta có biểu diễn x x 1+ = ( + ) (+ x− ) Đến đặt ẩn phụa = x 1; b+ = x− ta

viết phương trình lại thành 2a2+b2 − =1 3ab a+ hay b2 −3ab 2a+ − − =a 0

( ) ( )2

2 4 2a2 a 1 a 2 0

9a − − − = + ≥ ∆ =

Do phương trình có hai nghiệm b 3a (a 2) a

2

− +

= = − b 3a (a 2) 2a

+ +

= = +

• Với b= −a ta x− = x 1+ − hay ta

2

2x 3

1 x x 2x x x

4x 4x 4x

 − ≥ 

+ = − + ⇔ − = − ⇔  − + = − ⇔ =

 • Với b 2a 1= + ta x− =2 x 1+ + hay ta

2

5x 24

4 x 5x x

25x 24x 25

 + ≤ 

+ = − − ⇔ ⇔ = −

+ =



Kết hợp với điều kiện xác định ta tập nghiệm S 3; 24

2 25

 

 

=  − 

 

 

b) Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn ab bc ca+ + =1 Tìm giá trị lớn biểu thức:

2 2

2a b c

P

1 a b c

= + +

+ + +

• Lời giải Từ giả thiết ab bc ca+ + =1 ta đểý đến phép biến đổi

( )( )

2

a + =1 a +ab bc ac+ + = a b a c+ +

Áp dụng tương tự bất đẳng thức trở thành

( 2a)( ) ( b)( ) ( c)( )

P

a b a c a b b c a c b c

= + +

+ + + + + +

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta

( )( ) ( )( ) ( )( )

( ) ( )

( )

2a b c

a b a c a b b c a c b c

1 1 1

a b c

a b a c a b b c b c a c

a b b c a c 1 1

a b b c a c 4

+ +

+ + + + + +

   

     

≤  + + + + +

   

+ + + + + +

     

+ + +

= + + = + + =

+ + +

Vậy bất đẳng thức chứng minh Đẳng thức xảy (a; b; c) ; ;

15 15 15

 

=  

 

Câu Cho tam giác ABC có BAC 135 = 0, BC =5cm và đường cao AH 1cm= Tìm độ dài cạnh

• Lời giải Gọi AB=y; AC= x Dựng CM vng góc với AB, ta AM CM x 2

= =

Ta có SABC 1AH.BC

2

= = Lại có SABC 1CM.AB 1y.x

2 2

= =

Do ta SABC 1CM.AB 1y.x xy 10

2 2

= = = ⇔ = Tam giác BCM vuông M nên ta lại

có BM2 +MC2 =BC2 Suy

2

2

2

x x x x

y y xy 25

2 2

   

 +  +  = ⇔ + + + =

   

   

Từđó ta x2 +y2 =15 Ta có hệphương trình

( )2

2

x y 15 x y 2xy 15 x 10

xy 10 xy y

 

 + = + − = =

 ⇔  ⇔ 

  

= = =

  

  

Do vai trò AB AC nên ta có kết AB = 10; AC= AB= 5; AC= 10 Bài Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường (O), D điểm cung BC khơng chứa A

Dựng hình bình hành ADCE Gọi H, K trực tâm tam giác ABC ACE Gọi P Q lần

lượt hình chiếu K BC AB, gọi I giao điểm EK với AC

x y

N I

M

H C

B

a) Chứng minh ba điểm I, P, Q thẳng hàng

• Phân tích Từ giả thiết quan sát hình vẽ ta thấy EK vng góc với AC Như Q, I, P trở thành ba hình chiếu K ba cạnh tam giác ABC Điều làm ta liên tưởng đến đường thẳng Simson Để khẳng định điều ta cần chứng minh K thuộc đường tròn (O) hay ta chứng minh tứ giác ADCK nội tiếp Để ý ADC = AEC AKC AEC 180 + = 0 ta suy tứ giác ADCK nội tiếp

• Lời giải.

Do K trực tâm tam giác ACE nên ta có KJEF nội tiếp Từđó suy AKC AEC 180 + = 0

Mặt khác tứgiác ADCE hình bình hành nên lại có ADC = AEC

Từđó suy AKC ADC 180 + = 0 nên tứ giác ADCK nội tiếp hay điểm K nằm đường tròn

Do K trực tâm tam giác ACE nên ta có KI vng góc với AC Các tứ giác KIPC, KIAQ nội tiếp suy CIP CKP =  AIQ =AKQ

Từ tứ giác nội tiếp ABCK, BPKQ ta có AKC 180 = 0−ABC QKP =  suy CKP = AKQ

Từđó ta CIP = AIQ ⇒ P, I, Q thẳng hàng

b) Chứng minh PQ qua trung điểm KH

• Phân tích

+ Ý tưởng thứ để chứng minh PQ qua trung điểm KH sử dụng kết định lí Steiner Ta biết rằng M, N điểm đổi xứng K qua AB BC theo tốn Steiner ba điểm M, N, H thẳng hàng Như PQ đóng vai trị đường trung bình tam giác KMN đường nhiên ta suy QP qua trung điểm KH

+ Ý tưởng thứ hai tạo hình bình hành có HK đường chéo đường chéo lại nằm đường thẳng PQ Để làm điều ta cần tìm điểm N cho tứ giác HPKN hình bình hành Từ nhận định ta chọn N giao điểm AH PQ Ta cần chứng minh tứ giác HPKN hình bình

M

N

J F

O I

K

H Q

P E

D

C B

A

M N

J F

O I

K

H Q

P

E

D

C B

hành Để ý tiếp ta thấy gọi M giao điểm AH với đường tròn (O), dễ thấy tam giác HPM cân Như ta chứng minh tứ giác KPMN hình thang cân

• Lời giải: Cách 1. Sửng dụng kết quảđường thẳng Steiner

Gọi M, N điểm đổi xứng K qua AB BC Ta cần chứng minh ba điểm P, N, H thẳng

hàng đường thẳng qua ba điểm gọi đường thẳng Steiner (có nhiều cách chứng minh toán

đường thẳng Steiner) Khi PQ đường trung bình tam giác KMN Đến ta suy điều cần chứng minh

Cách Gọi N giao điểm PQ AH, gọi M giao điểm AH với đường trịn (O) Khi dễ thấy tam giác PHK cân Do AH//KP nên tứgiác KPMN hình thang

Lại có BPKQ nội tiếp nên suy QBK   = ABK=AMK QPK= nên tứ giác KPMN nội tiếp Do

KPMN hình thang cân Do PMH  =PHM=KNM nên KN//HP

Do tứgiác HPKN hình bình hành Từđó ta có điều phải chứng minh

Câu a) Tìm tất số nguyên tốkhác m, n, p, q thỏa mãn 1 1 1 m+ n + +p q +mnpq =

•Lời giải.Do m, n, p, q số nguyên tố khác nên khơng tình tổng qt ta giả sử

n>m > >p q, ta q ≥2; p ≥3; n≥5; m≥7

Dễ thấy 1 1 3.5.7 2.3.7 2.5.7 2.3.5 248

2 2.3.5.7 2.3.5.7 210

+ + + +

+ + + + = = >

Lại thấy 1 1 3.5.7 11.3.7 11.5.7 11.3.5 887

3 11 3.5.7.11 3.5.7.11 1155

+ + + +

+ + + + = = <

Từđó suy sốm, n, p, q có sốlà Do q nhỏ nên ta q =2

Từđó ta lại 1 1

m +n + +p 2mnp =

Dễ thấy với p=5; n =7; m 11= ta có 1 1

5+ +7 11 2.5.7.11+ < Như ba số nguyên tố m, n,

p phải có số 3, suy p=3

Từđó lại có 1 1

m +n + 6mn = hay ta mn 6m 6n 1− − = ⇔(m n 6− )( − )= 37

Đến ta n =7; m =43 Thử lại ta thấy bội số (m; n; p; q) (= 2; 3; 7; 43) thỏa mãn toán

Vậy số cần tìm (2; 3; 7; 43) hốn vị

b) Trên bảng có ghi hai số Ta ghi các số lên bảng thao quy tắc sau: Nếu có hai số phân biệt bảng ghi thêm số z =xy x y+ + Chứng minh số bảng(trừ số 1) có dạng 3k 2+ với k số tự nhiên

• Lời giải Từ hai số bảng ta thấy có sốchia dư Do hai số x y khác có

x 1+ y 1+ chia hết cho 3, suy (x y 1+ )( + ) chia hết cho

Khi ta viết thêm số z= xy x y+ + =(x y 1+ )( + )−1 ta z chia dư

Đề số

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÁN TỈNH HƯNG YÊN Năm học: 2016 – 2017

Câu (2.0 điểm) Cho a 1; b

2

− +

= = Tính a7 +b7

Câu (4.0 điểm).

a) Cho hàm số y =ax b a+ ( ≠0)có đồ thị ( )d Lập phương trình đường thẳng ( )d , biết ( )d

qua điểm A 1;2( ) cắt trục hồnh điểm B có hồnh độdương, cắt trục tung điểm C có tung độ

dương thỏa mãn OB OC+ nhỏ (O gốc tọa độ)

b) Tìm tất nghiệm nguyên phương trình 3x 16y 24− − = 9x2 +16x 32+

Câu (3.0 điểm) Giải phương trình 4x3 +5x2 + =1 3x 3x+ −

Câu (3.0 điểm) Giải hệphương trình

( )

2

4

y 2x 5y 6x

2y 5x 17x 6 15x

 − + = − −

 

− + = −



Câu (6.0 điểm)

Cho điểm M thuộc nửa đường trịn ( )O đường kính AB (M≠A, M≠ B, MA<MB) Tia phân giác góc AMB cắt AB C Qua C vẽđường vng góc với AB cắt đường thẳng AM, BM thứ tự D, H

a) Chứng minh CA =CH

b) Gọi E hình chiếu vng góc H tiếp tuyến A đường tròn ( )O , F hình

chiếu vng góc D tiếp tuyến B đường tròn ( )O Chứng minh E, M, F thẳng hàng c) Gọi S , S1 2 thứ tự diện tích tứ giác ACHE BCDF Chứng minh

1

CM < S S Câu (2.0 điểm). Cho ba số a, b, c 1≥ thỏa mãn 32abc 18 a b c= ( + + )+27

Tìm giá trị lớn biểu thức: P a2 b2 c2

a b c

− − −

= + +

Phân tích hướng dẫn giải Câu Cho a 1; b

2

− +

= = Tính a7 +b7

• Phân tích Đầu tiên nhìn vào toán ta nghĩ tới việc thay thẳng a, b sử dụng đẳng thức nhưng phải tính nhiều lần nên ta đổi cách khác Với loại tính giá trị biểu thức kiểu an +bn ta

thường đưa dạng phép toán a b+ ab Dễ thấy

2 2 1

a b 2; ab

2 2

− + − +

Đều nhũng kết đẹp nên ý tưởng hồn tồn có sở Đến ta có biểu diễn a7 +b7 theo cách

sau

( )( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

7 4 3 3

2

2 2 2 3 3

a b a b a b a b a b

a b 2ab 2a b a b 3ab a b a b a b

+ = + + − +

 

   

= + −  −  + − + − +

   

 

 

Đến cần thay số vào tính a7 +b7

• Lời giải Từ giả thiết ta có a b 2 2; ab 2 1

2 2

− + − +

+ = + = = = Lại có

( )( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

7 4 3 3

2

2 2 2 3 3

a b a b a b a b a b

a b 2ab 2a b a b 3ab a b a b a b

+ = + + − +

 

   

= + −  −  + − + − +

   

 

 

Từđó ta

2

7 1 17 170 2 169

a b 2 2

2 64 64 64 64 64

     

 

+ =  −  −  − − =  − = − =

     

 

Vậy a7 b7 169

64

+ =

Câu a) Cho hàm số y=ax b a+ ( ≠0)có đồ thị ( )d Lập phương trình đường thẳng ( )d , biết ( )d

qua điểm A 1;2( ) cắt trục hồnh điểm B có hồnh độdương, cắt trục tung điểm C có tung độ

dương thỏa mãn OB OC+ nhỏ (O gốc tọa độ)

• Phân tích Để lập phương trình đường thẳng ( )d ta cần tính giá trị a, b hàm số y=ax b+

+ Do ( )d qua điểm A 1;2( ) nên thay giá trị x, y vào ta a b 2+ =

+ Do ( )d cắt trục hoành điểm B có hồnh độ dương y=0 nên OB b a

− = > + Do ( )d cắt trục tung điểm C có tung độ dương x =0 nên OC= >b 0 Vì b >0 b

a

− > nên

a <0

Vì đề cho OB OC+ nhỏ nên ta nghĩ đến việc sử dụng giá trị nhỏ vị trí dấu xảy để tính giá trị a, b Thay OB OC vào ta OB OC b b

a

+ = − +

Đến ta kết hợp việc sử dụng a b 2+ = và ý OB OC+ nhỏ nên cần đánh giá lớn hay chuyển toán thành tốn tìm giá trị nhỏ biểu thức với biến a b

Để OB OC+ nhỏ tức b b a a 3a a2 a

a a a a

− − −

− + = − + − = = − − nhỏ Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có a 2 a 2

a a

− + ≥ − =

− − nên

2

3 a 2

a

Suy OB OC+ ≥ +3 2 Vì dấu xảy nên a a2 2 0 a 2

a

= ⇔ − = ⇔ = − (vì a âm) Từ ta a = − ⇒ = +b 2, đến coi ta giải tốn

• Lời giải

+ Do ( )d qua điểm A 1;2( ) nên thay giá trịx, y vào ta a b 2+ =

+ Do ( )d cắt trục hồnh điểm B có hồnh độdương y=0 nên OB b a

− = > + Do ( )d cắt trục tung điểm C có tung độdương x= nên OC= >b

Vì b >0 b

a

− > nên

a<

Ta có OB OC b b a a 3a a2 a

a a a a

 

− − −

+ = − + = − + − = = + − + 

−  

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có a 2 a 2

a a

− + ≥ − =

− − nên

2

3 a 2

a

− − ≥ +

Suy OB OC+ ≥ +3 2 Theo dấu xảy nên a a2 2 0 a 2

a

= ⇔ − = ⇔ = − (vì a âm) Từđó ta a = − ⇒ = +b 2

Vậy phương trình đường thẳng ( )d y= − 2x 2+ +

b) Tìm tất nghiệm nguyên phương trình 3x 16y 24− − = 9x2 +16x 32.+

• Phân tích Quan sát ta thấy vế phải vế trái vế phải số ngun nên để phương trình có nghiệm nguyên 9x2 +16x 32+ phải số phương

Đặt 9x2+16x 32+ =t t2( ∈) Ở dạng phương trình nghiệm nguyên ta thường chuyển thành hiệu hai

bình phương số nguyên xét trường hợp nhiên chưa thể chuyển phương trình vừa đặt thành hiệu hai bình phương nên ta nghĩ đến việc nhân thêm hai vế số phương Để ý thấy 16x

không chứa thừa số 9x2nên ta cần nhân thêm vào vế để viết thành bình phương

( )( )

( ) ( ) ( ) ( )

2 2

4

4

81x 144x 288 9t 81x 2.9.8 64 224 9t

9x 3t 9x 3t 224 14 28 56 2.112 14 28 56 112

+ + = ⇔ + + + =

⇔ + − + + = − = − = − = − = −

= − = − = − = −

Ta có x Z; t N∈ ∈ nên 9x 3t 9x 3t+ + > + − 9x 3t+ − ;9x 3t+ + cùng tính chẵn lẻ Ở cảm thấy có nhiều trường hợp nên suy nghĩ nảy sinh giới hạn trường hợp lại quan hệ chia

9x 3t+ + 9x 3t+ − đều chia dư ta có trường hợp sau

9x 3t 14 9x 3t 56 9x 3t 9x 3t

; ; ;

9x 3t 16 9x 3t 9x 3t 28 9x 3t 112

 + + =  + + =  + + =  + + =

   

 + − = −  + − = −  + − = −  + − = −

   

   

Đến giải hệ phương trình coi ta giải phương trình ban đầu

• Lời giải Đểphương trình có nghiệm 9x2 +16x 32+ phải một sốchính phương

( )( )

( ) ( ) ( ) ( )

2 2

4

4

81x 144x 288 9t 81x 2.9.8 64 224 9t

9x 3t 9x 3t 224 14 28 56 2.112 14 28 56 112

+ + = ⇔ + + + =

⇔ + − + + = − = − = − = − = −

= − = − = − = −

Ta có x Z; t N∈ ∈ nên 9x 3t 9x 3t+ + > + − 9x 3t+ − ;9x 3t+ + tính chẵn lẻ Lại thấy

9x 3t+ + 9x 3t+ − chia dư ta có trường hợp sau

9x 3t 14 9x 3t 56 9x 3t 9x 3t

; ; ;

9x 3t 16 9x 3t 9x 3t 28 9x 3t 112

 + + =  + + =  + + =  + + =

   

 + − = −  + − = −  + − = −  + − = −

   

   

Giải trường hợp ta x∈ − − −{ 7; 2; 1;2}

+ Với x= − ⇒ −1 27 16y− = ⇒ = −5 y 2(thỏa mãn) + Với x 30 16y y

4

= − ⇒ − − = ⇒ = − (loại) + Với x 18 16y 10 y

4

= ⇒ − − = ⇒ = (loại)

+ Với x= − ⇒ −7 45 16y 19− = ⇒ = −y 4(thỏa mãn)

Vậy nghiệm nguyên phương trình ( ) (x; y = − −1; , 7; 4) (− − ) Câu Giải phương trình 4x3 +5x2 + =1 3x 3x+ −

• Phân tích Điều kiện xác định phương trình x

−

≥ Phương trình có vế trái bậc cịn vế phải bậc thức khơng thể để vế để bình phương Cũng khơng thể phân tích thành tích với hệ số Ta thử nhẩm giá trị đặc biệt nghiệm sở để nhân lượng liên hợp

Với x =0 3x 1+ = nên ta nhân lượng liên hợp sau

( )

3 2

2

2

3x

4x 5x 3x 3x x 4x 5x

3x 1 x

3

x 4x 5x 4x 5x 3 0

3x 1

3x 1

+ + + − + = ⇔ + + − =

+ +  =

  

⇔  + + −  = ⇔ 

+ + − =

+ +

   + +



Đến cần chứng minh 4x2 5x 3 0

3x 1

+ + − ≠

+ + xong, nhiên khơng thể chứng minh

được phương trình khác khơng nên ta giải ln phương trình quay lại phương trình ban đầu thì khơng cịn hướng mà Nhận thấy 4x2 +5x 1+ =(4x x 1+ )( + ) ta cố gắng thử biểu

diễn lại qua 4x 1+ x 1+ để làm nhân tử chung Khi ta phát cách đưa 4x 1+

( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )

2 2

2 2

3

4x 5x 4x 5x 3x 4x 5x

3x 1

x 4x 3x 4x 5x

x 4x 3x 3x 4x 5x

x 4x 3x 4x x 4x 3x 1

12x

x 4x 3x x 4x 4x

2 3x 1

4x x 3x x

2 3x 1

+ + − = ⇔ + + + + + = + +   ⇔  + + +  + + + = ⇔ + + + + + + + = ⇔ + + + + + + + + + − = + ⇔ + + + + + + + + = + +   ⇔ +  + + + + +  = + +  

Khi cần chứng minh (x 1) 3x x 3x 1

+ + + + + >

+ + xong • Lời giải Phương trình tương đương với

( )

3 2

2

2

3x

4x 5x 3x 3x x 4x 5x

3x 1 x

3

x 4x 5x 3

4x 5x

3x 1

3x 1

+ + + − + = ⇔ + + − = + +  =    ⇔  + + −  = ⇔  + + − = + +    + + 

Khi x =0 nghiệm phương trình

Với 4x2 5x 3 0

3x 1

+ + − =

+ + , đóđó ta có

( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )

2 2

2 2

3

4x 5x 4x 5x 3x 4x 5x

3x 1

x 4x 3x 4x 5x

x 4x 3x 3x 4x 5x

x 4x 3x 4x x 4x 3x 1

12x

x 4x 3x x 4x 4x

2 3x 1

4x x 3x x

2 3x 1

+ + − = ⇔ + + + + + = + +   ⇔  + + +  + + + = ⇔ + + + + + + + = ⇔ + + + + + + + + + − = + ⇔ + + + + + + + + = + +   ⇔ +  + + + + +  = + +  

Vì x

3

−

≥ nên x 1+ lớn không nên (x 1) 3x x 3x 1

+ + + + + >

+ +

Suy từphương trình ta x

−

= nghiệm phươngtrình Vậy nghiệm phương trình x

4

−

= x =0 Câu Giải hệphương trình

( )

2

4

y 2x 5y 6x

2y 5x 17x 6 15x

 − + = − −

 

− + = −

• Phân tích Điều kiện xác định hệ phương trình x

≥ Phương trình thứ hai hệ phương trình đa thức nên ta để ý phân tích phương trình thứ hai trước Phương trình thứ hai tương đương với

( )( ) ( ) ( ) ( )

( )

4

4

2 x

2y 5x x 3 5x 5x 2y x 3

2y x 3

 = 

 

− − = − ⇔ −  − +  = ⇔

− + = 

Với 2y x 34( − )+ =3 0 ta y4 y2

6 2x 2x

= ⇒ =

− − , vào phương trình thứ ta

3

2x 6x

6 2x− − + = 2x− − − hay ta

( ) ( )( )

6x 3− + 2x− =5 3− 6x 2x− −

Với hệ phương trình ta nhận thấy có hướng xử lý sau + Hướng Đặt ẩn phụ a = 6x 3; b− = 2x( − )

Khi ta thu hệ phương trình

2

a b 15

ab

a b

3

 + =



 + = −

 

Đây phương trình đối xứng nên ta giải hệ

+ Hướng Nhận thấy phương trình có nghiệm x 1= nên ta sử dụng đại lượng liên hợp

( ) ( )( )

( )

( )

( )

( )

2

2

2

6x 3 2x 6x 2x

6x 3 2x 3 12x 42x 18

6x 6 6x 12x 42x 30

6x 3 2x 3 12x 42x 18

1 2x

6x

6x 3 2x 3 12x 42x 18

− + − = − − −

⇔ − − + − − = − − + −

− − − +

⇔ + =

− + − + + − + −

 

−

 

⇔ −  − −  =

− + − + + − + −

 

 

Ta cần xử lý phương trình

( )

1 2x 0

6x 3 2x 3 12x 42x 18

−

− − =

− + − + + − + −

( )( ) ( )( ) ( )( ) ( ) 2 2

1 2x

0

2x 1 2x 2 4x 14x

6 2x 2x 1 2x 0

2 4x 14x

2x 1 2x 1

6 2x 2x 2x 0

2 4x 14x

2x 1 2x 1

5 2x 2x

5 2x

6 2x 2x 0

2 4x 14x

2x 1 2x 1

1

6 2x 2x

5 2x 2x − − − = − + − + + − + − − + − − − − ⇔ + = + − + − − + − + − − + − − − ⇔ + = + − + − − + − + − − + − − + + − ⇔ + = + − + − − + − + + − + + − ⇔ − −

( )( )

1 0

2 4x 14x

1 2x 1

     +  =  + − + + − + −     

Đến ta giải hệ phương trình

• Lời giải Điều kiện xác định hệphương trình x

≥ Phương trình thứhai tương đương với

( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 4 x

2y 5x x 3 5x 5x 2y x 3

2y x 3

 =    − − = − ⇔ −  − +  = ⇔ − + = 

Với 2y x 34( − )+ =3 0 ta được y4 y2

6 2x 2x

= ⇒ =

− − , thếvào phương trình thứ ta

được 2x 6x

6 2x− − + = 2x− − − hay

( ) ( )( )

6x 3− + 2x− =5 3− 6x 2x− −

Với phương trình ta nhận thấy có hướng xửlý sau

+ Hướng Đặt ẩn phụa = 6x 3− ≥0; b= 2x( − ) ≥0 Khi ta hệphương trình

( ) ( ( ) )

2 2

2

a b 15 a b 15

3 a b 45 6ab

ab

a b 3 a b ab 15 a b 15 ab

3  + =  + =  + = +  ⇔  ⇔   + = −   + + = + = −    

Từ hệtrên ta 45 6ab+ =(15 ab− )2 ⇔ ( )ab 2−36ab 180+ =0

Chú ý ab≥ nên từphương trình ta ab =6 ab =30

Với ab =30 ta a b+ = −5 3, loại

Với ab =6 ta a b+ =3 suy a =2 3; b= a = 3; b 3=

Từ a =2 3; b= ta

( )

6x 3 5

x

3 2x

 − =

 ⇒ =



− =

Từ a =2 3; b= ta

( )

6x 3

x 2x

 − =

 ⇒ =



− =



Đây hệphương trình đối xứng nên ta giải hệ

+ Hướng Nhận thấy phương trình có nghiệm x 1= nên ta sử dụng đại lượng liên hợp

( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2

6x 3 2x 6x 2x

6x 3 2x 3 12x 42x 18

6x 6 6x 12x 42x 30

6x 3 2x 3 12x 42x 18

1 2x

6x

6x 3 2x 3 12x 42x 18

− + − = − − − ⇔ − − + − − = − − + − − − − + ⇔ + = − + − + + − + −   −   ⇔ −  − −  = − + − + + − + −    

Xét phương trình

( )

1 2x 0

6x 3 2x 3 12x 42x 18

−

− − =

− + − + + − + −

Phương trình viết lại thành

( )( ) ( )( ) ( )( ) ( ) 2 2

1 2x 0

2x 1 2x 2 4x 14x

6 2x 2x 1 2x

0

2 4x 14x

2x 1 2x 1

6 2x 2x 2x

0

2 4x 14x

2x 1 2x 1

5 2x 2x

5 2x

6 2x 2x 0

2 4x 14x

2x 1 2x 1

1

6 2x 2x

5 2x 2x − − − = − + − + + − + − − + − − − − ⇔ + = + − + − − + − + − − + − − − ⇔ + = + − + − − + − + − + − − − + + − ⇔ + = + − + − − + − + + − + + − ⇔ − −

( )( )

1 0 x

2

2 4x 14x

1 2x 1

     +  = ⇔ =  + − + + − + −     

Từ kết quảtrên ta tìm nghiệm hệphương trình

( )x; y 1; , 1; , 5; ,4 5; 43

2 2

       

   

= −    − 

       

   

a) Chứng minh CA =CH

• Phân tích Bài tốn cho MC phân giác góc AMB nên ta có tỷ số AC MA

BC = MB Bây ta

cần chứng minh HC MA

BC = MB Đây

tỷ số đồng dạng hai tam giác HCB AMB Đến tốn chứng minh

• Lời giải. Ta cóAMBlà góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên AMB =900 ⇒ AMB =BCH đồng thời

có góc MBA chung nên AMB BCH HC MA

BC MB

 ∽ ⇒ =

Cũng có MC phân giác góc AMB nên AC MA

BC = MB

Kết hợp hai kết ta có HC AC

BC = BCsuy CA =CH

b) Gọi E hình chiếu vng góc H tiếp tuyến A ( )O , F hình chiếu vng góc D

trên tiếp tuyến B ( )O Chứng minh E, M, F thẳng hàng

• Phân tích Để chứng minh điểm E, M, F thẳng hàng ta có hướng sau: + Chứng minh EMA =DMF

+ Chứng minh EMC FMC 180 + = 0

Theo ý a ta có HC=AC và dựa giả thiết ý b ta thấy tứ giác EHAC CDFB hình vng Khi ta vẽ thêm đường chéo để khai thác giả thiết Để ý AMB =AMH =900 nên



1

MI AH EC EMC 90

2

= = ⇒ = Chứng minh hoàn toàn tương tự ta FMC =900 nên suy

 

EMC FMC 180+ = , suy ba điểm M, E, F thẳng hàng

• Lời giải Tứ giác EHCA có ba góc vng nên hình chữ nhật lại có hai cạnh kề HC =ACnên

tứgiác EHCA hình vng

Khi AMB =AMH =900nên MI 1AH 1EC EMC 900

2

= = ⇒ =

Chứng minh hoàn toàn tương tựta FMC =900 nên EMC FMC 180 + = 0 suy ba điểm M, E, F

thẳng hàng

c) Gọi S , S1 2 thứ tự diện tích tứ giác ACHE BCDF Chứng minh

1

CM < S S

• Phân tích Trước tiên ta phải tính diện tích tứ giác ACHE BCDF Có hai cách tính theo cạnh hình vng tính theo độ dài đường chéo Do cạnh hai hình vng thay đổi nên việc tìm liên hệ hai cạnh hai hình vng với CM khó khăn Vì ta chuyển sang tính theo đường chéo Dễ thấy hai đường chéo hình vng hai cạnh tam giác vng ECF có CM đóng vai trị đường cao

H

F D

M E

B O

Ta có S1 CE2; S2 CF2 S S1 2 CE.CF

2 2

= = ⇒ =

Hệ thức lượng liên hệ cạnh góc vng đường cao tam giác vuông 2 12 12

CM = EC +CF Bây

giờ thấy CM2 nên ta quy đồng nghịch đảo 2

2

CE CF CM

CE CF

=

+ Quy chứng minh

2

2

CE CF

CE CF

CE +CF < + , điều hồn tồn đánh giá theo bất đẳng thức Cauchy Dấu khơng

xảy AM<BM

• Lời giải.

Ta có S1 CE2; S2 CF2 S S1 2 CE.CF

2 2

= = ⇒ =

Vì E, M, F thẳng hàng nên CM đường cao tam giác vng CEF

Khi áp dụng hệ thức lượng tam giác vng ta có 2

2 2 2

1 1 CM CE CF

CM = EC +CF ⇒ =CE +CF

Áp dụng bất đẳng thức cosy ta có: CE CF22 22 CE.CF S S1 2

2

CE +CF ≤ =

Suy

1

CM ≤ S S , AM< BMnên dấu khơng xảy ta có điều phải chứng minh

• Nhận xét Nhìn thấy hình vẽ có giao điểm đường trịn với cạnh EF BD gọi giao điểm N Đó chân đường vng góc hạ từ E xuống BD Khi ta nghĩ thêm vài cách phát biểu như

+ Chứng minh tứ giác AMNB nội tiếp đường tròn + Chứng minh ba đường HA, BD, EF đồng quy + Chứng minh M, N, E, F thẳng hàng

Để ý ta thấy N trung điểm EF hay N điểm cung trịn ON đường trung bình hình thang vuông EAFB Suy ON 1(AE FB) 1AB

2

= + =

Câu Cho số a, b, c 1≥ thỏa mãn 32abc 18 a b c= ( + + )+27 Tìm giá trị lớn biểu thức:

2 2

a b c

P

a b c

− − −

= + +

• Phân tích Vì vai trị a, b, c kết hợp giả thiết dấu xẩy a b c

= = = Biến đổi giả thiết ta có 32abc 18 a b c( ) 27 1 27 1

16 ab bc ca 32 abc

 

= + + + ⇔  + + + =

 

Để đơn giản hóa giả thiết ta đặt 1 x;1 y;1 z a = b = c =

Khi giả thiết trở thành (xy yz zx) 27xyz

16 + + + 32 =

2 2

( )

2 2 2

P= x− + y− + z− ≤ 3 − x +y +z 

Đến ta cần đánh giá x2+y2 +z2 theo hướng giảm dần Ta có hai đánh giá quen thuộc

2 2

x +y +z ≥xy yz zx+ + và ( )

2

2 2 x y z

x y z

3

+ +

+ + ≥ , nhiên xử lý với xy yz zx+ + ta cần đại lượng nhỏ theo giả thiết ta đánh giá giảm nên ta đánh giá theo

( )2

2 2 x y z

x y z

3

+ +

+ + ≥ Chú ý đến chiều bất đẳng thức ta biểu diễn giả thiết bất đẳng thức theo x y z+ +

Chú ý đánh giá

3

x y z xyz

3

 + + 

≤  

  và

( )2

x y z xy yz zx

3

+ +

+ + ≤ Khi giả thiết trở thành

( ) x y z( ) (2 x y z)3

9 27

1 xy yz zx xyz

16 32 16 32

+ + + +

= + + + ≤ +

1. Từ ta x y z 2+ + ≥ Suy ra ( )

2

2 2 x y z

x y z

3

+ +

+ + ≥ ≥ Khi áp dụng vào bất đẳng thức ta có P= 1 x− + 1 y− + 1 z− ≤ 3 3 −(x2 +y2+z2) ≤ 9 4− = 5

 

Đến ta tìm giá trị lớn P

•Lời giải: Biến đổi giả thiết ta có

( ) 1 27

32abc 18 a b c 27

16 ab bc ca 32 abc

 

= + + + ⇔  + + + =

 

Đặt x;1 y;1 z x, y, z( 0)

a = b = c = > Khi giả thiết trở thành ( )

9 27

xy yz zx xyz

16 + + +32 =

Và P viết lại P = 1 x− + 1 y− + 1 z−

Áp dụng bất đẳng thức dạng

3

x y z xyz

3

 + + 

≤  

 

( )2

x y z xy yz zx

3

+ +

+ + ≤

Ta ( ) ( ) ( )

2

3 x y z x y z

9 27

1 xy yz zx xyz

16 32 16 32

+ + + +

= + + + ≤ +

Vì x, y, z>0 nên x y z 2+ + ≥ suy ( )

2

2 2 x y z

x y z (1)

3

+ +

+ + ≥ ≥

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng (1) ta có

( )

2 2 2

P= x− + y− + z− ≤ 3 − x +y +z  ≤ 4− =

Vậy giá trị lớn P Dấu xẩy a b c

Đề số

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÁN TỈNH PHÚ THỌ Năm học 2016 – 2017

Thí sinh làm (cảphần trắc nghiệm khách quan phần tựluận) tờgiấy thi. A PHẦN TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN (8 điểm)

Câu Biểu thức

2

5 3x

6 x x

−

− − có nghĩa nào?

A − ≤ ≤3 x B 5 x

3 < < C x < −3 x>2 D

5 x

3

− < ≤ Câu Cho biểu thứcQ x x 4x x 45 x

x x 15 x

− + − +

= −

− − + (x≥0; x ≠25)

Tìm giá trịnhỏ Q

A 2

3 B

7

3 C D

Câu Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d):y= (2m x 4m 3− ) + − Gọi h khoảng cách

từđiểm O đến đường thẳng (d) Tìm giá trị lớn h

A.2 B 13 C 15 D

Câu Trên mặt phẳng tọa độOxy cho ba điểm A(−2; ; B) (− −4; ; C 5; 1) ( )− Tính diện tích tam giác ABC

A 30,5 B 28,5 C 42 D 38

Câu Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho ba đường thẳng ( )d : x1 1y −2 = 3;( )2

1

d : y x

3

−

= −

( ) (d : 2m x 3my3 + ) − = 0 Tìm m để ba đường thẳng cho đồng quy

A

− B 1.

2 C

3.

2 D

2.

−

Câu Cho Parabol (P):y =x2 và đường thẳng (d) có phương trình y=2 m x 5m 16( − ) + − Tìm giá

trị m để (d) cắt (P) điểm phân biệt nằm hai phía trục tung

A m 16

< B m 16

5

< <

C.m< −4 m 16

> D m 16

5

>

Câu Gọi (x ; y0 0) nghiệm phương trình x2 +9y2−4x 7+ =2y 3x 7( − )sao cho

y đạt giá trị

lớn Tính tổng x0 +y0

A −4 B

2

−

C

2

−

Câu Tìm m để phương trình x2 −(m 4)x m 3+ + + =0 có hai nghiệm

x ; x độ dài hai cạnh góc vng tam giác vng có độ dài cạnh huyền 26

A m = −8 m=2 B m=2

C m = −8 D m=8 m = −2

Câu Cho hình thang ABCD (AB//CD) có AB 2, cm; AD= =3, cm; BD cm= DBC =DAB

Tính tổng BC CD+

A 17 (cm) B 19 (cm) C 20 (cm) D 22 (cm)

Câu 10 Cho tam giác ABC vuông tại A đường phân giác AD, (D∈BC) Đẳng thức sau ?

A 1

AB+ AC = AD B

1

AB + AC = AD

C 1

AB+ AC = AD D

1

AB+ AC = AD

Câu 11 Cho tam giác nhọn ABC có BAC = 300, kẻ hai đường cao BD, CE (D∈AC; E∈AB) Gọi

S; S ' diện tích ABC, ADE Tính tỉsố S '

S

A 3

4 B

1

4 C

1

2 D

3

Câu 12 Cho tam giác ABC vuông A Kẻ AH ⊥ BC , HD⊥AB, HE⊥AC (H∈BC, D∈AB, E∈AC) Đẳng thức sau ?

A.AD.AB =AE.AC B.BD.BA =CE.CA C

2

AD.DB AE.EC+ =AH D BD.BA=AH2

Câu 13 Cho tam giác nhọn ABC có ABC > ACB, kẻ đường cao AH, trung tuyến AM (M, H∈BC) Đẳng thức sau ?

A.tan HAM cotC - cot B

= B.tan HAM cot B - cotC

2

=

C.tan HAM tan C - tan B

= D.tan HAM cos C - cos B

2

=

Câu 14 Cho đường tròn tâm O, đường kính AB =2R Gọi M, N trung điểm OA, OB Qua M kẻdây cung CD, qua N kẻ dây cung EF cho CD//EF (C, F thuộc nửa đường tròn đường kính AB) CMO =300 Tính diện tích tứ giác CDEF theo R

A R 152

8 B

2

R 13

4 C

2

R 15

4 D

2

3R 15

Câu 15 Cho đường tròn tâm O, đường kính AB=2R Điểm M thuộc tia đối tia AB, qua M kẻ tiếp

tuyến MC với đường tròn (O) ( C tiếp điểm), kẻ CH vng góc với AB (H AB∈ ) biết

(a 0)

A 12a

5 B

9a

5 C

8a

5 D.

14a

Câu 16 Một hải đăng vị trí A cách bờ biển (là đường thẳng) khoảng AH=3 (km) Một

người gác hảiđăng muốn từ vịtrí A trở vị trí B bờ biển (HB = 24 (km)), cách chèo thuyền

với vận tốc (km/h) tới vị trí M bờ (M nằm H B) sau từ M chạy dọc theo bờ biển

đến B với vận tốc gấp bốn lần vận tốc chèo thuyền Biết tổng thời gian di chuyển từ A vềđến B hết

giờ 20 phút Tính khoảng cách MB ?

A 12 (km) B 16 (km) C 18 (km) D 20 (km)

B PHẦN TỰ LUẬN (12 điểm) Câu (3.0 điểm)

a) Cho sốdương a, b, c thỏa mãn ab bc ca+ + =1 Chứng minh

2 2

a b b c c a 0

1 c a b

− + − + − =

+ + +

b) Chứng minh a.b =3 hai phương trình sau (a3 +a x a y a) + + + =1 0

(b3 +b x b y b) + + + =1 0 (a,b tham số) khơng có nghiệm ngun chung

Câu (3.5 điểm)

a) Giải phương trình 2x 3+ − x 1.+ =

b) Giải hệphương trình

3 2

x x y 3x 5xy y 4x y

3 x y x

 + = + + + +

 

− + = +



Câu (4.0 điểm) Cho đường tròn ( )O; R điểm A cốđịnh ( )O; R Gọi M, N giao điểm

của hai đường tròn ( )O; R (A; R), H điểm thay đổi cung nhỏ MN đường tròn (A; R)

Đường thẳng qua H vng góc với AH cắt đường trịn ( )O; R B, C Kẻ HI ⊥AB, HK⊥AC với

I AB∈ K AC∈

a) Chứng minh IK ln vng góc với đường thẳng cốđịnh AB.AC=2R2

b) Tìm giá trị lớn diện tích ∆AIK H thay đổi

Câu (1.5 điểm) Cho sốdương a, b, c thỏa mãn a b c 1+ + = Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

( 2 ) ( 2 2)

P a b b c c a= + + + a +b +c +4abc

Phân tích hướng dẫn giải 1 Phần trắc nghiệm khách quan

Câu 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16

HB=24km 3km

M B

Đáp

án D C B B A D A B A B A A,

C A C A D

Điểm 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 2 Phần tựluận

Câu (3,0 điểm)

a) Cho sốdương a, b, c thỏa mãn ab bc ca+ + =1 Chứng minh

2 2

a b b c c a

0

1 c a b

− + − + − =

+ + +

•Lời giải Ta có 1 a+ =ab bc ca a+ + + =(a b)(a c).+ + Hoàn toàn tương tự ta có

( )( ) ( )( )

2

2

1 b ab bc ca b b a b c

1 c ab bc ca c c a c b

+ = + + + = + +

+ = + + + = + +

Suy

( )( ) ( )( )

2

a b a b a c b c 1

c b c a

1 c c a c b c a c b

− = − = + − − −

+ +

+ + + + +

( )( ) ( )( )

( )( ) ( )( )

2

2

b c b c b a a c 1

a c a b

1 a a b a c a b a c

c a c a c b a b 1

b a b c

1 b b c b a b c b a

− = − = + − − = −

+ +

+ + + + +

− = − = + − − = −

+ +

+ + + + +

Vậy a b2 b c2 c a2 1 1 1

c b c a a c a b b a b c

1 c a b

− − −

+ + = − + − + − =

+ + + + + +

+ + +

b) Chứng minh a.b=3 hai phương trình (a3 +a x a y a) + + + =1 (1)

(b3 +b x b y b) + + + =1 (2) (Với a,b tham số) khơng có nghiệm nguyên chung

• Lời giải. Giả sửhai phương trình (1) (2) có nghiệm ngun chung (x ; y0 0), ta có

( ) ( )

0 0

a +a x +a y +a + =1 0(3); b +b x +b y +b + =1 0(4)

Vì a, b ≠0 nên ta có

4

0 0

2

0 0

2

4

0 0

2

0 0

2

(3) a x a y a x a

1 1

a a x y a x a y 0;

a a a

a

(4) b x b y b x b

1 1

b b x y b x b y

b b b

b

⇔ + + + + =

       

⇔ +  + +  + = ⇔ +  +  + + − =

       

⇔ + + + + =

       

⇔ +  + +  + = ⇔ +  +  + + − =

       

Suy t1 a 1; t2 b

a b

= + = + hai nghiệm phương trình bậc hai (ẩn t)

2

0

Theo định lí Vi – et ta có 0

0

1 a b

a b x a b x

a b ab

1 a b

a b y ab y

a b b a ab

  + + + + = − + + = −    ⇔        +   +  = −  + + + = −      

Vì a.b =3 nên

2 2

2 2

0 0 2 2 0

3 9

a b x a b 2ab x a b x 6

4 16 16

a b 16 16 a b 3y 16.

y a b ab(y )

b a 3

   + = − + + =   + = −  ⇒  ⇒      + = −  + = −  + = −    

Suy 2

0 0

9 x 6 3y 16 9x 48y 160 (4)

16 − = − ⇒ = − Điều vơ lí vế trái (4) chia hết cho

nhưng vế phải (4) không chia hết cho

Vậy a.b =3thì hai phương trình cho khơng có nghiệm ngun chung

Câu a) Giải phương trình 2x 3+ − x 1+ =

• Lời giải.Điều kiện xác định phương trình x ≥ −1 Phương trình cho tương đương với

( ) 2

2x x 1 2x x 2 x x x

x x x

x

x 2x

4 x x 2x

+ = + + ⇔ + = + + + ⇔ + = +  ≥ −  ≥ −  =   ⇔  + = + + ⇔  − − = ⇔  = −      

Vậy phương trình cho có hai nghiệm x = −1; x =3

b) Giải hệphương trình

3 2

x x y 3x 5xy y 4x y

3 x y x

 + = + + + +

 

− + = +



• Lời giải Điều kiện xác định hệphương trình x≥0; y ≥ −1

Biến đổi phương trình thứ hệđã cho ta

( ) ( )

( )( )

2

2

y x 5x y x 3x 4x

y x 4x

y x y x 4x

y x

− − − − − − =

 = −

⇔ + + − + = ⇔ 

+ + = 

Từphương trình thứhai ta x = y x 1+ + + ≥ ⇒ > ⇒ + + >x y x

Do từphương trình thứ ta có y= x2 −4x Thay y= x2 −4x vào phương trình thứ hai của hệ

ta phương trình 3 x − x2 −4x 1+ = +x 1

Vì x=0 khơng nghiệm phương trình nên ta xét x ≠0

Khi 3 x x2 4x 1 x 1 x x 4 3

x x

− − + = + ⇔ + + + − =

Đặt t x (t 2) x t2 2

x x

= + ≥ ⇒ + = − Phương trình trở thành

( )

2

2

t 5

t t t t t

2

t t

 ≤ 

+ − = ⇔ − = − ⇔ ⇔ =

Suy x 25 2 x2 17x 0 x 1; 4

x 4

 

+ = − ⇔ − + = ⇔ ∈  

 

Từđó suy hệphương trình cho có hai nghiệm ( ) ( )x; y 4; , 1; 15

4 16

 − 

=  

 

Câu Cho đường tròn ( )O; R điểm A cố định ( )O; R Gọi M, N giao điểm hai đường tròn ( )O; R ( )A; R , điểm H điểm thay đổi cung nhỏ MN đường tròn ( )A; R Đường thẳng qua H vng góc với AH cắt ( )O; R B, C Kẻ HI⊥AB, HK ⊥AC với I AB∈

K AC∈

a) Chứng minh IK ln vng góc với đường thẳng cốđịnh AB.AC=2R2

Ta có AIH =90 ; AKH0  =900 Vì AIH AKH 180 + = 0

nên tứ giác AIHK nội tiếp

Kẻ tiếp tuyến At đường tròn (O; R) A

Ta có     

0

ACB HAC 90

ACB AHK (1)

AHK HAC 90

 + =

 ⇒ =



+ =



Ta lại có AHK =AIK (do tứ giác AIHK nội tiếp) (2) BAt =ACB(cùng

2sđ



AB) (3)

Từ (1), (2), (3) suy BAt =AIK nên At song song với IK

Mặt khác OA⊥At⇒ IK⊥OA Vậy IK ln vng góc với đường thẳng cốđịnh OA

Gọi J giao điểm AO IK A’ điểm đối xứng với A qua O

Ta có ACH∽AA ' B AHC( =ABA ' =90 ; ACH0  = AA ' B)

Do ta AC AH AB.AC AH.AA ' 2R.AH 2R2

AA ' = AB ⇒ = = =

b) Tìm giá trị lớn diện tích ∆AIK H thay đổi

Ta có AKH AHC AK AH AK.AC AH 2

AH AC

⇒ = ⇒ =

 ∽

Gọi S, S 'lần lượt diện tích tam giác ABC AIK

Ta có AIK ACB AI AK IK AJ

AC AB BC AH

⇒ = = =

 ∽ , suy ra:

( )

2 4 2

2

1AJ.IK

S ' 2 AJ IK. AK AK.AC AH AH

S 1AH.BC AH BC AB AB.AC AH.2R 4R

2

   

= = =  =  = = =

   

Suy S ' 1.S 1AH.BC R.BC R.2R R2

4 8

= = = ≤ =

O

A' M

K J I

H C

B

N A

Vậy giá trị lớn tam giác AIK R2

4 , đạt H ≡O

Câu Cho sốdương a, b, c thỏa mãn a b c 1+ + = Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

( 2 ) ( 2 2)

P a b b c c a= + + + a +b +c +4abc

•Lời giải. Ta có

( )( ) ( 2 ) ( 2 2)

ab bc ca+ + = a b c ab bc ca+ + + + = a b b c c a+ + + ab +bc +ca +3abc

Suy

( ) ( ) ( )

( ) ( )

2

2 2

2 2 2

a b c a b c ab bc ca ab bc ca

1 a b b c c a ab bc ca 3abc

+ + = + + − + + = − + +

 

= −  + + + + + + 

Do

( ) ( ) ( )

( )

2 2 2 2 2

2 2

P a b b c c a a b b c c a ab bc ca 3abc 4abc

1 ab bc ca abc

 

= + + + −  + + + + + + +

= − + + +

Khơng tính tổng qt giả sử a ≤ ≤b c Suy a a b) b c( − )( − )≥ ⇒0 (a2−ab b c)( − )≥0

Do suy a b a c ab2 − − +abc≥ ⇒0 ab2 +ca2 ≤a b abc2 +

Do ab2+bc2 +ca2 +abc=(ab2+ca2)+bc2 +abc≤(a b abc2 + )+bc2 +abc= b a c( + )2

Với số dương x, y, z ta ln có

( ) ( ) (2 ) (2 )2

3 3 3

3 3

x y x xyz x y z x y y z z x

2

 

+ + − = + +  − + − + −  ≥

 

Suy

3

3 x y z

x y z xyz xyz

3

 + + 

+ + ≥ ⇒ ≤  

  Dấu xảy x= =y z

Áp dụng bất đẳng thức ta có

( )

3

3

a c a c

b

a c a c 2 2 a b c

b a c 4b 4

2 3 27

 + + + + 

 

 +   +     + + 

+ =     ≤ =   =

 

       

 

Suy P ab( bc2 ca2 abc) 1 2b a c( )2 1 2. 19

27 27

= − + + + ≥ − + ≥ − =

Vậy MinP 19 27

= P đạt giá trị nhỏ a b c

Đề số

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỐN THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH Năm học: 2016 – 2017

Bài (3.0 điểm) Cho ba số a, b, c thoảcác điều kiện saua b− =7; b c− =3 Tính giá trị biểu thức b22 2c2 ab bc ca

c 2ab 2b

a c

a

P + + − − −

− − +

=

Bài (3.0 điểm) Giải phương trình (2x 1− ) x 3+ = x2 +3

Bài (3.0 điểm) Giải hệphương trình (x y 1( )() (y x 1) )

x y 1

− + =

− + =

 +

 



Bài (4.0 điểm)

Cho số thực dương x, y thoảmãn điều kiện x 2y

1 x+ +1 y+ = Tìm giá trị lớn biểu

thức P= xy2

Tìm số nguyên x, y thoảmãn phương trình (x y x 2y+ )( + ) = +x

Bài (5.0 điểm)

Cho tam giác nhọn ABC có H trực tâm Gọi M, N trung điểm cùa BC AH Đường phân giác góc A cắt MN K Chứng minh AK vng góc với HK Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( )O Gọi AH, AD đường cao đường phân giác tam giác ABC (H,D thuộc BC) Tia AD cắt ( )O E, tia EH cắt ( )O F tia FD cắt

( )O K Chứng minh AK đường kính ( )O

Bài (2.0 điểm) Trong tuần, ngày Nam chỉchơi môn thể thao Nam chạy ba ngày tuần

nhưng không chạy hai ngày liên tiếp Vào thứHai, chơi bóng bàn hai ngày sau

đó chơi bóng đá Nam cịn bơi chơi cầu lông, không bao giờNam chơi cầu lông sau

ngày chạy bơi Hỏi ngày tuần Nam bơi? Phân tích hướng dẫn giải

Bài Cho ba số a, b, c thoảcác điều kiện saua b− =7, b c− =3 Tính giá trị biểu thức

2 2

2

b c ab bc ca

c 2ab 2b

a c

a

P + + − − −

− − +

=

• Phân tích lời giải Nhìn vào tử số P ta có biến đổi quen thuộc

( ) (2 ) (2 )2

2 b2 c2 ab bc ca a b b c c a

a

2

− + − + −

+ + − − − =

Từđây phải biến đổi giả thiết để xuất thêm c a−

Đặt M mẫu P, M có thểphân tích thành tích thành

M=(a c a c 2b− )( + − ) (= a c a b c b− )( − + − )=40

Vậy ta P 79

40

=

Bài Giải phương trình (2x 1− ) x 3+ = x2 +3

• Phân tích lời giải Điều kiện xác định phương trình x

≥ Phương trình có nên ta

khửcăn cách bình phương vếnhưng phương trình lúc bậc 4, nhiên khơng nhẩm

được hai nghiệm phương trình bậc bốn ta sử dụng phương pháp

Phương trình tương đương với x2 + −3 2x x+ +3 x 3+ =0

Nhận thấy có hệ số 2x x 3+ , cóx2 nên ta nghĩđến phân tích thành bình phương

Phương trình lại tương đương với

( ) ( ) ( )( )

2

2

x 2x x x x x x x x x

x x

x x x x

x x

− + + + − + + = ⇔ − + − − + =

 = +



⇔ − + − + − = ⇔ 

− = +



Đến kết hợp với x

2

≥ ta xét trường hợp

+ Với x= x 3+ x 3 0 x 13

2 x − − = ⇒ = +

⇔ x

2

≥ + Với

( )2

x 3 17

x x x

2

x x

 ≥ +



− = + ⇔  ⇔ =

− = +



Vậy phương trình cho có tập nghiệm 13

2

3 17

S ;

2

 + + 

 

= 

 

Bài Giải hệphương trình (x y 1( )() (y x 1) )

x y 1

− + =

− + =

 +

  

• Phân tíchvà lời giải Cảhai phương trình có hạng tử xy nên ta sẽtìm cách triệt tiêu, lúc tốn giải Hệphương trình cho tương đương với

2xy x y 2

3y 3x y x

2xy 2y 2x

2xy x y

xy y x

  − + =

 ⇔  ⇒ − = ⇒ = +

  − + =

 

 + 

− + =

− =

Thế y x

= + vào phương trình thứ ta x2 2x 0 x 2;4

3 3

 

+ − = ⇒ ∈ − 

 

Vậy hệphương trình có hai nghiệm ( )x; y 2; , 4;2

3

Bài Cho hai số thực dương x, y thoảmãn điều kiện x 2y

1 x+ +1 y+ = Tìm giá trị lớn biểu

thức: P=xy2

• Phân tích lời giải Cả giả thiết kết luận khơng có liên hệgì đến Thậm chí, giả thiết

x 2y

1

1 x+ +1 y+ = ta nên áp dụng bđt phù hợp Do đểcó đánh giá hợp lí ta

biến đổi giả thiết trước

Ta có x 2y x 3xy 2y 2xy y

1 x y x y xy

+ +

+ = ⇔ = ⇔ + =

+ + + + +

Đến quan sát để ý kĩ xy2 = y.xy trong y xy hai hạng tửtrong đẳng thức Ta sẽ

tìm cách biến đổi vế trái đẳng thức thành tích sử dụng bất đẳng thức AM – GM

Ta có 1 2x 2 2xy.y 2 xy2 1 8xy2 x

8

y y y

= + ≥ = ⇔ ≥ ⇔ ≤

Vậy giác trị lớn P

8, xẩy

1

2xy y x y

2

= ⇔ = =

• Nhận xét Ta trình bài toán theo cách khác sau: Từ giả thiết cho, áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta

2.

( )( ) ( ) ( )( )2

1 y x y xy 4xy

1

1 y+ = −1 y+ =1 x+ +1 y+ ≥ x y+ + ⇒ 1 y+ ≥ x y+ +

3. Mặt khác ta lại có

( ) ( )

2

2

1 1 x 2y

1 x x

4

x

y

1 y

1 y

= − = ⇔

+ + + + = +

Do ta

( )( ) ( )( )

2

2

2

1 8xy

xy

x y x y

≥

+ + + + ⇔ ≤

2 Tìm số nguyên x, y thoảmãn phương trình (x y x 2y+ )( + ) = +x

• Phân tích lời giải.Phương trình tương đương với x2 +3xy 2y+ − − =x 5 0 nhận thấy

phương trình có bậc hai nên ta sử dụng delta để giải phương trình nghiệm nguyên

Phương trình tương đương với x2 +3xy 2y+ − − = ⇔x 5 0 x2+(3y x 2y− ) + − =5 0

Xem phương trình phương trình bậc ẩn x ta

( )2 ( 2 ) 2 ( )2

3y 2y y 6y 21 y 12

∆ = − − − = − + = − +

Đểphương trình có nghiệm nghiệm ngun ∆là sốchính phương

Đặt ∆ =(y 3− )2 +12=a2 ⇔(a y a y 3− + )( + − ) =12 với a số nguyên

Vì a y 3− + a y 3+ − tính chẵn lẻ nên ta có bảng sau

a y 3− + −2 −6

a y 3+ − −6 −2

y 5 (TM) 1 (TM) 1 (TM) 5 (TM)

Thay y=5 vào phương trình cho ta x2 +14x 45+ = ⇔ ∈ − −0 x { 9; 5}

Thay y 1= vào phương trình chota x2 +2x 3− = ⇔ ∈ −0 x { }3;1

Vậy phương trình có nghiệm ( )x; y =(5; , 5; , 1;1 , 1; 3− ) ( − ) ( ) ( )−

Bài 5.1 Cho tam giác nhọn ABC có H trực tâm Gọi M, N trung điểm cùa BC AH Đường phân giác góc A cắt MN K Chứng minh AK vng góc với HK

• Phân tích lời giải.

+ Cách Để chứng minh AK vng góc với

HK ta dựng tam giác cân bên ngoại

chứa đường cao AK tìm cách chứng minh

đó tam giác cân cách chứng minh AK

là trung trực, trung tuyến, phân giác

Thật vậy, gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Giả sử AH cắt đường tròn F AK cắt đường trịn ( )O E Kẻ đường kính AG HK cắt AG Q Dễ thấy OE trung trực BC suy OE song song

với AH Khi ta có

   1 

EOG FAG sdFG FOG FOE

2

= = = =

Do ta FE =EG nên suy AK phân giác HAQ Mặt khác BJ CD đường cao tam giác

ABC MN cắt OH P Dễ thấy BG vng góc với AB CH vng góc với AB dẫn đến HC song song với BG, tương tự BH song song với CG nên suy HBGC hình bình hành hay M trung điểm HC Ngồi cịn có N trung điểm AH nên MN đường trung bình tam giác AHG PK song song với OQ Mặt khác N trung điểm AH nên ON đường trung bình tam giác AHC hay ON song song với HM, mà ta có OM song song với NH suy ONHM hình bình hành

Do P giao điểm hai đường chéo nên P trung điểm OH Kết hợp với PK song song với OQ suy

ra K trung điểm HQ Đến có AK vng góc với HK Từđó ta

+ Cách Để chứng minh AK vng góc với HK hay tam giác AKH vuông K ta cần chứng minh 4. AN =NH=NKhay HNK 2HAK =  Mà ta có DNH =2DAN nên ta phải chứng minh

 

DNK 2DAK= Ta có 2DAK =BAC ta chứng minh DNK =BAC 5. Dễ thấy DNK KNE 1DNE

2

= = tứ giác AOHE nội tiếp nên BAC 1sdDE 1DNE DNK

2

= = =

Bài tốn chứng minh

6. •Nhận xét Một số kết thú vị từ tốn hình 5.1

+ Giả sử BC dây cố định đường tròn ( )O , điểm A di động đường tròn ( )O đường thằng HK cũng qua điểm cố định

F H N

D

J

I M K

G Q

P O

E

C B

+ Gọi I hình chiếu B AC Gọi H’ điểm đối xứng với H qua K Gọi G trung điểm AH’ Khi đường trịn ngoại tiếp tam giác IHK, đường tròn ngoại tiếp tam giác NGK AH’ đồng quy điểm

+ Tia AK cắt BC Q, tứ giác CQKI nội tiếp

7. + Gọi O tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC Khi điểm A, H’, O thẳng hàng.

2 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( )O Gọi AH, AD đường cao đường phân giác tam giác ABC (H, D thuộc BC) Tia AD cắt đường tròn ( )O E, tia EH cắt đường tròn ( )O

tại F tia FD cắt đường tròn ( )O K Chứng minh AK đường kính đường trịn ( )O

• Phân tích lời giải Để chứng minh AK đường

kính đường trịn (O) ta cần chứng minh tam giác AFK

vuông F hay AFD 90 = o Nhân thấy AHD 90 = o nên

ta cần tiếp tục phải chứng minh tứ giác AFHD nội

tiếp Thật

     

HDE sdBE sdAC sdEC sdAC sdAE

2 2 2

= + = + =

Mà ta có AFE 1sdAE

= , đóAK đường kính

đường tròn ( )O

Bài (2.0 điểm). Trong tuần, ngày Nam chỉchơi môn thể thao Nam chạy ba ngày tuần

nhưng không chạy hai ngày liên tiếp Vào thứHai, chơi bóng bàn hai ngày sau

đó chơi bóng đá Nam cịn bơi chơi cầu lông, không Nam chơi cầu lông sau

ngày chạy bơi Hỏi ngày tuần Nam bơi?

• Lời giải Theo giả thiết Nam chơi bóng bàn vào thứ Hai chơi bóng đá vào thứ Tư.

Thứ Thứ Thứ Thứ Thứ Thứ CN

Bóng bàn Bóng đá

Do Nam chạy ngày tuần, khơng có ngày liên tiếp nên Nam chạy vào thứ 3, thứ 5, thứ thứ 3, thứ 6, chủ nhật thứ 3, thứ 5, chủ nhật

+ Trường hợp Nam chạy vào Thứ 3, Thứ 5, Thứ

Thứ Thứ Thứ Thứ Thứ Thứ CN

Bóng bàn Chạy Bóng đá Chạy Chạy

Lúc này, Nam chơi cầu lơng vào thứ chủ nhật, mà Nam không chơi cầu lông sau ngày Nam chạy nên Nam chơi cầu lông Trường hợp loại

+ Trường hợp Nam chạy vào thứ 3, thứ 6, chủ nhật

Thứ Thứ Thứ Thứ Thứ Thứ CN

Bóng bàn Chạy Bóng đá Chạy Chạy

Lúc này, Nam chơi cầu lông vào thứ thứ7, mà Nam không chơi cầu lông sau ngày Nam chạy nên Nam chơi cầu lơng vào thứ Khi Nam bơi vào thứ

Trường hợp Nam chạy vào thứ 3, thứ 5, chủ nhật

Thứ Thứ Thứ Thứ Thứ Thứ CN

A

B C

E O

K D