Tuyển tập 30 đề thi vào lớp 10 chuyên Toán biên soạn bởi thuvientoan.net

Cho tam giác  ABC có các đỉnh là các điểm nguyên (một điểm gọi là điểm nguyên nếu hoành độ và tung độ của điểm đó là các số nguyên). Chứng minh rằng hai lần diện tích của tam giác [r]

(1)

TUYỂN TẬP 30 ĐỀ THI VÀO

VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN

 Tài liệu biên soạn

(2)

LỜI NÓI ĐẦU

Nhằm đáp ứng nhu cầu giáo viên toán THCS học sinh về các chuyên đề tốn

Các vị phụhuynh thầy dạy tốn có thể dùng dùng chun đề này đểgiúp con em học tập Hy vọng tuyển tập đềthi chun tốn thểgiúp ích nhiều cho học sinh phát huy nội lực giải toán nói riêng học tốn nói chung.

Chúc thầy, cô giáo em học sinh thu kết quảcao từchuyên đềnày! THCS, website thuvientoan.net giới thiệu đến thầy cô em tuyển tập 30 đề thi vào lớp 10

chun mơn tốn có đáp án chi tiết, công phu Chúng sưu tầm tậpđềthi lẻcó đáp án hay không rõ tác giả muốn tập hợp lại đểcác thầy cô học sinh dễ dùng.

TUYỂN TẬP 30 ĐỀ THI

(3)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI

Đề số

KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2011-2012

MÔN THI: TỐN (Vịng 1)

Thời gian: 120 phút ( Không kểthời gian giao đề)

Câu 1 (3,0 điểm)

1) Giải hệ phương trình

 

2

1

( 2)

x y x y

y x y x

  

        2) Giải phương trình

 

3

2

x x

  



Câu 2. (3,0 điểm)

1) Chứng minh không tồn ba số nguyên x y z; ;  thỏa mãn đẳng thức:

4 7 5

x y  z  2) Tìm tất cặp số nguyên x y; thỏa mãn đẳng thức

x1 4 x 14y3

Câu 3. (3,0 điểm) Cho hình bình hành ABCD với BAD90 Đường phân giác góc



BCD cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD O khác C Kẻ đường thẳng d qua A vng góc với CO Đường thẳng d cắt đường thẳng CB CD; E F; 1) Chứng minh OBE ODC

2) Chứng minh O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CEF 3) Gọi giao điểm OC BD I, chứng minh

IB BE EI ID DF FI

Câu 4. (1,0 điểm) Với x y; số thực dương, tìm giá trị nhỏ biểu thức

 

3

3 3

4

y x

x y y x y

P 

  



Hết

(4)

Đề số

MƠN THI: TỐN (Vịng 1)

Câu 1. (3,0 điểm)

1) Giải phương trình: x 9 2012 x 6 2012 x9x6 2) Giải hệ phương trình 2

2

x y y

x y xy

    

   



Câu 2. (3,0 điểm)

1) Tìm tất cặp số nguyên  x y; thỏa mãn đẳng thức x y 1xy x y   5 2x y 

2) Giả sử  x y; số thực dương thỏa mãn điều kiện  x1 y 1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức

2

2 y

x P

y x

 

Câu 3. (3,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm O Gọi M điểm cung nhỏ BC (M khác B C; AM không qua O) Giả sử P điểm thuộc đoạn thẳng AM cho đường tròn đường kính MP cắt cung nhỏ BC điểm N khác M

1) Gọi D điểm đối xứng với điểm M qua O Chứng minh ba điểm N P D; ; thẳng hàng

2) Đường tròn đường kính MP cắt MD điểm Q khác M Chứng minh P tâm đường tròn nội tiếp tam giác AQN

Câu 4. (1,0 điểm) Giả sử a b c; ; số thực dương thỏa mãn: a b  3 c; c b 1;

a b c  Tìm giá trị nhỏ biểu thức:  

   

2

1 1

ab a b c ab

a b c

Q    

  



Hết

(5)

Đề số

Câu 1. (3,0 điểm) 1) Giải phương trình

3x 1 2 x 2) Giải hệ phương trình

1

1 1

4

x y

x xy

y xy

     

  

 

     

  

  



Câu 2. (3,0 điểm)

1) Cho số thực a b c; ; 0 thỏa mãn a b b c c a      8abc Chứng minh         

4

a b c ab bc ca

a b b c c a       a b b c   b c c a   c a a b 

2) Có số nguyên dương có chữ số abcde cho abc10d e  chia hết cho

101?

Câu 3. (3,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn ( )O với AB AC Đường phân giác góc BAC cắt ( )O điểm D khác A Gọi M trung điểm AD E điểm đối xứng với D qua tâm O Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác ABM cắt đoạn thẳng AC điểm F khácA

1) Chứng minh tam giác BDM tam giác BCF đồng dạng

2) Chứng minh EF vng góc với AC

Câu 4. (1,0 điểm) Giả sử a b c d; ; ; số thực dương thỏa mãn điều kiện

1

abc bcd cda dab    Tìm giá trị nhỏ biểu thức

 3 3

4

P a b c  d

Hết

(6)

Đề số

 1 x 1x2 1 x28 

 

  2) Giải hệ phương trình

2

1

2

x xy y x xy y

    

     Câu 2. (3,0 điểm)

1) Giả sử x y z; ; số thực dương thỏa mãn điều kiện x y z xyz   Chứng minh

 

   

2 2

5

2

1 1

xyz x y z y

x z

x y y z z x

x y z

    

  

2) Tìm nghiệm nguyên phương trình

 

2 3

x y x y    x y xy

Câu 3. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn với AB BC D điểm thuộc cạnh BC cho AD phân giác BAC Đường thẳng qua C song song với AD, cắt trung trực AC E Đường thẳng qua B song song với AD, cắt trung trực AB F

1) Chứng minh tam giác ABF đồng dạng với tam giác ACE

2) Chứng minh đường thẳng BE CF AD; ; đồng quy điểm, gọi điểm G

3) Đường thẳng qua G song song với AE cắt đường thẳng BF Q Đường thẳng QE, cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác GEC P khác E Chứng minh điểm

; ; ; ;

A P G Q F thuộc đường tròn

Câu 4. (1,0 điểm) Giả sử a b c; ; số thực dương thỏa mãn đẳng thức ab bc ca  1 Chứng minh : 2   4

9

abc a b c   a b b c c a

Hết

(7)

Đề số (Đề dự bị )

Câu 1. (3,0 điểm)

1) Với a b c; ; số thực thỏa mãn điều kiện ab bc ca abc a b c      ; 3 ab 2a b ; 3 bc 2b c ; 3 ca 2c a Chứng minh

     

1 1 1

3 ab 2a b 3 bc 2b c 3 ac 2c a 

 

3 2

2

xy x y

x y x y

  



   



Câu 2. (3,0 điểm)

1) Với số thực a ta ký hiệu   a số nguyên lớn không vượt a giải phương trình

2

3

x x  x  x

       

   

          

2) Chứng minh từ 52 số nguyên ln chọn hai số có tổng hiệu chia hết cho 100

Câu 3. (3,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC, đường cao AH, H thuộc BC P thuộc AB cho CP phân giác góc BCA Giao điểm CP AH Q Trung trực PQ cắt

AH BC E F;

1) PE giao AC K Chứng minh PK vng góc AC

2) FQ giao CE, CA M N; Chứng minh bốn điểm E K N M; ; ; thuộc đường tròn

3) Chứng minh bốn điểm P E C F; ; ; thuộc đường tròn Câu (1,0 điểm) Giả sử 0a b c; ; 1 Chứng minh

 

     

6

1 1

a b c b c a c a b

bc a ca b ab c abc

  

  

   

Hết

(8)

8 2 x   x 2) Giải hệ phương trình

2

3

3 x y xy x y xy

  

      Câu 2. (3,0 điểm)

1) Với x y; số nguyên, chứng minh x y xy5  5 chia hết cho 30

2) Giả sử a b; số thực dương thỏa mãn điều kiện a b 2 Tìm giá trị nhỏ

biểu thức

   

3

2

1

a b

P

b a

 

 

Câu 3. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông A Gọi CT đường phân giác tam giác (T thuộc cạnh AB)

1) Chứng minh đường tròn ( )K qua C T; tiếp xúc với AB có tâm K thuộc BC 2) Gọi giao điểm AC ( )K D khác C, giao điểm DB ( )K E khác D Chứng minh ABD BCE

3) Gọi giao điểm CE AB M Chứng minh M trung điểm đoạn thẳng

BT

Câu 4. (1,0 điểm) Giả sử a b c; ; số thực dương Chứng minh

2 2

1a  1b  1c  a b  b c  c a Hết

(9)

 

2

2 2

x  x  x   x 2) Giải hệ phương trình

2

2 3

1

2 x y

x xy y x xy y



  



  

   Câu 2. (3,0 điểm)

1) Tìm tất cặp số nguyên  x y; thỏa mãn

2 2 5

x xy y x y 

2) Với x y z; ; số thực thỏa mãn x y z xy yz zx     6 Tìm giá trị nhỏ biểu thức

4 4

P x  y  z

Câu 3. (3,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn ( )O M N; hai điểm thuộc cung nhỏ AC cho MN song song với AC tia BM nằm hai tia BA BN; BM giao

AC P Gọi Q điểm thuộc cung nhỏ BC cho PQ vng góc với BC QN giao AC

tại R

1) Chứng minh bốn điểm B P R Q; ; ; thuộc đường tròn 2) Chứng minh BR vng góc với AQ

3) Gọi F giao AQ BN Chứng minh AFB BPQ ABR 

Câu 4. (1,0 điểm) Cho a b c; ; 0 Chứng minh

 

3 3 3

2 2

11 11 11 2

4 4

a b b c c a a b c

a ab b bc c ca

  

  

    

……….HẾT………

(10)

Câu 1. (3,0 điểm)

  

2

x y

x x y xy

   

   



2) Với a b c; ; số thực đôi phân biệt, chứng minh

  

2 2 2 2 2 2

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

a b b c c a

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

        

     

  

     

Câu (3,0 điểm)

1) Với số thực x ta định nghĩa   x số nguyên lớn không vượt x Chứng minh với số nguyên n ta ln có

1 2

3

n n n n

        

     

     

     

2) Với a b c; ; số thực dương thỏa mãn đẳng thức ab bc ca abc   Tìm giá trị nhỏ biểu thức

2 2

3 3

a b c

M

b c a

  

Câu 3. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn  O H trực tâm tam giác ABC AD đường kính  O E thuộc AC cho HE BC

1) Chứng minh đường thẳng BH DEcắt  O

2) Gọi F giao điểm đường thẳng EH AB Chứng minh A tâm đường tròn bàng tiếp ứng với đỉnh D tam giác DEF

3) Gọi I tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF Chứng minh BE CF, IH

đồng quy

Câu 4. (1,0 điểm) Với a b c; ; số thực dương, chứng minh

2 3 2 2

a  b ab b  c bc a c

……….HẾT………

(11)

Đề số

Câu (3,0 điểm).

1). Giải hệ phương trình

2

2 2

x y xy

xy x y

  

  

   

2). Giải phương trình

1 4 1 5

2x1 x  x2  x Câu (3,0 điểm).

1). Một số có 10 chữ số gọi tốt số chia hết cho 11111 tất chữ số khác Hỏi có tất số tốt

2). Tìm giá trị nhỏ biểu thức

 ; ;  4 2 2 4 2 6 12

f x y z  x  y z  xy yz y x

Câu (3,0 điểm). Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( )O P di chuyển cung BC

chứa A ( )O I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Q tâm đường tròn nội tiếp tam giác PBC

1). Chứng minh B I Q C; ; ; nằm đường tròn

2). Trên tia BQ CQ; lấy điểm M N; cho BM BI ; CN CI Chứng minh MN qua điểm cố định

Câu (1,0 điểm). Với 0a b c; ; 1 Chứng minh

3

1 1

1 a b1 b c1 c a1 2 abc

……….HẾT………

(12)

Đề số 10

2 8 3 8

x   x  2) Giải hệ phương trình

2

1

2

x xy y

x xy y x y

  

  

     Câu 2. (3,0 điểm)

1) Tìm cặp số nguyên  x y; thỏa mãn

 

2

5x 13y 6xy4 3x y

2) Giả sử a b c; ; số dương có tổng Tìm giá trị nhỏ biểu thức

2 2

1 1

P

ab bc ca a b c    

 

Câu 3. (3,0 điểm) Cho hình bình hành ABCD có BAD90 Giả sử O điểm nằm

ABD

 cho OC không vng góc với BD Vẽ đường trịn tâm O qua C BD cắt ( )O hai điểm M N, cho Bnằm M D Tiếp tuyến C ( )O cắt AD AB, lần

lượt P Q,

1) Chứng minh bốn điểm M N P Q; ; ; thuộc đường tròn 2) CMcắt QN K CN, cắt PM L Chứng minh KL OC

Câu 4. (1,0 điểm) Tồn hay không số nguyên a a1, , ,2 a9 cho tập giá trị tổng a ai j (1  i j 9) có chứa 36 số nguyên liên tiếp? Giải thích

……….HẾT………

(13)

Đề số 11

Câu 1. (3,0 điểm)

1) Tìm tất cặp số nguyên  x y; cho

3 6 1 0.

x y  xy 

2) Với x số thực ta ký hiệu   x là số nguyên lớn không vượt x Chứng minh n số nguyên dương lớn

  

2

1 1

6

n n n n

 

          

     

        

Câu 2. (3,0 điểm)

3

2

3

2 11

x y x x y

x xy y

     



   



2) Giả sử  x y; số thực thỏa mãn

2

3

x x y y

  

      

  

 

  

Tìm giá trị nhỏ biểu thức P x 2xy y 2.

Câu 3. (3,0 điểm) Cho hình thang cân ABCD nội tiếp đường tròn ( )O với AB song song

CD AB CD M trung điểm CD P điểm di chuyển đoạn MD (P khác M D,

) AP cắt ( )O Q khác A, BP cắt ( )O R khác B, QR cắt CD E.Gọi F điểm đối xứng với P qua E

1) Chứng minh tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác AQF ln thuộc đường thẳng cố định P di chuyển

2) Giả sử EA tiếp xúc ( ).O Chứng minh QM vng góc với CD

Câu 4. (1,0 điểm) Cho bảng ô vuông 2013 2014, vng tơ hai màu xanh đỏ Biết ban đầu tất ô tô màu xanh Cho phép lần ta chọn hàng cột thay đổi màu tất ô thuộc hàng cột Hỏi sau số hữu hạn lần đổi màu ta thu bảng gồm 1000 ô vuông màu đỏ hay không?

……….HẾT………

(14)

Đề số 12

Thời gian: 120 phút (Khơng kểthời gian giao đề)

Câu 1. (3,0 điểm)

2 2

3

2

x y xy

x xy x

    

   



2) Giải phương trình

3 1

x  x  x

Câu 2. (3,0 điểm)

1) Tìm ba số nguyên dương x y z; ; thỏa mãn

3 3 2001

x y z 

2) Với a b c; ; số thực không âm, chứng minh

 

2 2 2 2 2 2 2

a  b  ab b  c  bc c  a  ca a b c 

Câu 3. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn không cân nội tiếp đường tròn ( )O D điểm thuộc cạnh BC (D khác B D khác C) Trung trực CA AB; cắt đường thẳng AD E F; Đường thẳng qua E song song với AC cắt tiếp tuyến qua C ( )O M Đường thẳng qua qua F song song với AB cắt tiếp tuyến qua B ( )O N 1) Chứng minh đường thẳng MN tiếp xúc với ( )O

2) Giả sử FN BN

EM CM Chứng minh AD phân giác tam giác ABC

Câu 4. (1,0 điểm) Trên bảng vng kích thước 100 100 ta viết vào ô số nguyên dương cách tùy ý cho hiệu số hai ô kề nhỏ (hai ô gọi kề chúng có cạnh chung) Chứng minh tồn số nguyên dương k viết vào 51 ô

………HẾT………

(15)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH AN GIANG

Đề số 13

KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN NĂM HỌC 2014-2015

Câu 1. (1,0 điểm) Cho A x2 3x3 x2 3x3 Tính A x5 Câu 2. (1,5 điểm) Giải hệ phương trình

1

2

x y y

x

   



   

Câu 3. (2,0 điểm) Chứng minh với số nguyên n1 ta có

1 n

n  n Từ chứng minh 1 2

1  3  n n

Câu IV (1,5 điểm) Tìm a b c; ; biết phương trình x3ax2bx c 0 có tập nghiệm

 1; 1

S 

Câu 4. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn góc A 60 nội tiếp

đường trịn tâm O, bán kính R Các đường cao BD CE tam giác cắt H 1) Chứng minh AD AC AE AB 

2) Chứng minh BC2.DE

3) Kéo dài BH cắt đường tròn tâm O H Chứng minh H H đối xứng qua AC

hai đường tròn ngoại tiếp hai tam giác AHC; ABC có bán kính Câu 5. (1,0 điểm)

Cầu Vàm Cống bắc ngang qua Sông Hậu nối liền hai tỉnh Cần Thơ Đồng Tháp thiết kế theo kiểu dây giăng hình vẽ Chiều cao từ sàn cầu đến đỉnh trụ đỡ AB120(m), dây giăng AC258(m), chiều dài sàn cầu từ B đến C 218 (m) Hỏi góc nghiêng sàn cầu BC so với mặt nằm ngang (giả thiết xem trụ đỡ AB thẳng đứng)

…… HẾT………

(16)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI

Đề số 14

KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUN NĂM HỌC 2015-2016

Thời gian: 150 phút ( Khơng kểthời gian giao đề)

Câu 1. (2,5 điểm) Cho biểu thức

2

1 1 a b

b a a b

P

a b a b

b a

b a

  

     

  

 

  



 

    

 

với a0;b0;a b

1) Chứng minh P ab



2) Giả sử a b; thay đổi cho 4a b  ab1 Tìm giá trị nhỏ P Câu 2. (2,0 điểm) Cho hệ phương trình

2

3

x my m

mx y m

   



   

 (với m tham số)

1) Giải phương trình m2

2) Chứng minh hệ ln có nghiệm với giá trị m giả sử x y0; 0 nghiệm hệ phương trình Chứng minh đẳng thức

 

2

0 0 10

x y  x y  

Câu 3. (1,5 điểm) Cho a b; số thực khác Biết phương trình

 2  2

0

a x a b y b  có nghiệm Chứng minh a  b

Câu 4. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có góc ABC góc ACB nhọn, góc BAC600

Các đường phân giác BB1; CC1 tam giác ABC cắt I 1) Chứng minh tứ giác AB IC1 1 nội tiếp

2) Gọi K giao điểm thứ hai khác B đường thẳng BC với đường tròn ngoại tiếp tam giác BC I1 Chứng minh tứ giác CKIB1 nội tiếp

3) Chứng minh AK B C 1 1

Câu 5. (1,0 điểm) Tìm số thực khơng âm a b thỏa mãn

2 3 2 2

4 2

a b b a a b

     

          

     

     

…… HẾT………

(17)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI

Đề số 15

Câu 1. (2,5 điểm)

1) Cho a0;a1 Rút gọn biểu thức

 

3 3

6 20 14 3 :

2( 1)

a

S a a a

a

  

 

         



 

 

2) Cho x y; thỏa mãn 0 x 1; 0 y

1

y x

x y

 

Tính giá trị biểu thức P x y   x2xy y 2.

Câu 2. (2,0 điểm) Một xe tải có chiều rộng là2,4m chiều cao là2,5m muốn qua cổng có hình Parabol Biết khoảng cách hai chân cổng 4m khoảng từ đỉnh cổng (đỉnh Parabol) tới chân cổng 5m (bỏ qua độ dày cổng)

1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, gọi Parabol  P y ax:  2 với a0 hình chiếu biểu diễn

cổng mà xe tải muốn qua Chứng minh a 1 2) Hỏi xe tải qua cổng khơng? Tại sao?

Câu 3. (1,5 điểm) Cho hai số nguyên a b; thỏa mãn a2  b2 1 2ab a b   Chứng minh a b hai số phương liên tiếp

Câu 4. (3,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC (AB AC ), M trung điểm cạnh BC O,

tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác Các đường cao AD BE CF; ; tam giác ABC

đồng quy H Các tiếp tuyến với ( )O Bvà C cắt S Gọi X Y, giao điểm đường thẳng EF với đường thẳng BS AO; Chứng minh

1) MX BF

2) Hai tam giác SMX vàDHF đồng dạng 3) EF BC

FY CD

Câu 5. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy Cho tam giác ABC có đỉnh điểm nguyên (một điểm gọi điểm nguyên hoành độ tung độ điểm số nguyên) Chứng minh hai lần diện tích tam giác ABC số nguyên

… HẾT………

(18)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH PHÚ THỌ

Đề số 16

MƠN THI: TỐN (Chun Tin) Thời gian: 150 phút ( Không kểthời gian giao đề)

Câu 1. (2,0 điểm)

1) Giải phương trình x23x  2 0

2) Tìm số thực x y z; ; thỏa mãn:

1

x y z y z x z x y

        

    

Câu 2. (2,0 điểm)

1) Phép toán T định nghĩa sau aTb 1 a b

  với a b số thực khác tùy ý

Thí dụ: 1

T    Tính giá trị biểu thức P5 6T T T 7 8

2) Cho a b số thực thỏa mãn điều kiện 6a220a15 0 ; 15b220b 6 0;

1

ab Chứng minh

 

3

6 2015

9

b

ab  ab 

Câu 3. (2,0 điểm)

1) Tìm tất số tự nhiên n cho n2015 n2199 số phương 2) Bạn Nam viết chương trình để máy tính in số nguyên dương liên thứ tự tăng dần từ đến 1000 dạng sau

12345678910111213141516 9989991000

Trong dãy số trên, tính từ trái qua phải, chữ số thứ 11 chữ số 0, chữ số thứ 15 chữ số Hỏi chữ số thứ 2016 dãy số chữ số nào?

Câu 4. (3,0 điểm) Cho hình vng ABCD tâm O, M điểm di động cạnh AB Trên cạnh AD lấy điểm E cho AM AE , cạnh BC lấy điểm F cho BM BF 1) Chứng minh đường thẳng OA phân giác góc MOE, đường thẳng OB phân giác góc MOF Từ suy ba điểm O E F; ; thẳng hàng

2) Gọi H chân đường vng góc kẻ từ M tới đường thẳng EF Chứng minh bốn điểm ; ; ;

A B H O nằm đường tròn

3) Chứng minh điểm M di động cạnh AB đường thẳng MH ln qua điểm cố định

Câu 5. (1,0 điểm) Cho x số thực tùy ý Tìm giá trị nhỏ hàm số:   2 3 4

f x   x x  x  x

…… HẾT………

(19)

Đề số 17

KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUN NĂM HỌC 2011-2012

Câu 1. (3,0 điểm)

1) Giải phương trình :  x 3 x 1 x 11 2) Giải hệ phương trình:

  

2 2

2

x y xy

x y x y

x y



  



 



Câu 2. (3,0 điểm)

1) Với số thực a ta gọi phần nguyên a số nguyên lớn không vượt a ký hiệu   a Chứng minh với số nguyên dương n, biểu thức

2

3 1

27 n n  

 

  không biểu diễn dạng lập phương số nguyên dương

2) Với x y z; ; số thực dương thỏa mãn đẳng thức xy yz zx  5, Tìm giá trị nhỏ biểu thức :

     

3

6 6

x y z

P

x y z

 



    

Câu 3. (3,0 điểm) Cho hình thang ABCD với BC song song AD Các góc BAD CDA góc nhọn Hai đường chéo AC BD cắt I P điểm đoạn thẳng

BC (P khơng trùng với B C; ) Giả sử đường trịn ngoại tiếp tam giác BIP cắt đoạn thẳng PA M khác P đường tròn ngoại tiếp tam giác CIP cắt đoạn thẳng PD N khác P 1) Chứng minh năm điểm A M I N D; ; ; ; nằm đường tròn Gọi đường tròn ( )K

2) Giả sử đường thẳng BM CN cắt Q, chứng minh Q nằm đường tròn ( )K

3) Trong trường hợp P I Q; ; thẳng hàng, chứng minh PB BD

PC CA

Câu 4. (1,0 điểm) Giả sử A tập tập số tự nhiên  Tập A có phần tử nhỏ 1, phần tử lớn 100 x thuộc A (x1) tồn a b; thuộc A cho x a b  (a b) Hãy tìm tập A có số phần tử nhỏ

…… HẾT………

(20)

Đề số 18

Câu 1. (3,0 điểm)

 

  3

2

9 26

xy x y

xy x y x y

  



    



 x 4 2 4  x 2 2x

Câu 2. (3,0 điểm)

1) Tìm hai chữ số cuối số

106 2012

41 57

A 

2) Tìm giá trị lớn hàm số y3 2x 1 x 5 4 x2 , với 1

2 x

Câu 3. (3,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC (AB AC ) nội tiếp đường tròn ( )O Giả sử ;

M N hai điểm thuộc cung nhỏ BC cho MN song song với BC tia AN nằm hai tia AM AB; Gọi P hình chiếu vng góc điểm C AN Q hình chiếu vng góc điểm M AB

1) Giả sử CP cắt QM điểm T Chứng minh T nằm đường tròn ( )O

2) Gọi giao điểm NQ ( )O R khác N Giả sử AM cắt PQ S Chứng minh bốn điểm A R Q S; ; ; thuộc đường tròn

Câu (1,0 điểm) Với số n nguyên lớn cố định, xét tập n số thực đôi khác Xx x1; ; ;2 xn Kí hiệu C X  số giá trị khác tổng

i j

x x (1  i j n) Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ C X  …… HẾT………

(21)

Đề số 19

Câu 1. (3,0 điểm)

3 1

7

x y y x xy

xy y x

      

   



2

3 1

x  x  x  x

Câu 2. (3,0 điểm)

1) Tìm cặp số nguyên x y;  thỏa mãn

2

5x 8y 20412

2) Với x y;  số thực dương thỏa mãnx y 1,tìm giá trị nhỏ biểu thức

2

1 1

P x y

x y

 

 

   

 

Câu (3,0 điểm) Cho tam giác nhọnABC nội tiếp đường trịn ( )O có trực tâm H.Gọi P điểm nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC (Pkhác B C, H) nằm tam giác ABC PB cắt ( )O M khác B, PC cắt ( )O N khác C BM cắt AC E,

CN cắt AB F Đường tròn ngoại tiếp tam giác AME đường tròn ngoại tiếp tam giác ANF cắt Q khác A

1) Chứng minh ba điểm M N Q; ; thẳng hàng

2) Giả sử AP phân giác góc MAN Chứng minh PQ qua trung điểm

BC

Câu 4. (1,0 điểm) Giả sử dãy số thực có thứ tự x1x2  x192thỏa mãn điều kiện

1 192

x x   x  x1 x2   x192 2013

Chứng minh

192 201396

x x 

…… HẾT………

(22)

Đề số 20

Câu 1. (3,0 điểm)

1) Giả sử x y; số thực dương phân biệt thỏa mãn

2

2 4 8

2 4

y y y y

x y x  y x y x y 

Chứng minh 5y4x

2

2 12

6 12

x y xy

x x y y y x

   



    



Câu 2. (3,0 điểm)

1) Cho x y; số nguyên lớn cho 4x y2 27x7y số phương

Chứng minh x y

2) Giả sử x y; số thực không âm thỏa mãn x3y3xy x 2y2 Tìm giá trị lớn

nhất nhỏ biểu thức

1

2

x x

P

y y

 

 

 

Câu 3. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( )O điểm P nằm tam giác thỏa mãn PB PC= D điểm thuộc cạnh BC (D khác B D khác C) cho P nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác DAB đường tròn ngoại tiếp tam giác DAC Đường thẳng PB cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác DAB E khác B Đường thẳng

PC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác DAC F khác C

1) Chứng minh bốn điểm A E P F; ; ; thuộc đường tròn

2) Giả sử đường thẳng AD cắt đường tròn ( )O Q khác A, đường thẳng AF cắt đường thẳng QC L Chứng minh tam giác ABE đồng dạng với tam giác CLF

3) Gọi K giao điểm đường thẳng AE đường thẳng QB Chứng minh

   .

QKL PAB QLK PAC  

Câu 4. (1,0 điểm) Cho tập hợp A gồm 31 phần tử dãy gồm m tập A thỏa mãn đồng thời điều kiện sau

i) Mỗi tập thuộc dãy có phần tử;

ii) Nếu hai tập thuộc dãy có chung phần tử số phần tử hai tập khác

Chứng minh m900

….… HẾT………

(23)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH PHÚ THỌ

Đề số 21

MÔN THI: TỐN (Chun tốn) Thời gian: 150 phút ( Không kểthời gian giao đề)

Câu 1. (1,5 điểm)

1) Chứng minh số nguyên n lớn thoả mãn n24 và n216 là số

nguyên tố n chia hết cho

2) Tìm nghiệm nguyên phương trình x22y x y   2x1 Câu 2. (2,0 điểm)

1) Rút gọn biểu thức 3 5 3 5

2 2

A   

   

2) Tìm m để phương trình x2x3x4x 5 m có nghiệm phân biệt

Câu 3. (2,0 điểm)

1) Giải phương trình x2  x 4 2 x1 1 x 2) Giải hệ phương trình 32 22 10

6 10

x xy y

x y

   



  



Câu 4 (3,5 điểm) Cho đường tròn O R;  dây cung BC R cố định Điểm A di động cung lớn BC cho tam giác ABC nhọn Gọi E điểm đối xứng với B qua AC F điểm đối xứng với C qua AB Các đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE

ACF

 cắt K (K A ) Gọi H giao điểm BE CF

1) Chứng minh KA phân giác góc BKC tứ giác BHCK nội tiếp

2) Xác định vị trí điểm A để diện tích tứ giác BHCK lớn nhất, tính diện tích lớn tứ giác theo R

3) Chứng minh AK qua điểm cố định

Câu 5. (1,0 điểm) Cho số thực dương x y z; ; thỏa mãn 12 12 12

x y z  Tìm giá trị nhỏ

nhất biểu thức

     

2 2 2

y z z x x y

P

x y z y z x z x y

  

  

…… HẾT………

(24)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẠI HỌC KHTN HÀ NỘI

Đề số 22

Câu 1. (3,0 điểm)

1) Giả sử a b; hai số thực phân biệt thỏa mãn a23a b 23b2

a) Chứng minh a b  3 b) Chứng minh a3  b3 45

2) Giải hệ phương trình 2 2 2

4

x y xy

  



  



Câu 2. (3,0 điểm)

1) Tìm số nguyên  x y; không nhỏ cho xy1 chia hết cho x1y1 2) Với x y; số thực thỏa mãn đẳng thức x y2 22y 1 0. Tìm giá trị lớn

nhỏ biểu thức

3

xy P

y





Câu 3. (3,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC khơng cân có tâm đường tròn nội tiếp điểm I Đường thẳng AI cắt BC D Gọi E F; điểm đối xứng D qua

;

IC IB

1) Chứng minh EF song song với BC

2) Gọi M N J; ; trung điểm đoạn thẳng DE DF EF; ; Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEM cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác AFN P khác A Chứng minh bốn điểm M N P J; ; ; nằm đường tròn

3) Chứng minh ba điểm A J P; ; thẳng hàng Câu 4. (1,0 điểm)

1) Cho bảng vng 2015 x2015 Kí hiệu ( ; )i j ô hang thứ i, cột thứj Ta viết số nguyên dương từ đến 2015 vào ô bảng theo quy tắc sau:

i) Số viết vào ô (1,1)

ii) Nếu số k viết vào ô ( ; )i j (i1) số k1 viết vào ( 1;i j1)

iii) Nếu số kđược viết vào ô (1; )j số k1được viết vào ô (j1; 1) (xem hình 1)

Khi số 2015 viết vào ô m n;  Hãy xác định m n

2) Giả sử a b c; ; số thực dương thỏa mãn ab bc ac abc   4

Chứng minh a2     b2 c2 a b c 2ab bc ac   …… HẾT………

(25)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẠI HỌC KHTN HÀ NỘI

Đề số 23

Câu 1. (3,0 điểm)

1) Với a b c; ; số thỏa mãn

 3   3  3 3

3a3b3c 24 3a b c   3b c a   3c a b 

Chứng minh a2b b 2c c 2a1

2) Giải hệ phương trình   3 3 2

27 26 27

x y xy

x y y x x x

   



      



Câu 2. (3,0 điểm)

1) Tìm số tự nhiên n để n5 n30 số phương (số phương bình phương số nguyên)

2) Tìm x y;  nguyên thỏa mãn đẳng thức 1 x y  3 x y

3) Giả sử x y z; ; số thực lớn Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

4 4

y

x z

P

y z z x x y

  

     

Câu 3. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn không cân với AB AC Gọi M trung điểm đoạn thẳng BC Gọi H hình chiếu vng góc B đoạn AM Trên tia đối tia AM lấy điểm N cho AN2MH

1) Chứng minh BN AC

2) Gọi Q điểm đối xứng với A quaN Đường thẳng AC cắt BQ D Chunwgs minh bốn điểm B D N C; ; ; thuộc đường tròn,gọi đường tròn ( )O

3) Đường tròn ngoại tiếp tam giác AQD cắt ( )O G D Chứng minh NG song song với BC

Câu 4. (1,0 điểm) Ký hiệu S tập hợp gồm 2015 diểm phân biệt mặt phẳng Giả sử tất điểm S không nằm đường thẳng Chứng minh có 2015 đường thẳng phân biệt mà đường thẳng qua hai điểm S

…… HẾT………

(26)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH NAM ĐỊNH

Đề số 24 (Đềthi có 01 trang)

KÌ THI VÀO LỚP 10 CHUN NĂM HỌC 2015-2016 MƠN THI: TỐN (ĐỀ CHUNG) Thời gian: 120 phút ( Không kểthời gian giao đề)

Câu 1. (2,0 điểm) 1) Với giá trị x biểu thức x 1 x3 xác định 2) Tính giá trị biểu thức A x 3 3x x2

3) Tìm tọa độ điểm có tung độ nằm đồ thị hàm số y2x2

4) Cho tam giác ABC vuông A có AB3;BC5 Tính cosACB Câu 2. (1,5 điểm) Cho biểu thức

1

x x x

Q

x

x x x x

 

    

  

      

     (với x0;x1)

1) Rút gọn biểu thức Q 2) Tìm giá trị x để Q1

Câu 3. (2,5 điểm) 1) Cho phương trình x22m1x m 2 6 0 (1) (với m tham số)

a) Giải phương trình với m3

b) Với giá trị m phương trình (1) có nghiệm x x1; 2 thỏa mãn 2

1 16

x x 

2) Giải hệ phương trình  

  

2

3 16

x x y y

x x x y x

    



      



Câu 4. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông A (AB AC ), đường cao AH Đường trịn tâm I đường kính AH cắt cạnh AB AC; M N; Gọi O trung điểm đoạn BC D; gia điểm MN OA

1) Chứng minh rằng:

a) AM AB AN AC  b) Tứ giác BMNC tứ giác nội tiếp 2) Chứng minh rằng:

a) ADI∽AHO b) 1

AD HB HC 

3) Gọi P giao điểm BC MN K; giao điểm thứ hai AP đường trịn đường kính AH Chứng ming BKC900

Câu 5. (1,0 điểm) 1) Giải phương trình 2   5 

3x 6x 6 2x  7x19 2x 2) Xét số thực dương a b c; ; thỏa mãn abc1 Tìm giá trị lớn biểu thức

4 4 4

a b c

T

b c a a c b a b c

  

     

_Hết _

(27)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH BÌNH ĐỊNH

KÌ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN NĂM HỌC 2015-2016 MƠN THI: TỐN (Chun Tin) Thời gian: 120 phút ( Không kểthời gian giao đề)

Câu 1. (2,0 điểm)

1) Rút gọn biểu thức P 2 6  2 2) Giải hệ phương trình

6

x y x y

   

  



Câu 2. (2,0 điểm) Cho phương trình mx22m1x 1 3m0 (1) (m tham số) 1) Chứng tỏ phương trình (1) ln có nghiệm với m

2) Trong trường hợp m0 Gọi x x1; 2 hai nghiệm phương trình (1), tìm giá trị nhỏ biểu thức 2

1

A x x

Câu 3. (2,0 điểm) Trong phịng có 80 người họp, ngồi dãy ghế có chỗ ngồi Nếu ta bớt dãy ghế dãy ghế lại phải xếp thêm người ngồi vừa đủ chỗ

Hỏi lúc đầu có dãy ghế dãy ghế xếp chỗ ngồi

Câu 4. (3,0 điểm) Cho điểm M nằm ngồi đường trịn ( )O Vẽ tiếp tuyến MA MB; ( ;

A B tiếp điểm) cát tuyến MCD không qua O(C nằm M D) với đường tròn ( )O Đoạn thẳng MO cắt AB ( )O theo thứ tự H I Chứng minh 1) Tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn

2) MC MD MA.  2

3) OH OM MC MD MO.  .  2

Câu 5. (1,0 điểm) Cho x y z; ; số thực thỏa mãn điều kiện: 2 1

2

x y z yz Tìm giá trị nhỏ giá trị lớn biểu thức B x y z  

- HẾT -

(28)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH HẢI DƯƠNG

KÌ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN NĂM HỌC 2015-2016 MƠN THI: TỐN (Chun)

Câu 1 (2,0 điểm)

1) Cho a b  29 12 5  Tính giá trị biểu thức

   

2 1 1 11 2015

A a a  b b  ab

2) Cho x y; hai số thực thỏa mãn xy (1x2)(1y2) 1 Chứng minh

2

1

x y y x 

Câu 2. (2,0 điểm)

1) Giải phương trình 2x 3 4x29x 2 2 x 2 4x1

2) Giải hệ phương trình : 222 2 3

1 2

x y xy x y y x x

x y x y x y

          



        



Câu 3. (2,0 điểm)

1) Tìm số nguyên x y; thỏa mãn x4x2y2 y 20 0

2) Tìm số nguyên k để k48k323k226k10 số phương

Câu 4. (3,0 điểm) Cho đường tròn ( ; )O R dây BC cố định không qua tâm Trên tia đối tia BC lấy điểm A (A khác B) Từ A kẻ hai tiếp tuyến AM AN với đường tròn ( )O (M N tiếp điểm) Gọi I trung điểm BC

1) Chứng minh A O M N I; ; ; ; thuộc đường tròn IA tia phân giác góc 

MIN

2) Gọi K giao điểm MN BC Chứng minh 1

AKAB AC

3) Đường thẳng qua M vng góc với đường thẳng ON cắt ( )O điểm thứ hai P Xác định vị trí điểm A tia đối tia BC để AMPN hình bình hành

Câu 5. (1,0 điểm) Cho a b; số dương thỏa mãn điều kiện  3

4 12

a b  ab Chứng

minh bất đẳng thức : 1 2015 2016 1a1b ab

…… HẾT………

(29)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH NGHỆ AN

KÌ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN NĂM HỌC 2015-2016 MÔN THI: TOÁN (Chuyên)

Câu 1. (7,0 điểm)

1) Giải phương trình x25x 4 2 x 5 2 x 4 x24x5

2

1 2

2

x y

y x

x y xy xy x y

  

 

    

  

   

    



Câu 2. (2,0 điểm) Cho a b; số nguyên dương thỏa mãn a2b ab2 Tính giá trị biểu

thức 2 a b A

ab





Câu 3. (2,0 điểm) Cho a b c; ; số thực Chứng minh

 1 1 1 3 2

4 a b c

a  b  c    

Câu 4. (7,0 điểm) Cho đường trịn (O R; ) có BC dây cố định (BC<2R); E điểm cung nhỏ BC Gọi A điểm di động cung lớn BC AB AC< (A khác B ) Trên đoạn AC lấy điểm D khác C cho ED EC Tia BD cắt đường tròn (O R; ) điểm thứ hai F

1) Chứng minh D trực tâm tam giác AEF

2) Gọi H trực tâm tam giác DEC; DH cắt BC N Đường tròn ngoại tiếp tam giác BDN cắt đường tròn (O R; ) điểm thứ hai M Chứng minh đường thẳng DM

luôn qua điểm cố định

Câu 5. (2,0 điểm) Cho tập hợp A gồm 21 phần tử số nguyên kahsc thỏa mãn tổng 11 phần tử lớn tổng 10 phần tử lại Biết số 101 102 thuộc A Tìm tất phần tử A

…… HẾT………

(30)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH THÁI BÌNH

KÌ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN NĂM HỌC 2015-2016 MƠN THI: TỐN (Chung)

Câu 1. (3,0 điểm) Cho biểu thức P 2x x x x2 x

x x x x x x

  

  

  với (0 x 1)

1) Rút gọn biểu thức P

2) Tính giá trị thức P x 3 x

3) Chứng minh rằng: với giá trị x để biểu thức P có nghĩa biểu thức P nhận giá trị nguyên

Câu 2. (2,0 điểm) Cho phương trình 2  3

– –

x mx m  (m tham số)

1) Giải phương trình m 1

2) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt có nghiệm bình phương nghiệm cịn lại

Câu 3. (1,0 điểm) Giải phương trình 92 22

2

x

x  x   

Câu 4. (3,5 điểm) Cho tam giác ABC vuông A, đường cao AH Đường trịn đường kính AH, tâm O, cắt cạnh AB AC E F Gọi M trung điểm cạnh HC

1) Chứng minh AE AB AF AC 

2) Chứng minh MF tiếp tuyến đường trịn đường kính AH 3) Chứng minh HAM HBO

4) Xác định điểm trực tâm tam giác ABM

Câu 5. (0,5 điểm) Cho số dương a b c; ; thỏa mãn ab bc ca  3 Chứng minh

2 2

1 1

2

1 1

a  b  c  

…… HẾT………

(31)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH THÁI BÌNH

KÌ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN NĂM HỌC 2015-2016 MÔN THI: TỐN (Chun)

Câu 1. (1,5 điểm) Cho phương trình 2x2mx 1 0 (với m tham số)

1) Tìm m cho phương trình có hai nghiệm x x1; 2 thỏa mãn 2

1

x  x 

2) Chứng minh với m phương trình có nghiệm x thỏa mãn x 1 Câu 2. (2,0 điểm)

1) Giải phương trình sau 18 2 17 9 0

3

x  x  x 

2) Tìm số nguyên  x y; với x0;y0 thỏa mãn

2 3 4 4 10 12 0

x  y  xy x y 

Câu 3. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình sau

 2  

2

1

4

x y x y x y

x xy

       

 

  



Câu 4. (1,0 điểm) Cho x y; thỏa mãn x2y24x 2 0 Chứng minh

2

10 6 x y 10 6

Câu 5. (2,5 điểm) Cho tam giác ABC nhọn, nội tiếp đường tròn ( )O Đường thẳng AO cắt đường tròn ( )O M (M A ) Đường thẳng qua C vng góc với AB cắt đường trịn

( )O N (N C ) Gọi K giao điểm MN với BC 1) Chứng minh tam giác KCN cân

2) Chứng minh OK vng góc với BM

3) Hai tiếp tuyến đường tròn ( )O M N cắt P Chứng minh ba điểm ; ;

P B O thẳng hàng

Câu 6. (1,0 điểm) Cho tam giác ABC có độ dài cạnh AB3 ;a AC4a góc BAC600

Qua A kẻ AH vng góc với BC H Tính độ dài đoạn AH theo a

Câu 7. (1,0 điểm) Cho ba số dương a b c; ; thỏa mãn abc1 Chứng minh

 

2 2 9 9

2

b c a

a  b  c  ab bc ca  

- HẾT -

(32)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH THÁI NGUYÊN

KÌ THI VÀO LỚP 10 CHUN NĂM HỌC 2015-2016 MƠN THI: TỐN (Chuyên)

Câu 1 (1,5 điểm) Không dùng máy tính, chứng minh

1 1 21,5

1 3 3  5   2013 2015 Có thể thay giá trị 21,5 giá trị khác lơn khơng? Vì sao? Câu 2 (1,0 điểm) Rút gọn biểu thức

2

A x  x  x  x với x4

Câu 3 (1,0 điểm) Giải phương trình x23x2x27x1235

Câu 4 (1,5 điểm) Cho ba số a b c; ; khác không, đôi khác thỏa mãn điều kiện a b b c c a

c a b

     Tính giá trị biểu thức

1 a b c

B

b c a

   

  

      

   

Câu 5 (2,0 điểm) Tìm tất số nguyên n cho a n 42n32n2 n 7 số

phương

Câu 6 (3,0 điểm) Cho tứ giác ABCD Các đường phân giác hai góc BAD ABC cắt M Các đường phân giác hai góc BCD ADC cắt N Giả sử đường thẳng BM cắt đường thẳng CN P, đường thẳng AM cắt đường thẳng DN Q 1) Chứng minh bốn điểm M N P Q; ; ; nằm đường tròn

2) Ký hiệu I K J H; ; ; tâm đường tròn nội tiếp tam giác MAB; NCD; PBC

 ; QAD Các đường thẳng MI NK PJ QH; ; ; cắt đường tròn qua bốn điểm ; ; ;

M N P Q điểm I K J H1; 1; ;1 1 Chứng minh I K1 1J H1 1

…… HẾT………

(33)

LỜI GIẢI – NHẬN XÉT – BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

ĐỀ SỐ Câu

1) Hệ phương trình tương đương với

   

2

1

2 )

x y x y

y x y x

     



     



  

2

1 (1)

2 1 (2)

x y y

y x x

    

  

    



+) Nếu x1, suy x1y2 1 0 nên từ (1) 2  y 0

  

2

y y x

      ;

Do từ (2)  x  x (mâu thuẫn) +) Nếu x1, tuơng tự suy x1 (mâu thuẫn) +) Nếu x  1 y (thỏa mãn)

Đáp số: x1;y2

Nhận xét: Bài toán sử dụng kỹ thuật đánh giá theo miền nghiệm đoán trước nghiệm hệ phương trình

Nhắc lại kiến thức phương pháp:

• Cho hai biểu thức f x y ; g x y ; , g x y ; 0 Xét biểu thức: P f x y g x y  ;   ; 

Có hai trường hợp sau xảy P 0 f x y ; 0 P 0 f x y ; 0 • Kỹ thuật nhẩm nghiệm

Ý tưởng: Bài tốn khơng phải hệ phương trình đồng bậc, đồng bậc hai ta giải cách đưa hệ số bất định Nhưng điều đáng lưu ý toán biểu thức x1; y2 gắn với hai đại lượng không âm Nên nhiều khả xảy x1y2 y 2x20 Xét trường hợp thấy x y;    1; 2

là nghiệm hệ phương trình Hoặc ta sử dụng kỹ thuật nhẩm nghiệm sau, giả sử x k , ta thay thử giá trị k, tất nhiên lấy giá trị k nguyên đẹp Và cho ta nghiệm x y;    1; Với cặp nghiệm này, thực chất tốn quy giải hệ phương trình

1

x y x y

y x y x

 

       

 

 

      

 

 

Vì ta tách hệ phương trình ban đầu, nhóm nhân tử sau: • Hệ phương trình cho

   

    

2

1

2 2 1

x y y

x y x y

y x y x y x x



           

 

 

        

 

 

• Đến đây, ta đánh giá miền nghiệm: TH1 Nếu     

    

2

1 1 2

1

2 2

x y y y

x

y x y

         

   

     



(34)

TH2 Nếu          

2

1 1 2

1

2 2

x y y y

x

y x y

         

   

     



Hệ bất phương trình vơ nghiệm

• Vậy x1; y2 nghiệm hệ phương trình Bài tốn kết thúc

Bài tập tương tự:

1. Giải hệ phương trình  

 

2

3

x y x y

y x y x

    



    



Đáp số:    x y;  1;3 2) Điều kiện x0

Phương trình tương đương 2x 1 x x2 7

x

   

Chia hai vế cho x0, ta

1

2 x x

x x x

 

     

 

 

3 2 1 0

x x

x x x x

   

 

        

   

3 2 0

x x

x x x

                    

+ Giải 2 4 4 3 0

3 x

x x x x

x x x                

+ Giải

2

3 3 4 0

x x x x

x x x x

        

x 1x2 x 4 0 x 1

      

Đáp số x1;x3

Nhận xét: Bài toán sử dụng phương pháp ẩn phụ khơng hồn tồn, sau nâng lũy thừa tìm nghiệm phương trình ban đầu

• Phương pháp đặt ẩn phụ khơng hồn tồn: xét phương trình bậc hai có dạng  .  . 0

mf x t ng x t k  (*), t ẩn phụ biểu diễn dạng t h x   Khi đó, ta có

 2  

t ng x  kmf x

    , với t bắt buộc số phương Nên ta tìm

nghiệm (*)

 

  t  ;    t  

ng x ng x

t h x t h x

mf x mf x

     

   

• Cách giải phương trình           2 

;

f x g x f x g x

f x g x

 



  





Ý tưởng: Trước hết, ta cần quy đồng mẫu số tốn, ta phương trình có dạng f x g x    h x  nâng lũy thừa hai vế, ta thu phương trình bậc Và phương trình bậc khơng có nghiệm ngun khó để giải Vậy nên ta cần nghĩ đến hướng tư khác, tốn xuất thức x

x

(35)

mong muốn tạo lượng k x x           

  để đưa phương trình bậc hai, sau

đặt t x x

  để sử dụng phương pháp ẩn phụ khơng hồn tồn Tức chia hai vế

của phương trình, ta được:

• Ta có 2 1 7

2( 1) x x x x

x x

x x       



1 3

2 x x x x

x x x x x x x

   

 

               

    (*)

• Đặt t x x

   , ta có (*) t2 2 1 t 0

x x

 



      

 

Có ' 1 1

t x x x

   

 

       

    nên suy

   

1 2 2

1

2

1 3 2

1 x i t t x x x t

t x x ii

x x x x

                                   • Giải (i), ta có (i) 4 3 0

3 x

x x x

x x              

• Giải (ii), ta có (ii)

3 3 4 0 1

x x x x

x x

        

Bài toán kết thúc Bài tập tương tự:

1. Giải phương trình: x3 4x12x28x Đáp số: x4 ;   x 31 3

2. Giải phương trình: x3 x 2x2 x 2

Đáp số: 5; 65

2

x  x 

Câu

1) Giả sử tồn số nguyên x y z, , thỏa mãn

4 7 5 4 8 5

x y  z  x y z  z  (1) Ta có a40,1 (mod 8) với số nguyên a

4 4

4

0,1,2,3 (mod 8)

8 5(mod 8)

x y z

z          

Mâu thuẫn với (1)

Vậy không tồn x y z; ;  thỏa mãn đẳng thức

Nhận xét Để giải toán cần sử dụng phương pháp phản chứng: “Giả sử xảy biến đổi thấy điều mâu thuẫn với giả sử”

(36)

• Thêm lượng vào hai vế đẳng thức ta đẳng thức tương đương với đẳng thức ban đầu

4 7 5 4 8 5

x y  z  x y z  z 

• Lũy thừa bậc bốn số nguyên chia cho dư tức a40, mod8  với số nguyên a

 

4

4 4

4

0, mod8

0, 1, 2, mod8 0, mod8

8 5 mod8

0, mod8

x

x y z

y

z z

 

 

    

 

  

 

   

 

  

• Hai vế đẳng thức có số dư chia cho số nhận số dư khác đẳng thức tồn

Ta thấy VT x 4y4z4 chia dư hoặc

Mà VP8z45 chia dư khơng thể tồn đẳng thức x4y4z48z45 hay

4 4 8 5

x y z  z 

Vậy không tồn ba số nguyên x y z; ;  thỏa mãn đẳng thức

4 7 5

x y  z  2) Phương trình tương đương với

  2  2  2 2 3

1 1

x x x x y

         

   

    2x22 4 x y38x38x y

+) Nếu 3 3  3  3 3  3

1 8 2

x  x  x  x x  x y  x (mâu thuẫn y nguyên) +) Nếu x1  x y; nghiệm, ta suy  x; ycũng nghiệm, mà   x mâu

thuẫn

+) Nếu x  0 y (thỏa mãn) Vậy x y 0là nghiệm

Nhận xét Để giải toán cần sử dụng phương pháp biến đổi tương đương đưa xét khoảng giá trị nghiệm

Nhắc lại kiến thức phương pháp

• Hằng đẳng thức A2B2A B A B   

  4 4   2  2  2 2

1 1 1

VT x  x  x  x    x  x 

   

• Hằng đẳng thức  2 2 2

2

A B A  AB B

 2 1 2 1 2 1 2 1

VT x  x x  x x  x x  x 2x2 2 4 x 8x3 8x

   

Khi phương trình cho tương đương với phương trình 8x38x y 3

Giải phương trình nghiệm nguyên cách xét khoảng giá trị nghiệm

• Khơng tồn lũy thừa bậc ba hai lập phương (lũy thừa bậc ba) liên tiếp

+) Nếu 3 3  3

1 8

x  x  x  x x  2x 3y32x13

(mâu thuẫn y nguyên  2x  3

2x1 hai lập phương liên tiếp)

+) Nếu 3 3  3  3 3  3

1 8 2

(37)

(mâu thuẫn y nguyên  2x  3

2x1 hai lập phương liên tiếp) +) Nếu x  0 y (thỏa mãn)

Vậy x y 0 nghiệm Câu

1) Tứ giác OBCD nội tiếp CO phân giác góc BCD, suy OBD OCD OCB ODB,

nên tam giác OBD cân O, OB OD (1)

Tứ giác OBCD nội tiếp ODC OBE (cùng bù với góc OBC) (2)

Trong tam giác CEF có CO vừa đường cao vừa đường phân giác nên tam giác

CEF

 cân C

Do AB CF AEB AFC EAB    , suy tam giác ABE cân B, nên BE BA CD  (3) Từ (1), (2) (3), suy OBE ODC (c – g – c)

Nhận xét Có ba trường hợp hai tam giác Ở này, sử dụng trường hợp “cạnh-góc-cạnh” từ ta tìm cạnh góc

• Hai góc nội tiếp chắn cung đường trịn

+ BCO ODB (hai góc nội tiếp chắn cung OB đường trịn ngoại tiếp tam giác

BCD

 )

+ OCD CBD (hai góc nội tiếp chắn cung DO đường tròn ngoại tiếp tam giác

BCD

 )

Mà BCO OCD  (vì CO tia phân giác BCD), suy OBD ODB

• Tam giác có hai góc tam giác cân

Tam giác OBD có OBD ODB (chứng minh trên) nên OBD cân O • Tam giác cân có hai cạnh bên

Tam giác OBD cân O suy OB OD

(38)

Tứ giác BCDO nội tiếp đường trịn ngoại tiếp BCD có EBD góc ngồi đỉnh B CDO góc đỉnh D không kề B suy EBD CDO 

• Tam giác có đường cao đường phân giác tam giác cân

Tam giác CEF có CO vừa đường cao vừa đường phân giác nên tam giác CEF

cân C

• Tam giác cân có hai góc kề cạnh đáy

Tam giác CFE cân C, suy CEF CFE hay AEB AFC

• Một đường thẳng cắt hai đường thẳng song song tạo hai góc vị trí đồng vị

 

AFC EAB (hai góc vị trí đồng vị củaAB FC ), suy AEB EAB  , nên EBA cân B (tam giác có hai góc nhau), BE BA mà ABCD hình bình hành nên

AB CD suy BE CD

Xét OBE ODC có: OB OD ; EBD CDO  ; BE CD suy OBE ODC (c – g

– c)

2) Từ OBE ODC OE OC 

Mà CO đường cao tam giác cân CEF, suy OE OF

Từ OE OC OF  , O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CEF

Nhận xét Đường tròn ngoại tiếp tam giác cách ba đỉnh tam giác ta chứng minh điểm O cách điểm E; C; F hay OE OC OF 

• Hai tam giác có cặp cạnh cặp góc tương ứng

OBE ODC OE OC

    

• Tam giác cân có đường cao đường trung trực cạnh tương ứng

CO đường cao tam giác cân CFE nên CO đường trung trực FE

• Một điểm thuộc trung trực đoạn thẳng cách hai mút đoạn thẳng Điểm O thuộc đường trung trực CO đoạn thẳng FE nên OE OF , suy

OE OC OF 

• Điểm cách ba đỉnh tam giác tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác Ta có OE OC OF  suy O tâm đường tròn ngoại tiếp CEF

3) Theo trên, ta có BE CD mà CE CF BC DF Ta có CI đường phân giác góc BCD, nên

IB CB DF IB BE ID DF

ID CD  BE  

Mà CO trung trực EF I CO , suy IE IF

Từ hai đẳng thức trên, suy IB BE EI ID DF FI 

Nhận xét Chứng minh đẳng thức ta kết hợp đẳng thức cho, chứng minh để ghép vào đẳng thức cần chứng minh

(39)

Ta có BE CD (chứng minh trên) CE CF (ECF cân C) suy

CE BE CF CD   BC DF suy CB DF

CD BE

• Đường phân giác tam giác chia cạnh dối diện thành hai đoạn thẳng có tỷ số với tỷ số hai cạnh tương ứng tam giác

Ta có CI phân giác góc BCD tam giác CBD nên IB CB

ID CD , suy ta

được IB DE BE BI DE DI

ID BE  

• Nhắc lại kiến thức

Ta có I nằm trung trực CO đoạn thẳng FE nên suy IE IF nhân vế theo vế

với đẳng thức BE BI DE DI  ta BE BI IE DE DI IF 

Câu 4. Ta chứng minh 3 3 2 2

8

x x

x  y  x  y (1)

 

3

3 8 2 2

2

x x

x y x y

 

     

2

2 2 8

x y x x y

    4x y2 24y48xy3

2 2

x y xy

   (đúng)

Ta chứng minh

 

3

3 2

3

y y

x y

y  x y   (2)

   

3

3 2

y y

y x y x y

 

      

3

2 2

x y y y x y 

      

     

2

2 2

x y y y x y

    

 2 2 2 2  3

3

x y x y y x y

    

Ta có 2 2 1 2

2

x y  x y

 

2 3 2 2 2 2 2

x  y x y  y  xy y  y x y

 2 2 2 2 1 2    3

3

2

x y x y x y y x y y x y

        (2) (đúng)

Từ (1) (2), suy P1

Dấu “=” xảy x y Vậy Pmin1

Nhận xét: Bài toán sử dụng phương pháp dự đốn điểm rơi, từ phát tư bất đẳng thức phụ cần thiết để tìm giá trị nhỏ toán

• Bất đẳng thức Cosi cho hai số thực dương x y 2 xy

• Hệ bất đẳng thức Cosi, là: 2 2 1 2

2

x y  x y

(40)

 3  3

3

3 8

1

4

8 1 1

k k k

k k k k

P  



 

 

  

Các biểu thức 3  3

8; 1

k   k xuất căn, nên ta mong muốn số

phương trình nhau, 3  3

8 1

k    k k3 8 m2 nên dễ thấy

1 m k      

Tức điểm rơi toán x y giá trị nhỏ P Việc dự đoán điểm rơi cần thiết, giúp ta có nhiều lựa chọn việc đánh

2

x y  xy hay 2 1 2

2

x y  x y Với điểm rơi đó, hai mẫu số P nên có đánh giá P, ta cần đánh giá hai hai biểu thức mẫu, ví dụ mẫu số x2 ; 2y x y x ; 22 ; 2y2 x2y2 Bây giờ, quan sát thức một:

• Với   3

3

;

8

8 x

f x y x

x y

x

x y

 



 , thức mẫu số có bậc ba, tử bậc nhất, để đồng hóa bậc ta cần đánh giá thức biểu thức dạng bậc không bậc Hơn lại xuất 8y3 nên ta chọn đánh giá x2y để tối thiểu hóa ẩn y, tức ta cần chứng minh:

 2 3 3   

3

1 2 8 2 0

2

x x x y x y y y x x y

x y

x  y          

Nhưng điều chưa hồn tồn đúng, cần phải có điều kiện y x , nên hướng

tư chưa Tức ta lựa chọn biểu thức x22y2 thay x2y

ta chọn, thế:

 2 22 2 3 3

3 8 2 2

x x x x y x x y

x  y x  y    

 2

2 0

xy x y

  

• Với  

  3  3

3 3

4

; y

g x y y

x y y x y

y y

 

  

 , với hướng tư tương tự, có:

      

2 3

2 2

2 3 3

4 y x y x y y x y

x y

x y

y

y         

Điều theo bất đẳng thức Cosi, ta có:  2

2

2 2 2

1

3 2

x y x y

x y x y y xy y

    

       

 2 2 2 2  3

3

x y x y y x y

    

1. Cho a b; hai số thực dương thỏa mãn a b 2 Tìm giá trị nhỏ biểu thức

2 2

3 3

2 3

a b b a

P

a b b a

 

 

 

(41)

2 3 2 2

4 2

a b b a a b

     

          

     

     

1) Điều kiện x6

Phương trình cho tương đương với  x 9 2012 x  6 1

+ Giải  2

2012 4048135 2012

x   x  

+ Giải x  6 0x5

Vậy phương trình có hai nghiệm: x4048135;x5

Nhận xét: Bài tốn sử dụng phương pháp nhóm nhân tử chung nâng lũy thừa tìm nghiệm phương trình

Nhắc lại kiến thức phương pháp: • Cách giải phương trình dạng

 

      

 

   

2

f x m f x m

f x m g x n

g x n g x n

   

 



     

   

 

Ý tưởng: Bài toán cho đơn giản, với xuất hai thức

  

9; 6;

x x x x nên khơng khó để nhóm nhân tử chung sau:

  

9 2012 2012

x  x   x x

 9 6

9 x x 2012 2012

x x

        

   

9 2012

x x x

       

1 x 6 x 2012

     

1. Giải phương trình 2 x 6 x  7 2 x213x42

Đáp số: x 3; x 5

2. Giải phương trình x 4 2 x  3 2 x27x12

Đáp số: x0; x 2

2) Cách 1: Hệ cho tương đương với  

   

2

2 1 5

1

x y

x y x y

    

     



Đặt  

       

2

1

1 2

1

u x y

x y x y x y u v

v x y

   

          

  

(42)

Thu 2 5 u v u v          

2 2 5 5 2 15 0

5 10

u v

u u u u

u v

    

            



+ Giải  

 

1

2,

1

x y x y

x y x y                    + Giải  

  10 x y x y        

 (vô nghiệm)

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm  1;  2; Cách 2: Hệ tương đương với 2

4 2

x y y

x y xy

    

   



Cộng vế với vế hai phương trình ta thu

 2  

4 12

6

x y

x y x y

x y               + Giải  

2 1

2

x y

x y x y

x x x

x y xy x y

                                  

+ Giải  

6 10

2

x y x y

x x x

x y xy

                         

  (vô nghiệm)

Vậy hệ phương trình có nghiệm x y;      1; , 2;

Nhận xét: Bài toán sử dụng phương pháp ẩn phụ sau từ ẩn phụ tìm ngược lại nghiệm hệ phương trình

Ý tưởng: Sự xuất y22y phương trình hệ, làm ta nghĩ đến đẳng

thức 2  2

2 1

y  y  y hay nói cách khác, từ phương trình ta có: x2y125

Đây phương trình có dạng tổng bình phương, dễ làm ta suy đốn đến hệ phương trình đối xứng loại I, tức đặt ẩn phụ theo định lý Vi-et ( đặt tổng tích ) sau:

1

u x y   v x y  1

Nhưng suy đoán ban đầu, ta xét phương trình hai để xuất u v,

Thật vậy, ta có phương trình hai hệ tương đương với:  

2x y xy   4 x y    1 x y Do hệ phương trình cho trở thành 2

(43)

Thế ngược lại tìm hệ phương trình ban đầu

Hoặc, ta suy luận sau: ta kết hợp hai phương trình hệ, với xuất x2y2 phương trình một, đồng thởi có tích phương trình xy ta liên tưởng

đến đẳng thức  2

x y Vì lấy phương trình hai nhân cộng với phương trình

một ta được:

 2  

4 12

6

x y

x y x y

x y

   

        



Thế ngược lại hai phương trình hệ ban đầu để tìm nghiệm hệ ban đầu

1. Giải hệ phương trình 2

3

x y y

x xy y

    

   



Đáp số: x y;     1; , 2; 1 

3

x x y y

x xy y

     

   



Đáp số: x y;     0; , 1; 1  Câu

1) Phương trình tương đương với

x y 1xy x y  2x y  1 x y 1xy x y 2

      

1

x y

   ước

+ Giải 1

2

x y x y

xy x y xy

 

      

 

 

      

 

+ Giải 1

2 1

x y x y x

xy x y xy y

  

           

  

  

          

  

  

+ Giải

2 1

x y x y x

xy x y xy y

  

        

  

  

        

  

  

+ Giải

2

x y x y

xy x y xy

 

        

 

 

       

 

Vậy x y;   1;1  , 1;

(44)

• Phân tích đưa phương trình ước số

x y 1xy x y   5 2x y  x y 1xy x y 2x y

        

x y 1xy x y 2x y 1

        

x y 1xy x y 2 x y 1

        

x y 1xy x y 2

      

• Phân tích số thành tích ước số

3 1.3 3.1 

• Cho thừa số chứa biến vế đồng với thừa số vế 2) Ta có  x1 y  1 4 xy x y3

Theo bất đẳng thức Cô si

1

3

2 2

x y x y

xy x y    x y

       

Theo bất đẳng thức Cô si

2 2

2

P

x y x

y

x

y x y

y x

y x y

x

       

 

     

Vậy giá trị nhỏ P x y 1

Nhận xét: toán sử dụng bất đẳng thức Cosi dựa điểm rơi suy đoán kết hợp với điều kiện tốn để tìm giá trị nhỏ

• Bất đẳng thức Cosi cho hai số thực dương x y 2 xy

• Mở rộng đánh giá  

2

, ; ; ;

a b

a b a b x y

x y x y



   



Ý tưởng: Đây tốn có đối xứng rõ ràng x y, nên ta mạnh dạn dự đoán điểm rơi x y k  Thay ngược lại giả thiết tốn, ta có  k12  4 k Với điểm rơi x y 1, ta dễ dàng đánh giá vận dụng bất đẳng thức Cosi, vậy, khai khác giả thiết, ta suy ra:  x1 y  1 4 xy x y14

1

3

2 2

3 x y x y x y

xy x y        

    

Vậy nên, ta đánh giá biểu thức P theo x2 y2 f x y 

y  x    Hiển nhiên có

(45)

trên, ta tìm x y 2 đó, ta cần chứng minh x2 y2 x y

y  x   Đánh giá

ta có cách sau:

• Biến đổi tương đương, ta có:

     

2

2 2

0 x x y y x y 0

y

x x y x y

y x y x

 

         

• Sử dụng bất đẳng thức Cosi, ta có:

2

x y x y x

y y x y x y

y x

y x y x y

x x



   

    



   

 

• Sử dụng đánh giá mở rộng nêu, ta có:

 2

2 y x y

x x y

y x x y



   



1. Cho a b; hai số thực dương thỏa mãn ab1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức

 

2

a b

P a b

b a

   

2. Cho a b c; ; số thực dương thỏa mãn a b c  3 Tìm giá trị nhỏ biểu

thức 2 2 2

1 1

a b c

P

b c a

  

  

Câu

1) Vì MP đường kính suy PN MN (1)

Vì MD đường kính suy DN MN (2)

(46)

Nhận xét Chứng minh ba điểm thẳng hàng ta quy chứng minh chúng thuộc đường thẳng

• Góc nội tiếp chắn nửa đường trịn góc vng

+ Góc PNM góc nội tiếp chắn nửa đường trịn chia đơi đường kính PM đường trịn đường kính PM nên PNM 90 hay PN NM

+ Góc DNM góc nội tiếp chắn nửa đường trịn chia đơi đường kính DM

của đường trịn ( )O nên DNM 90 hay DN NM

• Từ điểm nằm đường thẳng kẻ có đường thẳng vng góc với đường thẳng

Ta có từ N ta kẻ PN DN vng góc với MN, suy PN DN hay ba điểm P; N; D thẳng hàng

2) Tứ giác APQD nội tiếp (PQD MAD900),

suy  PAQ PDQ NDM  (3)

Xét ( )O , ta có NDM NAM (4)

Từ (3) (4)  PAQ NAP , suy AP phân giác góc NAQ (*) Xét ( )O , ta có AND AMD

Xét đường trịn đường kính MP có QMP QNP  ANP QNP  , nên NP phân giác góc ANQ (**)

Từ (*) (**), suy P tâm đường tròn nội tiếp tam giác ANQ

Nhận xét Chứng minh điểm tâm đường tròn nội tiếp tam giác ta chứng minh điểm giao điểm hai đường phân giác tam giác

• Tứ giác có tổng hai góc đối diện 180 tứ giác nội tiếp

Tứ giác APQD có DAP 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn ( )O ) DQP 90 (góc ngồi đỉnh đối diện góc khơng kề với tứ giác nội tiếp) suy DAP DQP      90 90 180 tứ giác APQD tứ giác nội tiếp

Tứ giác APQD tứ giác nội tiếp nên QDP QAP  (hai góc nội tiếp chắn cung QP đường tròn ( )O ) hay PAQ NDM

(47)

+ QMP QNP  (hai góc nội tiếp chắn cung QP đường trịn đường kính PM) , suy PAQ NAP  hay AP phân giác NAP AND QNP hay ND phân giác QNA

• Giao điểm hai đường phân giác hai góc tam giác tâm đường trịn nội tiếp tam giác

Tam giác ANQ có AP phân giác NAP ND phân giác QNA, ta có AP ND cắt P nên suy P tâm đường tròn nội tiếp ANQ

Câu 4. Ta có

     

 1 1 1

abc bc ba b abc ca cb c

a b c

abc ab ac a

Q      

  

    



        

   

1 1 1

1 1

a b c b c a c a b

Q

a b c

        

  

1 1

a b c

Q

a b c

      Ta chứng minh

1

1aa1bb1c c1 1 12      Bất đẳng thức tương đương với

3 0

1 1c c 1bb 1aa 1

     

     

  

              

     

4

3 0

c b a



  

     

3     1 3   2    1

4 c

c b

c b b a

   

    

       

   

   

    

   

3   2  1  

c b a

a

     

 

 

  



3  3 4 1   2 3 1    1

12 1 1

b c a b

c b c a b c

b c b a a

            

    

Vì 3; 3  3 4 1 

12 1

c b c c b c

b c

       

  (1) Vì ;   2 3 1

6 1

b c a b b c a b

b a

         

(48)

Vì ;    1

a b c a a b c

a

      

 (3) Từ (1), (2) (3), suy điều phải chứng minh Vậy giá trị nhỏ Q

12 a1;b2;c3

1) Điều kiện: x

  

Phương trình cho tương đương với 2x 3 3 x1 2 x9

2

3x 5x x

      2 2

3

x

x x x x

           

4 11 7

4 x x x x             Đối chiếu với điều kiện ta được nghiệm: 1;

4 x x

Nhận xét: Bài toán sử dụng phương pháp nâng lũy thừa (bình phương) hai vế tìm nghiệm phương trình

• Phương trình dạng f x  g x   m 0  f x  g x 2m2

    2     2        

f x g x f x g x m f x g x m f x g x

                    2 2

m f x g x x x

x x f x g x m f x g x

                     • Phương trình có cách giải khác sau:

       

f x  g x  m f x  m g x  

     

 

     

2 2 2

m f x m f x

f x m m g x g x m g x g x m f x

                                     2

2 2

;

m f x g x m f x x x

x x m g x g x m f x

                 

Ý tưởng: Đây phương trình bản, dạng tốn vế chứa hai thức vế lại số phương pháp nâng lũy thừa hai vế phương pháp tối ưu Bài toán kết thúc

(49)

1. Giải phương trình 3x 1 x 1 Đáp số: x8

2. Giải phương trình 7x 4 x 1 Đáp số: x3

2) Hệ phương trình tương đương với

1

2

1 1 2

4

x y

y x

x x y

y y x

                                                        Đặt 1 u x y v y x         

Hệ phương trình trở thành

9

1 2

4 u v u uv          

9

4 2

v u

u u u

                       Suy 9 2 3 0

4 2

u u u u u

       3 0 2 3 u u v                 3 x y y x            3

1 3 3

2 2 2

1

y y y

xy x x y

y xy x                

2 3 2 0 1

2 y x y y y x                 Hệ phương trình có nghiệm  ;  1; , 1; 2 

2

x y  

 

Nhận xét: Bài toán sử dụng phương pháp đặt hai ẩn phụ, đưa hệ phương trình bậc hai giải phương pháp Sau từ nghiệm ẩn phụ suy ngược lại nghiệm hệ phương trình

Ý tưởng: Hình thức tốn phực tạp xuất phân thức, quan sát ta thấy hai phương trình hệ xuất biểu thức x

y

 Ta nghĩ đến chuyện

1

2 x y y x         

  xuống phương trình hai đại lượng

1

xy xy

 chưa biết xử lý

như Có lẽ tác giá gợi mở theo đường đặt ẩn phụ, đặt

1;

u x v y

y x

    ta cần biểu diễn xy xy

 qua u v; hệ phương trình

cho giải Ta có

1 1

u x uy xy

y

v y vx xy

(50)

 2

1

uvxy xy uv xy

xy

      

Khi đó, hệ phương trình cho tương đương với

9

1 2

4 u v u uv          

Hệ phương trình hệ phương trình bản, hồn toàn giải phương pháp

1. Giải hệ phương trình 21 22 22 2

1

x y

xy x y x

  



   



Đáp số:  ;    1; , 1; , 5; , 7;

4 7 7

x y        

 

   

   

2. Giải hệ phương trình    

  

2

1 27

1 10

x y xy

   



   



Đáp số:  ;  1; , 2; 2 , 2 3;

2

x y       

   

Câu

1) Cách 1: Đẳng thức cần chứng minh tương đương với

3

1 1

4

a b b c c a

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

     

        

     

           

         34

ac ba cb

   

     

      43    ac a c ba b a cb c b a b b c c a

         

     

ac a c ba b a cb c b abc

      

  2    8

ac a c b a c ba abc c b abc abc

        

a c ac b ab bc 8abc

     

a c c b b a   8abc

     , điều phải chứng minh

Cách 2: Đặt

1 1

a b

x x

a b b a

b c

y y

b c b c

c a

z z

c a c a

                                                    

Từ điều kiện suy

xyz , ta

1 1 1     

xyz x y      z x y z xy yz zx  xy

   

2xyz x y z xy yz zx

(51)

3

x y z xy yz zx

      

Nhận xét: toán sử dụng phép biến đổi tương đương ẩn phụ để chứng minh đẳng thức cho

Ý tưởng: Nhìn đẳng thức cần chứng minh ( gọi (*)) cồng kềnh, nhiên tinh ý chút, ta thấy bên vế trái (*) có tổng ba thừa số, đồng thời vế phải (*) xuất tổng hoán vị tích hai thừa số Vì chuyển vế ta nhóm nhân tử chung là:

3

1 1

4

a b b c c a

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

     

        

     

           

         34

ac ba cb

   

      (i)

Với biểu thức (i), hướng tối ưu có lẽ quy đồng mẫu số biến đổi tương đương, kết hợp với giải thiết a b b c c a      8abc ta có:

(i)ac a c   ba b a   cb c b   43a b b c c a     

     

ac a c ba b a cb c b abc

      

  2    8

ac a c b a c ba abc c b abc abc

        

a c ac b ab bc 8abc

     

Hoặc, ta với hướng tư ẩn phụ hóa để đơn giản toán chút Vẫn hướng phát bên trên, ta đặt ẩn phụ thừa số x a ;y b ;z c

a b b c c a

  

  

Khi giả thiết

xyz

  ta cần chứng minh

4

x y z   xy yz zx  (**) Nếu

dựa vào giả thiết để chứng minh (**) chưa đủ, ta cần phải khéo léo kết hợp với giải thiết toán sau x b ; y c ; z a

b a b c c a

     

   Và từ suy đẳng thức

1 1 1 

xyz x y z Khai triển tích số, ta điểu phải chứng minh

Bài toán kết thúc

2) Ta có abcde abc 00de abc 100de

101 1 101

abc de abc abc de

      

Suy abcde chia hết cho 101abc de abc  10d e  chia hết cho 101 Ta có 101 99999 99999 990

101 101

m m

     

Vậy số có chữ số lớn chia hết cho 101 990 101 Ta có 101 9999 999 99

101

n n

    

Vậy số có chữ số nhỏ chia hết cho 101 100 101

Số số có chữ số thỏa mãn yêu cầu toán là: 990 100 891.   Đáp số: 891 số

(52)

Nhắc lại kiến thức phương pháp • Cấu tạo số

 

00 100 101 101

abcde abc de abc  de abc  de abc  abc de

• Tính chất chia hết tích: Trong tích có thừa số chia hết cho số tích chia hết cho số

Ta có 101 101 abc101 101

• Tính chất chia hết tổng: Tổng hai số hạng, có số hạng chia hết cho số số hạng cịn lại chia hết cho số

Ta có  

 

101 101

.101 101

abc

abcde abc de abc

  

  

   

  

  





 , suy de abc 101 abc 10d e 101

   

• Số lớn có năm chữ số chia hết cho 101 Ta có 101 99999 99999 990

101 101

m m

      suy số có năm chữ số lớn chia hết

cho 101 990 101

• Số bé có năm chữ số chia hết cho 101 Ta có 101 9999 999 99

101

n n

     suy số có năm chữ số nhỏ chia hết cho 101 100 101

• Số số dãy số viết theo quy luật tính theo cơng thức s c d h



 

c số cuối, d số đầu, h khoảng cách số liên tiếp dãy Số số có chữ số thỏa mãn yêu cầu toán là:

990.101 100.101 1 990 101 891

101



    

Câu

A

B C

O

D M

F E

(53)

1) Ta có góc nội tiếp BDM BCF (1)và BMA BFA suy

 

0

180 BMA180 BFA hay BMD BFC (2)

Từ (1) (2), suy BDM BCF đồng dạng (g - g)

Nhận xét Đây toán tương đối thường gặp toán chứng minh tam giác đồng dạng ứng dụng góc nội tiếp

• Các góc nội tiếp chắn cung đường tròn + BDM BCF (hai góc nội tiếp chắn cung AB đường tròn ( )O )

+ BMA BFA (hai góc nội tiếp chắn cung AB đường tròn ngoại tiếp tam giác ABM

 )

   

0

180 BMA 180 BFA BMD BFC

     

• Hai tam giác có hai cặp góc tương ứng đồng dạng

+ BDM BCF có BDM BCF BMD BFC, suy BDM∽BCF (g – g)

2) Từ AD phân giác BAC suy DB DC DE vng góc với BC trung điểm N BC

Từ 1) BDM∽BCF, ta có DM BD

CF BC

Vậy ta có biến đổi sau DA 2DM 2BD CD DE

CF  CF  BC CNCE (3)

Ta lại có góc nội tiếp ADE FCE (4)

Từ (3) (4), suy EAD∽EFC suy EFC EAD 90

Vậy EF AC

Nhận xét Với toán ta đưa chứng minh EF tạo với AC góc vng Dựa vào góc biết kết nối tam giác đồng dạng

• Hai góc nội tiếp chắn hai cung hai cung hai dây cung cung

Từ AD phân giác BAC suy BAD DAC suy DB DC kết hợp với OB OC ( R

 ) suy DO hay DE trung trực BC hay DE vng góc với BC trung điểm N BC

• Các góc nội tiếp chắn cung đường trịn

 

ADE FCE (hai góc nội tiếp chắn cung AE đường trịn ( )O ) • Các liệu suy ra, biến đổi từ điều chứng minh

2

DM BD DM BD DA CD

BDM BCF

CF BC CF CN CF CN

 ∽      

• Hệ thức lượng tam giác vng “Cạnh huyền  Đường cao = Tích hai cạnh góc

vng”

Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác CDE vuông C, đường cao CN ta có

CD DE

CN DE CE CD

CN CE

   kết hợp với chứng minh ta DA DE

CF CE kết hợp

(54)

• Góc nội tiếp chắn nửa đường trịn góc vng

Góc EAD chắn nửa đường trịn ( )O chia đường kính ED nên EAD 90 suy EFC 90 hay EF vng góc với AC

Câu

Với  số thực dương ta có

3 3 3

3 ; 3

3 3 3

d a b dab d b c dbc

     

      ; 33 33 2 ; 32 2

3 3

d c a dca a b c abc

    

 

   

Cộng bốn đẳng thức ta thu

 

3 3

3 2

2 1

3

d a b c dab dbc dca abc

  

 



        

 

Ta tìm 0 cho 3

3

2 2 4 3 6

9

3 3         

Chọn 1

2 x x

   

 , ta

3

1 6

2 x x x x

   

      

   

   

3

1 3 6 12 1 0

2 x x x x x x x x

     

  

             

     

Ta có nghiệm dương

36 35 ; 63 35 36 35 36 35

2

x  x        

Với  xác định ta thu

 

3 3

2

4

9

d a b c



   

 

3 3

2

3

9 36

9

6 35 35

d a b c

                  Đẳng thức xảy 3

3

1 ; =

3

a b c  d

  

  

 

Vậy giá trị nhỏ P 2

3

36

6 35 35

 

    

 

 

ĐỀ SỐ

Câu

1) Giải phương trình  1 x 1x2 1 x28

 

  Điều kiện:   1 x

Đặt t 1 x 1x

  

2 1 2 1 1 1 2 1

t x x x x x

          

Khi phương trình cho trở thành: t t.28

3 8 2 2 2 1 4 1 1 0

t t x x x

(55)

Vậy phương trình cho có nghiệm x0

Nhận xét: Bài toán sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ giải phương trình Nhắc lại kiến thức phương pháp:

• Hằng đẳng thức quen thuộc u v 2u22uv v 2 • Với f x   a b; , đặt t a f x   b f x  ,

 

        

2 2

2

t a b t   a b a f x b f x   a f x b f x    

Ý tưởng: Nhận thấy hai thức, ta có tổng bình phương chúng số, mặt khác tích chúng có liên quan đến biểu thức cịn lại phương trình

• Ta có  1x 2 1x2    1 x x 2;

  

2

2 1x 2 1x 1x • Do 2 1 x2  1x 2 1x22 1 x1x

 x x2     • Đặt t 1 x 1x, phương trình cho trở thành: t38

2

2 2 1

t x x x

           Bài toán kết thúc

1. Giải phương trình 6 4 x2 3 2  x 2x Đáp số: x 2

2. Giải phương trình 2 4   x3x2 4 x4 3x Đáp số:

4

x  

2) Giải hệ phương trình 22 22

2

x xy y x xy y

    

    

Thế 1x2xy y xuống vế phải phương trình thứ hai hệ phương trình, ta có

 

2 2 4 2

x xy y  x xy y

  

2

3

x y

x xy y x y x y

x y

  

          



Với y x , vào phương trình thứ hệ, ta

2 1 1

1

x y x

x y

    

     

Với 3

2

x

(56)

2

7 1 7

2

4

7

x y

x

x y



    

   

      

Vậy hệ phương trình cho có bốn nghiệm kể

Nhận xét: Bài toán sử dụng phương pháp tách ghép phương trình đẳng cấp bậc hai tìm nhân tử chung

• Phương trình đẳng cấp bậc hai có dạng a x. 2b xy c y.  . 20 • Nhóm nhân tử chung, đưa dạng

  

2

x my

a x b xy c y x m y x n y

x ny

            



Hai trường hợp này, vào hai phương trình cịn lại hệ, phương trình có dạng x22 t x t

y u y u

     



     

Chú ý: t u, 0 phương trình vơ nghiệm

Ý tưởng: Nhận thấy vế trái phương trình có dạng phương trình đẳng cấp bậc hai a x. 2b xy c y.  . 2, hai phương trình cịn lại ta thu phương trình bậc đẳng cấp bậc hai Từ tìm mối quan hệ x y, Thế ngược lại phương trình thứ hệ Tìm nghiệm

• Ở vế phải phương trình thứ hai có 4.1 mà từ phương trình 1x2xy y Vậy nên phương trình hai trở thành:

 

2 2 4 2

x xy y  x xy y

  

2

3x 5xy 2y x y 3x 2y

       

• Có thể dễ dàng giải phương trình theo cách đồng hệ số bước làm nháp sau:

    

2 2

3x 5xy2y 3 x my x ny  3 x mxy nxy mny  Đồng hệ số hai phương trình, ta có 33mmn3n25



Đây phương trình hai ẩn, biết cách giải theo Vi-et Tìm 1;

m n Bài toán kết thúc

1. Giải hệ phương trình 22 2

3 5

x xy y x xy y

    

    

Đáp số:  ;    2; , 2; , ; , ;

3 3

x y             2. Giải hệ phương trình 32 22 33

3

x x y y x xy y

    

(57)

Câu

1) Đặt a 1;b 1;c ab bc ca

x y z

       , cần chứng minh:

   

2 2

2

1 1

a b c bc ca ab

a b b c c a

a b c

    

     

a b a ca  b c b a2b  c a c b3c  a b b c c a5bc4ca3ab 

 

   

         Biến đổi rút gọn ta có điều ln

Nhận xét: Đặt ẩn phụ để toán giải dễ dàng Nhắc lại kiến thức phương pháp:

• Từ giả thiết ta có x y z xyz 1 1

yz zx xy

       • Đặt ẩn phụ a 1;b 1;c

x y z

   ta giả thiết ab bc ca  1 Ta cần chứng minh

   

2 2

2

1 1

a b c bc ca ab

a b b c c a

a b c

    

  

• Biến đổi riêng mẫu ta có

  

2

1 1 1 1

1 a a b a c

yz zx xy x x y x z

     

             

 

Tương tự ta có 1b2 b a b c   1c2 c b c a  

Ta thấy vế phải mẫu đưa dạng tích mà mẫu số chung mẫu số phân thức vế trái Do ta cần quy đồng, rút gọn thông thường

        

2 2

2 3

1 1

a b c a b c

VT

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

a b c

     

        

     

       

2 5 4 3

a b c b c a c a b bc ca ab

VP

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

      

  

      (điều phải chứng minh) 2) Cách 1: Phương trình đối xứng biến x y; nên đặt u x y v xy  ;  ,

ta có:

2

3

1

v

v u u v u

v      



Suy v21v 3 v21v2 9 v21v2 1 10v21 10 Cách 2: uv2   v u 3 0, ta phải có:

 

1 ( 3) 0, 1, 2,

v u u u u

         Đáp số: 0; , 3; 0    1;

Nhận xét: Ta thấy x y xy lặp lại phương trình nên ta đặt ẩn phụ để phương trình đơn giản

• Sau đặt ẩn phụ ta phương trình nghiệm nguyên v u u2   3 v

• Biểu diễn ẩn theo ẩn 32

1

v u

v  

(58)

• Một phân thức số nguyên tử số chia hết cho mẫu số hay mẫu số ước tử số

Áp dụng vào toán:

              

10

3v v  1 v 9 v  1 v  1 10 v  1 v  1 U

mà v2 1 1 nên ta có v2 1 1; 2; 5; 10, suy v20; 1; 4; 9 Khi v0; 1; 2; 3

Từ ta tìm giá trị u từ tìm x y, để đến kết luận toán

Câu

1) Tam giác ABF tam giác ACE cân F E,

  

2

A

FBA ECA   ABF∽ACE Nhận xét:

Để giải toán cần sử dụng dấu hiệu nhận biết, tính chất tam giác cân kết hợp với trường hợp đồng dạng đặc biệt tam giác đặc biệt (cụ thể tam giác cân) Cùng với kiến thức liên quan đến tính chất đường phân giác, đường thẳng song song Nhắc lại kiến thức phương pháp:

• Tam giác có đỉnh nằm đường trung trực cạnh đối diện tam giác cân đỉnh

- Tam giác ABF có F nằm đường trung trực AB nên tam giác ABF cân F

- Hoàn toàn tương tự với tam giác ACE

• Đường thẳng c cắt hai đường thẳng a b, song song với tạo góc so le

bằng

- Ta có AB cắt hai đường thẳng BF AD nên FBA BAD  (hai góc so le trong)

- Hồn tồn tương tự có ECA CAD

Mà AD phân giác BAC nên BAD CAD FBA ACE

(59)

Tam giác ABF tam giác ACE hai tam giác cân có hai góc đỉnh FBA ACE nên đồng dạng với

2) Giả sử G giao điểm BE CF Ta có GF BF AB DB GD FB

GC CE ACDC  , FB AD ta có G AD

Nhận xét: Một cách để chứng minh ba đường thẳng đồng quy ta chứng minh giao điểm hai đường thẳng nằm đường thẳng thứ ba

Một cách để chứng minh ba điểm thẳng hàng ta sử dụng tiên đề Ơ-clit Đối với tốn này, ta sử dụng tính chất nêu trên, kết hợp với định lý Ta-lét; định lý Ta-lét đảo; tính chất đường phân giác tam giác tam giác đồng dạng

Nhắc lại kiến thức phương pháp: • Định lý Ta-lét: BF CE BF FG

CE GC

 



• Tam giác đồng dạng: ABF ACE BF AB CE AC

 ∽   • Tính chất đường phân giác tam giác

AD đường phân giác tam giác ABC ta có AB BD ACDC • Định lý Ta-lét đảo

Kết hợp chứng minh ta GF DB GD BF/ /

GCDC

• Tiên đề Ơ-clit Từ điểm nằm ngồi đường thẳng cho có đường thẳng song song với đường thẳng

Theo chứng minh ta có GD BF ; theo giả thiết ta có AD BF Suy AD trùng GD

hay điểm G nằm AD

3) Chứng minh BQG QGA GAE GAC CAE GAB BAF GAF    , nên AGQF nội tiếp,

  

QPG GCE GFQ  , suy tứ giác FQGP nội tiếp

Nhận xét: Chứng minh điểm thuộc đường trịn ta chứng minh điểm cách điểm chứng minh bốn điểm thuộc đường tròn cách chứng minh tứ giác nội tiếp (qua ba điểm khơng thẳng hàng có đường tròn) Ở ta sử dụng hướng tiếp cận thứ hai

+ Một số điều suy từ giả thiết chứng minh - ABF∽ACEFAB EAC

- AD phân giác góc BAC nên BAD DAC

+ Hai đường thẳng song song

- BF AD QGB QGA (hai góc so le trong) - QG AE QGA GAE (hai góc so le trong)

Suy QGB GAE GAC CAE kết hợp với suy phần ta có

      

(60)

- Tứ giác có góc góc ngồi đỉnh đối diện tứ giác nội tiếp Tứ giác AFQG có góc FAG góc QGB là góc ngồi đỉnh đối diện nên

AFQG tứ giác nội tiếp

- Tứ giác nội tiếp có góc góc ngồi đỉnh đối diện

Tứ giác PRGC nội tiếp đường ngoại tiếp tam giác EGC nên có QPG ECG kết hợp với chứng minh trên, ta có QPG QFG

- Tứ giác có hai đỉnh liên tiếp nhìn một góc tứ giác nội tiếp Tứ giác PFQG có QPG QFG nên hai đỉnh P F nhìn cạnh QG góc PFQG tứ giác nội tiếp

Suy AFQG PFQG; tứ giác nội tiếp nên điểm A F Q G P; ; ; ; thuộc đường tròn

Câu

Cách 1: Ta có a b4 2b c4 22a b c2 ; b c4 2c a4 22ab c2 3;a b4 2c a4 22a bc3 2 Nên a b4 2b c4 2c a4 2abc a b b c c a   

Suy 4 4 4

9

ab bc ca a b b c c a  a b b c c a     2 

9

ab bc ca

abc a b b c c a   A

    

2 2 1 2

9 9 9

A abc a b b c c a abc a b b c c a

a b c b c a

 

       

    

                

 

 

2 2

3 3

abc

A abc a   b c a b c 

 

 

 

4 4 2

9

abc

a b b c c a a b c

       (1) Mặt khác a b2 2b c2 2c a2 2ab c a bc abc2   2

 

2 2 2 2 2

a b b c c a ab c a bc abc

     

 2 2  2  

3 ab c a bc abc ab bc ca 3abc a b c

        

   

1 4

3

abc

abc a b c a b c

        (2) Từ (1) (2), suy điều phải chứng minh Dấu “=” xảy

3

a b c   Cách 2: Đặt ab x bx y ac z ;  ;  với x y z, , 0 Vì ab bc ca      1 x y z 1;

Suy 2  4

9

(61)

4 2 2

2

a b b c a b bc x y b c c a b c ac y z c a a b a c ba z x

    

    

    

   2 

2

9

xy yz zx x y y z z x

       Áp dụng BĐT Cơ-si, ta có

2 2

1

9

1

9

1

9

x y y yx y z z yz z z x zx

   



   



   



   

2 2

9

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

        

 2    

4 3.4

99 x y z   xy yz zx  3 xy yz zx 

 

2 2

9

x y y z z x xy yz zx

       Dấu “=” xảy

3

a b c  

Nhận xét: Bài toán sử dụng phương pháp kỹ thuật chọn điểm rơi, từ điểm rơi tìm khéo léo áp dụng bất đẳng thức Cosi tổng đại lượng không âm để suy điều phải chứng minh

Nhắc lại kiến thức phương pháp: • Tổng đại lượng không âm:

a b  2 b c 2 a c2 0 a2 b2c2ab bc ca 

• Bất đẳng thức Cosi cho hai số thực dương a b 2 ab

Ý tưởng: Quan sát thấy, bất đẳng thức đối xứng, vai trị biến thế, điểm rơi ban đầu ta chọn a b c  , kết hợp với giả thiết

1

ab bc ca  

a b c   dấu đẳng thức xảy Với điểm rơi này, ta linh

hoạt việc chứng minh bất đẳng thức cách áp dụng bất đẳng thức Cosi Nhưng bất đẳng thức cần chứng minh (tạm gọi P) bất đẳng thức cồng kềnh, bậc lại lớn ta nghĩ đến ẩn phụ để giảm bớt biến P Chú ý:

 

abc a b c  ab ac ab bc ac bc  đặt x ab y bc z ca ,  ,  giả thiết trở thành:

1

x y z   như:

  4 2 2 2

2

9

P xy yz zx   a b b c c a  x a y b z c

Lại thấy, vế phải P xuất đại lượng x a y b2 2; 2 a b2 2x2 ta cần

đánh giá x a y b2 2; 2 để xuất tích a b2 2 bất đẳng thức P sẽ đồng theo

biến x y z; ; Vì ta nghĩ đến chuyện áp dụng bất đẳng thức Cosi cho hai số thực dương là:

2 2 2

2 2 2 2 2 2 2

2 2 2

2

x a y b xyab x y

y b z c yzbc y z x a y b z c x y y z z x

z c x a zxca z x

   



         



   



(62)

Khi đó, ta cần chứng minh: 2 2 

9

x y y z z x    xy yz zx  (*)

Tiếp tục, với điểm rơi x y z  ta có đánh giá sau:

  2  2 2 2 2 2

0

x y  y z  z x  x y z xy yz zx 

 2    

3

x y z xy yz zx xy yz zx

         

Do đó, ta tách bất đẳng thức (*) thành dạng:

 

2 2 2 2

3 9

x y y z z x    xy yz zx   x y y z z x  

Công việc cuối cần chứng minh 2

9

x y y z z x   tốn ta hồn

tất Vì 1

3

a b c      x y z , với điểm rơi cân với đại lượng

2 ; ;

x y y z z x ta có: 2

1

9

1

9

1

9

x y y yx y z z yz z z x zx

   



   



   



   

2 2

9

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

        

 

2 2 2 2

9 9

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

           

Từ suy điều phải chứng minh Bài toán kết thúc

1. Cho số thực dương x y z; ; có tích Chứng minh rằng:

4 4

2 2

3

1 1

x y y z z x

x  y  z  

2. Cho số thực dương x y z; ; có tổng Chứng minh rằng:

 

2 2

9

x y y z z x    xy yz zx 

1) Ta có điều kiện ab bc ca abc a b c       1 a1b1 c Và

  1     1     1  

1 1 1 1 1 1

VT

a a b b b c c c a

  

              

              

1

1 1 1 1 1 1

a b

a

a a b a a b a b a

 



  

              

         

1 1

1

1 1

a a b

    

 

(63)

Nhận xét: Bài toán kết hợp giả thiết cách phân tích nhân tử đẳng thức suy điều phải chứng minh

Ý tưởng: Trước hết, quan sát giả thiết toán, đẳng thức cồng kềnh nhiên đối xứng, ta nhóm nhân tử lại sau:

     

      

1 1 1

1 1 1 1

gt ab c b c c a c

c ab a b a b c

        

          

Để đơn giản nữa, ta đặt x 1 a y;  1 b z;  1 c, suy xyz1 Chính ta cần biểu diễn mẫu phân số đẳng thức cần chứng minh theo x y z; ; việc a 1 x b;  1 y c;  1 z vào đẳng thức cho, ta có:

        

1 1

1

3 ab 2a b 3 1 x 1 y 1  x y   x xy

1 1

VT

x xy y yz z zx

   

     

Kết hợp với giải thiết xyz1 ta đưa VT mẫu sau:

1 1

VT

x xy y yz z zx

  

     

2

1

xy x

x xy x xy xyz xy xyz x yz

  

     

1

1 1

xy x xy

x xy x xy xy x x xy

 

    

        (điều phải chứng minh)

Bài tốn kết thúc

2) Ta có 3 3 3 3    3

6

x y  x y  xy x y  x y

 

2 2

2

2 32

8x y

x y x y

 

 

     

   (do x y 0)

 5

32

1

x y

x y x y

xy

   

       



Nhận xét: Bài toán sử dụng phương pháp thế, sau đưa phương trình có chứa mối liên hệ x y; ngược lại hai phương trình hệ, tìm nghiệm hệ ban đầu

Ý tưởng: Đây hệ phương trình đối xứng, đồng thời lại xuất tổng x y

tích xy nên ta nghĩ đến việc đặt ẩn phụ (u x y v xy  ;  ) việc phân tích x3y3

theo u v; gặp khó khăn Vì hướng không khả thi, quan sát kỹ chút, ta thấy phương trình có số 2xy x y   đồng thời số xuất

phương trình hai ta nghĩ đến chuyện thế, đồng thời ý đến đẳng thức

 3 3 3  

3

x y x y  xy x y nên phương trình hai hệ tương đương với:

 3 2 2

8

x y  x y mà xy x y



 suy  

32

x y    x y Khi hệ cho trở thành:

1

xy

x y x y

 

   

  

(64)

1. Giải hệ phương trình 32 3  2 2

8 32

xy x y

x y x y

  



   



2. Giải hệ phương trình 32 34  2 2

8 32

xy x y

x y x y

  



   



Câu

1) Ta chứng minh đẳng thức

3

x x  x  x

                

Ký hiệu    x m x;    a a 1;x m a 

+) Xét trường hợp a

 

2

0 1;

3

a a

      1 3 ; ;

3 a x m x m x m

   

     

          

   

3m m m m

    (đúng) +) Xét trường hợp

3 a

1 3a

  

2

1 1; 3

3 3

a a  x m

        

2 1;

3

x m x m

   

      

   

   

Suy 3  1

3

x m m m m x  x  x

             

        

+) Xét trường hợp 3 a

4

2 3; ;

3 3 3

a a a

        

2

3 2; 1;

3

x m x  m x  m

     

          

   

Ta thu [3 ] 3x  m3m 2 m 1 m 1 m

2

3

x x x

   

 

   

       

   

*) Phương trình cho tương đương với 1 2

3

x x x

          

Nhận xét Để giải toán cần sử dụng phương pháp biến đổi tương đương đưa xét khoảng giá trị nghiệm

• Các ký hiệu bản: “  x số nguyên lớn không vượt x  x là phần lẻ hay phần thập phân Do x  x  x ” Ví dụ: Cho số 2,49 Ta có 2,49  2 và

(65)

• Xét khoảng giá trị nghiệm giải làm theo phương pháp thơng thường làm tốn phần ngun

2) Chúng ta xét số dư 52 số phép chia cho 100 chia số thành nhóm theo số dư sau   0 , 1,99 ,, 49,51 , 50     Vì có 51 nhóm tồn số có số dư thuộc nhóm Nếu hai số đồng dư hiệu chúng chia hết 100 Nếu hai số có số dư khác thuộc nhóm có tổng số dư 100 tổng chúng chia hết cho 100

Nhận xét Áp dụng kiến thức số dư phép chia số nguyên nguyên lý Dirichlet (Đi - rich - lê)

• Phép chia số nguyên a cho số tự nhiên b khác ta thương số nguyên p (p dấu với a) số dư số tự nhiên r Ta có r ln nhỏ b Hay r lớn tồn r b 1

Phép chia số tự nhiên cho 100 ta nhận số dự sau r0;1;2;3; ;99  (có 100 phần tử)

• Tư toán: Bài toán yêu cầu chứng minh từ 52 số ngun ln chọn hai số có tổng hiệu chia hết cho 100

Từ số dư r tồn trên, chọn ghép đơi hai số thành nhóm số dư   0 , 1,99 , , 49,51 , 50    (có 51 nhóm)

• Ngun lý Dirichlet (phát biểu cho tốn này): “Có n lồng cần nhốt n1 chim lồng Ta ln có lồng chứa chim.”

Vì ta xét với 52 số nguyên nên ta nhận 52 số dư chia cho 100 nên ln có số dư thuộc nhóm với 51 số dư lại + Nếu số dư nhóm có tổng 100 chia hết cho 100

+ Nếu số dư nhóm có số chia cho 100 (hay đồng dư với chia cho 100) có hiệu chia hết cho 100

Câu

1) Ta có tam giác EPQ cân E CQ phân giác góc BCA, nên

   900  900 

EPQ EQP HQC   HCQ PCK

(66)

Nhận xét Chứng minh hai đường thẳng vng góc ta chứng minh góc góc cịn lại tam giác có tổng hai góc 90

• Điểm thuộc trung trực đoạn thẳng cách hai mút đoạn thẳng Điểm E thuộc trung trực đoạn thẳng PQ nên EP EQ

• Tam giác có hai cạnh tam giác cân

Tam giác EPQ có EP EQ , suy tam giác EPQ cân E • Tam giác cân có hai góc kề cạnh đáy

Tam giác EPQ cân E nên ta có EPQ EQP 

• Hai góc đối đỉnh

Ta có PQE HQC hai góc đối đỉnh nên PQE HQC 

• Tổng hai góc nhọn tam giác vng 90 Tam giác HQC vuông H, nên HQC HCQ   90

 90  90 

HQC HCQ PCK

     (CK phân giác góc ACB) Từ chứng minh ta có EPQ900PCKEPQ PCK  900

• Tam giác có tổng hai góc 90 góc cịn lại góc vng

Tam giác KPC có EPQ PCK  900 nên PKC90 hay PK AC

2) Trong tam giác EFC có CQ EF (do EF trung trực PQ); EQ FC nên FQ EC

Từ EMN900, nên tứ giác EKNM nội tiếp đường trịn đường trịn đường kính EN

Ta có tứ giác EKCH nội tiếp đường trịn đường kính EC nên PEQ HCK 

Chú ý: EF phân giác góc PEQ CQ phân giác góc HCK,

 1 1 

2

PEF PEQ HCK PCF Do tứ giác PECF nội tiếp

Nhận xét Chứng minh bốn điểm thuộc đường tròn ta chứng minh bốn điểm tạo thành tứ giác nội tiếp Để chứng minh tứ giác bốn điểm tạo thành tứ giác nội tiếp ta chứng minh hai đỉnh liên tiếp tứ giác nhìn cạnh hai góc

• Đường thẳng nối đỉnh tam giác với giao điểm hai đường cao từ hai đỉnh lại đường cao thứ ba tam giác

Tam giác EFC có CQ FE (do FE trung trực PQ) EQ CF (do AH BC ) suy FQ CE suy EMN 90

+ Tứ giác EKNM có  EMN EKN     90 90 180 suy EKNM tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính EN

+ Tứ giác EKCH có  EKC CHE     90 90 180 suy EKCH tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính EC

(67)

Góc PEQ góc ngồi đỉnh E có góc KCH góc đỉnh C khơng kề với E tứ giác nội tiếp EKCH nên PEQ KCH 

• Đường phân giác góc chia góc thành hai góc nửa góc ban đầu

+ EF phân giác góc PEQ nên  1 PEF PEQ; + CQ phân giác góc HCK nên  1

2

PCF HCK;

Suy  1 1   

2

PEF PEQ HCK PCF PEQ HCK

• Hai đỉnh liên tiếp tứ giác nhìn cạnh hai góc tứ giác tứ giác nội tiếp

Tứ giác PECF có hai đỉnh E C nhìn cạnh PF hai góc  

PEQ HCK nên PECF tứ giác nội tiếp hay bốn điểm P; E; C; F thuộc đường tròn

Câu 4. Ta chứng minh đẳng bất đẳng thức:

Với x y z; ; 1

3

1 1

xyz

x y y z z x

z x y xyz

    

    (*)

Dấu xảy x y z  Bất đẳng thức tương đương với

3

1 1

1 1 1

xyz

x y y z z x

z x y xyz

 

     

         

     

    

  

     

    

   

1  1 933

1 1

xyz x y z

z x y xyz

  

 

       

     

+) Ta có 1    x y z 33xyz (1)

+) Với x y; 1 ta chứng minh

1

1x1y1 xy (2)

   

2 2

1

x y

x y xy xy

 

 

   

     

2 x y xy xy x y 2 x y 2xy

          2 xy1 xy x y xy 1

  2

1

xy x y

    (bất đẳng thức hiển nhiên đúng)

+) Với x y z; ; 1 ta chứng minh

3

1 1

1x1y1z1 xyz (3)

3

1 1

1 1 1 1

P

x y z xyz xyz

     

    

(68)

3

2 4

1 1 1

P

xy z xyz xyz xyz xyz

   

   

Từ (1) (3), suy (*)

Trở lại toán: Bất đẳng thức cho tương đương với

3

6

1 1 1

1 1

abc

b c c a a b

a b c abc

  

  

   

Với 1 1; ;

a b c Áp dụng (*), suy điều phải chứng minh Dấu “=” xảy a b c 

Nhận xét: Bài toán sử dụng bất đẳng thức Cosi bất đẳng thức bổ đề để chứng minh bất đẳng thức

• Bất đẳng thức Cosi cho hai số thực dương: a b 2 ab • Bất đẳng thức Cosi cho ba số thực dương: a b c  33abc

• Bất đẳng thức bổ đề: 11x1 1y1 2xy, x y; 0,xy1

  

Ý tưởng: Đây tốn khó, ngồi việc biểu diễn theo bất đẳng thức Cosi đòi hỏi người làm cần kết hợp với bất đẳng thức bổ đề Nếu chưa tiếp xúc làm Và hướng tiếp cận bổ đề sau:

1

1x1y1 xy

   

2 2

1

x y

x y xy xy

 

 

   

     

2 x y xy xy x y 2 x y 2xy

         

    

2 xy xy x y xy

     

  2

1

xy x y

    (bất đẳng thức hiển nhiên với xy1) Bài toán kết thúc

Với 0a b c; ; 1 Chứng minh

3

1 1

1 a b1 b c1 c a1 2 abc

1) Điều kiện   8 x

+ Nếu 1  x x 8 3

2 x 1   x 8 2    x loại + Nếu   8 x 1, tương tự ta có

8 2 1

(69)

Với x1, thỏa mãn phương trình Đáp số x1

Nhận xét: toán sử dụng phương pháp nhẩm nghiệm đánh giá theo miền nghiệm để chứng minh có nghiệm

Ý tưởng: Đây tốn đơn giản địi hỏi theo phương pháp đánh giá cần đốn trước nghiệm phương trình Đầu tiên ta ưu tiên nghiệm nguyên trước, với nghiệm nguyên biểu thức chứa phải số phương, tức

2

8

x k

x h

    

    

 

Với điều kiện chặn x  8;2 ta thử vài giá trị nguyên x thấy

1

x thỏa mãn phương trình Cơng việc cịn lại ta chứng minh nghiệm Nó nghiệm với x  8;1  1;2 phương trình cho vô nghiệm

Đi xét trường hợp ta có:

• Với x  8;1 suy x 8 2x 1 

• Với x1;2 suy x 8 2x 1 

Cả hai trường hợp chứng minh x1 nghiệm phương trình Bài tốn kết thúc

3. Giải phương trình 7x 8 x 3x4 4. Giải phương trình x 9 1 x 2) Ta có x3y xy   3 x 1  y

+ Với x  3 9 y23y 3 y23y 6 0 (vô nghiệm)

+ Với 1 1 3 2 0

2 x

y x x x x

x

  

           



Đáp số x y;     1; , 2; 1 

Nhận xét: Phân tích nhân tử phương trình một, sau vào phương trình hai tìm nghiệm hệ

Ý tưởng: Đây toán dễ, ý tưởng tác giả cho lộ từ phương trình một, từ ta có x3y xy   3 x 1  y

Xét trường hợp một, vào phương trình hai giải phương trình bậc hai tìm nghiệm hệ phương trình

1. Giải hệ phương trình

2

4

x y xy x

x y x y

   



    



2

2 4

x y xy x

x y x y

    

    

(70)

Câu

1) A x y xy  5xy x 4y4

+ Nếu x y chẵn, suy A2, trái lại x y; lẻ, nên x4y42A2A

luôn chia hết cho

+ Nếu x y chia hết cho 3, suy A3 x y; không chia hết cho 3, nên

 

2 1(mod3) 4 1(mod3) 4 3

x y  x y   x y  A chia hết cho

+ Nếu x y chia hết cho 5, suy A5

Nếu x y; không chia hết cho 5, suy x y2, 21,4(mod5)x y4, 41(mod5)A5,

nênA chia hết cho VậyA2.3.5 30

Nhận xét Một số vừa chia hết cho 2, chia hết cho 30 2, số nguyên tố

• Trong tích có thừa số số chẵn tích chia hết cho Nếu x y số chẵn A2

• Hiệu hai số lẻ số chẵn Số chẵn chia hết cho

Nếu x y số lẻ x4 hoặc y4 số lẻ x4y4 số chẵn suy A2,

suy A chia hết cho

• Trong tích có số chia hết cho tích chia hết cho Nếu x y số chia hết cho A3

• Một số nguyên dương chia cho dư 0, nên lũy thừa bậc bốn số chia dư

Nếu x y; khơng chia hết cho x4y41(mod3) x4y43, suy A

chia hết cho

• Trong tích có số chia hết cho tích chia hết cho Nếu x y số chia hết cho A5

• Một số ngun chia cho dư 0, 1, 2, nên bình phương số chia dư 0, lũy thừa bậc bốn số chia dư

Nếu x y; khơng chia hết cho x4y41 (mod5)x4y45, suy A

chia hết cho

• Một số nguyên dương chia hết cho số nguyên tố số nguyên dương chia hết cho tích số nguyên tố

Ta có A A A

   

  

(chứng minh trên) mà 2, số nguyên tố nên 2.3.5

A hay A30 2) Theo bất đẳng thức Cosi

 

3

1

8

1

a b b a

b

 

  

(71)

 

3

1

8

1

b a a b

a

 

  



   

1 1

4 2

a b

P  a b P a b

         

Dấu “=” xảy a b 1

Vậy min P 

Nhận xét: Bài toán sử dụng kỹ thuật đánh giá qua bất đẳng thức Cosi đốn điểm rơi, hay cịn gọi kỹ thuật chọn điểm rơi bất đẳng thức Cosi

• Bất đẳng thức Cosi cho ba số thực dương a b c  33abc

Ý tưởng: Trước hết quan sát thấy bất đẳng thức đối xứng vai trị hai biến ta khẳng định a b , đồng thời kết hợp với giả thiết có điểm rơi tốn a b 1 Mặt khác, biểu thức P hai phân số có dạng bậc ba bậc hai sử dụng giả thiết ta cần tìm số k cho

     

3

2 2

1

a b

P k a b h k h

b a

      

  Với điểm rơi dự đoán a b 1, ta thấy

   

3

2

1

a b

b  a  Vì vậy, để sử dụng bất đẳng thức Cosi cho ba số ta cần tạo

ra thêm hai lượng

8 Do đó, ta đánh sau:

   

3

2

1 ; 1

8 8

1

a b b a b a a b

b a

   

     

 

     

3

2

1 1

2 2

1

a b

P a b

b a

      

 

1. Cho x y; hai số thực dương thỏa mãn x y; 4 Tìm giá trị nhỏ biểu thức 12

2

y x P

y x xy

  

2. Cho x y; hai số thực dương thỏa mãn x y 2 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P x 3y3 2x2y2

(72)

1)  K tiếp xúc AB T, nên KT AB , suy KT AB/ /

Chú ý tam giác KTC cân nên KCT KTC TCA TCB nên K thuộc BC

Nhận xét Chứng minh điểm thuộc đoạn thẳng ta quy chứng minh ba điểm thẳng hàng

• Đường thẳng tiếp xúc với đường trịn (tiếp tuyến) vng góc với bán kính đường tròn tiếp điểm

Đường tròn ( )K tiếp xúc AB T, nên KT AB T

• Đường thẳng c vng góc với a b nên a b hai đường thẳng song song Ta có KT AB AB AC (do BAC 90 ) suy KT AC

• Hai đường thẳng song song tạo góc so le

Ta có KT AC suy KTC TCA mà CT phân giác góc ACB nên suy

 

ACT TCB từ suy KTC TCB

• Tam giác có hai cạnh tam giác cân Tam giác cân có hai góc kề đáy

Tam giác KTC có KT KC R  suy KTC cân K KTC KCT kết hợp với

chứng minh từ ý (3) ta có TCB KCT

• Hai góc có số đo, chung cạnh, cạnh cịn lại góc nằm phía so với cạnh chung trùng

Ta có KTC TCB suy KC CB hay ba điểm K; C; B hay K nằm BC

2) Gọi ( )K giao BC F khác C Ta thấy tứ giác FEDC nội tiếp ý K thuộc BC nên

 900

FEC

D

A

B F K C

M T

(73)

Từ ABD900ADB900EFC BCE

Nhận xét Chứng minh hai góc đưa biến đổi số đo hai góc lượng

• Dây cung qua tâm đường trịn đường kính

Ta có dây cung FC qua tâm K nên FC đường kính đường trịn cho • Góc nội tiếp chắn nửa đường trịn góc vng

Ta có FEC góc nội tiếp chắn nửa đường trịn cho chia đơi đường kính

FC nên suy FEC 90 CEF ECF    90 ECF 90 CEF mà ABD vuông A nên ta có  ABD ADB   90 ABD 90 ADB

• Góc ngồi đỉnh đối diện góc khơng kề với tứ giác nội tiếp Góc ADE góc ngồi tứ giác nội tiếp EDCF nên ADE EFC kết hợp với (7) ta

  ECF ABD

3) Từ trên, suy MBE BCM MBE∽MCBME MC MB.  2

Từ ý MT tiếp xúc ( )K , suy MT2ME MC MB.  2

Vậy M trung điểm BT

Nhận xét Chứng minh điểm trung điểm đoạn thẳng ta chứng minh điểm nằm đoạn thẳng cách hai đầu mút đoạn thẳng

• Tam giác có hai cặp góc đồng dạng - Xét MBE MCB có:

+ BMC chung;

+ MBE BCM (chứng minh phần 2),

suy MBE∽MCB (g – g), suy ME MB ME MC MB

MB MC  

- Xét MTE MCT có:

+ TMC chung;

+ MTE TCM (góc tạo tia tiếp tuyến - dây cung góc nội tiếp chắn

cung đường tròn ( )K ),

suy MTE∽MCT (g – g), suy MT MC ME MC MT.

MEMT  

Từ suy MB2MT2MB MT mà ba điểm M; B; T thẳng hàng nên suy M

là trung điểm BT Câu 4. Theo bất đẳng thức Cô si:

4

2 2 2

1a  1b 2 1a 1b 2 1a 1b Theo bất đẳng thức Bunhia cốpxki:

1a21b2  1 a b2 2  1 (a b)2

2

1 a b a b

     

(74)

Cộng ba bất đẳng thức chia cho ta có

1a2  1b2  1c2  a b  b c  c a

Dấu “=” xảy a b c  1

Nhận xét: Bài toán kết hợp hai bất đẳng thức quen thuộc Cosi Bunhiacopxki để chứng minh bất đẳng thức

• Bất đẳng thức Cosi cho hai số thực dương: a b 2 ab • Bất đẳng thức Bunhiacopxki cho số a b c d; ; ; :

 2  2 2 2 2

ac bd  a b c d

Ý tưởng: Bất đẳng thức cho đối xứng, vai trị biến hồn tồn suy điểm rơi hay nói cách khác a b c  1 dấu đẳng thức xảy Sẽ có bạn hỏi việc dự đốn trước điểm rơi để làm Thực cơng việc quan trọng giúp ta phát cần áp dụng bất đẳng thức áp dụng Như bên nói, vai trị

; ;

a b c nên ta cần chứng minh 1a2 1b2k a b (*) biểu thức

còn lại đánh giá tương tự Với điểm rơi a b 1 để bất đẳng (*) thức xảy dấu “=” 2 2 2k k Và ta chứng minh: 1a2  1b22 a b

Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có: 1a2 1b22 14 a21b2 do đó, ta cần

chứng minh  2 2  2

1a 1b  a b Đây kết quen thuộc, ta biến đổi tương đương áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki sau:

 2  2 2

1.a b  1 a 1b

  

2 4 2

1 a b a b a b

         (điều phải chứng minh)

1. Cho số thực dương a b c; ; Chứng minh

 2  

3

a b c   a bc b ca c ab 

2. Cho số thực dương a b c; ; Chứng minh

2 2

1 a b c 3

b c a c a b

     

  

1) Điều kiện x2

Đặt t x 2 x 2

2 2 2 2 4

t x x x

       2x2 x24

Phương trình cho tương đương x 2 x 2 2x2 x2 4 6 6 0 2

t t t

      t 3(loại) Với t2 ta có x 2 x 2

(75)

Suy phương trình có nghiệm x2

Nhận xét: Bài toán sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ, đưa phương trình ban đầu phương trình bậc hai tìm ẩn, sau dùng phương pháp nâng lũy thừa tìm nghiệm phương trình ban đầu

• Cách giải phương trình bậc hai tổng quát a t. 2b t c.  0

• Hằng đẳng thức a2b2 a b a b   a b 2a22ab b 2

• Phương trình có dạng f x  g x m, với m số thực dương có hai cách nâng lũy thừa sau:

Cách Bình phương hai vế phương trình, ta có:

       

0;

2

f x g x

f x g x m

f x g x f x g x m

  



   

  



   

       

1

2

0;

4

f x g x x x

x x f x g x m f x g x

   

 

 

   



  

   



Cách Chuyển g x  sang VP bình phương, ta có:

     

  2     m g x

f x m g x

f x m m g x g x

  

   

  



 

     

 

     2

2 2

2

m g x m g x

m g x m f x g x m g x m f x g x



 

   

 

 

 

  

     

   

 

Chú ý:

• Nếu f x   g x k; k số ta sử dụng cách liên hợp sau:    

f x  g x m (i)

   

 f x g x  f x  g x  m f x   g x 

    

             k

f x g x m f x g x f x g x

m

       (ii)

Lấy (i) + (ii), ta f x  m k 4f x  m k

m m

 



     

 

• Nếu c a b  x c suy x a  x b  c a  c b

Dấu “=” xảy x c

Ý tưởng: Bài toán xuất ba thức bậc hai VT x2, x2 x24, áp dụng

hằng đẳng thức a2b2 a b a b   dễ thấy x2 4 x2. x2, hay nói

cách khác thức cuối tích hai thức lại Đồng thời chuyển  

2 3x từ VP sang VT xuất 2x, mà 2x x    2 x  x2 2 x22 VT phương trình ban đầu có:

  2 2

2 2 2 2

(76)

 2

2 2

x x x x

          (*)

• Đặt t x 2 x 2 phương trình (*) viết lại thành   

2

0

2

6

t t

t

t t



  

  

   

 

       

 

 

• Với t2 suy 2 2 2

2 4

x

x x

  

     

  



2

x

x x

  

  

  



Đến đánh lời giải là:

2 2 2

x  x  x     x

• Vì x   2 x 2 nên giải phương trình x 2 x 2 theo ý sau:

 

2 2 2

x  x    x  x

2 2 2

x x x x

         

1. Giải phương trình 2 x 1 2 x 1 2 x2  1 2x

Đáp số: phương trình vơ nghiệm thực

2. Giải phương trình 2x2 5 2 x2  x 2 5 x 1 5 x2

Đáp số: 17 16 x

2) Cộng vế hai phương trình ta có 2x2xy3x y  1

2  2 

x x y x x y

      

x 2 x y 1

    

TH1: x 1 y2   y 0 y 0 y1 (thỏa mãn)

TH2: 2x y    1 y 2x, suy

   2

2 1 2 1 2 1

x x  x   x  7x25x0

0

5

7

x y

    

 

    

Đáp số  ;       1; , 1; , 0; , 5;

7

x y    

 

Nhận xét: Bài toán sử dụng phương pháp số biến thiên tìm phương trình biển diễn mối liên hệ hai biến từ ngược lại hai phương trình, tìm nghiệm hệ

Ý tưởng: Đây hệ phương trình bậc hai, trước hết ta tìm nhân tử phương trình hệ, cơng việc thất bại Ta nghĩ đến việc kết hợp hai phương trình Và điều tối ưu ta nghĩ tới xét đenta theo ẩn x y phương trình (bạn

đọc từ làm) khơng tìm nhân tử x y; Chính thế, cịn hướng kết hợp hai phương trình hệ, giả sử tồn k thỏa mãn phương trình:

 2 1 2 3 2 0

(77)

1 k x 2 k y 3x k 1y2 y 2 k 0

            (i)

Và ta coi (i) phương trình bậc hai ẩn x đồng thời xét x phải số

phương Ta có:

2  32 4 1   1 2

x  k y  k k y y k

            

 

5k2 4k y 10k 8y 4k2 4k 1

      

Đế x số phương hệ số y2 phải phương, tức ta giải phương trình nghiệm ngun 5k24k m 2 Khơng khó để ta thấy k  1 m 1 thỏa

mãn Hay nói cách khác:  x y12 Khi phương trình (i)  

2

3 1 1

2

3

3 1 2

2

y y x

x y x y

y y

x y

   

  



       

   

  

 

Việc lại x1 x y 2 vào phương trình để tìm nghiệm hệ phương trình

Bài tốn kết thúc Bài tập tương tự:

x y y

x y x y

   



   



Đáp số:  ;  13; 13

2

x y     

 

 

3

x xy y x

xy y y

    



    



Đáp số:  ;   2; , 3 5;1

x y       

 

 



Câu

1) Dễ thấy với x0 y0 không thỏa mãn Xét x y, 1 vai trò nhau, giả sử x y

Khi ta có x2xy y 23x2

Suy x y2 2x2xy y 2 5 8x2y2    8 y  1, 

+ Nếu y 1 x2  x 6 x2 x 6

+ Nếu y  1 x2  x 6 x2  x 6

+ Nếu y 2 x22x 4 4x2  5 x  loại

+ Nếu y  2 x22x 4 4x2  5 x  loại

Đáp số: x y;     6; , 6; , 1; , 1; 6       

(78)

• Khi thay x y ngược lại ta thấy đẳng thức khơng đổi vai trị biến

Dễ thấy với x0 y0 khơng thỏa mãn Xét x y, 1 vai trị nhau, giả sử x y Khi ta có x2xy y 23x2

• Thay vế vế để áp dụng tính chất vế cịn lại biến đổi theo tính chất, suy

2 2 5 8

x y x xy y   x y2    8 y  1, 

• Tìm chọn giá trị biến + Nếu y 1 x2  x 6 x2 x 6

+ Nếu y  1 x2  x 6 x2  x 6

+ Nếu y 2 x22x 4 4x2  5 x  loại

+ Nếu y  2 x22x 4 4x2  5 x  loại

2) Trước hết ta chứng minh với x y z t; ; ;

  2 2

2 2

x y  z t  x z  y t (*)

Thật vậy, bất đẳng thức (*) tương đương với

  

2 2 2 2 2

x y z  t x y z t x22xz z 2y22yt t

x2 y2z2 t2 xz yt

    

Đúng theo bất đẳng thức Bunhia cốp xki

x2y z2 2t2 xz yt 2 xz yt   xz yt  Áp dụng (*) ta có P 4x4  4y4  4z4

2 22 x2 y22 4 z4

     

2 22 x2 y2 z22

     

 2 2 22

36 x y z

   

Ta có x1 2 y 1 2 z 1 2 x y 2 y z 2 z x20

2 2

3x 3y 3z 2x 2y 2z 2xy 2yz 2zx

         

2 2 2

3x 3y 3z 2.6 12 x y z

         

Từ P 36 5 

Dấu “=” xảy x y z  1 Vậy min3

Nhận xét: Bài toán sử dụng kết mở rộng (hay phát triển từ bất đẳng thức Bunhiacopxki) kết hợp với kỹ thuật chọn điểm rơi (để đánh giá tổng đại lượng không âm) để tìm giá trị nhỏ biểu thức

(79)

• Bất đẳng thức Bunhiacopxki cho bốn số x y z t; ; ;  2 2

( x y z t xz yt

• Phát triển tử bất đẳng thức trên, ta có:

 2 2  2 2

2 x y z t xz yt 2 x y z t 2xz2yt

x2 y2 2 x2 y2z2 t2 2 z2 t2 x z 2 y t2

          

   

2 2 2

2 2

x y z t x z y t

 



        



  2 2

2 2

x y z t x z y t

        (*)

Ý tưởng: Bài toán biểu thức cực trị giả thiết, vai trò biến điểm rơi xảy x y z k   0 Và thay ngược lại giả thiết, ta có:

2

3 1 1

0

k k k x y z

k

   

      

 

 Với điểm rơi này, ta đánh giá thoải mái Đầu

tiên, xét tới biểu thức P có dạng bậc bốn ta đánh giá để bậc bé Áp dụng bất đẳng thức (*), xét cho hai thức đầu P, có:

 2  2  2

4 2 2

4x  4y  2  x y   x y

 2  2

2 2 2

4  x y  4z  36 x y z

Suy P 36x2y2z22 , từ giả thiết ta cần tìm x2y2z2m

coi toán kết thúc Thật vậy, với điểm rơi ban đầu tìm ta có đại lượng khơng âm là:

x1 2  y1 2 z 120 x y  2  y z  2 z x20 Cộng hai đánh giá theo vế khai triển bình phương ta được:

2 2

3x 3y 3z  3 2x2y2z2xy2yz2zx

2 2 2

3x 3y 3z 12 x y z

        

Do  2 22

min

36 5

P  x y z  P     x y z

1. Cho x y; hai số thực dương Chứng minh  2

2

9x  9y  36 x y

2. Cho x y z; ; số thực dương thỏa mãn xyz x y z   Tìm giá trị nhỏ

biểu thức

2 2

9 9

(80)

Câu

1) Tứ giác BMNQ nội tiếp suy

  180

BMN BQN  

Mà BPR BMN  (do MN BC )

Từ BPR BQN  1800, suy tứ giác

BPRQ nội tiếp Tức B P R Q; ; ; thuộc đường tròn

Nhận xét Chứng minh bốn điểm thuộc đường tròn đưa chứng minh tứ giác tạo bốn điểm tứ giác nội tiếp dấu hiệu nhận biết có tổng hai góc đối diện 180

Nhắc lại kiến thức phương pháp • Tứ giác nội tiếp đường trịn có

tổng hai góc đối diện 180 Tứ giác BMNQ nội tiếp đường tròn

( )O nên ta có BMN BQN  180 

• Một đường thẳng cắt hai đường thẳng song song tạo góc đồng vị

AC MN nên ta có BPR BMN  (hai góc đồng vị)

Ta có BPR BQN  180, suy tứ giác BPRQ hay bốn điểm B; P; R; Q thuộc đường tròn

2) Gọi PQ giao BC D, AQ giao BR E ta có biến đổi góc sau

      .

EQD DQB AQB PRB ACB RBC EBD     

Vậy tứ giác BEDQ nội tiếp, suy BEQ BDQ  900BR AQ

Nhận xét Chứng minh hai đường thẳng vng góc ta chứng minh góc tạo hai đường thẳng 90

• Hai góc nội tiếp chắn cung

+ PQB PRB  (hai góc nội tiếp chắn cung BP đường tròn ngoại tiếp tứ giác BPRQ)

+  AQB ACB (hai góc nội tiếp chắn cung AB đường tròn ( )O ) • Góc ngồi đỉnh tam giác tổng hai góc khơng kề với

Góc BRA góc ngồi đỉnh B tam giác BRC nên BRA RBC RCB 

• Tứ giác có hai đỉnh liên tiếp nhìn cạnh hai góc tứ giác nội tiếp

Ta có PQB AQB PRB ACB RBC RCB ACB            RBC

A

B

C O

M

N P

Q

R

E

D G

(81)

  PQA RBC

  suy tứ giác EDQB có hai đỉnh B Q nhìn cạnh ED hai góc nên EDQB tứ giác nội tiếp

 

BEQ BDQ (hai góc nội tiếp chắn cung BQ đường trịn ngoại tiếp tứ giác

EDQB)

Mà BDQ 90 (do PQ vng góc với BC D), suy BEQ 90 hay BR AQ

3) Ta có BPQ BRQ RBN RNB EBF BAE        900BFE900ABE

   

0

180 BFE ABE AFB ABR

    

Do AFB BPQ ABR 

Nhận xét Chứng minh tổng hai góc góc khác, ta đưa chứng minh hiệu hai góc góc cịn lại a b c    c a b

Với phần này, ta sử dụng kiến thức kiện cho đề tìm phần trước

+ BPQ BRQ  (hai góc nội tiếp chắn cung BQ đường tròn ngoại tiếp tứ giác BPRQ)

+   BRQ RBN RNB  (tính chất góc ngồi tam giác)

+ RNB BAE (hai góc nội tiếp chắn cung BQ đường tròn ( )O ) suy BPQ BRQ RBN RNB EBF BAE        90BFE90ABE



1800 BFE   ABE AFB ABR AFB BPQ ABR 

       

Câu 4. Ta chứng minh 1123 3

a b a b

a ab



 



  

3

11a b 3a b a4 ab

    

3 3 2

11a b 12a 4a b 3a b ab

     

2 3

a b ab a b

   

2

(a b a b)( )

   

Tương tự 1123 3 ;1123 3

4

b c b c c a c a

b bc c ca

     

 

Cộng ba bất đẳng thức ta có

3 3 3

2 2

11 11 11 2 2 2

4 4

a b b c c a a b c

a ab b bc c ca

       

  

Dấu xảy   a b c

Nhận xét: toán sử dụng kỹ thuật chọn điểm rơi kết hợp với phương pháp hàm số biến thiên để chứng minh bất đẳng thức

Ý tưởng: Đây bất đẳng thức đối xứng vai trị biến Vì vậy, điểm rơi toán xảy a b c  Khi đưa ta đến đẳng thức ln

  2  2 2

; ;

a b b c c a  , lợi dụng điều ta biến đổi tương đương bất đẳng

(82)

vế trái có xuất bậc ta cần đánh giá 1123

4

a b m a n b a ab



 

 (*) biểu

thức lại lập luận tương tự có điều phải chứng minh Và cơng việc cuối tìm

;

m n

• Trước hết, với điểm rơi a b vào (*) ta có: m n 2 • Quy đồng biểu thức (*), ta được: 11a3b3m a n b a.  4 2ab

   

3 2 3

3 2

4 11

ma na b ma b nab a b

m a m n a b nab b

     

      

Quan sát hệ số b3 đồng thời bất đẳng thức a b 3 tìm ta nghĩ đến chuyện a b;

cùng hệ số hay nói cách khác 11 m m n

  



   

3 m n

      

 suy (*)   

3 2

2

11 3 0

4

a b a b a b a b

a ab



      



Tương tự, ta có 1123 3 ;1123 3

4

b c b c c a c a

b bc c ca

     

 

1. Cho a b c; ; số thực dương Chứng minh

 

   

2 2

2 2 3

4

a a b b b c c c a

a b c

a b b c c a

  

    

  

2. Cho a b c; ; số thực dương Chứng minh

3 3

2 2 2 2

a b c a b c

a b b c c a

 

  

  

ĐỀ SỐ Câu 1. (3 điểm)

1) Từ hệ phương trình cho ta có

  

3 2 3

2x  x y x y xy x y  x y

Do hệ cho tương đương với

2 2

x y

x y

 

    

  



Vậy hệ phương trình có nghiệm x y;     1; , 1; 1  

Nhận xét: Bài toán sử dụng phương pháo để đưa phương trình đẳng cấp có mối liên hệ biến sau ngược lại hai phương trình hệ ban đầu để tìm nghiệm

Nhắn lại kiến thức phương pháp: • Hằng đẳng thức dạng:

  

3 2

a b  a b a ab b a3b3 a b a 2ab b 2

(83)

Vì 2 0

2

y y

x xy y x   



Ý tưởng: Cả hai phương trình xuất số Đồng thời phương trình thứ hai có dáng dấp phương trình đẳng cấp bậc ba vế trái chứa 2x3 cịn vế phái chứa tích

của hàm số bậc hàm số bậc hai ta thực phép 2x2y2

vào vế phải phương trình hai, ta có: 2x3x y x  2y2xy (*) Với phương trình

này (*) bạn tinh ý phát đẳng thức

  

3 2

x y  x y x xy y Vì (*)2x3x3y3 x y Khơng khai triển tích

ta có điều Việc cịn lại x y ngược lại phương trình thứ

trong hệ tìm nghiệm Bài tốn kết thúc

1. Giải hệ phương trình 23   

2

x y

x x y x

  



   



Đáp số:  ;   1; , 1;

x y   

 

 

  

2

3

2

x y

x x y xy

  



   



Đáp số: x y;     1; ,  1; 1 2) Đặt x 2a b; ; y 2b c z 2c a

a b b c c a

  

  

  

Khi

3

1 ;

3

1 ;

3

1 ;

a b

x x

a b a b

b c

y y

b c b c

c a

z z

a b a b

    

  



    

  



    

  



;

suy x1y1z  1 x 2y2z2

   

9 xy yz zx x y z

      

3 xy yz zx x y z

       , điều phải chứng minh

Nhận xét: Bài toán sử dụng phép đặt ẩn phụ sau khai thác giả thiết tốn đưa điều ln điều cần chứng minh

Ý tưởng: Biểu thức cần chứng minh cồng kềnh, nhiên để ý chút biểu thức gồm ba số hạng, vế trái tổng tích số hạng Vậy nên đơn giản hóa, ta đặt biểu thức bên vế phải x y z; ; , tức đặt:

2a b; ; 2b c 2c a

x y z

a b b c c a

  

  

   (*)

(84)

Việc lại từ phép đặt (*), ta mong muốn tìm mối quan hệ x y z; ; Thực chất, với phép đặt (*) để tìm mối liên hệ x y z; ; , ta coi (*) hệ phương trình với ba ẩn a b c, , sau:

     

2

a b x a b b c y b c c a z c a

   



   



    

Nhưng với hệ trên, ta gặp nhiều khó khăn nhiên khơng phải không làm tốn thời gian nhiều Vậy nên, ta hướng tới lối tư sau Xét riêng với

2a b x

a b

 

 , hàm số bậc bậc với ẩn a b; ý tưởng ta tách

riêng hai biến a b; đưa dạng x 3a ;x 3b

a b a b

   

  Và làm tương tự với

;

y z ta được:

3 3

1 b ; c ; c ; a

y y z z

b c b c c a c a

       

   

Suy đẳng thức x1y1z  1 x 2y2z2 Và từ đẳng thức này, khai triển hai tích ta có điều phải chứng minh sau:

   

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

             

1. Với a b c; ; số thực khác thỏa mãn 1

a b c   2

1 1 2

a b c  Chứng minh a b c abc  

2. Chứng minh a2bc b abc  b2ac a abc   thì ta có

1 1 a b c

a b c

     với a b c a b; ; ;  khác

Câu

1) Ta có 3

3

k k k

n kVT           k n

     

3 3

3

k k k

n k VT             k n

     

3 3

3 ,

3

k k k

n k VT             k n

      điều phải chứng minh

Nhận xét Bài toán phần nguyên Nhắc lại kiến thức phương pháp

• Một số chia cho dư 0, hay nói cách khác số nguyên viết dạng n3k n3k1 n3k2

• Xét với giá trị n ta có: + Với n3k ta có:

3 1

3 3

k k k

VT               k    k     k 

(85)

+ Với số thực x ta định nghĩa   x số nguyên lớn không vượt x hay với số x ta có x  x m với m phần thập phân (0 m 1)

Ta có VT k k k   3k n VP  (đúng)

Hoàn toàn tương tự biến đổi có điều cần chứng minh 2) Ta có ab bc ca abc 1 1

a b c

      

Ta có a23 1 3; ; b23 1 c23 1

a a b b b c c c a

b    c    a   

Cộng ba bất đẳng thức ta có:

2 2

min

3 3 1 1

a b c M

a b c

b c a       (khi a b c  3)

Nhận xét: Bài toán sử dụng bất đẳng thức Cosi cho ba số thực dương biến kết hợp với giả thiết tìm giá trị nhỏ biểu thức

• Cho f a b c , , m P f a b c  , ,  suy P m

Ý tưởng: dạng bất đẳng thức đối xứng, điểm rơi xảy tâm a b c  , vào giả thiết ta có a b c  3 Việc định hình điểm rơi giúp ta vận dụng bất đẳng thức cách linh hoạt Ở biểu thức P biểu thức chứa phân số, để tương đồng đánh giá, ta đưa giả thiết dạng phân số sau:

1 1

a b c   Mặt khác, với điểm rơi a b c  3 P1, mà

1 1

a b c

   nên ta cần

chứng minh cho P a23 b23 c23 1 a b c

b c a

      (*)

Bây giờ, ta đánh giá Cosi cho vế trái (*) phải xuất dạng phân thức vế phải, xét riêng với phân thức a23

b

• Nếu muốn hạ bậc b hay làm biến b ta cần áp dụng Cosi cho số thực dương

là

3 9 9 9.9.9

a b b b a

b     Nhưng xuất

b không thỏa mãn vế phải (*) Số

b chọn để cân Cosi với điểm rơi chọn

• Nếu muốn hạ bậc a hay làm biến a ta cần áp dụng Cosi cho số thực dương

2

3

1 3 .1

a a

a a a a b

b    b  thỏa mãn điều kiện vế phải (*) Số

1

a chọn để cân điểm rơi a b

Vì thế, ta có được: a23 1 3, b23 1 3, c23 1

a a b b b c c c a

b    c    a   

Suy 23 23 23  

1 1 1 1 3

a b c P a b c

a b c

b c a         

(86)

1)Cho x y z; ; số thực dương thỏa mãn xy yz zx  3xyz Tìm giá trị nhỏ

của biểu thức P 12 12 12

x y z

  

2)Cho x y z; ; số thực dương thỏa mãn xy yz zx xyz   Tìm giá trị nhỏ

biểu thức P x2 y2 z2

y z x

  

Câu

1) Gọi DE cắt ( )O P khác D Do AD đường kính ( )O , suy APD900, mà

 900

AHE (do HE BC HA  ), nên tứ giác APEH nội tiếp Ta có APH AEH  (góc nội tiếp)

 ACB

 (HE BC ) APB (góc nội tiếp)

PH PB

 

Nhận xét Chứng minh hai đường thẳng cắt đường tròn gần giống với việc chứng minh ba đường thẳng đồng quy cách chứng minh đường thẳng qua giao điểm hai đường cịn lại Do ta Gọi giao điểm DE với ( )O P Cần chứng minh BH qua P hay BH trùngPH

• Góc nội tiếp chắn nửa đường trịn góc vng 

APD góc nội tiếp chắn nửa đường trịn ( )O chia đường kính AD nên

 90

APD  hay APE 90

• Đường thẳng a song song với đường thẳng b, đường thẳng c vng góc với đường thẳng a Suy đường thẳng c vng góc với đường thẳng b

Có HE BC BC HA (H trực tâm tam giác ABC) nên suy HE HA hay

 90

AHE 

• Tứ giác có hai góc vng đối diện tứ giác nội tiếp

I F P

E

H

D O

B A

(87)

Ta thấy tứ giác APEH có APE 90 AHE 90 hai góc vng đối diện nên tứ giác APEH tứ giác nội tiếp

• Các góc nội tiếp đường trịn chắn cung

+ APH AEH hai góc nội tiếp chắn cung AH đường trịn ngoại tiếp tứ giác APEH nên  APH AEH

+ APB ACB hai góc nội tiếp chắn cung AB đường tròn ( )O nên

 

APB ACB

• Một đường thẳng cắt hai đường thẳng song song tạo góc đồng vị Có HE BC suy AEH ACB (hai góc đồng vị)

• Hai góc có số đo, có cạnh chung, hai cạnh cịn lại hai góc nằm phía so với cạnh chung hai cạnh cịn lại trùng

Từ chứng minh trên, ta có  APH APB , suy PH PB hay BH qua P Do BH

và DE cắt điểm P đường tròn 2) Ta có HP AC , suy AEH AHP AEP 

Suy EA phân giác đỉnh E DEF

Tương tự FA phân giác đỉnh F DEF

Suy A tâm đường tròn bàng tiếp ứng với đỉnh D DEF

Nhận xét Bài toán quy toán chứng minh tia tia phân giác góc sử dụng dấu hiệu nhận biết tâm đường tròn bàng tiếp tam giác giao điểm hai đường phân giác góc ngồi hai đỉnh tam giác

• Hai góc phụ với góc

AC BH (hay AC PH ) AH FE (chứng minh trên) nên  AHP AEH (

 90 PHE

  )

• Các góc nội tiếp đường trịn chắn cung 

AEP AHP hai góc nội tiếp chắn cung AP đường tròn ngoại tiếp tứ giác APEH nên  AEP AHP

• Một tia tạo với cạnh tam giác tia đối cạnh tam giác đỉnh hai góc tia phân giác góc ngồi tam giác

Từ chứng minh trên, ta có PEA AEH  nên EA tia phân giác góc ngồi đỉnh E tam giác DEF

Hoàn toàn tương tự ta chứng minh FA tia phân giác góc ngồi đỉnh F tam giác DEF

(88)

FA EA hai tia phân giác góc ngồi đỉnh F E tam giác DEF

(chứng minh trên) nên A tâm đường tròn bàng tiếp tam giác ứng với đỉnh D tam giác DEF

3) Do I tâm nội tiếp nên EI tia phân giác Mà EA tia phân giác ngoài, suy EI AC EI HB

Tương tự FI HC EF BC ;  , suy IEF HBC có cạnh tương ứng song song, nên

;

BE CFvà IH đồng quy

Nhận xét Bài toán chứng minh ba đường thẳng a b c; ; đồng quy phương pháp hai giao điểm a b; b c trùng Áp dụng tính chất: Hai điểm nằm đoạn thẳng cách hai đầu mút đoạn thẳng đoạn tương ứng trùng

• Đường nối đỉnh tâm đường tròn nội tiếp tam giác phân giác tam giác

I tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF nên EI phân giác tam giác DEF

• Phân giác phân giác ngồi tam giác đỉnh tạo với góc vng (tính chất phân giác hai góc kề bù)

• EA phân giác ngồi (chứng minh trên) EI phân giác (chứng minh trên) đỉnh E tam giác DEF nên EI AC

• Hai đường thẳng vng góc với đường thẳng thứ ba song song với

BH AC (H trực tâm tam giác ABC) EI AC (chứng minh trên) nên suy EI HB Hoàn tồn chứng minh tương tự ta có FI HC EF BC ; 

• Hai tam giác có ba cạnh tương ứng song song đồng dạng

Tam giác IEF tam giác HBC có EI HB FI HC EF BC ;  ;  , nên IEF∽HBC suy IF IE EF

HCHB BC

• Định lý Ta-lét

Gọi giao điểm BE HI M ta có EI HB suy EI IM

BHHM Gọi giao điểm

CF HI N ta có FI HC suy FI IN

CHHN

• Hai điểm nằm đoạn thẳng cách hai đầu mút đoạn thẳng đoạn tương ứng trùng

Từ chứng minh trên, ta có IM IN

(89)

Câu 4. (1 điểm)

Ta đặt đoạn thẳng có độ dài a b c; ; sau

Ta có AB a2 b2 3ab; BC b2 c2 bc ; AC c2a2

Vì AB BC AC  nên ta có điều phải chứng minh ĐỀ SỐ

Câu

1). Điều kiện 2xy Ta có

2 2 1 2 2 2

2 2

2

xy

xy  x y     x y  x y  x y

2 2 2

2

x y  x y

 

Từ hệ suy xy1 thu hệ tương đương 1

xy

x y x y

 

   

  



Nhận xét: toán sử dụng phương pháp đánh giá phương trình hai (cụ thể bất đẳng thức Cosi ) tìm mối quan hệ biến, sau ngược lại vào phương trình tìm nghiệm hệ phương trình

Ý tưởng: Quan sát hai phương trình hệ, ta thấy phương trình hai phương trình chứa thức có ẩn xy ta khai thác Nhưng vấn đề khai thác nào, bình phương hai vế hai lần đưa ta đến phương trình bậc bốn

N

M

I

F

E

H O

C

(90)

càng đưa bậc cao khó làm Do đó, ta nghĩ đến hướng đánh giá cụ thể sử dụng bất đẳng thức Cosi ta nhẩm nghiệm xy =

Với xy1, 2xy 1 1và 2x y2 1 theo bất đẳng thức Cô-si để dấu xảy

ra sau:

2 2

2

1

2 1 2

2

2 2

2

x y

xy xy xy xy x y

x y x y

xy x y xy



        

 

        

Với xy =1 vào phương trình hệ, ta có: x + y = xy = Bài toán kết thúc

Bài tập tương tự:

2

2 2

y

x

xy x y

    



    2. Giải hệ phương trình 2

1

4

x y xy

xy x y

  

  

   

2). Phương trình tương đương với 1 2x1 x2  x x

Giả sử 2 1

2

x x x

x x

      

 

VT 0 5x 4x  1 x (mâu thuẫn)

Giả sử 0 x 1, lập luận tương tự thu x1 (mâu thuẫn) Thử lại thu nghiệm x1

Nhận xét: toán sử dụng phương pháp đánh giá miền nghiệm để tìm nghiệm phương trình

Ý tưởng: Quan sát tốn, ta thấy rắc rối chút xuất tới bốn thức mà lại cịn mẫu khó khăn việc giải công cụ mà ta thường làm ẩn phụ, nâng lũy thừa …Và hướng cuối ta nghĩ đến đánh giá Để đánh giá nó, ta cần tìm nghiệm trước, ưu tiên hướng nghiệm nguyên đồng thời cân thức với thức, phân thức với phân thức ta có:

1 1

2x1 x2  x ; 4x 1 5x x

Và bây giờ, ta chứng minh x1 nghiệm phương trình Hay nói cách khác, với x1 x1 vơ nghiệm Biến đổi phương trình cho dạng:

  

1 4 1 5 2 5 4 1

2 2

x x

x x x x

  

       

   

• Với x1, ta có 2 2

5 5 4 1 0

x x x x



        

 

 

      

 

(91)

• Với 1 x 0, ta có: 2 2

5 5 4 1 0

x x x x



        

 

 

      

 

  , suy phương trình vô

nghiệm

Vậy x1 nghiệm phương trình

Bài tốn kết thúc.

Bài tập tương tự:

1. Giải phương trình 1 2x1 x  x2  x 2. Giải phương trình 2 2

2x  x 1 x  x  x  x Câu II

1). Giả sử n abcdefghij số tốt

Ta có n a b c     j (mod 9) chữ số n khác nên

9.10

0 (mod9) (mod9)

2

n      

Vậy n chia hết cho

Ta có 11111,91 suy n chia hết cho 99999

Ký hiệu x abcde y fghij ;  ta có n10 5x y , suy nx y mod 99999,

 

0 mod 99999

x y

  

Mà 0  x y 2.99999  x y 99999

9 a f b g c h d i e j

          

Có tất 5! cách xếp cặp          0; , 1; , 2; , 3; , 4; (mỗi cách xếp ta số n) Với cặp có cách xếp số số tốt t5 5!5 Ta phải trừ

trường hợp a0 đứng đầu 4!24 Vậy số tốt 32.5! 4!24 32.5! 1 3456

10 d     

 

Nhận xét Áp dụng kiến thức số học cấu tạo số, phép chia hết, đồng dư thức,…

Nhắc lại kiến thức phương pháp.

• Một sốtựnhiên chia cho có sốdư với tổng chữ số sốđó chia cho 9. Ta có n a b c     j (mod 9)

• Vì n sốtựnhiên có 10 chữ sốkhác nhaunên chữ số n 10 chữ sốtựnhiên 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9.

Do ta có 9.10 9.5

2

n       suy n0 mod9 

• Hai sốcó ước chung lớn hai sốnguyên tốcùng nhau.

Ta có 11111 có ước chung lớn nên hai số nguyên tố • Một sốtựnhiên chia hết cho hai sốnguyên tốcùng chia hết cho tích hai sốđó.

Ta có n chia hết cho (chứng minh trên) n chia hết cho 11111 (theo đề bài) mà 11111 hai số nguyên tố (chứng minh trên) suy n chia hết cho 99999 • Phân tích cấu tạo số.

Ký hiệu x abcde y fghij ;  ta có n10 5x y

(92)

Ta có 1051 mod9999 105x y x y   mod9999 mà n0 mod99999  (chứng minh trên), suy x y  0 mod99999

• Suy luận.

Vì x y; số có chữ số nên 0 x 99999 0 y 99999 (do chữ số khác nên x y; vượt 99999) suy 0  x y 2.99999 mà x y  99999

x y 99999

Từ ta có abcde fghij 99999 suy a f b g c h d i e j         9.

Các cặp số tự nhiên có tổng          0; , 1; , 2; , 3; , 4; ứng với tổng ta có 5! cách lập cặp có cách xây dựng nên có tất 2 5!5 số tốt tạo

thành, trường hợp số đứng hàng trăm triệu khơng có nghĩa có 2 4!4 nên có

5

2 5! 4! 3456  số tốt

2). Ta có     2 2

; ; 9

f x y z  x y   y z  

Vậy fmin 9 x y z  1

Nhận xét Dạng tốn tìm giá trị nhỏ đưa tổng lũy thừa bậc chẵn cộng với số khác

• Tách, nhóm hạng tử

 ; ;  4 2 2 4 2 6 12

f x y z  x  y  z xy yz y x

4x2 y2 9 4xy12x6y y22yz z 29

  

• Hằng đẳng thức bình phương tổng hiệu  2 2 2

2

a b a  ab b

Ta có 2 2  2

2

y  yz z  y z

• Hằng đẳng thức bình phương tổng hiệu mở rộng cho nhiều hạng tử

 2 2 2 2

2 2

a b c  a b  c ab ac bc

Ta có 2 2  2

9 12

4x y   xy x y x y  Khi ta     2 2

; ; 9

f x y z  x y   y z  

• Đánh giá    

2

0

x y y z

   

 

  



với giá trị x y z; ; Khi   2 2   2 2

2x y 3  y z  0 2x y 3  y z  9 Dấu “=” xảy  

 

2

0

x y y z

   

 

  



2

3

x y

y z x

y z

    

      



(93)

1). Ta có BIC1800 IBC ICB

   

0 180

180 180 90

2 2

ABC ACB BAC BAC

       

 2 180

BAC BIC

   

Tương tự  900   2 180

2

BPC

BQC  BPC BQC 

Tứ giác BPAC nội tiếp, suy BAC BPC  BQC BIC  , nên điểm B I Q C; ; ; thuộc đường tròn

Nhận xét Chứng minh bốn điểm thuộc đường tròn ta chứng minh bốn điểm tạo thành tứ giác nội tiếp

• Tổng ba góc tam giác 180.

Ta có BIC IBC ICB    1800BIC1800IBC ICB 

• Tâm đường trịn nội tiếp giao điểm ba đường phân giác tam giác.

I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC nên: + BI phân giác góc ABC, suy  

2

ABC

IBC

+ CI phân giác góc ACB, suy  

ACB

ICB

Từ ta có  1800   1800  

2

ABC ACB

BIC IBC ICB   

   

0 180

180 180 90

2 2

ABC ACB CAB BAC

      hồn tồn tương tự ta có

 900 

2

BPC

BQC 

• Hai góc nội tiếp chắn cung đường trịn nhau.

O

K N M Q

A

C B

(94)

 

BAC BPC (hai góc nội tiếp chắn cung BC đường tròn ngoại tiếp tứ giác

BAPC)

   

2BIC 180 2BQC 180 BIC BQC

       

• Tứgiác có hai đỉnh liên tiếp nhìn một góc tứgiác nội tiếp.

Tứ giác QICB có hai đỉnh Q I nhìn cạnh BC hai góc

 

BIC BQC suy QICB tứ giác nội tiếp hay bốn điểm B I Q C; ; ; thuộc đường tròn

2). Gọi đường tròn B BI;  giao C CI;  K khác I K cố định

Góc IBM góc tâm chắn cung IM IKM góc nội tiếp chắn cung IM , suy

 1

2

IKM IBM (1)

Tương tự  1

IKN ICN (2)

Theo câu 1) B I Q C; ; ; thuộc đường tròn, suy

   

IBM IBQ ICQ ICN   (3)

Từ (1), (2) (3), suy IKM IKNKM KN

Vậy MN qua K cố định

Nhận xét Chứng minh đường thẳng qua điểm cố định ta chứng minh hai đường thẳng qua điểm cố định chứng minh hai đường thẳng trùng

• Sốđo góc ởtâm gấp đơi sốđo góc nội tiếp chắn cung đường tròn.

+ Góc IBM góc tâm chắn cung IM IKM góc nội tiếp chắn cung IM đường tròn B BI;  , suy  1

2

IKM IBM

+ Góc ICN góc tâm chắn cung IN IKN góc nội tiếp chắn cung IN đường tròn C CI; , suy  1

2

IKN ICN

• Áp dụng nhắc lại kiến thức.

 

QBI QCI (hai góc nội tiếp chắn cung QI đường tròn ngoại tiếp tứ giác

QICB) hay IBM ICN

Từ đẳng thức chứng minh ta IKM IKN

• Hai tia chung gốc nằm nửa mặt phẳng bờlà đường thẳng chứa tia chung gốc khác hai tia cho Hai tia tạo với tia chung gốc khác hai góc hai tia cho trùng nhau.

 

(95)

 ; ;  1 33

1 1

F a b c

a b b c c a abc

    

      

Với a b; 0 ab x , ta có đẳng thức 1

x a x b x     ab (1)  

2

2x a b

x x a b ab x ab

 

 

   

   

2

2x x a b 2x ab ab a b( ) 2x 2x a b 2ab

          2x ab ab a b   x a b  2ab

    

2 ab x ab a b ab x

     

  2

0

ab x a b

    (hiển nhiên đúng)

+) c  1 ab, áp dụng kết (1) ta suy ra:

1

1 c b1 c a1 c ab Đẳng thức xay a=b

Ta có

1

1 a b1 2 ab Từ suy

 ; ;  33

1

1 1

F a b c

ab ab ab c c ab abc

 

 

    

 ; ; 

F ab ab c



Xét a b c; ;  có a b ta có F a b c ; ; F ab ab c ; ; 

Suy giá trị lớn đạt a b c  , hay F a b c ; ; F a a a ; ; 0 (điều phải chứng minh)

ĐỀ SỐ 10 Câu

1) Điều kiện: x2

Đặt

2

a x

b x x

   

   

 (a0;b0)

Ta có 2a2 b2 2x 4 x22x 4 x28,

suy 2a2b23ab a b2a b 0

+ TH1: 2 2 4 3 2 0

2 x

a b x x x x x

x

  

            



+ TH2: 2a b 4x 2 x22x 4 x26x    4 0 x 3 13

Nhận xét: Bài toán sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ đưa phương trình đẳng cấp bậc hai, tìm mối quan hệ hai ẩn phụ sau nâng lũy thừa tìm nghiệm phương trình ban đầu

(96)

• Hằng đẳng thức u3v3u v u  2uv v 2

• Cách giải phương trình bậc hai dạng a x. 2b xy c y.  . 20 (*)

Làm nháp: Chia hai vế phương trình (*) cho y2( làm nháp nên ta coi

0

y ), (*)

2

x x

a b c

y y

   

      

 

Coi phương trình bậc hai ẩn t x y

 (đã biết cách giải) nghiệm t tìm biểu mối quan hệ x y, Cụ thể

2

x t y x t y

    



Ý tưởng: Bài toán giải cách lũy thừa hai vế, đưa phương trình bậc bốn vấn đề ta gặp phải nghiệm phương trình bậc bốn Ta đặt dấu hỏi cho ? Nhưng để ý 8 2 nên thức xuất đẳng thức

  

3 8 23 2 2 4

x  x   x x  x Vậy nên bậc hai xuất hai tích Do

để xuất phương trình đẳng cấp ta cần làm cơng việc sau, đồng hệ số biểu thức dạng    

1

2

4

a

a x x b x x b a

b a b                        Đến đây, ta viết lại phương trình ban đầu sau:

      

2 8 3 8 x 2x 4 2 x 2 3 x 2x 4 x 2

x   x           (i)

• Đặt 2

u x x

v x

    



   

 nên phương trình trở thành:

(i) 3 2 0   2  0

2 u v

u uv v u v u v

u v

  

          



• Hoặc nhận thấy 2  2

2

x  x  x   nên phương trình (i) tương đương với:

2

2 4

x x

x x x x

 

  

    Có thể đặt thức ẩn phụ để giải phương trình

bậc hai

• Hai hướng cho ta: TH1 Với

2

3

x x

x x x

x x x                    

TH2 Với

2

2 2 13

6

x

x x x x

x x

  

          



1. Giải phương trình x23x 5 2 x3x26x4

Đáp số: 13 x 

2. Giải phương trình 3 1 1

3

(97)

Đáp số: x1

2) Cộng hai phương trình ta có

  

2

2x xy y 5x y   2 x y 2 2x y  1

+ TH1: 2 2

1

x y x y x y

xy

x xy y

 

     

    

 

     

 



+ TH2: 2    2

2

2 1

1

x y

x x x x

x xy y

  

      

    

3 3 0

1

x y

x x

x y

    

       



Đáp số: x y;     1; , 0; 1 

Nhận xét: Kết hợp hai phương trình hệ, đưa phương trình xét  phương, từ tìm mối quan hệ hai biến ngược lại hai phương trình hệ tìm nghiệm

• Cách giải phương trình bậc hai tổng quát a t. 2b t c.  0 a0 • Đưa hệ phương trình cho dạng  

 

;

f x y g x y

 



 



• Giả sử tồn k cho f x y ; k g x y  ; 0 (i) Coi phương trình (i) phương trình bậc hai ẩn x ẩn y, sau xét  cho  số phương, từ tìm k mối quan hệ x y;

Ý tưởng: Hai phương trình hệ tách biệt, phương trình rõ ràng khơng thể tìm mối quan hệ x y; , nên ta xét phương trình hai Nó rắc rối chút,

thậm chí cịn xuất đầy đủ biến số Do ta thử cách xét  phương trình hai xem Bây coi phương trình bậc hai ẩn x, ta có:

 

2 2 2 5 3 2 5 2 3 0

x  xy y  x y  x  y x y   y

 2  2  2

2 12 24 13

x y y y y y

         

Rõ ràng  khơng thể phương, nên ta thất bại lối tư Vậy cịn lại cách kết hợp hai phương trình để đưa phương trình có  phương Ta làm sau:

• Đưa hệ cho dạng 22 21

2

x xy y

x xy y x y

     

      



• Giả sử tồn k cho:

 

2 1 2 2 5 3 0

x xy y  k x  xy y  x y  

1 k x 2yk y 5k x 1 2k y ky 3k 1 0

           (i)

Coi (i) phương trình bậc hai ẩn x,

 2     2

2 1

x ky y k k  k y ky k 

           

12k2 3y2 6k 24k y2 25k2 4k 1 3 k 1

(98)

Để x số phương trước hết hệ số y2 cũng phải số

phương, tức cần giải phương trình nghiệm nguyên 12k2 3 m2 Dễ

dàng tìm 2 k m     

 nên thử lại, ta có   2

9 18 3

x y y y

     

• Vậy nên, dựa vào nghiệm phương trình bậc hai, suy ra: (i)  

5

2

5 x x y x

x y x y y

y x                        

5 3

2

4

5 3

4

y y

x x y

y y x y

x                         

• Từ ngược lại vào hai phương trình hệ để tìm nghiệm hệ phương trình

1. Tìm nghiệm dương hệ phương trình 22

2

x xy x

y xy x y

   



    



Đáp số:  ; 1;

4

x y      

 ,

7 41 7; 41

2              ,

7 41 7; 41

2              

2. Giải hệ phương trình  2

4 4 3 2 0

x y x y y

x x y x y

     

    



Đáp số:        x y;  0;0 , 1;2 , 2;2 Câu

1) Phương trình tương đương   2  2 2

3 10

x y  x  y 

Mà 10 biểu diễn dạng tổng bình phương: 10 0 2 12 3 2

Chú ý 2x3; 2y1 số lẻ nên (*)  

 

2

3

2

x y x y             

(**)  

 

2

3

2

2 1

x y x y             

+ Xét hệ (*), từ phương trình đầu, suy x 3y2 3 y321 (vơ nghiệm) + Xét hệ (**)

0

2 3

2y 1

3

x y x

x

x y y

(99)

Nhận xét Bài toán nghiệm nguyên giải phương pháp tách số thành tổng số phương

• Biến đổi tách thành tổng số phương

 

2

5x 13y 6xy4 3x y

x26xy9y2  4x212x 9 4y24y 1 10



  2  2 2

3 10

x y x y

      

• Tách số thành tổng số phương

Vế Trái tổng số phương nên tách vế phải thành tổng số phương Ta có 10 0 2 12 3 2

• Đồng hai vế theo thứ tự khác Sử dụng tính chất đặc biệt để giảm bớt trường hợp phải xét

• Giải hệ phương trình ta nhận nghiệm 2) Ta có 1 1 1 2 12 2

3 3

P

ab bc ca ab bc ca a b c

 



       

   

2 2

2 16

3ab bc ca 3ab 3bc 3ca a b c

 

      

Mà 1 2

3

ab bc ca   a b c  

   2

2 2

3ab3bc3ca a b c  ab bc ca    a b c

2

1( ) ( ) 12

3 a b c a b c

      

2 16 10.

3 12

P

   

Dấu “=” xảy a b c  1

Vậy min 10

3

P 

Nhận xét: Bài toán sử dụng bất đẳng thức Cosi từ dựa vào điểm rơi toán để phát bổ đề cần dùng

• Hằng đẳng thức  2 2 2 2  

2

a b c  a b  c ab bc ca 

• Bất đẳng thức Cosi cho hai số thực không âm a b 2 ab • Từ bất đẳng thức Cosi, phát triển đánh giá sau:

1 1 ; 1 1 16

a b c a b c a b c d a b c d           

• Đánh giá qua tổng đại lượng không âm:

  2  2 2 2 2 2

0

(100)

Ý tưởng: Nhận thấy dạng bất đối xứng, nên ta dự đoán dấu “=” xảy a b c  mà a b c  3, nên suy a b c  1 Việc biết trước điểm rơi giúp ta vận dụng đánh giá cách linh hoạt Tiếp theo, biểu thức có xuất a2 b2 c2

nên ta cần nghĩ đến đẳng thức  2 2 2 2  

2

a b c  a b  c ab bc ca  nên ta cần

một đánh giá mẫu số cho vừa xuất đẳng thức đó, vừa thỏa mãn điều kiện điểm rơi tốn Vì a b c  1 nên 2 12 2

3

a  b c  ta cần tạo lượng để cân với biểu thức 2 12 2

a  b c Cụ thể 1

3ab3bc3ca, biểu thức P trở thành:

2 2

2 1 1 1

3 3

P

ab bc ca ab bc ca a b c

 



       

   

Vậy nên, theo bất đẳng thức Cosi, suy ra:

1 1 1

3

ab bc ca ab bc ca ab bc ca ab bc ca

 



       

     

2 2 2

1 1 16

3ab3bc3ca a  b c 3ab3bc3ca a  b c Mặt khác 3ab3bc3ca a      2 b2 c2 9 ab bc ca, nên ta được:

6 16

9 P

ab bc ca ab bc ca

 

    

Từ đây, dựa vào tổng đánh giá đại lượng khơng âm ta có:

  2  2 2 2 2 2

0

a b  b c  c a  a b  c ab bc ca 

 2    

3 3

a b c ab bc ca ab bc ca ab bc ca

             

Cuối cùng, ta thu 16 10

3 3

P  



1. Cho a b; hai số thực dương thỏa mãn a2 b 2 Tìm giá trị nhỏ biểu thức

1 1 2

P a b

b a

  

2. Cho a b c; ; số thực dương Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

  

 2

4 a b c ab bc ca bc P

abc b c

   

 



(101)

1) Gọi MNgiao PQ T Theo định lí Thales, ta có TP TD TC

TCTB TQ

Từ TC2TP TQ.

Do TC tiếp tuyến ( )O , nên TC2TM TN .

Từ TM TN TC.  2TP TQ. , suy tứ giác MNPQ nội tiếp

Nhận xét Có nhiều cách để chứng minh bốn điểm nằm đường trịn, đưa chứng minh bốn điểm tạo thành tứ giác nội tiếp thông dụng

Nhắc lại kiến thức phương pháp • Định lý Thales

PD BC ta có TP TD TC TC2 TP TQ.

TCTB TQ  

• Bình phương độ dài tiếp tuyến đường trịn từ điểm nằm ngồi đường trịn tích đoạn chia cát tuyển từ điểm với đường tròn

TC tiếp tuyến đường trịn (O) ta có TC2TM TN.

Kết hợp với trên, ta TP TQ TM TN 

• Tứ giác có hai cạnh cắt điểm nằm tứ giác tạo thành tích đoạn tứ giác

Tứ giác BCPD có cạnh BD PC kéo dài cắt điểm T nằm ngồi tứ giác có

TP TQ TD TB suy tứ giác BCPD tứ giác nội tiếp hay bốn điểm B; C; P; D nằm đường tròn

2) Gọi MP giao ( )O điểm thứ hai S Ta có biến đổi góc sau:

  

KML CMS SCP  (góc tạo tiếp tuyến dây cung)

  MSC SPC

  (góc ngồi)

  MNC MNQ

  (do tứ giác MNPQ MNSC nội tiếp)

A D

B C

O Q

P M

N K

L

(102)

 KNL



Từ tứ giác MKLN nội tiếp, suy KLM KNM QPM    , nên KL PQ OC  Vậy KL OC

Nhận xét Chứng minh hai đường thẳng vng góc ta sử dụng tính chất bắc cầu chứng minh đường thẳng song song với đường thẳng khác vuông góc với đường thẳng Nhắc lại kiến thức phương pháp

• Góc tạo tia tiếp tuyến - dây cung góc nội tiếp chắn cung đường trịn

Góc SCP góc tạo tai tiếp tuyến CP dây cung CS; Góc CMS góc nội tiếp Hai góc chắn cung CS đường trịn ( )O suy KML CMS SCP

• Góc ngồi đỉnh tam giác tổng hai góc khơng kề với

Góc MSC góc đỉnh S tam giác CSP nên ta có

     

MSC CPS SCP  SCP MSC CPS 

+ CSM CNM  (hai góc nội tiếp chắn cung CM đường trịn ngoại tiếp tứ giác

CSNM)

+ CPS MNQ  (hai góc nội tiếp chắn cung MQ đường tròn ngoại tiếp tứ giác MNPQ)

Kết hợp trên, ta KML CNM MNQ KNL     

• Tứ giác có hai đỉnh liên tiếp nhìn cạnh hai góc tứ giác tứ giác nội tiếp

Xét tứ giác MKLN có hai đỉnh M N liên tiếp nhìn cạnh KL hai góc KML KNL suy MKLN tứ giác nội tiếp

Theo nhắc lại kiến thức ta có MKLN tứ giác nội tiếp nên KLM KNM (hai góc

nội tiếp chắn cung KM)  

KNM QPM (hai góc nội tiếp chắn cung MC đường tròn ( )O ), suy   

KLM KNM QPM 

• Một đường thẳng cắt hai đường thẳng cho tạo hai góc đồng vị hai đường thẳng cho song song

Hai đường thẳng KL PQ có KLM QPM  mà hai góc vị trí đồng vị suy

KL PQ

• Đường thẳng a b b c suy a c Ta có KL PQ

PQ OC

   

 , suy KL OC 

Câu

Trả lời: Không tồn

Giả sử có chứa 36 số nguyên liên tiếp có tổng  1  35 18 2 35

n    n  n  n không chia hết cho 2n35 số lẻ Mặt khác từ số tổng aiaj(1  i j 9) nhận 9.8 36

(103)

ra aiaj4a1  a2  a9 số tổng 36 nhận 36 giá trị 36 số nguyên liên

tiếp nên ta suy ra:

   9 18 2n35 4 a   a  a (mâu thuẫn 18 2 n35 khơng chia hết cho 4)

Nhận xét Đây toán tư duy, khơng có phương pháp chung Nhắc lại kiến thức phương pháp

• Tổng số nguyên từ đến a  1 a a

 1  35 36 1 34 35 36 35.36

2

n    n  n  n      n

 

36n 35.18 18 2n 35

   

• Số lẻ khơng chia hết cho

Vì 2n35 tổng số chẵn số lẻ nên số lẻ 2n35 khơng chia hết cho

• Tích hai thừa số khơng chia hết cho tích khơng chia hết cho

Ta có 2n35 khơng chia hết cho (chứng minh trên) 18 không chia hết

 

18 2n35 không chia hết cho

• Từ số bất kỳ, ta tìm 36 cặp số m n; 

Chứng minh: Với cách chọn số m cách chọn số n nên có 1.8 cặp số m n;  Do đó, với số m cách chọn số ta có 9.8 cách chọn cặp số m n; 

Tuy nhiên, cặp số lặp lại lần thành m n;  n m;  không xét nên tất có 36 cặp số m n;  hình thành

Áp dụng tính chất ta có từ số ta lập tổng aiaj (1  i j 9) nhận

9.8 36

2  giá trị số xuất lần nên (aiaj) 4( a1  a2  a9) số

các tổng 36 nhận 36 giá trị 36 số nguyên liên tiếp nên ta suy ra:    9

18 2n35 4 a   a  a

• Hai vế đẳng thức ln có số dư chia cho số

Ta có VT18 2 n35 không chia hết cho (chứng minh trên)  9

4

VP a   a  a chia hết tồn đẳng thức    9

18 2n35 4 a   a  a

Do khơng tồn số ngun a a1, , ,2  a9 cho tập giá trị tổng a ai j ( 1  i j 9) có chứa 36 số nguyên liên tiếp

ĐỀ SỐ 11 Câu

1) Sử dụng đẳng thức

  

3 3 3 2

(104)

Ta có x3y3 8 6xy7

x y 2x2 y2 4 xy 2x 2y 7

        

Mà 2 4 2 2   2 2 2 22 0

x y  xy x y  x y  x  y 

 

Suy ta có trường hợp:

+ TH1: 2 22 1

4 2

x y

y x

x y xy x y

   

    

       

 2    

2 1 4 1 2 2 1 7

x x x x x x

             3 0

1

x y

x x

x y

    

       



+ TH2: 2 22

4 2

x y

y x

x y xy x y

   

   

       

 2    

2 5 4 5 2 2 5 1

x x x x x x

         

2

3 15 18

3

x y

x x

x y

    

        



Đáp số x y;   1; , 0; , 2; , 3; 2       

Nhận xét: Bài tốn sử dụng phương pháp phân tích đẳng thức, kết hợp với kỹ thuật chọn nghiệm nguyên để tìm x y;

Hằng đẳng thức: a3b3c33abc  a b c a 2b2c2  ab bc ca

Ý tưởng: Cái hay khó tốn bước phát đẳng thức vốn quen thuộc Đầu tiên, quan sát phương trình nghiệm nguyên ta thấy:

3 1 6 3 8 6 7

x y   xyx y   xy dễ dàng thấy 8 ; 6 xy3 .2x y

đặt z2, ta có đẳng thức đối xứng đẹp là: x3y3z33xyz7

Khéo léo biến đổi, ta có:

 3  

3 3 3 7 3 7

x y z  xyz  x y z  xy x y z  

x y z x 2xy y2 xz yz z2 3xy x y z  7

           

x y z x y2 z2 xy yz xz 7          (*)

Mặt khác 2 2 2   2  2 2

0

x y z xy yz xz    x y  y z  z x 

  nên để phương trình

(*) có nghiệm ngun khi:

• TH1 Với 2 2 1; ,

1

2

x y x y x y

x y

x y xy x y

 

        

 

 

         

 





• TH2 Với 2 2 7; ,

3

2

x y x y x y

x y

x y xy x y

 

       

 

 

        

 





(105)

Do đó, cặp nghiệm nguyên cần tìm

x y;       2; , 3; , 0; , 1; 0    Bài toán kết thúc

1. Giải phương trình nghiệm nguyên x3y3 1 3xy

2. Giải phương trình nghiệm nguyên 8x3y36xy5

2) Với k số nguyên dương k2  m k 121 ta có k m k  1  mk.

 

 

Cho m k k 2, 21, ,k121 (có tất k12k2giá trị) ta có 2 1 ( 1)2 1

k k k k

        

     

      

Từ suy tổng cần tính

   

2 2

1

(n 1) (n 1) n

             

           

           

     



           

     

 



22 1 1 32 22 2 n2 n 1 2 n 1

           

 



     2

2 2 2

2 2 3 n n n n

                 

  2 

2 2

1 n n n

       

 1 1 1 2 1  1 4 1

6

n n n n n n n n

       

Ghi chú: Thí sinh chứng minh quy nạp toán học Nhận xét Bài toán phần nguyên

• Tính chất phần ngun    x a a x a  1

 2

1

m k k m k k m k

          

 

  hay  

2

2 1 1

k   m k  với k số nguyên

dương

• Các số m nguyên dương thỏa mãn 2  2

1

k   m k 

   

 2 2 2 2 

; 1; 2; ; 2; 1

m k k  k   k  k 

• Số số dãy số tự nhiên liên tiếp tăng “Số cuối - Số đầu + 1” Có tất  2 2  2 2

1 1

k  k   k k số nguyên m thỏa mãn điều kiện

 2

2 1 1 1

k k  k  k

         

     

      

(106)

   

       

     

2 2

2

2 2

2

2 2 2

1

1 1

2 1 2 1

2 2 3

Q

n n n

n n n n

           

              

           

     

   

          

   

 

           

 

               

 



 2  

2 2

1 n n n

 

       

  

• Áp dụng biểu thức 12 22  1 2 1

k k k k

     

 2      2

2 2 2

1 1 1

Q     n  n n  n n     n 

     

 1 1 1 2 1 1 1 6 2 1 1 1 4 1

6 6

n n n n n n n n n n n n

           

Câu

1) Phương trình đầu hệ tương đương với

x133x 1 y33y0

x y 1  x 1 2 x 1y y2 3 0

         

 

1

x y y x

     

Thế vào phương trình thứ hai hệ ta

   2

2

2x x 1  x x 11

2

4 10 5 9

4

x y

x x

x y

    



     

   



Đáp số  ;  2; , 9;

4

x y    

 

Nhận xét: Bài tốn sử dụng phương pháp tìm nhân tử từ phương trình sau vào phương trình cịn lại tìm nghiệm hệ phương trình

• Cách giải phương trình bậc hai tổng quát: a t. 2b t c.  0 (a0)

• Hằng đẳng thức: a3b3 a b a 2ab b 2

 3 3 3 2 2 2 2 3 3

3

ax by a x  a bx y ab xy b y

Ý tưởng: Quan sát hệ phương trình, phương trình đầu phương trình bậc ba (bậc giảm từ đến 0), phương trình cịn lại phương trình bậc hai khơng thể đưa dạng đẳng cấp bậc ba Do việc kết hợp hai phương trình thất bại, ta xét phương trình hệ Ở phương trình hai làm nháp là: xét đenta bậc hai

x y rõ ràng đenta khơng phương Ta chuyển sang phương trình một, rõ ràng ta thấy độc lập hai biến x y; Ở biến y xuất hàm y33y đồng thời

(107)

ta cần đưa hàm x hàm đơn giản y tức đưa dạng x a 33x a  y33y0

Bằng phương pháp đồng hệ số ta có:  3   3 2

3

x a  x a x  x  x  a Do phương trình đầu hệ  3   3

1 3

x x y y

       Bây ta xét đến đẳng

thức dạng a3b3 a b a 2ab b 2 xuất nhân tử chung x 1 y sau:

 3   3

1 3

x  x y  y

    2  2  

1 1

x y x x y y  x y

           

 

    2  2

1 1

x y  x x y y 

         

 

  2  2

1

1 (*)

y x

x x y y

   

       



Phương trình (*) vơ nghiệm (*) 1 3 0

2

x y y

 



      

 

Và y 1 x vào phương trình hai giải phương trình bậc hai

4

x y y x

y y x

    

    



Đáp số:  ;  13 13;

3

x y     

 

2. Giải hệ phương trình 35 3 3

x x y y y

x y

     



    

Đáp số: x y;   0; 1  2) Đặt a x  3x2 0

2

2 2

3

2 a

a x x a ax x x x

a



          

Tương tự đặt 3 0

2 b

b y y x

b



     

Khi 3

2 2

a b x y

a b

    

Mà theo giả thiết a b 9

9 3 2 2.

2 2 3

a a a a

x y

a a a a

           

Lại có 2 3 2

x xy y  x y x2xy y 23 Dấu “=” xảy   x y

Vậy  2 3.

mim

x xy z 

Nhận xét: Bài toán sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ, khai thác giả thiết bất đẳng thức Cosi để tìm giá trị nhỏ

(108)

• Cách giải phương trình có dạng x x2 n m

2 2 2

2

m n

x n m x x n x mx m x

m



         

Hoặc giải cách liên hợp sau

2 n

x x n m x n x

m

      

 

2

n m n

x x n x n x m x

m m



         

Ý tưởng: Bài toán xuất giả thiết phức tạp, chưa biết khai thác Nhưng biểu thức P hay giả thiết cho có đối xứng x y, nên ta dự đoán điểm

rơi xảy x y k  Khi thay ngược lại giả thiết, ta có: k k232  9 k 1 Và

P  , đến công việc thuận lợi cho ta nhiều biết trước điểm rơi

Với x y ta có đánh giá quen thuộc x y 2 0 x2y22xy

 2  2

4 x xy y x 2xy y

     

 2  2

2 3

4

x xy y x y P x y

       

Vậy nên bây giờ, từ giả thiết ta tìm x y 2 coi tốn giải Biến x xuất x x23 đồng thời y xuất y y23 Do tư

tưởng ta rút x y; từ giả thiết cách đặt ẩn phụ sau: đặt

2 3 3

a x  x   x   a x

2

2 3 2

2 a

x a ax x x

a



       Tương tự với b y  y23 ta thu

2 b y

b





Khi đó, cần chứng minh 3

2

a b

 

  với điều kiện ab9 Ta dễ dàng chứng minh sau:

2 3 3 3 3 3 3

2

2 2 2 3

a b a b a a

          

1. Cho x y; hai số thực thỏa mãn x x22y y224 Tìm giá trị nhỏ

của biểu thức P2x2y2 x y

2. Cho x y; hai số thực thỏa mãn x y21y x2 1 1 Tìm giá trị nhỏ nhất

của biểu thức P2x2y2 x y

(109)

1) Gọi S điểm đối xứng với P qua M Theo tính chất đối xứng hình thang cân dễ thấy tứ giác ABSP hình thang cân

Ta lại có QPS QAB QRB 

Từ có EPQ ERP  ERP∽EPQ (g – g),

nên EQP EPR BPS ASE      , suy tứ giác AEQS nội tiếp

Do

2 PF

PA PQ PE PS  PM PF PM , suy tứ giác AMQF nội tiếp Từ suy đường trịn ngoại tiếp tam giác AQF ln qua M

Nhận xét Ta chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác AQF ln qua M, tâm ngoại tiếp tam giác AQF thuộc đường trung trực AM đường thẳng cố định

• Hình thang có hai đỉnh kề cạnh đáy đối xứng qua trung trực đáy hình thang cân Hình thang cân có trục đối xứng trung trực chung hai đáy

ABCD hình thang cân nên A B đối xứng qua trung trực AB

P S đối xứng với qua M hay P S đối xứng qua trung trực củaPS

Suy ABSP hình thang cóA, B đối xứng qua trung trực AB vàP, S đối xứng qua trung trực PS ABSP hình thang cân

O

D C

A

P

Q B

R

M F

E S

O

D C

A

P

Q

B

R

M F

(110)

• Hai góc nội tiếp chắn cung đường trịn  

RBA RQA (hai góc nội tiếp chắn cung RA đường tròn ( )O )  

EPR RBA (hai góc đồng vị hai đường thẳng EP AB ), suy EPR RQA 

• Hình thang cân tứ giác nội tiếp

ABSP hình thang cân nên ABSP tứ giác nội tiếp, ASP ABP (hai góc

nội tiếp chắn cung AP đường trịn ngoại tiếp tứ giác ABSP) Ta có ASE AQE  suy tứ giác AEQS nội tiếp

• Giao điểm hai đường chéo tứ giác nội tiếp tạo tích đoạn thẳng tương ứng (Chứng minh dựa vào tam giác đồng dạng trường hợp góc – góc

AEQS tứ giác nội tiếp có P giao điểm hai đường chéo nên ta có

.2

2 PF

PA PQ PE PS  PM PF PM

• Tứ giác có giao điểm hai đường chéo tạo thành tích đoạn thẳng tương tứ giác tứ giác nội tiếp (Chứng minh dựa vào tam giác đồng dạng trường hợp cạnh.góc.cạnh)

Tứ giác AMQF có PA PQ PF PM  AMQF nội tiếp Từ suy đường trịn ngoại tiếp tam giác AQF ln qua M cố định

2) Vì EA tiếp xúc ( )O từ kết câu 1) ta có EA2ER EQ EP.  2 Từ có EA EP ,

suy DAP EAP EAD APE ACD PAC    

Do APlà phân giác DAC, suy QC QD QM CD

Nhận xét Chứng minh hai đường thẳng vng góc, ta ghép vào đường trịn để áp dụng tính chất “Đường thẳng qua điểm cung trung điểm dây cung vng góc với dây cung trung điểm dây” vào giải toán

Áp dụng chứng minh phần 1) ta có EA2ER EQ EP.  2 suy EA EP

• Tam giác có hai cạnh tam giác cân Tam giác cân có hai góc kề cạnh đáy

Tam giác AEP có EA EP suy AEP cân E suy EAP EPA 

• Góc tạo tia tiếp tuyến - dây cung góc nội tiếp chắn cung đường trịn

Góc EAD góc tạo với tia tiếp tuyến AE dây cung AD; Góc ACD góc nội tiếp chắn cung AD đường trịn ( )O nên ta có EAD ACD

Trừ vế theo vế hai đẳng thức ta EAP EAD EPA ACD   

• Góc đỉnh tam giác tổng hai góc khơng kề với

Tam giác APC có EPA góc ngồi đỉnh P suy

     

EPA ACD PAC  PAC EPA ACD  kết hợp với đẳng thức ta

     

(111)

• Tia phân giác góc nội tiếp đường trịn cắt đường trịn điểm cung bị chắn

AQ phân giác góc nội tiếp DAC chắn cung DC đường tròn ( )O cắt ( )O Q nên suy Q đỉnh cung DC

• Đường thẳng qua điểm cung trung điểm dây cung vng góc với dây cung trung điểm dây

Ta có Q đỉnh cung DC; M trung điểm dây DC suy QM DC

tại M

Câu

Trước hết ta chứng minh với cách chọn 1000 ô bảng cho tồn bảng 2 chứa 1000

Thật vậy, số hàng lớn số ô chọn nên tồn hai hàng liền R R1, 2 mà R1 khơng chứa R2 có chứa chọn Vì số cột lớn số ô chọn nên tồn hai ô A B, cạnh R2 mà có ô chọn Gọi C D, ô nằm R1 cột với A B, Bảng 2 gồm ô A B C D, , , có

được chọn

Giả sử ta thu bảng gồm 1000 ô màu đỏ sau hữu hạn lần đổi màu Khi theo chứng minh tồn bảng vuông 2 chứa ô màu đỏ, ba cịn

lại màu xanh

Vì trạng thái ban đầu tất bảng vuông 2 gồm ô màu xanh nên lần đổi màu hàng cột số màu đỏ số ô màu xanh bảng vuông 2

ln số chẵn Do thu bảng vuông 2 có màu đỏ,

màu xanh Ta có mâu thuẫn

Vậy khơng thu bảng chứa 1000 ô màu đỏ sau hữu hạn lần đổi màu

ĐỀ SỐ 12 Câu

1) Cộng phương trình hệ, ta 3x2y24xy 4 4x

2x y 2 x 22

   

3

x y x y

   

   

Nhận xét: Bài tốn kết hợp tinh tế hai phương trình, để đưa phương trình tìm mối quan hệ x y; ( hay gọi phương pháp hệ số bất định giải hệ phương trình hữu tỷ ) Và từ ngược lại hai phương trình hệ ban đầu để tìm nghiệm

• Cách giải phương trình bậc hai tổng qt: a t. 2b t c.  0 (a0)

• Đưa hệ phương trình cho dạng  

 

,

f x y g x y

 



 

(112)

• Giả sử tồn k cho f x y ; k g x y  ; 0 (i) Coi phương trình (i) phương trình bậc hai ẩn x ẩn y, sau xét đenta cho đenta số phương, từ tìm k mối quan hệ x y;

Ý tưởng: Nhận thấy hai phương trình hệ khơng thể tìm nhân tử chung nó, đồng thời phương trình hai có độc lập biến y nên rút y vào phương trình phương trình bậc bốn, ta chưa biết có nghiệm đẹp khơng, nhỡ chẳng may có nghiệm hữu tỷ nghiệm khơng tường minh Vì vậy, ta nghĩ đến hướng kết hợp hai phương trình hệ, cách tìm số k thỏa mãn phương trình f x y ; k g x y  ; 0 (i) Sẽ có nhiều giá trị k đạt yêu cầu toán

nhưng ta tìm k cho  i số phương tìm

nhân tử từ (i), ta làm sau:

• Hệ phương trình cho tương đương với 22

2

x y xy

x xy x

     

    



• Giả sử tồn k thỏa mãn:

 

2 3 2 3 4 1 0

x y xy k x  xy x 

2k 1x2 3ky y 4k x y k 3 0

         (*)

• Xét phương trình (*), coi phương trình bậc hai ẩn x, ta có:

 2   2 

3 4

x ky y k k y k

       

9k2 2k 3y2 8 3k k 1y 16k2 4 2 k 1k 3

        

Để x số phương hệ số y2 biệt thức

x

 phải số

chính phương, tức ta cần phải giải phương trình nghiệm nguyên:

2

9k 2k 3 m Dễ thấy phương trình có nghiệm 2

k m

  

 

 , thay ngược lại x, ta

có:

 

2

4

3 4 6 2

4 2

2

6

x

y y

x

x y x y x y

y y x y

y x

   



 

         

  

 

         

   





• Với việc k1, hay nói cách khác cộng vế với vế hai phương trình hệ, ta biến đổi sau:

2 3 2 3 4 1 0

x y xy  x  xy x 

  2 2   

2x y x x y 3x y

         

 

2

1

57

4

25

x y

x x y x

   



     



Đáp số:  ;  1; , 11 2;

5 25

x y     

   

(113)

96 21 28 117

x y

x x y xy

   

    



Đáp số:  ;   1; , 24 7; 25

x y   

 

2) Phương trình tương đương với x 3 3x 1 2x2

Đặt 2 2 2

3

u x

v u x

v x

  

    

  

 với u v; 0, ta

  2   

2 u v v u  v u v u   2

2 3

v u x x x x x

             

 

3

2 3

4

x

x x x x

x x x

                 

3 5 28

5 28

3

10

x x x x x x                      

Nhận xét: Bài toán sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ để đưa phương trình từ phức tạp đơn giản hóa, sau dùng phương pháp nâng lũy thừa để tìm nghiệm phương trình Nhắc lại kiến thức cũ phương pháp:

• Hằng đẳng thức a2b2 a b a b  

• Cách giải phương trình vơ tỷ dạng f x  g x m                     2

; ; 0

2

f x g x f x g x

f x g x m m g x

f x g x m

                              2 2 ;

f x g x x x

x x f x g x m m g x

                 

Ý tưởng: Một tốn đẹp, quan sát VT phương trình có xuất hai bậc hai riêng biệt đồng thời chứa biểu thức bậc nhất, VP phương trình biểu thức bậc nhất, nên ta nâng lũy thừa để đưa phương trình ban đầu phương trình bậc bốn Nhưng tinh ý chút, ta có

3x   1 x 3 2x 2 2x1, đặt

3 u x v x       

 với u v; 0 suy

 

2 2 2 2 1

v u  x  x Khi phương trình cho tương đương với

    

2 2 2 0

v u  v u  v u v u    (i) • Vì u v; 0 nên phương trình (i)

2 u v v u

   

    , với u v 0 phương trình vơ nghiệm nên ta cần giải phương trình v u 2

• Với v u 2, ta có 3x 1 x  3 3x   1 x x3  

3

2 3

4

x

x x x x

x x x

  

         

   

(114)

2

3 5 28

5 28

3

10

x x

 

    

 

    

 

  

 



1. Giải phương trình: 4x 1 2x 2 2x1 Đáp số: x 2 2. Giải phương trình: x 3 5x  2 4x Đáp số: 87

8 x 

Câu

1) Ta có n30, mod9  

Vì 2001 mod9  x39m1, y39t1, z39u1

Suy ta tìm x y z, , tập hợp 1, 4, 7, 10, 13 Khơng giảm tính tổng quát giả sử: x y z 

• Giả sử z13z32197 2001 (loại)

• Giả sử z 7 2001x3y3z33z33.73 (loại)

Suy z10x3y31001

Giả sử y10   x y 7 1001x3y32.732.343 (loại)

Suy y10, x1

Đáp số: 1; 10; 10 , 10; 1; 10 , 10; 10; 1    

Nhận xét Giải phương trình nghiệm nguyên phương pháp xét số dư kết hợp đánh giá

• Lập phương số nguyên dương chia cho dư 0, (hay 0,

 ) Viết dạng tổng quát, ký hiệu toán học

 

3 3

0 mod9 mod9 mod9

n n n

         

Ta có x3y3z32001 mà 2001 mod9   nên x3; y3; z3 chia dư

• Lập phương số nguyên dương chia cho dư số ngun dương chia dư 1,

Ta có x y z; ; tập hợp 1; 4; 7; 10; 13

• Khi vai trò x y z; ; ta giả sử chúng xếp theo thứ tự

nào từ dồn biến để tìm giá trị khoảng giá trị

2) Ta có  

2

2 3 2

7 7

2 2 4

a b

b b b

a

            

                                    

   

   

2 2

a b

a b ab  

      

 

Tương tự 2 ; 2

2 2 2

b c c a

b  c bc    c  a ca   

(115)

Cộng bất đẳng thức suy

 

2 2 2 2 2 2 2

a  b ab b  c bc c  a ca a b c 

Điều phải chứng minh

Nhận xét: Bài toán sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng đơn giản lợi dụng đánh giá đại lượng không âm

• Bất đẳng thức Bunhiacopxki phát biểu dạng: cho a b x y; ; ; số thực dương, ta ln có  2  2 2 2 2

ax by  a b x y

• Các đại lượng khơng âm  2  2

0;

a b  am bn 

Ý tưởng: Bất đẳng thức cho biểu thức đối xứng đẹp, với đối xứng ta dự đoán điểm rơi a b c  Bây quan sát bên VT biểu thức biểu thức đồng nhất, bậc hai chứa hai biến số với vai trò a b c; ; , mặt khác bên VP chứa hàm số bậc Vậy nên ta tư biểu thức bậc hai biểu diễn hay đánh giá qua biểu thức phương xuất biểu thức VP Do a b c, , có vai trị nhau, nên ta cần với m n, dương cho

2 2 , ; 0

a  b ab ma nb a b    , hai lại đánh giá tương tự Và dự

đoán ban đầu, điều ta mong muốn là:

 2

2 2 0

a  b ab ma nb  k a b  với a b k, , 0

Vì cách đồng hệ số biểu thức trên, ta có:

 2

2 2 2 2

a  b ab ma nb  a  b ab ma nb

 2 2    2 2  2

1 m a 2mn ab n b k a b

        

2

1 3; 5;

4 16

2

k m n m n k

k mn

    



     





Với điều này, suy 2 ; , 0

4

a  b ab a b a b  , từ suy luận ngược trở lại theo

Bunhiacopxki sau:

 

2

2 3 2

7 7

2 2 4

a b

b b b

a

            

                        

           

   

   

2 2

a b

a b ab  

      

 

Tương tự cho hai thức lại, ta có:

2 2 ; 2

2 2 2

b c c a

b  c bc    c  a ca   

   

Cộng đánh giá lại với nhau, ta suy điều phải chứng minh Bài toán kết thúc

1. Cho a b, hai số thực dương Chứng minh bất đẳng thức:

 

2 2

4a 2ab19b  19a 2ab4b 5 a b

(116)

4 4

3 3 3 2

a b c a b c

a b b c c a

 

  

  

Câu

1) Gọi AD cắt ( )O P khác A

Ta có PCM PAC (góc tạo tiếp tuyến dây cung)

 PEM

 (góc đồng vị EM AC );

Suy tứ giác ECMP nội tiếp Từ suy MPC MEC ECA CAP PM tiếp xúc ( )O Tương tự PN tiếp xúc ( )O , suy MN tiếp xúc ( )O P

Nhận xét Đối với toán này, ta dự đoán MN tiếp xúc với ( )O P Sử dụng tính chất từ điểm nằm đường trịn ta có tiếp tuyến với đường tròn Nhắc lại kiến thức phương pháp

• Một đường thẳng cắt hai đường thẳng song song tạo góc đồng vị

EM AC suy PAC PEM (hai góc đồng vị)

• Góc nội tiếp góc tạo tia tiếp tuyến dây cung đường trịn chắn cung

+ PAC PCM (góc nội tiếp góc tạo tiếp tia tiếp tuyến CM chắn cung PC

của đường tròn ( )O )

+ CAP MEC (góc nội tiếp góc tạo tia tiếp tuyến PM chắn cung PC đường tròn ( )O )

• Tứ giác có hai đỉnh liên tiếp nhìn cạnh góc tứ giác nội tiếp

Tứ giác ECMP có PEM PCM (PAC) (chứng minh trên) suy ECMP tứ giác nội tiếp

 

MPC MEC (hai góc nội tiếp chắn cung MC đường tròn ngoại tiếp tứ giác

ECMP)

• Tam giác có đỉnh nằm trung trực cạnh đối diện cân đỉnh P

N M

E

F O

C A

(117)

Tam giác AEC có EO trung trực AC suy tam giác AEC cân E suy

 

EAC ECA

• Góc tạo dây cung tia phía ngồi đường trịn góc nội tiếp chắn cung tia tiếp tuyến đường trịn

Kết hợp ta có lý thuyết trên, suy PM tiếp tuyến đường tròn ( )O P Hồn tồn tương tự ta có PN tiếp tuyến đường tròn ( )O P

Vậy MN tiếp tuyến ( )O P

2) Theo 1) dễ thấy BFA BNP BNF BPA BN FN BP AP

 ∽   ∽   (1)

Tương tự CME CPA CM EM

CP AP

 ∽   (2)

Từ (1) (2), ta có BN CP FN

CM BP EM theo giả thiết

FN BN

EM CM , suy CP BP AD

phân giác góc BAC

Nhận xét Cách thơng thường để chứng minh tia phân giác góc ta chứng minh tia chia góc thành hai góc

• Các tam giác cân có góc đáy đồng dạng với

Ta có FAB cân F NBP cân N có FAB BPN nên

 

BFA BNP BAF BPN

 ∽  

+ BFN BPN  (hai góc nội tiếp chắn cung BN đường tròn ngoại tiếp tứ giác

FBNP)

+ BNF BPF (hai góc nội tiếp chắn cung BF đường trịn ngoại tiếp tứ giác FBNP)

• Hai tam giác hai cặp góc tương ứng đồng dạng

Tam giác ABP FBN có BAP BFN (BPN) (chứng minh trên) BNF BPF

(chứng minh trên) suy ABP FBN BN FN BP AP

 ∽   hoàn toàn chứng minh tương tự

ta có CME CPA CM EM

CP AP

 ∽  

Từ nhân vế theo hai đẳng thức ta BN CP FN

CM BP EM

Từ giả thiết FN BN

EM CM kết hợp với chứng minh ta suy CP

BP hay CP BP • Hai cung có hai dây cung

CP BP suy CP BP 

• Hai góc nội tiếp chắn hai cung

 

BAP PAC (hai góc nội tiếp chắn hai cung CP BP  ),

(118)

Khơng tính tổng qt, giả sử số nhỏ bảng Giả sử a ô P, ô Q Ta từ PQ theo hang cột qua ô liền kề

1

k k

P P P P P Q

a a a a a

     

  Ta có k199 (đường dài từ ô a1 1 a100 100 )

Mặt khác ta có

1 1 2

1 k k k k k 1 1

a  a a  a a  a  a    a a        k Suy

1 198

a   k  a 199

Như số nguyên dương viết vào bảng 1, 2, 3,…, 199 Nếu số viết vào nhiều 50 suy tấ số viết vào nhiều

199 50 9950.  Suy số khơng viết bảng có 10000 Do tồn số nguyên dương k viết vào 51

ĐỀ SỐ 13 Câu 1. Khi x5, suy A 6  6

3 2 3 2

     

 2  2

3

   

3 2

    

Nhận xét: Bài toán bản, ta cần thay giá trị biến vào biểu thức cho, từ trục thức tính giá trị biểu thức

• Hằng đẳng thức  2 2 2  2 2 2

2 ;

a b a  ab b a b a  ab b

• Trị tuyệt đối f x2  f x  f x  f x 0 Hoặc f x2  f x  f x  f x 0

Ý tưởng: Bài tốn thuộc dạng cho làm lấy, tức với giá trị x5 thay vào biểu thức ta A 6  6 , biểu thức nằm để rút gọn A ta nghĩ đến chuyện khử thức, hay nói cách khác ta muốn có

 2 2 2

5 6  m 3n 3m 2n 2 6mn, đồng hệ số biểu thức

2

5 1

1

m n m n

mn

  

   

 

 , tương tự cho biểu thức lại, ta suy ra:

 2  2

3 3 2

A        

1. Rút gọn biểu thức P 5  5

(119)

Câu 2. Điều kiện: x0; y0

Hệ phương trình tương đương với 25

2

xy y xy x         Từ hai phương trình, ta có 5

2y x y x Thay vào phương trình ban đầu hệ, ta có

2

1

2 1

2

4 x

x x x

x x               + Với x  1 y

+ Với 1

4

x  y

Vậy hệ phương trình có nghiệm:  ;   1; , 1;

x y     

Nhận xét: Bài tốn kết hợp hai phương trình hệ, từ tìm mối liên hệ biến sau ngược lại vào hai phương trình hệ để tìm nghiệm

Ý tưởng: Quan sát thấy vế trái phương trình phương trình hai, vai trị biến nhau, ta tạo đại lượng cân hai phương trình Thật vậy, quy đồng lên ta có 2x 2xy

y y



  2y 2xy

x x



  , đại

lượng cân biểu thức 2xy1 ta rút giá trị lại phương trình theo 2xy1 để cho chúng xảy dấu  sau:

1

2 2 2 1 5

5

2 2

1 2 1 5

2

x xy y

y y x y x

xy x y x                               Thế y2x0 vào phương trình hệ, ta được:

   1

1 2 1 2 0

2

2 2 1

y x

y y y

y y x

                  Bài toán kết thúc

1. Giải hệ phương trình x y y x          Đáp số:  ;  2; 1 , 2; 1

2

x y         

   

(120)

Câu Ta có

  

1

1 1

n n

n n n n n n

  

     

1

n n n n n

     

Từ biểu thức chứng minh ta có 2 n n

n   

Cho n từ đến n, ta có

 

1 2 2 1

1

1 2 3 2

2

1 2 n 1 n

n

 

  

Cộng bất đẳng thức trên, ta

     

1 2 2 1 2 3 2 2 1

1   n      n  n

2 n 2 n

     (điều phải chứng minh)

Nhận xét: Bài toàn liến quan đến bất đẳng thức số Nhắc lại kiến thức phương pháp:

• Chứng minh với số ngun n1 ta ln có

1 n

n  n

+ Chứng minh bất đẳng thức cách biến đổi vế trái để so sánh với vế phải

  

1 1

1

1 1

n n n n

VT

n n

n n n n n n

   

  

 

     

1

n n

   ;

+ Cộng lượng vào hai vế bất đẳng thức bất đẳng thức không đổi chiều

1 0    n n n 1 n n 1 n n n2 n; suy VT n 1 n2 n VP (điều cần chứng minh)

• Chứng minh 1 2

1 2   n n với số nguyên n1 + Biến đổi để áp dụng từ ý

Ta có 1

1 n n n

n  n     n

1 2 n 1 2 n

n

   

+ Thay giá trị số vào bất đẳng thức tổng quát - Với n1 ta có 2

1 

- Với n2 ta có 2

2 

- …

- Với n ta có n n

(121)

Cộng vế theo 1

1 2 3  n

2 2 2 n n n

          

+ Tính chất “bắc cầu”: a b b c a c

Ta có 2 n  1 1 2 n12 n 1 2 n2 Ta có

1 1 2 1 1

1

2 2

n n

       

 

    



1 2

1 2 3  n n (điều phải chứng minh)

Câu 4. Phương trình có hai nghiệm x 1 x1, thay vào phương trình ta hệ phương trình

1

a b c a b c

     

    



Trừ hai phương trình trên, ta được:  2 2b   0 b Cộng hai phương trình trên, ta được: a c    0 c a Phương trình trở thành x3ax2  x a 0

      

2 0 1 0

x x a x a x a x

        

Theo giải thiết, phương trình có tập nghiệm S  1; 1 , phương trình x a 0 phải có nghiệm 1 1, suy a1 a 1

Vậy số a b c; ; cần tìm a1;b 1;c 1 a 1;b 1;c1

Nhận xét: Bài toán sử dụng yêu cầu giả thiết toán, từ nghiệm cho, ta tính giá trị a b c; ; cần tìm

Ý tưởng: Giả thiết toán cho x 1 x1 nghiệm phương trình ban đầu, nhiên lại phương trình bậc ba nên hai nghiệm nghiệm kép Với hai nghiệm đó, lại phương trình ban đầu ta có được:

1

a b c a b c

     

    

 Trừ hai phương

trình cho ta tìm giá trị b  2 2b   0 b

a c    a c ngược lại phương trình cho suy x3ax2  x a 0  1  1 0   1 0

1

x a

x x a x x a x

x

  

           



Vì phương trình nhận tập nghiệm S  1; 1 nên giá trị a phải thỏa mãn điều kiện

1

a c

a

a c

    

       

Vậy giá trị cần tìm a1;b 1;c 1 a 1;b 1;c1 Bài toán kết thúc

1. Tìm a b c; ; biết phương trình x3ax2bx c 0 có tập nghiệm S  2; 2

2. Tìm m n; biết phương trình x3x2mx n 0 có nghiệm bội hai x 1

(122)

1) Hai tam giác vuông ADB AEC có chung góc A nên chúng đồng dạng, suy

AD AB AD AC AB AE

AE AC 

Nhận xét: Bài toán chứng minh đẳng thức có hai vế tích hai đoạn thẳng ta dựa vào tỷ lệ cạnh từ tam giác đồng dạng

• Hai tam giác có hai cặp góc tương ứng đồng dạng với theo trường hợp “góc - góc” (g - g)

Xét ADB AEC có: + BAC: chung;

+ ADB AEC (90);

Suy ADB∽AEC (g – g)

• Hai tam giác đồng dạng có cặp cạnh tương ứng tỷ lệ

AD AB AD AC AB AE

AE AC

ADB AEC   

 ∽ (điều phải chưng minh)

2) Xét hai tam giác ADE ABC có

+ Góc A chung, mà AD AE

AB AC, suy ADE∽ABC

Do AD ED

AB BC

Mặt khác, tam giác ABD vng D, có A60, suy cos cos60

2

AD AD

A

AB AB

   

1 2

2

ED BC ED

BC

   

Nhận xét: Bài toán chứng minh đẳng thức dựa vào quan hệ đoạn thẳng từ đẳng thức suy từ tỷ lệ thức

• Hai tam giác có hai góc tương ứng có hai cặp cạnh kề góc tương ứng tỷ lệ đồng dạng với theo trường hợp “cạnh – góc - cạnh” (c – g - c)

Xét hai tam giác ADE ABC có + A: chung;

+ AD AE

AB AC (chứng minh 1).);

Suy ADE∽ABC (c – g – c), AD ED

AB BC

(123)

• Trong tam giác vng, cạnh góc vng kề góc 60 (hay cạnh đối diện với góc 30) nửa cạnh huyền (chứng minh hệ thức lượng tam giác vng sử dụng tính chất đường trung tuyến ứng với cạnh huyền)

ABD

 vng D, có A60, áp dụng hệ thức lượng ta được:

 1

cos cos60

2

AD AD AD AD

A

AB AB AB AB

      

• Tính chất “bắc cầu”: a b b c a c

Ta có 2

1

2

AD ED ED

AB BC ED BC BC ED

AD BC

AB

 

      



 



(điều phải chứng minh) 3) Kéo dài BD cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC H

Xét hai tam giác vng AHD AH D có

Cạnh AD chung;

 

BHC HAC (góc có cạnh tương ứng vng góc);

 

HBC CAH 

Mà HH vng góc với AC, nên tam giác AHH cân A hay AC đường trung trực

của HH

Với H điểm đối xứng H qua AC

Suy AC trung trực đoạn HH

Hai tam giác AH C AHC

Suy bán kính hai đường tròn ngoại tiếp hai tam giác AHC mà đường tròn ngoại tiếp tam giác AH C đường trịn ( )O

Vậy hai đường tròn ngoại tiếp hai tam giác ABC AHC có bán kính Nhận xét: Chứng minh hai đường trịn có bán kính ta chứng minh chúng ngoại tiếp hai tam giác

• Hai góc phụ với góc

+ BD AC nên DBC DCB    90 DBC 90 DCB 90 ACB;

+ AH BC nên HAC ACB    90 HAC 90 ACB;

Suy DBC HAC

• Trong đường trịn, hai góc nội tiếp chắn cung

 

H AC H BC   (hai góc nội tiếp chắn cung H C của đường tròn ngoại tiếp ABC) hay H AC DBC 

• Tính chất bắc cầu: a b b c a c

 

DBC HAC H AC DBC  nên HAC H AC

Hồn tồn tương tự ta có HAC H AC

(124)

Xét hai tam giác HAC H AC có:

+ HAC H AC

+ AC: cạnh chung; + HAC H AC ;

Suy HACH AC (c – g – c)

• Đường trịn ngoại tiếp hai tam giác có bán kính

HAC H AC

  nên đường tròn ngoại tiếp HAC đường tròn ngoại tiếp H AC' có bán kính

Mà đường trịn ngoại tiếp H AC đường trịn ( )O ngoại tiếp ABC

Vậy hai đường trịn ngoại tiếp hai tam giác ABC AHC có bán kính (điều phải chứng minh)

Câu IV

Gọi H hình chiếu vng góc C lên trụ đỡ AB Đặt BH x Tam giác AHC vuông H, ta

 2  2

2 2582 120

HC AC  AB x   x

Tam giác BHC vuông H, ta

2 2 2182

HC BC HB  x

Ta có phương trình 2  2 2 2

258  120x 218 x

2 2 58

258 120 218 240

3 x x

     

Ta lại có sin 58 29 3.218 327

BH BCH

BC

  

Vậy góc nghiêng BC so với mặt nằm ngang sin 29 5 160

327

    

Nhận xét: Bài tốn thực tế đưa vào hình học phẳng để giải phương pháp tính tốn, cơng thức hình học đơn giản

• Định lý Py-ta-go: “Trong tam giác vng, bình phương cạnh huyền tổng bình phương hai cạnh góc vng”

+ Tam giác AHC vng H nên ta có AC2AH2HC2

 2

2 2 2

HC AC AH HC AC AB x

(125)

 2

2 2582 120

HC x

   

+ Tam giác BHC vng H nên ta có BC2BH2HC2

2 2

HC BC HB

   HC22182x2

• Kết hợp kiện có, biến đổi theo lượng suy phương trình theo ẩn giải phương trình

Ta có  

2

2 2

258 120 218 HC x HC x        

 nên ta phương trình  

2

2 2

258  120x 218 x giải phương trình ta 58

3 x

• Hệ thức lượng tam giác vng

Tam giác BHC vng H nên ta có sin 58 29 3.218 327

BH BCH

BC

  

• Sử dụng máy tính bảng số để tìm góc biết giá trị lượng giác góc Ta có sin 29

327

BCH nên  sin 29 5 160

327

BCH    

Vậy góc nghiêng BC so với mặt nằm ngang 5 160  

ĐỀ SỐ 14 Câu 1. Cho biểu thức với a b; 0

1)

 2

2

b a

a b ab

ab a b

P

a a b b

b a b a                             

 2 2 2  2 2 2

3 3

a ab b a b a ab b a b

a b a b

a a b b a a b b

b b a a b b a a

                                                            2

2 2

3 3

2 2 2

2

1

a ab b a b a ab b a b

a b a b

ab

a b a b a ab b

a b

b a a b

                    2) Với a b; 0, áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có:

4a b  ab2 4ab ab5 ab Suy ab P 25

ab ab

     

Dấu “=” xảy 4a b Vậy Pmin25 b4a

Nhận xét: Đây toán dễ, đơn giản việc khai triển rút gọn biểu thức P vài phép biến đổi tương đương, ý khó ý sau tìm giá trị nhỏ P với điều kiện cho, với giải pháp chọn điểm rơi bất đẳng thức Cosi tốn hồn tồn giải

• Hằng đẳng thức: a3  b3 a b a 2ab b 2

(126)

m a n b  ma nb (m n a b; ; ; 0) Dấu “=” xảy m a n b 

Ý tưởng: Với ý rút gọn biểu thức P, ta làm hai công việc, rút gọn tử số, sau mẫu số Với tử số tốn, ta có:

 2 2 2  3 3 

2

3 3

1

1 a ab b a b a b a b

a b

b a a b a b a b

                        

Bây giờ, ta mong muốn mẫu số xuất hai ba biểu thức mà ta rút gọn tử số, biến đổi mẫu số ta có:

2

2 1

a b a b a a b b

b a b b a a

b a

     

  

         

     

  2  23 

a b a b a a b b b a a b a b

b b a a b a a b

 

       

  

        

     

Vì thế, suy P ab

 Với ý sau, cho giả thiết 4a b  ab1 để tìm giá trị nhỏ P hay nói cách khác tìm max T ab Để xuất tích ab giả thiết, ta thấy xuất ab, cịn tổng 4a b để đánh giá tích, ta cịn cách áp dụng bất đẳng thức Cosi cho hai số thực dương ;a b ta có:

1

4 5 25

25

a b  ab ab ab ab  abab  P Do đó, P đạt giá trị nhỏ 25 4a b

1. Tìm giá trị nhỏ 1 :

1

a P

a a a a a

  

 

  

      với a thỏa mãn điều kiện

a

2. Cho biểu thức 112

3

x x x

P

x x x

 

  

   Tìm x 3 thỏa mãn điều kiện P2

Câu 2. Cho hệ phương trình (1)

3 (2)

x my m

mx y m

   



   



1) Với m2, ta có hệ phương trình

8

2 5

2 19

5 x

x y

x y y

                     2) Từ (2), ta có y3m 1 mx thay vào (1)

3 1  2 4  1 3 3 2

x m m  mx   m m  x m  m (*)

Vì m2 1 0 với m nên (*) ln có nghiệm

Suy hệ cho ln có nghiệm với m Từ phương trình (*), ta có 0 23

1 m m x m     2

0 2

3

1

m m m m

y m m

m m

   

    

 

Xét đẳng thức cho, ta có 2  

0 0 10

(127)

 2  

0 0 10 0

x y x y x y

     

 2  

0 0 0

x y x y x y

 

      

 

x0 y0 2x0 y0 2 x y0

      

Thay giá trị 0 23 2; 0 2

1

m m m m

x y

m m

   

 

  ta

2 2

3 3 3 2

1 1

m m m m m m m m

VT

m m m m

                              2 2

3

2

1

m m m m

m m             2

2 2

2 2 2

4

4 .5 6 4.

1 1 1

m

m m m m m m m m

m m m m m

                     

4 3

2

4 3 2

4

20 10

24 6 24 6 16 4 :

4

m m m m m m

m m m m m m m m m

m m                                  

Nhận xét: Đây toán bản, việc giải hệ phương trình bậc hai ẩn với kỹ bản, gặp khó khăn việc chứng minh đẳng thức, cần biến đổi chút suy điều phải chứng minh

• Cách giải phương trình bậc hai ẩn tổng quát ax by c

mx ny p

   

  



Từ phương trình hệ, ta có: y c ax b



 , xuống phương trình thứ hai ta được:

   

n c ax

mx p mb na x bp nc

b



     

Ý tưởng: Ý toán, khơng có đáng nói, khó ý sau Tuy nhiên với việc đưa cách giải tổng quát hệ phương trình bậc hai ẩn ta dễ dàng biểu diễn x y0; 0 theo m đồng thời thay vào biểu thức

 

2

0 0 10

x y  x y   ta thấy m bị triệt tiêu hết Trước hết, tìm x y0; 0 ta có: • Từ phương trình hai hệ, có y3m 1 mx

• Thế vào phương trình hệ, ta được:

3 1  2 4  1 3 3 2

x m m  mx   m m  x m  m

• Để hệ phương trình có nghiệm m2 1 0 ln với m

• Khi đó, nghiệm hệ 2 2

3 2;

1

m m m m

x y

m m

   

 

 

Tuy nhiên để x y0; 0 thay vào biểu thức 2  

0 0 10

x y  x y  ta gặp khó

khăn việc khai triển bậc bốn, ta làm đơn giản chút là:

   2  

2

0 0 10 0 0 10 0

x y  x y   x y  x y    x y

(128)

Bây việc thay x y0; 0 vào (*) giúp ta biến đổi nhẹ nhàng nhiều ta chứng minh x0y02x0y0 3 2x y0 010 0

1. Xác định m để hệ phương trình có nghiệm  x y; thỏa mãn x2y2 nhỏ nhất, với

2

2 10

x y

y x m

   

   



Cho x y0; 0 thỏa mãn hệ phương trình

mx y m

x my m

  



   

 Tìm biểu thức liên hệ x y0; độc

lập với m Câu Ta có

 2  2   2  2 2 3 3

0

a x a b y b   a b x  a b x a  b

Vì a b; 0 suy a b 0, nên phương trình (*) có nghiệm

 2   

' 0 a2 b2 a b a3 b3 0

       

4 2 2 4 3 0

a a b b a ab a b b

       

2 3

2a b ab a b

   

 2

2ab a b a b a b a b

          

Nhận xét: Đây đơn tốn xét nghiệm phương trình bậc hai tổng quát, dựa vào tính chất điều kiện nghiệm tam thức bậc hai suy điều phải chứng minh

• Phương trình bậc hai tổng qt mx2nx p 0 (x) (*)

+ TH1: Nếu m0 (*) nx p x p n

      (n0)

+ TH2: Nếu m0

(*) n 4mp

  

- Để (*) có nghiệm

(*) n 4mp

    

- Để (*) có hai nghiệm phân biệt

(*) n 4mp

    

- Để (*) vô nghiệm

(*) n 4mp

    

• Giá trị tuyệt đối a b    a b

Ý tưởng: Bài cho phương trình bậc hai ẩn x với hai tham số a b; Khai thác giả thiết, giả thiết cho a b; 0 đồng thời a x a  2b x b  20 (i) phương trình bậc hai có nghiệm Vì ta cần khai triển (i) để đưa phương trình bậc hai tổng qt, ta có:

 2  2   2  2 2 3 3

( )i a x a b x b   0 a b x 2 a b x a  b

Với a b; 0 suy a b 0  22   3 ( )i a b a b a b



     

Nên để phương trình (i) có nghiệm khi:

 2 22   3 3 ( )i a b a b a b



       

4 2 2 4 3

a a b b a ab ba b

(129)

 2

0

ab a b a b a b

       , suy điều phải chứng minh

1. Cho a b; số thực khác a b Tìm mối liên hệ để phương trình

 2  2

0

a x a b x b  có nghiệm

2. Xác định hai số thực a b; cho phương trình x2ax b 0 có nghiệm

; a b Câu

1) Ta có     0

1 120 1 120 60 180

B IC BIC B IC BAC  

Mà hai góc đối Nên tứ giác AB IC1 1 nội tiếp (điều phải chứng minh)

Nhận xét: Chứng minh tứ giác tứ giác nội tiếp, ta chứng minh tổng hai góc đối diện tứ giác 180

Nhắc lại kiến thức phương pháp: • Hai góc đối đỉnh



1

B IC BIC hai góc đối đỉnh nên B IC1 1BIC

• Tia phân giác góc chia góc thành hai góc nửa góc

+ BI phân giác ABC nên  1

IBC ABC;

+ CI phân giác ACB nên  1

ICB ACB;

suy   1 

IBC ICB  ABC ACB

• Tổng ba góc tam giác 180

+ Tam giác ABC có   ABC ACB BAC  180

  180  180 120 60

ABC ACB BAC

        

+ Tam giác IBC có IBC ICB BIC    180

 180   180 1 

2

BIC IBC ICB ABC ACB

(130)

 180 1.120 180 60 120

BIC

        

Tứ giác AB IC1 1 có B AC1 1 B IC1 1 hai góc đối diện, thỏa mãn

   

1 1 60 120 180

B AC B IC BAC BIC       AB IC1 1 tứ giác nội tiếp 2) Vì tứ giác BC IK1 nội tiếp nên  

1 60

BIC BKC  (góc nội tiếp chắn BC1)

 

1

BIK BC K (góc nội tiếp chắn BK) Xét tam giác ABC, ta có

   0  

1 180 180 60 120

KCB  BAC ABC   ABC ABC

Xét tam giác BC K1 , ta có

    0  

1 180 180 60 120

BIK BC K  BKC ABC  ABC ABC

Suy KCB1BIK, suy tứ giácACKC1 nội tiếp (điều phải chứng minh)

Nhận xét: Chứng minh tứ giác tứ giác nội tiếp, ta chứng minh góc đỉnh góc ngồi đỉnh đối diện

Nhắc lại kiến thức phương pháp: • Chứng minh tứ giác nội tiếp

Hoàn toàn tương tự phần 1) chứng minh ta có tứ giác BC IK1 tứ giác CB IK1 tứ giác nội tiếp

+ BIC1 BKC1 hai góc nội tiếp chắn cung BC1 đường tròn ngoại tiếp tứ giác BC IK1 nên BIC1BKC1 60

+ BIK BC K1 hai góc nội tiếp chắn cung BK đường tròn ngoại tiếp tứ giác BC IK1 nên BIK BC K1

• Tổng ba góc tam giác 180 + Trong ABC có   ABC CAB BCA  180

     

1 180 180

ABC CAB B CK B CK ABC CAB

        

  

1 180 60 120

B CK ABC ABC

       ;

+ Trong BKC1 có BKC  1C BK BC K1  1 180

     

1 180 180

BKC ABC BC K BC K BKC ABC

        

  

1 180 60 120

BC K ABC ABC

     

 120 

BIK ABC

   ;

suy KCB1BIK

(131)

3) Vì  

1 60

BIC BAC , suy tứ giác ACKC1 nội tiếp, nên AKC1KCC1 (cùng chắn cung

1

KC )

Và AKC1ACC1 (cùng chắn cungAC1)

Mà ACC1KCC1 (cùng chắn cung KC1) (giả thiết)

Suy KAC1AKC1, suy tam giác C AK1 cân C1C A C K1  1 (1)

Chứng minh tương tự: B A B K1  1 (2)

Từ (1) (2), suy raB C1 1 đường trung trực AK nên AK B C 1 1 (điều phải chứng

minh)

Nhận xét: Chứng minh hai đường thẳng vng góc ta chứng minh cho đường thẳng đường trung trực đường thẳng lại

• Tứ giác có góc góc ngồi đỉnh đối diện tứ giác tứ giác nội tiếp Tứ giác ACKC1 có BAC góc đỉnh A BIC1 góc ngồi đỉnh I đối diện với đỉnh A thỏa mãn  

1 60

BIC BAC nên ACKC1 tứ giác nội tiếp • Các góc nội tiếp chắn cung đường trịn

+ AKC1ACC1 (hai góc nội tiếp chắn cung AC1 đường tròn ngoại tiếp tứ giác ACKC1)

+ KAC1KCC1 (hai góc nội tiếp chắn cung KC1 đường tròn ngoại tiếp tứ giác ACKC1)

• Phân giác góc chia góc thành hai góc

1

CC phân giác ACB nên ta có ACC1KCC1, suy KAC1AKC1

• Tam giác có hai góc kề cạnh tam giác cân Tam giác C AK1 có KAC1AKC1, suy C AK1 cân C1

• Tam giác cân có hai cạnh bên Tam giác C AK1 cân C1 nên C A C K1  1

Chứng minh tương tự: B A B K1  1

• Từ điểm cách hai đầu mút đoạn thẳng nằm đường trung trực đoạn thẳng

+ C A C K1  nên C1 thuộc đường trung trực AK;

+ B A B K1  1 nên B1 thuộc đường trung trực AK;

suy C1 B1 thuộc đường trung trực AK hay B C1 1 trung trực AK

hay B C1 1AK

Câu 5. Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số a b; không âm, ta có:

2 1 2 2.1

4 4

a   b a    b a   b a     b a b

 

Tương tự ta có

4

(132)

Do

2

2 3 1

4 4

a b b a a b  a b 

        

              

        

        

        

Áp dụng bđt phụ  2

4 ; ,

x y  xy x y , ta có:

1 4 1 2 2

4 4 2

a b a b a b

                                     

 

Suy 3 2 2

4 2

a b b a a b

     

          

     

     

Dấu “=” xảy

2 1 1 4 a

b a b

a b                  (thỏa mãn)

Vậy

2 a b 

Nhận xét: Thực chất toán chứng minh bất đẳng thức, nhẽ dấu đẳng thức xảy điểm rơi hay nghiệm cần tìm phương trình toán cho

• Bất đẳng thức Cosi cho hai số thực dương: a b 2 ab • Hệ bất đẳng thức Cosi cho hai số thực không âm:

 2

2 , ;

x y  xy  x y  xy x y

Ý tưởng: Bài toán cho phương trình đối xứng mặt khác lại chứa hai biến nên nhiều khả dùng đến bất đẳng thức Trước hết vai trò hai biến a b; nên dễ thấy a b nghiệm phương trình Thế ngược lại phương trình cho, ta có:

2

2 2

4

a a a

   

      

   

    với a b; 0

1

2

a b

   

Với điểm rơi này, thấy 2

4

a b  , nên áp dụng bất đẳng thức Cosi có:

2 1 2 2.1 1

4 4 2

a   b a    b a     b a b

 

2 1 2 2.1 1

4 4 2

b   a b    a b     a a b

 

Do đó, từ phương trình ban đầu, ta được:

2

1 1 1

2

2 2 4

a b a b a b a b

         

                

         

         

Ta thấy 1

2 4  nên suy

1 1

2 4

a b     a b vậy:  

2

1 1

4 0

4 4

a b a b a b a b

    

              

    

(133)

Và chứng minh a b 0 việc cịn lại ngược lại phương trình cho

để tìm nghiệm tốn Bài toán kết thúc:

1. Tìm hai số thực dương a b; thỏa mãn điều kiện

  1

3

a b

a b b a

 

 

   

   

2. Cho a b; hai số thực dương, giải phương trình sau:

1

1 2 a1 2 b2ab

ĐỀ SỐ 15 Câu

1) Ta có        

 

2

3

2 2 2 :

2

a

S a

a



    



2 2 2    2

1 a

a

    



4 2

    (với a0;a1)

Nhận xét: Vẫn tốn nằm mơ khai triển rút gọn biểu thức, toán điểm nhấn phát đẳng thức bậc hai, bậc ba nằm thức

• Hằng đẳng thức bậc hai, bậc ba  2 2 2

2

x y x  xy y x y 3x33x y2 3xy2y3

• Khai bậc hai, bậc ba 3x33x y2 3xy2y3  x y

+ x22xy y    x y x y với x y 0

+ x22xy y     x y x y với x y 0

Ý tưởng: Bài toán đặc biệt chỗ, vừa xuất số, vừa xuất biểu thức chứa biến ta rút gọn biểu thức

• Với

1 20 14

S    , có xuất bậc hai, bậc ba ta nghĩ đến

chuyện khai thức Xét với bậc hai, ta đưa dạng

 2

2

6 2  a b a 2 2ab2b

2 2 6 2

1 2

a b a

b ab

 

    

 

   

 

 

  

2

6 2 2

     

Tư tương tự ta có 320 14 2 32 23  2 2

(134)

• Với 3 

2

1

3 :

2( 1)

a

S a a a

a

  

 

      



 

 , biểu thức có chứa bậc ba

nó khó chứa biến, kiểu tư S1, dễ thấy

   3

3 a3 a3a 1 a1  a1 đồng thời đẳng thức sau

  2 1

2

a a a a

a a

      

  suy S22

Do kết luận S S 1 S24 Bài tốn kết thúc

2) Ta có 2 2  2

3

P x y   x xy y   x y x y  xy

Thay 2

1

y

x x y xy

x y    

  vào biểu thức P ta

 2    2

2 1 1

P x y   x y  x y    x y x y       x y x y (vì x y 1) Giải thích x y 1

Từ giả thiết ta có ;

1

y x

x y

  số dương mà 1

y x

x y

  , nên ta có

2 1

1

1 2 1

2 1

1

x x

x

x x x y

y y

y

y y

  

   

     

  

    

     

   

  

     

  

    

 

 

Vậy P1

Nhận xét: Bài tốn sử dụng giả thiết, sau thể biến vào biểu thức cần tính giá trị dùng điều kiện trị tuyệt đối suy giá trị biểu thức

Nhắc lại kiến thức phương pháp: • Hằng đẳng thức:  2 2 2

2 a b a  ab b

• Trị tuyệt đối f x  f x  f x 0

Ý tưởng: Bài tốn với u cầu tính giá trị biểu thức với giả thiết cho sẵn, điều cần làm khai thác giả thiết Thường họ cho giả thiết phức tạp bắt ta đơn giản hóa nó, toán vậy, giả thiết chứa hai phân thức ta nghĩ đến chuyện quy đồng sau có giả thiết 

   

  

1

x y y x

x y xy x y xy

x y

  

       

 

2x 2y 3xy

    Xét đến biểu thức P x y   x2xy y , việc xuất tổng x y

độc lập hướng ta tư đến việc thức xuất tổng đó, ta có biến đổi:

 2  2  

3

P x y   x y  xy x y   x y  x y 

 2

1

x y x y x y x y

(135)

Đề yêu cầu tính giá trị P nên nhiều khả năng, P số ta cần có x y    1 x y hay chứng minh bất đẳng thức x y 1 P1 ta chứng minh điều dựa vào giả thiết, từ giả thiết ta có ;

1

y x

x y

  số dương

mà

1

y x

x y

  nên ta có

2 1

1

1 1

2 1

1

x x

x

x x x y

y y

y

y y

  

   

     

  

    

     

   

  

     

  

    

 

 

Câu

1) Đỉnh cổng đỉnh Parabol y ax

(a0) trùng với gốc tọa độ O 0;

Gọi điểm biểu thị hai chân cổng đồ thị hàm số A B, ta có A B, đối xứng qua trục

tung cách đơn vị H giao điểm AB với Oy (A B H; ; nằm phía trục hồnh)

Ta có 2  2 5 16 4

2

OH OA AH       

  , suy H0; 4  từ suy

 2; 4

A   B2; 4 

Parabol y ax

(a0) qua điểm A nên ta có   4 a 2   4 4a   a (thỏa mãn), điều phải chứng minh

Nhận xét: Bài toán này, thực chất sử dụng tính chất hàm số, đặc biệt hàm số bậc hai dạng y ax 2 với a0, ngồi cịn sử dụng cơng thức liên quan đến khoảng

cách, độ dài,…

• Đồ thị hàm số y ax 2 với a0 Parabol nhận gốc tọa độ làm đỉnh trục trung

(136)

Các điểm khác gốc tọa độ nằm parabol phía trục hồnh

• Định lý Py-ta-go: “Trong tam giác vng có tổng bình phương hai cạnh góc vng bình phương cạnh huyền)

Tam giác OAH vng H, áp dụng định lý Py-ta-go ta có

2 2 2 2

AH HO OA OH OA AH OH OA AH

 2

2 16

2

OH  

      

 

• Một điểm nằm trục tung khoảng cách điểm với gốc tọa độ giá trị tuyệt đối tung điểm điểm

Điểm H nằm trục tung nằm phía trục hồnh nên điểm H có tung độ âm hoành độ

Ta có OH yH  yH H nằm trục hoành nên yH 0

 

4 0;

H H

y y H

       

suy A2; 4  B2; 4

• Một điểm thuộc đồ thị hàm số thay giá trị hồnh độ tung độ điểm vào hàm số ta phương trình

Điểm A2; 4  thuộc đồ thị hàm số y ax 2 nên ta có thay x2 y 4 vào hàm số

ta phương trình  4 a.224a 4   a 1 (điều phải chứng minh)

2) Gọi giao điểm cảu đường biểu diễn chiều cao xe tải với Parabol  P C D ( ;

C D nằm hai phía trục tung) Ta có CD song song với AB Ox

K giao điểm CD Oy

Khoảng cách DC AB 2,5 đơn vị nên suy OK 4 2,5 1,5 ta có phương trình đường thẳng CD

2

(137)

Phương trình hồnh độ giao điểm CD Parabol  P

6

3 2 .

2 6

2

c

D

x x

x

 

  

 

   



 



Khi CD Tại độ cao 2,5 m chiều rộng cổng 6m lớn 2,4m chiều rộng xe tải nên xe tải qua cổng

Nhận xét: Vì chiều cao xe tải thấp chiều cao cổng, để biết xe tải qua cổng hay không ta phải xét xem, độ cao cổng với chiều cao xe chiều rộng cổng bao nhiêu, chiều rộng lớn chiều rộng xe tải xe tải qua, nhỏ chiều rộng xe tải khơng qua, tốn xử lý lý thuyết nên ta chấp nhận có qua

• Khoảng cách hai điểm nằm đường vng góc với hai đường thẳng song song khoảng cách hai đường thẳng song song

Ta có khoảng cách CD AB chiều cao xe tải nên 2,5

2,5 2,5 2,5

HK OH OK   OK

4 2,5 1,5

OK

    suy K0; 1,5 

• Đường thẳng song song với trục hoành qua điểm tập hợp điểm có tung độ tung độ điểm

Ta có CD Ox CD qua điểm K0; 1,5  nên ta có hàm số biểu thị đường thẳng

CD 1,5

2

y   

• Phương trình hồnh độ giao điểm/ Hệ phương trình tọa độ giao điểm Phương trình hồnh độ giao điểm đường thẳng CD với parabol

2

3

3 2

2 3 6

2

C C

D D

x x

 

 

     

 

 

      

 

   

 

 



• Khoảng cách hai điểm thuộc đường thẳng song song với trục hoành giá trị tuyệt đối hiệu hai hoành độ hai điểm

Ta có C D thuộc CD Ox nên 6

2

C D

CD x x   

6

  

• Đối với tốn trên, độ cao cổng với chiều cao xe chiều rộng cổng bao nhiêu, chiều rộng lớn chiều rộng xe tải xe tải qua, nhỏ chiều rộng xe tải khơng qua, tốn xử lý lý thuyết nên ta chấp nhận có qua

Ta có 2,4 tức chiều rộng cổng độ cao 2,5 lớn chiều rộng xe tải nên xe tải qua cổng

Câu 3. Từ đẳng thức cho ta có 2    2

2 1

a  b a b  phương trình bậc hai ẩn a, ta

có   2 2

1

b b b

    

(138)

Vì phương trình có nghiệm ngun nên điền kiện cần ta có  là số

phương Khi ta có b số phương

- Với b0, ta có a1 Ta thấy hai số phương liên tiếp (đúng với dpcm) - Với b0, ta có  

 

2

1

a b b b



     

 

     



Ta thấy b  b12 hai số phương liên tiếp; b12 b hai số phương liên tiếp (điều phải chứng minh)

Vậy a b số phương liên tiếp

Nhận xét: Bài tốn này, thực chất sử dụng tính chất hàm số, đặc biệt hàm số bậc hai dạng y ax 2 với a0, ngồi cịn sử dụng công thức liên quan đến khoảng

cách, độ dài,…

• Biến đổi đẳng thức cho thành phương trình bậc hai ẩn

     

2 1 2 2 1 1 2 0

a b   ab a b  a  a b  b   b 

   2

2 2 1 1 0

a a b b

      coi phương trình bậc hai ẩn a tham số b

• Phương trình bậc hai Ax22Bx C 0 với A0 có biệt thức  tính cơng

thức   B2AC

Phương trình 2    2

2 1

a  a b  b  phương trình bậc hai, ta có

  2 2 2 2

1 2

b b b b b b b



           

• Điều kiện để phương trình bậc hai có nghiệm   0 Phương trình 2    2

2 1

a  a b  b  phương trình bậc hai có nghiệm   hay 4b  0 b

• Điều kiện cần để phương trình bậc hai có nghiệm nguyên  là số

phương

Với a b; số nguyên phương trình 2    2

2 1

a  a b  b  có  số

phương suy 4b số phương

• Tích số phương với số nguyên số phương số ngun số phương

Ta có 4b số phương 4 2 là số phương nên b cũng số

phương

• Số phương ln lớn

+ Với b0 số phương ta suy a1 thỏa mãn hai số phương liên tiếp

+ Với b0 số phương  

• Phương trình bậc hai Ax22Bx C 0 với A0 có   0 có hai nghiệm phân biệt

B x

A

   

 x B A

   

(139)

Khi b0 2    2

2 1

a  a b  b  có   nên có hai nghiệm phân biệt

 

2

1

a b b b



     

 

     



• Hai số phương liên tiếp hai số bình phương hai số nguyên liên tiếp

+ Với a b12 b số phương ta có b  b1 hai số nguyên liên tiếp nên  b  b12 hai số phương liên tiếp hay b a hai số phương liên tiếp

+ Với a b12 b số phương ta có b1 b hai số nguyên liên tiếp nên  b12  b hai số phương liên tiếp hay a b hai số phương liên tiếp

Câu

1) Nối EM Tứ giác EFBC tứ giác nội tiếp nên ABC AEF (1)

 

XBA ACB (góc nội tiếp góc tạo tia tiếp tuyến-dây cung chắn cung AB (O) (2)

MEC

 có

2

BC

ME MC  nên MEC cân M, suy BCA MEC

Kết hợp với (2), ta có XBA MEC 

Cộng vế theo vế với (1), ta  ABC XBC AEF MEC  

    

XBM XEM AEF MEC XEM

     XBM XEM  1800

(140)

Tứ giác AFHE tứ giác nội tiếp nên FEB FAD 

Kết hợp với (3), suy XMB FDA mà FAD FCB nên XMB FCB hai góc vị trí

đồng vị XM FC suy XM FC mà FC AB , XM AB (điều phải chứng minh)

Nhận xét: Bài toán chứng minh hai đường thẳng vng góc ta sử dụng mối quan hệ hai đường thẳng với đường thẳng thứ ba tính chất từ quan hệ vng góc quan hệ song song

• Tứ giác có hai đỉnh liên tiếp nhìn cạnh hai góc tứ giác nội tiếp

Trong ABC có đường cao BE CF nên  90 90

BE AC BEC

CF AB CFB

    



    

 Tứ giác EFBC có hai

đỉnh liên tiếp E F nhìn cạnh BC hai góc 90 nên tứ giác

EFBC tứ giác nội tiếp

• Tứ giác nội tiếp có góc đỉnh góc ngồi đỉnh đối diện

Tứ giác EFBC tứ giác nội tiếp có ABC góc đỉnh B AEF góc ngồi đỉnh E đối diện với B nên có ABC AEF

• Trong đường trịn, góc tạo tia tiếp tuyến - dây cung góc nội tiếp chắn chung

+ XBA góc tạo tia tiếp tuyến BX dây cung BA chắn cung BA đường tròn

( )O ;

+ ACB góc nội tiếp chắn cung BA đường tròn ( )O ; suy XBA ACB

• Tam giác có hai cạnh tam giác cân

MEC

 có

2

BC

ME MC  nên MEC cân M • Tam giác cân có hai góc kề cạnh đáy

MEC

 cân M nên BCA MEC 

suy XBA MEC   ABC XBC AEF MEC  

    

XBM XEM AEF MEC XEM

     XBM XEM  1800

+ Tứ giác EXBM có XBM XEM  1800 nên tứ giác EXBM là tứ giác nội tiếp

 

XMB XEB (hai góc nội tiếp chắn cung XB đường tròn ngoại tiếp tứ giác EXBM);

+ Tứ giác AFHE có  AFH AEH     90 90 180 nên tứ giác AFHE tứ giác nội tiếp nên FEB FAD  ;

suy XMB FDA mà FAD FCB nên XMB FCB.

(141)

Hai góc XMB FCB vị trí đồng vị hai đường thẳng XM FC thỏa mãn

 

XMB FCB nên suy XM FC • Đường thẳng a b a c b c

Ta có XM FC XM AB FC AB

  

  

 (điều phải chứng minh)

2) Tứ giác ABME tứ giác nội tiếp nên SXM BEM mà BEM EBM (MBE cân M) Tứ giác BFHD tứ giác nội tiếp nên EBM DFE

Kết hợp với suy SXM HFD (*)

Ta có S M O; ; thẳng hàng OM SO vuông góc với BC, suy  900 1

2

MSB  BC

Tứ giác AFDE tứ giác nội tiếp nên ta có

  900  900 1

2

FDA FCA  BAC  BC

suy MSB FDA, kết hợp với (*) ta có MXS∽HFD (g - g) (điều phải chứng minh)

Nhận xét: Chứng minh hai tam giác đồng dạng thơng qua trường hợp đồng dạng góc.góc có nghĩa chứng minh hai tam giác có hai cặp góc hai tam giác đồng dạng

• Tứ giác nội tiếp kiến thức liên quan nhắc lại

+ Tứ giác ABME tứ giác nội tiếp nên SXM BEM (hai góc nội tiếp chắn



BM đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABME)

+ Tứ giác BFHD tứ giác nội tiếp nên EBM DFE (hai góc nội tiếp chắn cung



HD đường trịn ngoại tiếp tứ giác BFHD) • Tam giác cân có hai góc kề cạnh đáy

Tam giác BME cân M nên BEM EBM, suy SXM HFD

• Tiên đề Ơ-clit: “Từ điểm nằm đường thẳng cho kẻ đường thẳng vng góc với đường thẳng

Ta có OM SO vng góc với BC nên S M O, , thẳng hàng • Tổng hai góc nhọn tam giác vuông 90

Tam giác SMB vuông M nên  MSB SBM  90

• Trong đường trịn, số đo góc tạo tia tiếp tuyến - dây cung nửa số cung mà góc chắn

Ta có SBM góc tạo tia tiếp tuyến BS dây cung BC chắn cung BC nên

 1

2

SBM BC, suy  900 1

2

MSB  BC

• Tứ giác nội tiếp

Tứ giác AFDE có hai đỉnh liên tiếp E F nhìn cạnh AD góc vng nên

AFDE tứ giác nội tiếp, suy FDA FCA (hai góc nội tiếp chắn cung FA đường tròn ngoại tiếp tứ giác AFDE), suy MSB FDA

(142)

Xét MXS HFD có: MSX FDH  ; SXM HFD

Suy MXS∽HFD (g – g)(điều phải chứng minh).

3) Ta có ( - )

FY (g - g)

AC BC

ABC AEF g g

AF EF AC CD

ACD A

AF FY

  

 

  



 

∽ ∽

BC CD EF BC

EF FY FY CD

    (điều phải chứng minh)

Nhận xét: Chứng minh hai tỷ số dựa vào tam giác đồng dạng suy cặp cạnh tương ứng tỷ lệ

• Hai tam giác có hai cặp góc đồng dạng + Xét AEF ABC có:

- BAC chung;

- AEF ABC (góc ngồi góc đỉnh đối diện tứ giác nội tiếp FECB);

suy AEF∽ABC (g – g)

+ Xét ACD AFY có: - ADC AYF90;

- ACD AFY (góc ngồi góc đỉnh đối diện tứ giác nội tiếp FECB);

suy ACD∽AFY (g – g)

• Hai tam giác đồng dạng có cặp cạnh tương ứng tỷ lệ + AEF∽ABCACAF BCEF ;

+ ACD∽AFY AC CDAF FY ;

suy BC CDEF FY  EFFY CDBC (điều phải chứng minh)

Câu 5. Đặt

A B A B

B C

x x a

y y b

x x c

y y d

   

  



  



   

với a b c d; ; ; số nguyên (hiệu số nguyên số nguyên)

Khi ta có A C

A C

x x a c

y y b d

    

   



  2 2

2 2; 2;

X AB  a b Y BC  c d Z CA  a c  b d

Theo cơng thức Hê-rơng ta có:

2 2

ABC

X Y Z X Y Z Z X Y Y Z X

S         

    

2S ABC X Y Z X Y Z Z X Y Y Z X

          

Tính X Y Z X Y Z      sau:

    2 2 2 2 2

2

(143)

 2 2

2 a b c d 2ac 2bd

    

Tính Z X Y Y Z X      sau:

   2  2 2 2 2

2

Z X Y Y Z X    Z  X Y Z  XY X Y

 2 2

2ac 2bd a b c d

    

Kết hợp lại, ta có

 2 2  2 2

2S ABC4  a b c d  ac bd ac bd     a b c d 

   



 2 2 2 2  2 2 2 2 2

4 a b c d ac bd a d 2abcd b c

       

 2

4 ad bc 4ad bc

   

Là số nguyên với a b c d; ; ; số nguyên (điều phải chứng minh)

Nhận xét: Bài toán sử dụng tư đại số số học, áp dụng số cơng thức tính tốn hình học

• Hiệu hai số nguyên số nguyên Đặt

A B

A B A C

B C A C

B C

x x a

y y b x x a c

x x c y y b d

y y d

   

      

 

 

      

 

   

với x x x y y y a b c dA, , ,B C A, ,B C, , , , số ngun • Cơng thức tính khoảng cách hai điểm M N; mặt phẳng tọa độ

  2 2

M N M N

MN x x  y y

Ta có

   

       

2 2 2

2 2

A B A B

B C B C

A C A C

X AB x x y y a b

Y BC x x y y c d

Z CA x x y y a c b d

       



       

 

         

 

• Cơng thức Hê-rơng: Trong tam giác có độ dài ba cạnh a b c; ; Với

2 a b c p  

nửa chu vi tam giác Ta có cơng thức tính diện tích tam giác    

S p p a p b p c  

Áp dụng vào tam giác ABC với ba cạnh AB BC CA; ; có độ dài X Y Z; ; ta được:

2 2

ABC X Y Z X Y Z X Y Z X Y Z

S       X    Y    Z

     



2 2

X Y Z X Y Z Z X Y Y Z X        

    

4

X Y Z X Y Z Z X Y Y Z X        

    

4S ABC X Y Z X Y Z Z X Y Y Z X

(144)

• Tính X Y Z; ; theo a b c; ;

+ Tính X Y Z X Y Z      sau:

X Y Z X Y Z       X Y Z X Y     Z

• Hằng đẳng thức A2B2A B A B   

    2 2

X Y Z X Y Z     X Y Z

• Hằng đẳng thức  2 2 2

2

A B A  AB B

X Y Z X Y Z     X22XY Y 2Z2

 2  2

2 2 2 2 2

a b a b c d c d

          

2

a c b d

 

 

   

 

 

• Hằng đẳng thức  A 2A

X Y Z X Y Z     a2b22 a2b c2 2d2  c2 d2 a c 2 b d2

2 2 2 2 2 2 2 2

a b a b c d c d a ac c b bd d

            

2 2

2 a b c d 2ac 2bd

    

- Hồn tồn tương tự ta tính Z X Y Y Z X      sau:

   2  2 2 2 2

2

Z X Y Y Z X    Z  X Y Z  XY X Y

 2 2 2 2

2ac 2bd a b c d 2ac 2bd a b c d

         

Suy

2 2 2 2

4S ABC 2 a b c d 2ac2bd ac  2 2bd2 a b c d 

   



   

2 2 2 2

2S ABC  a b c d ac bd   a b c d ac bd 

             

   



 2 2 2 2  2 2 2 2 2

2S ABC a b c d ac bd a d 2abcd b c

         

 2

2S ABC ad bc ad bc

     

• Tổng, Hiệu, Tích số nguyên số nguyên Ta có a b c d; ; ; số nguyên nên ad bc số nguyên

ĐỀ SỐ 16 Câu

1) Phương trình cho tương đương với phương trình

3

x  x  

 1 2 x

x x

x

  

     





Phương trình có nghiệm x   2; 1; 1; 2

Nhận xét: Bài tốn giải phương trình bậc hai, nhiên để tìm nghiệm phương trình cần phải qua bước giải dấu trị tuyệt đối

Ý tưởng: Đây phương trình chứa trị tuyệt đối bản, biết x x

(145)

Tuy nhiên ta đưa phương trình bậc hai trước x2 x 2 phương trình

cho

3

x x

   

 1 2 x

x x

x

  

     



 Đến dễ để suy nghiệm phương trình

 2; 1; 1; 2

x  

1. Giải phương trình x25x   4 x 1

Đáp số: x1; 5; 3  6

2. Giải phương trình

2013 2014

x  x 

Đáp số: x2013 x2014

2) Cộng vế với vế phương trình cho ta x y z   9 Phương trình đầu có dạng 2x      x y z x

Phương trình thứ hai có dạng 2y      x y z y Phương trình thứ ba có dạng 2z      x y z z Thử lại thỏa mãn

Vậy x 4;y 3; z 2

Nhận xét: Bằng phương pháp cộng vế, cộng phương trình hệ với nhau, ta tìm biểu thức chứa mối liên hệ x y z, , từ ngược lại tìm nghiệm hệ phương trình

Ý tưởng: Quan sát đối xứng phương trình hệ, phương trình chứa biến phương trình lại có biểu thức triệt tiêu biến ta nghĩ đến việc cộng phương trình lại với nhau, ta có x y z   9 Với biểu thức này, xét riêng phương trình, cụ thể phương trình ta thấy có xuất tổng y z ta

sẽ rút y z   x nên suy x x     9 x Tương tự ta tìm nghiệm hệ x 4;y 3;z 2

3

2

3

x y z

x y z

x y z

   

   



   



Đáp số: x y z; ;   1; 1; 2

2

4

3

x y z

x y z

x y z

    

   



   



Đáp số:  ; ;  22 131; ; 39

101 101 101

x y z   

 

Câu

(146)

1 1

5 30

T    ; 1

7 56

T   

suy 5 6 7 8 1

30 56

P T T T     T     

Vậy 1 30 56 26

30 56

P    T    

   

   

Nhận xét: Bài tốn tư từ ký hiệu, tính tốn,… Nhìn qua, tưởng chừng tốn khó hình thức lạ Tuy nhiên, chất toán đơn giản, phép tính phân số học từ lớp

• Phép tốn T định nghĩa sau aTb 1 a b

  với a b số thực khác tùy ý

+ 1

5 5.6 30

T     

+ 1

7 7.8 56

T     

• Thay giá trị vào biểu thức lớn

5 6 7 8 1 1 30 56 26

1

30 56

P T T T     T          

Vậy P 26

2) Ta ký hiệu điều kiện sau

2

6a 20a15 0 (1)

2

15b 20b 6 (2)

ab (3)

Dễ thấy phương trình (1) (2) có hai nghiệm phân biệt Do (3) nên b khác Chia hai vế (2) cho b2 ta

2

1

6 20 15

b b

   

     

   

    (4)

Từ (1), (3) (4), suy a

b hai nghiệm khác phương trình

2

6x 20x15 0 (5) Theo định lí Vi-ét

1 10

3 a

b a b

   

   

Từ  

3 3 3

2

9 1 5 10 2015

9

2

ab ab a

a

b b

b

     

         

   

suy

 

3

6 2015

9

b

(147)

Nhận xét: Bài toán sử dụng phép ẩn phụ hóa, đưa phương trình đối xứng, đồng thời kết hợp với biểu thức đồng bậc giả thiết để suy điều phải chứng minh

Ý tưởng: Quan sát giả thiết toán, hai phương trình bậc hai có đối xứng hệ số chúng, nhiên khác biệt nằm 6a215 15b26 ta đặt t

b



đó 22 20 15

6 20 15

a a

t t

   



   

 , ta có a t, nghiệm phương trình

6x 20x15 0 Theo định lý Viet ta có

10 10 3 a t a b at            

a

b Khi có điều này, ta khai thác đến biểu thức

 

3

2 9 1

b

ab  ab , biểu thức đồng bậc ba

nên ta “ chia để trị “ nên chia tử mẫu cho b3 ta được:

 

3

3 3

2

1

2015

1 10

9 9 9

2

b

a

ab ab a

b b                              

suy đpcm Bài toán kết thúc

1. Cho a b số thực thỏa mãn điều kiện 5a26a 1 0; b26b 5 0; ab1

Tính giá trị P a ab b

 



2. Cho a b số thực thỏa mãn điều kiện 5a26a 1 0; b26b 5 0; ab1

Tính giá trị

 

3

2 9 1

b a Q b ab ab     Câu

1) Giả sử a b số tự nhiên cho n2015a2; n2199b2

suy b a b a    184 hay b a b a    2 233

Vì b a b a số có tính chẵn lẻ b a b a   nên xảy hai trường hợp 92 b a b a       

 (I)

4 46 b a b a       

 (II)

Trường hợp thứ

  45 10

47 a I n b       

 (thỏa mãn)

Trường hợp thứ hai

  21 1574

25 a II n b         

 (không thỏa mãn)

Vậy n10

Nhận xét Bài toán số học sử dụng tính chất số phương, phương trình ước số Nhắc lại kiến thức phương pháp

(148)

+ n+2015 số phương nên có dạng a2 với a số nguyên

+ n+2199 số phương nên có dạng b2 với b số nguyên

• Hằng đẳng thức A B2− =(A B A B+ )( − )

Trừ vế theo vế 2015 22 2199

n a

n b

  



  

 cho ta

      

2 2199 2015 184

b   a n  n  b a b a 

• Phương trình ước số: b a b a    184 23

• Đánh giá loại bỏ bớt trường hợp: “Vì b a b a số có tính chẵn lẻ b a b a   ” Vì tổng, hiệu hai số lẻ số chẵn; tổng, hiệu hai số chẵn số chẵn; tổng, hiệu số chẵn số lẻ số lẻ Nên hiệu tổng chẵn lẻ

• Các hệ phương trình suy từ phương trình ước số

2 45

92 47 10

1574

4 21

46 25

b a a

b a b n

n

b a a

b a b

    

 

      

 

  

       

  

 

  

 

 

kết hợp với điều kiện n số tự nhiên nên suy n10 Vậy n10

2) Trong dãy số nói trên, số đầu tiên: 1,2,3, ,9 số có 01 chữ số 90 số tiếp theo: 10,11,12, ,99 số có 02 chữ số

900 số tiếp theo: 100,101,102, ,999 số có 03 chữ số Như vậy, cách viết nói ta thu số có:

9 90 900 2893      chữ số

Vì 90 2016 2893    nên chữ số thứ 2016 dãy số chữ số số có 03 chữ số Ta có 2016 90 609,     số có 03 chữ số 100, số có 03 chữ số thứ 609

609 100 708   chữ số thứ 2016 dãy cho chữ số

Nhận xét Bài toán số học sử dụng tính chất số phương, phương trình ước số Nhắc lại kiến thức phương pháp

• Tính số số viết theo quy luật dãy số ta tính cơng thức s c d h



 

trong s số số dãy, c số cuối dãy, d số đầu dãy, h khoảng cách số

+ Từ đến có 1

   số có chữ số

+ Từ 10 đến 99 có 99 10 90

   số có hai chữ số

+ Từ 100 đến 999 có 999 100 900

   số có ba chữ số

(149)

+ Ký hiệu 123456789101112 98999100101 989991000

a b c

A    có nghĩa 12 89 có a chữ số, 1011 99 có b chữ số, 100101 998999 có c chữ số

- Ta có

9.1 90.2 180 900.3 2700

a b c

  

  



  



suy số A có

4 180 2700 2893

a b c        chữ số

- Ta có 2016 thỏa mãn a b  2016 2893 189 2016 2893  nên suy số thứ 2016

là số có ba chữ số

+ Phân tích xem chữ số thứ 2016 số A chữ số thứ từ chữ số c

Ta có 2016 1.9 2.90 3.609   số có 03 chữ số 100, số có 03 chữ số thứ 609 609 100 708   chữ số thứ 2016 dãy cho chữ số

Câu

1) Do ABCD hình vng nên hai đường chéo vng góc, hai đường chéo tạo với cạnh hình vng góc 45

Tam giác AME vuông cân đỉnh A, suy AM AE ; EAO MAO45

suy AMO AEO (c – g – c), suy MOA EOA

Vậy OA phân giác góc MOE

Chứng minh tương tự, ta có OB phân giác góc MOF

Mặt khác, MOA MOB AOB  90oMOE MOF  2AOB180 hay E O F; ; thẳng hàng;

điều phải chứng minh

Nhận xét Bài toán chứng minh ba điểm thẳng hàng ta chứng minh góc tạo ba điểm góc bẹt

H M

F B

C A

D

O E

(150)

• Hình vng có hai đường chéo tạo với góc vng, đường chéo tạo với cạnh góc

45

ABCD hình vng nên BAC CAD 45 hay MAO OAE

• Hai tam giác có hai cặp cạnh tương ứng góc xen hai cạnh hai tam giác theo trường hợp “cạnh - góc - cạnh” (c - g - c)

Xét AMO AEO có: + AM AE (giả thiết); + MAO OAE;

+ AO: cạnh chung;

Suy AMO AEO (c – g - c)

• Hai tam giác có hai góc tương ứng

 

AMO AEO AOM AOE

     , suy OA phân giác MOE nên MOE2MOA Chứng minh tương tự ta có OB phân giác góc MOF nên MOF2MOB • Ba điểm tạo thành góc có số đo 180 ba điểm thẳng hàng

   2  2. 2.90 180

EOF EOM MOF   MOA MOB  AOB   , suy ba điểm E O F; ; thẳng hàng (điều phải chứng minh)

2) Tứ giác AEHM nội tiếp đường trịn đường kính ME nên MHA MEA45

Tứ giác BFHM nội tiếp đường trịn đường kính MF nên MHB MFB45, suy

   90

AHB AHM MHB   

Ta thấy O H nhìn AB góc vng nên bốn điểm A B H O; ; ; nằm đường trịn đường kính AB

Nhận xét Bài tốn chứng minh ba điểm thẳng hàng ta chứng minh góc tạo ba điểm góc bẹt

• Trong đường trịn, hai góc nội tiếp chắn cung

+ Tứ giác AEHM nội tiếp đường tròn đường kính ME nên MHA MEA (hai góc nội

tiếp chắn cung MA) Mà MEA45 nên MHA 45

+ Tứ giác BFHM nội tiếp đường tròn đường kính MF nên MHB MFB (hai góc nội

tiếp chắn cung MB) Mà MFB45 nên MHB45

• Cộng vế theo vế hai đẳng thức ta đẳng thức

  45 45  90

MHA MHB    AHB 

• Một điểm nhìn đoạn góc vng thuộc đường trịn đường kính đoạn thẳng

(151)

Suy điểm H O; thuộc đường trịn đường kính AB hay bốn điểm A B H O; ; ; nằm đường trịn đường kính AB (điều phải chứng minh)

3) Đường thẳng MH cắt đường trịn đường kính AB điểm thứ hai I (I khác H) Ta có AHI BHI45 nên I điểm cung AB (khơng chứa O) đường trịn

đường kính AB

Do A B O; ; điểm cố định nên I điểm cố định (I đối xứng với O qua đường thẳng AB)

Vậy, M di động cạnh AB, đường thẳng MH qua điểm cố định I (I đối xứng với O qua đường thẳng AB)

Nhận xét Bài toán chứng minh đường thẳng cố định sử dụng tính chất yếu tố có mối liên hệ cố định với yếu tố cố định cố định

• Trong đường trịn, hai góc nội tiếp chắn hai cung hai cung

+ Ta có AHI BHI (45);

+ AHI góc nội tiếp chắn cung AI đường trịn đường kính AB); + BHI góc nội tiếp chắn cung BI đường trịn đường kính AB); Suy  AI BI mà I AB nên I điểm cung AB

• Một yếu tố có mối liên hệ cố định với yếu tố cố định cố định

Ta có O A B; ; cố định nên I cố định Do đường thẳng MH ln qua điểm cố định I với I điểm đối xứng với O qua đường thẳng AB

Câu 5. Xét đồ thị hàm số y f x  

Trên miền x1; 1 x 2; 2 x 3; 3 x 4; x4 (gồm miền), y f x   hàm số bậc

Đồ thị hàm số y f x   đường gấp khúc gồm 02 tia 03 đoạn thẳng liên tiếp Mặt khácf x   0, x  nên tồn giá trị nhỏ f x   giá trị nhỏ đạt đầu mút tia đoạn thẳng

Nói cách khác f x minf       1 ; ; ; 4f f f  f 3 8

Giá trị nhỏ hàm số y f x   8, đạt x3 ĐỀ SỐ 17

Câu

1) Điều kiện 0 x

Phương trình tương đương với

   

3 1 1 1 3 1 1 3

3 x x x x

x  x         

Nếu 0  x 1   x 1 3, đồng thời x x 3 1 3 ,

suy VTVP (loại)

(152)

Nhận xét: toán kết hợp phương pháp nhân liên hợp phương pháp đáng giá để tìm nghiệm phương trình

• Biểu thức liên hợp x m x   x m  x x m  x m

x m x

   

  với x0;x m 0

• Đánh giá: m f x   n g x  h x  với  

m f x

n m

  

  



Ta có:    

   

2 m f x n n f x m

g x h x m

   



   

 

 , suy phương trình vô nghiệm Vậy x m

là nghiệm phương trình cho

Ý tưởng: Bài tốn xuất ba thức nằm tích, khó để định hình hướng giải, ẩn phụ phức tạp Nhưng xét hai thức ta thấy

   2

3

x  x  Vì ta nghĩ đến chuyện dùng đẳng thức dạng

  

2

a   b a b a b Khi phương trình cho tương đương với:

 

3 1 1 1 3 1 3 3

3 x x x x

x  x          (i)

Với phương trình (i), ta nhẩm vài giá trị nghiệm đẹp thỏa mãn yêu cầu 1 x biểu thức thức số phương ta khẳng định có nghiệm x1, đồng thời lại miền chặn biến ta đánh giá phương trình (i) Tức với 0 x ta chứng minh (i) vô nghiệm sau:

3 3

0

3

x

x VT VP

x x

   



        

 (i) vô nghiệm

Vậy ta kết luận x1 nghiệm phương trình cho Bài tốn kết thúc

3. Giải phương trình  x 2 x1 2  x 1 Đáp số: x2

4. Giải phương trình  x 1 x2 3  x 1 Đáp số: x3

2)

+ Xét x y 0 nghiệm

+ Xét x0;y0 hệ phương trình tương đương với

2 2

1 2 1 2 (1)

1 1 4 1 2 8 (2)

x y x y

x y xy x y xy

 

 

     

 

 

     

     

         

     

     

     

 

 

(153)

Thay (1) vào (2) ta thu

3 1

1 8

1 1 x y x y xy                         x y   

Nhận xét: toán sử dụng phép chia biến, sau kết hợp hai phương trình tìm mối liên hệ hai biến để tìm nghiệm hệ phương trình

Ý tưởng: quan sát thấy hệ phương trình có dáng dấp hệ phương trình đối xứng loại hai, tức xuất tổng x y tích xy làm ta nghĩ đến phép đặt Viet

;

S x y P xy   để từ giải hệ hai ẩn S P, Nhưng làm ta thu hệ

 

2

1

S P P

  



  

 , hệ giải phương pháp thu phương trình lũy thừa bậc

4 phức tạp, ta nghĩ đến phương án khác phương pháp “ chia để trị “ Trước hết xét phương trình hai, vế trái xuất tích đồng thời vế phải xuất tích số dạng xy xy Do ta nghĩ đến việc chia biểu thức bên vế trái cho

xy ta sau: 1 1

x y xy

  

    

  

 

   Phương trình chủ đạo hai biến

1 1;

x y

vậy ta chia phương trình để xuất hai biến này, 2

1 2

x y  Và đặt

1 ax by     

 hệ phương trình cho trở thành      

2 2 2 2

1 2

a b a b

a b ab a b ab

                                 2 2 2 2

2

a b a b

a b a ab b a b

                      

2 2 1 1

1 1

2

a b a b x y

x y a b                 

1. Giải hệ phương trình    

  

2

1 27

1 10

x y xy

   



   



Đáp số:  ;  1; , 2; 2 , 2 3;

2

x y       

   

   

    3 2 1 16 1 x y xy x y xy                                       Câu

1) Ký hiệu 1 ,

27

K n  

 

  n K

 



Ta có 1 1 3

27 3 27

K n    K K   n K 

(154)

3 1 2

3 27 27 27

K

K K n K K K

         

 3

3 3 1

3 3

K

K n K K K K K n K K

            

suy

2

2 3 1

27

n K  n  n  

 

  không biểu diễn dạng lập phương số

nguyên dương

Nhận xét Áp dụng kiến thức phần nguyên, quan hệ phần nguyên số với số

• Áp dụng giả thiết tốn đề tìm điều kiện Ta có n số nguyên dương nên n1 1

27

n   • Giá trị phần nguyên số không vượt qua số

3 1

27

n   nên 1

27

n

 

  

 

 

  hay K1

• Một số thực có giá trị lớn giá trị phần nguyên nhỏ số nguyên liền sau số nguyên biểu diễn phần nguyên số thực

Ta có

3 1 1 1

27 27 27

n n n

   

      

   

   

   

3 1

27

K n K

     

Tiếp tục biến đổi giải ta 3 2  3

1

K  n K  K

• Khơng tồn lập phương hai lập phương liên tiếp

Ta có K3 và K13 hai lập phương liên tiếp Mà K3 n K2K13 nên n K

không thể viết dạng lập phương số nguyên dương Vậy với số nguyên dương n, biểu thức

2

3 1

27 n  n 

 

 

   không biểu diễn dạng lập phương số nguyên dương

2) Ta có 6x25 6y25 z25

        

6 x y x z y z y x z x z y

        

           

3

2 2

x y  x z x y  y z z x  z y

  

 

9 3 3 2

2

x y z x y z

    ,

suy

     

3 2

3

6 6

x y z

P

x y z

 

 

    

(155)

Vậy min

3 P 

Nhận xét: Bài toán sử dụng phép từ giả thiết bất đẳng thức Cosi cho hai số thực dương để tìm giá trị nhỏ biểu thức

Ý tưởng: Quan sát thấy, tốn có đối xứng hai kiến x y; nên điểm rơi xảy

tại x y kz  Thế lại giả thiết ta tìm x y 1;z2 Giả thiết cho xy yz zx  5 đồng thời số xuất biểu thức P nên ta nghĩ đến chuyện giả thiết vào P Khi ta có:

        

3

6

x y z

P

x y x z y z y z z x z y

 



       

Và điều ta cần sử dụng đánh giá để triệt tiêu tử số mẫu số, tức tìm số m thỏa mãn:

          

6 x y x z   y z y z   z x z y  m x3 3y2z

Thì lúc P m

 Câu chuyện tìm m, quan sát thấy biểu thức tích hai thừa số dương, ta sử dụng bất đẳng thức Cosi cho hai số thực dương phải thỏa mãn điều kiện điểm rơi Với thức cuối, với điểm rơi

x y    z x z y ta có

z x z y   x y 2 2z

Cũng với tư đó, ta thấy:

      

3

6

2

3

6

2

x y x z

x y x z

y z y x

y z y x

  

  

  

  

Nên 6   6      33 

x y x z   y z y z   z x z y   x y z

Tức min

3

P P  x y 1; z2 Bài toán kết thúc

1. Cho a b c; ; 0 thỏa mãn a b c  1 Chứng minh rằng:

bc ca ab

P

a bc b ca c ab

   

  

2. Cho a b c; ; 0 thỏa mãn a b c  1 Chứng minh rằng:

bc ca ab

P

a bc b ca c ab

   

  

(156)

1) Tứ giác BPIM nội tiếp AD BC , suy MAD BPM BIM, nên tứ giác AMID nội

tiếp

Tương tự tứ giác DNIA nội tiếp

Vậy điểm A M I N D; ; ; ; thuộc đường tròn ( )K

Nhận xét Chứng minh năm điểm thuộc đường tròn ta chứng minh cho bốn điểm tạo thành tứ giác nội tiếp

 

BPM BIM (hai góc nội tiếp chắn cung BM đường tròn ngoại tiếp tứ giác BPIM)

• Một đường thẳng cắt hai đường thẳng song song tạo cặp góc so le

 

BPM MAD (hai góc so le BP AD ), suy BIM MAD

• Tứ giác có góc ngồi đỉnh đối diện góc khơng kề với tứ giác tứ giác nội tiếp

Tứ giác MIDA có góc BIM góc ngồi đỉnh I góc MAD góc đỉnh A không kề với I thỏa mãn BIM MAD nên suy MIDA tứ giác nội tiếp

Hoàn toàn tương tự ta chứng minh DNIA tứ giác nội tiếp Do điểm A M I N D; ; ; ; thuộc đường tròn

2) Do tứ giác BPIM CPIN nội tiếp nên ta có QMI BPI CNI  , suy tứ giác MINQ nội tiếp

Mà M I N K; ; ( ), suy tứ giác MINQ nội tiếp đường tròn ( )K Vậy Q thuộc đường tròn ( )K

Nhận xét Chứng minh điểm nằm đường tròn ta chứng minh điểm ba điểm nằm đường tròn tạo thành tứ giác nội tiếp

• Tứ giác nội tiếp có góc ngồi đỉnh góc đỉnh khơng kề với

K

Q

N M

P

I

B C

(157)

+ Tứ giác BPIM tứ giác nội tiếp có góc ngồi đỉnh M góc đỉnh I khơng kề với nên QMI BPI

+ Tứ giác CPIN tứ giác nội tiếp có góc ngồi đỉnh P góc đỉnh N khơng kề với nên BPI CNI, suy QMI CNI 

• Áp dụng nhắc lại kiến thức

Tứ giác MINQ có góc INC góc ngồi đỉnh N góc QMI góc đỉnh M khơng kề với N thỏa mãn INC QMI  nên suy MINQ tứ giác nội tiếp

• Qua ba điểm không thẳng hàng xác định đường tròn

Bốn điểm M; I; N; Q thuộc đường tròn mà ba điểm M; I; N thuộc đường tròn ( )K nên suy Q thuốc đường tròn ( )K

3) Khi P I Q; ; thẳng hàng, kết hợp với Q thuộc đường trịn( )K ta có  AIQ PIC (đối đỉnh);

 

PIC PNC (do tứ giác NIPC nội tiếp)

 

PNC QND (đối đỉnh); QND QID (do tứ giác INDQ nội tiếp)  

AIQ QID

  , suy IQ phân giác DIA nên IP phân giác gócBIC.

Do PB IB ID IB ID BD PB BD

PC IC IA IC IA AC PC CA



     



Nhận xét Chứng minh đẳng thức tỷ số đoạn thẳng ta thường sử dụng mối liên hệ đoạn thẳng thơng qua định lý Ta-lét, tính chất đường phân giác trong/ngồi tam giác, tính chất tỷ lệ thức

Nhắc lại kiến thức phương pháp • Hai góc đối đỉnh

+ Góc AIQ góc PIC hai góc đối đỉnh nên AIQ PIC 

+ Góc PNC góc QND hai góc đối đỉnh nên PNC QND

• Áp dụng nhắc lại kiến thức

+ PIC PNC (hai góc nội tiếp chắn cung PC đường tròn ngoại tiếp tứ giác

PINC)

+ QND QID (hai góc nội tiếp chắn cung QD đường tròn ngoại tiếp tứ giác

QNID), suy AIQ QID

• Một tia nằm hai tia chia góc tạo hai tia thành hai góc tia tia phân giác

Ta có IQ nằm IA ID mà AIQ QID suy IQ phân giác góc AID • Hai góc đối đỉnh có chung đường phân giác hay tia phân giác góc tia đối

của tia phân giác góc + IQ phân giác góc AID + IQ tia đối tia IP

Góc AID góc BIC hai góc đối đỉnh, suy IP phân giác góc BIC

• Đường phân giác tam giác chia cạnh dối diện thành hai đoạn thẳng có tỷ số với tỷ số hai cạnh tương ứng tam giác

Ta có IP phân giác góc BIC tam giác CBI nên PB IB

PCIC

(158)

Ta có BC AD nên IB IC IB ID

ID IA ICIA , suy

PB IB ID

PCICIA

• Tỷ lệ thức PB IB ID IB ID BD PB BD

PC IC IA IC IA AC PC AC



     

 (điều phải chứng minh)

Câu 4. Giả sử A có n số, xếp chúng theo thứ tự 1x1x2x2xn100 (1)

Suy với k1,2,3, , n1ta có xk1   x xi j xk xk2xk (2), với ,i j k

Áp dụng kết  2 ta thu x2  1 2; x3  2 4; x48; x516; x632;

7 64

x  , suy tập A phải có phần tử +) Giả sứ n 8 x8100

Vì x6x732 64 96  x82x7x750 Vì x5x616 32 48  x72x6x625

Vì 4 5 6 5 5 25

2 16 24 25

x x     x  x x  (mâu thuẫn)

+) n9 ta có tập 1; 2; 3; 5; 10; 20; 25; 50; 100 thỏa mãn yêu cầu toán  Đáp số: n9

Nhận xét Các toán dạng chủ yếu đánh giá tư khơng có cách giải tổng quát Nhắc lại kiến thức phương pháp

• Từ đến 100 có 100 số tự nhiên Tập hợp A tập hợp tập  có phần tử nhỏ lớn 100 nên tập hợp A không vượt 100 phần tử

Tổng quát, tập hợp A có 2 n 100 phần tử, xếp phần tử theo thứ tự

1 2

1x x x xn100

• Theo đề có x a b  với x, a, b thuộc tập hợp A nên ta có x a x b

    



1,2,3, , 1

k  n ta có xk1    x xi j xk xk 2xk với ,i j k • Áp dụng kết xk1    x xi j xk xk 2xk ta

2 1

x    ; x3  2 4; x48; x516; x632; x764, suy tập A phải có phần tử

• Giả sử n8 theo thứ tự giả sử ta suy x8100

• Áp dụng kiến thức trên, cách tính tốn giải phương trình bậc + Vì x6x732 64 96  x82x7x750

+ Vì x5x616 32 48  x72x6x625

+ Vì 4 5 6 5 5 25

2

8 16 24 25

x x     x  x x  (mâu thuẫn)

• Vì A tập hợp có phần tử mà xét trường hợp có phần tử cho kết mâu thuẫn nên tập hợp A có phần tử

Với n9 theo thứ tự giả sử ta suy x9100 từ ta tìm tập hợp 1,2,3,5,10,20,25,50,100 thỏa mãn yêu cầu toán 

(159)

ĐỀ SỐ 18 Câu

1) Hệ phương trình cho tương đương với

 

3 3

2

6 27

xy x y

x y x y xy x y

  



      



 

   

 

   

3 3

3

2

3 3

xy x y xy x y

x y xy x y x y x y x y

 

     

 

 

       

 

 

 

1

3

x y xy x y

x y x y

 

    

 

    

 

  

 

 

Vậy nghiệm hệ x y 1

Nhận xét: Bài toán sử dụng phép số từ phương trình vào phương trình cịn lại sau sử dụng đẳng thức tìm nhân tử

• Hằng đẳng thức bậc ba  3 3 3 2 2 2 2 3 3

3

ax by a x  a bx y ab xy b y

• Phương trình dạng f x y3 ; g x y3 ;  f x y ; g x y ; 

Ý tưởng: Ở hai phương trình hệ, biến x y; nằm biểu thức bậc

Và đặc biệt hai phương trình chứa số Vì số vào số phương trình rõ ràng ta thu phương trình bậc ba đẳng cấp hai biến x y;

Cụ thể sau: 9xy x y3   3xy x y  26x32y3 (*)

3 3 3 27 27 9

x x y xy y x x y xy y

       

  3 3

3

x y x y x y x y x y

         

Tuy nhiên, phương trình (*) phương trình đẳng cấp bậc ba ta chia phương trình cho y3, thu phương trình bậc ba Ta sử dụng máy tính cầm tay để

giải phương trình Với x y , ngược lại phương trình ta tìm nghiệm hệ x y 1

1. Giải hệ phương trình: 22  2 2

4

y x y

x xy x y

  



    



Đáp số:  ;  0; , 15; 15 , 15; 15

5 5

x y        

 

   

2. Giải hệ phương trình:

  

2

4

2

1 32

x y

x y xy

   

   



(160)

2) Điều kiện   4 x

Phương trình cho tương đương với  2

x x x

x    

+Với x0 nghiệm

+ Giải 4  x 2 x 4 2

Đặt u x4;v 4x ta thu

 2

2

2 8

8

v u

u u u u

u v

  

        

   

2; 14 2 96

4

5 5 25

2 ( )

u v x x

u l                 (thỏa mãn) Vậy phương trình có hai nghiệm 0; 96

25 x x 

Nhận xét: Sử dụng phương pháp nhân liên hợp, sau đặt ẩn phụ tìm nghiệm toán

• Hằng đẳng thức a b  a b a b a b a b

a b



      



• Giải phương trình tổng qt dạng f x  g x m                     2 2 ;

f x g x m f x g x

f x g x m g x m f x g x m mg x

                          

Ý tưởng: Khơng khó để nhận thấy, phương trình có nghiệm x0 Đồng thời vế trái phương trình có xuất biểu thức x 4 2, dễ thấy

 2 2   

4 4

x x   x  x  Vì thế, phương trình cho tương đương với:

 2 2 2 2 2 0

4

x x

x x x x

x x

     



          

   

 Phương trình cịn

lại giải cách tổng quát nêu trên, giải cách đặt ẩn phự sau:

4 v x u x       

 (u v; 0) Ta có hệ phương trình

2 8 2 14 2 96

;

5 5 25

2

v u u v x x

v u

  

         

  



1. Giải phương trình  x 1 1 1  x 1 2x Đáp số: 0; 24

25 x x 

2. Giải phương trình  x 9 1 9  x 1 3x Đáp số: x0

(161)

1) +) 2  2 2

41  40 1 40 80 81  (mod 100)

4

41 81 (mod 100) 802160 1  (mod 100) 61 (mod 100)

41 61.41

  (mod 100) 60.40 100 1   (mod 100) 1 (mod 100)

 5 21 105

41 41

   (mod 100) 4110641 (mod 100)

+) 5741 (mod 100) 572012 574 5031 (mod 100)

Suy A4110657201241 1  (mod 100) Vậy chữ số cuối A 42

Nhận xét Muốn tìm hai chữ số tận số (thường gặp lũy thừa) ta xét số dư số chia cho 100

• Hằng đẳng thức bình phương tổng  2 2 2

2

a b a  ab b

Ta có 2  2 2

41  40 1 40 80 4.100 81 81 81      (mod 100)

• Tính chất đồng dư thức: a b (mod n) acbc (mod n) với a; b; c n

các số nguyên dương

Ta có 41281 mod100 41481 mod1002 

 2  

2

81  80 1 8.100 160 60 61 mod100     

• Tính chất đồng dư thức: a b modnac bc modn với a, b, c n số nguyên dương

Ta có 41461 mod100 41561.41 2501 mod100   

 415 21 121 1 mod100  41105 1 mod100  41106 41 mod100 

       Hoàn toàn áp dụng

các kiến thức ta có 5741(mod100)572012 574 5031(mod100)

• Tính chất đồng dư thức: a b modn c d modn a c b d   modn Ta có 4110641 mod100  5720121 mod100 

Khi 4110657201241 42 mod100   

Vậy hai chữ số cuối số A41106572012 42 2) Tập xác định

2 x

Ta có 5 4x2 4x2 3x2.

2

x

x      

2

2x 1 3( 1)

3 2x 3( ) 3x

2

x

  

   

Cộng hai bất đẳng thức ta thu

2

3 2x 4x

y  x  

Vậy ymax4khi x1

Nhận xét: toán sử dụng việc kết hợp đánh giá điểm rơi bất đẳng thức Cosi để tìm giá trị lớn biểu thức ban đầu

(162)

• Giả sử m điểm rơi toán, ta sử vận dụng đánh giá quen thuộc xung quanh điểm rơi 2 2  2

2

x m  mx x m 

Ý tưởng: Biểu thức cho chứa hai thức bận hai, đồng thời yêu cầu tìm giá trị nhỏ nên ta đánh giá qua hai bước, là: sử dụng đánh giá cosi để khử thức, khéo léo biến đổi theo điểm rơi để khử dần biến số Vậy nên việc quan trọng dự đốn điểm rơi tốn, nhiên nói ta cần sử dụng Cosi cho thức một, nên ta đánh giá cho sau:

  2 

2 2

2 x

x   x x 



 

      

   

2 2 2 2

2 4

5

2

m x n x m n x n

mx n x x x

mn

   

    

Do đó, suy    

2 4 2 5

3

2

m n x n

x P

mn

 

 

  Bây giờ, ta có hướng tư sử

dụng đánh giá để khử hết biến Biểu thức cuối có xuất x x; 2 ta

nghĩ nên đánh giá x x2 hay ngược lại Và ta chọn giải pháp

2

2 2 2

2

x k

x k kx x

k



    Khi đó, ta có:    

2 2 2

3

2

x k k k m n x n

P

mn k

 

    

  Và

muốn khử hết biến ta quan sát hai mẫu số phải tổng hệ số x2 Chính thế, ta được:

 

2

2 2

;

1

2 ;

k mn n m m n k

x

x m x n x

 



        

 

 

      

 



Và từ đó, ta có đánh giá sau:

2

2 1

3

2

x x x

P x x  x      

2 2

max

5 3

3 4

2 2

x x x

x    P

      

1. Cho x y z; ; số thực dương thỏa mãn xy yz zx  5 Chứng minh rằng:

2 2

3x 3y z 10

2. Chứng minh với 0 x ta có bất đẳng thức sau:

2

(163)

1) Do TPA TQA900, nên tứ giác TAPQ nội tiếp

Do MTC QTP QAP  (do tứ giác TAPQ nội tiếp)BAN MAC (do MN BC ), suy tứ giác MTAC nội tiếp, suy T O( )

Nhận xét Có nhiều cách để chứng minh điểm nằm đường tròn, có cách áp dụng tính chất “Có đường trịn qua ba điểm khơng thẳng hàng”

• Tứ giác có hai đỉnh liên tiếp nhìn cạnh đối hai góc tứ giác nội tiếp

Tứ giác TAPQ có đỉnh P Q nhìn cạnh AT hai góc TPA TQA900 suy

ra TAPQ tứ giác nội tiếp

• Hai góc nội tiếp chắn cung đường trịn  

QTP QAP hay MTC BAN (hai góc nội tiếp chắn cung QP đường tròn ngoại tiếp tứ giác TAPQ)

• Hai dây cung song song đường tròn tạo hai dây bị chắn hai bên (Chứng minh dựa vào tính chất hình thang cân)

Trong đường trịn ( )O có hai dây cung MN BC song song nên ta có BN MC

• Hai góc nội tiếp chắn hai cung đường trịn

Trong đường trịn ( )O có góc nội tiếp BAN chắn cung BN góc nội tiếp MAC chắn cung MC Kết hợp với ta suy BAN MAC 

Áp dụng kiến thức trên, tứ giác MTAC có hai đỉnh liên tiếp T A nhìn cạnh

MC hai góc MTC MAC (BAN), suy MTAC tứ giác nội tiếp • Có đường trịn qua ba điểm không thẳng hàng

A

B C

O

N M

T

Q

P R

(164)

Theo chứng minh ta có bốn điểm M; T; A; C thuộc đường tròn mà ba điểm M; A; C nằm đường tròn ( )O , nên suy T điểm nằm đường tròn ( )O

2) Từ tứ giác TAPQ nội tiếp ta có PQA PTA CTA ABC    PQ BC MN  Từ Q A NMA S  (1)

Mà tứ giác AMNR nội tiếp, suy  ARN AMN 1800 (2)

Từ (1) (2), suy QRA Q A  S 1800, suy tứ giác ARQS nội tiếp, ta có điều phải chứng

minh

Nhận xét Có nhiều cách để chứng minh bốn điểm nằm đường trịn, đưa chứng minh bốn điểm tạo thành tứ giác nội tiếp thông dụng

Nhắc lại kiến thức phương pháp Kiến thức nhắc lại

 

PQA PTA (hai góc nội tiếp chắn cung PA đường tròn ngoại tiếp tứ giác TAPQ)  

CTA ABC (hai góc nội tiếp chắn cung AC đường tròn ( )O ) Suy PQA PTA CTA ABC   

• Một đường thẳng cắt hai đường thẳng cho tạo hai góc vị trí đồng vị hai đường thẳng cho song song

Theo chứng minh ta có PQA ABC mà hai góc vị trí đồng vị hai đường

thẳng QS BC suy QS BC kết hợp với giải thiết MN BC ta có QS BC MN  • Một đường thẳng cắt hai đường thẳng song song tạo cặp góc đồng vị

Theo chứng minh ta có QS MN nên hai góc vị trí đồng vị ASQ AMN 

• Tứ giác nội tiếp có tổng hai góc đối diện 180

Tứ giác AMNR nội tiếp đường trịn ( )O nên ta có  ARN AMN 1800 Kết hợp với trên,

ta có ARN ASQ  1800

Tứ giác ARQS có  ARN ASQ 1800 suy ARQS tứ giác nội tiếp hay bốn điểm A;

R; Q; S thuộc đường tròn

Câu 4. Giả sử số tập hợp X theo thứ tự (đánh số lại)

1 n

x x   x

Ta cóx1x2 x1 x3   x1 xnx2xnx3xn  xn1xn, suy tập n số thực phân biệt ta ln có n   1 n 2 2n3 giá trị phân biệt tổng xixj

Vậy C X 2n3

(165)

3; 4; ; 1  1

i j

x    x i j  n C X  n

Vậy C X min2n3

Số tổng xixj (1  i j n)  1 n n

, suy C X n n 21

Xét tập   2; ; ;2n

X   , với 1  i j n 2i j i j

x   x

Giả sử tồn : 2r 2s 2i 2j

r s i j

r s n x x x x

         

     2  

1 |2

2 2

2 |2

r i

j i

r s r i

i r

n n

r i s j C X



  

          



Vậy C X maxn n 21

ĐỀ SỐ 19 Câu

1) Cộng hai phương trình hệ ta thu

   

  

3

3 3

2

6

2 2

x y xy x y xy

x y x y xy y x

         

        

Ta ln có x2y2  2 2xy  2y  2x đẳng thức xảy x y  2 Vậy x2y2 4 xy2y2x0 ta suy x y  2 (loại) khơng thỏa mãn phương

trình 7xy y x  7

Vậy thu hệ 2

7

x y y x

xy y x

      

   



Suy 7 2  2 2 7 7 12 5 0 15 19

7

x y

x x x x x

x y

    



        

    

Nhận xét: Bài toán sử dụng phương pháp (hay cộng vế) để phương trình có mối liên hệ biến Sau ngược lại tìm nghiệm hệ phương trình

Nhắc lại kiến thức phương pháp: • Tổng đại lượng không âm:

a b  2 b c 2 a c2 0 a2b2c2ab bc ca 

• Đẳng thức:

  

3 3 3 2

a b c  abc  a b c a b   c ab bc ca

(166)

quan sát phương trình (i), ta thấy  2 3 8 6xy3xy 2 đặt z 2 (i)x3y3z33xyz0 Một biểu thức đối xứng đẹp, cách nhóm nhân tử,

ta có:

 3  

3 3 3 0 3 0

x y z  xyz  x y z  xy x y z  

x y z x 2xy y2 xz yz z2 3xy x y z  0

           

x y z x y2 z2 xy yz xz 0

         (*)

Dễ thấy 2   2  2 2

x y z xy yz xz    x y  y z  z x 

  đó, phương trình

        x y zx y z

 Cơng việc cịn lại thay z 2 suy

2

x y x y

   

  

 Nhưng x y  2

loại khơng thỏa mãn phương trình hai hệ Với x y 2 thay xuống phương trình hai, ta tìm nghiệm hệ phương trình  ;   1; , 9;

7

x y     

2

x y xy

x y x y

    

     



Đáp số:  ;   1; , 33; 33 , 33; 33

4 4

x y           

 

   

x y x xy

x xy

    



  



Đáp số: vô nghiệm 2) Điều kiện   1 x

Phương trình tương đương với

 2 2

2 x1  1x  x 1 1 x x1

 x 1 x x x 1 x 1 x

             x 1 1 x 2 x  1 1

+ Giải x 1 1   x 2 2 1x2  4 1x2   1 x 0

+ Giải x   1 x Đáp số x0

Nhận xét: toán sử dụng phương pháp nhóm nhân tử chung, sau nâng lũy thừa bậc hai để tìm nghiệm phương trình

Nhắc lại kiến thức phương pháp: • Giải phương trình      

 

0

0 f x f x g x

g x

 



   



(167)

 

   2

2 2 2

2

a f x a

a a f x b a f x b a



 

     

 

   

     

   

   

 

Ý tưởng: Bài toán xuất ba thức, có điều đặc biệt thức cịn lại tích hai thức Mặt khác 1x2, 1x có đồng hệ số, ta nhóm

hai lại nên ta nhân tử chung sau: 1x2  1 x 1x x  1 1 Và

ta mong muốn biểu thức x 3 x1 phân tích biểu thức có chứa x 1 Thật vậy, coi h x   x 3 x1 phương trình bậc hai ẩn x1 ta thấy:

   1 2

h x   x x   x  x  Chính tốn ta giải

quyết sau:

2

3 1

x  x  x  x

 x 1 x 2 x x 1

         

 1 1 2 1

1

x

x x x

x x

  



         

   



Phần cịn lại việc bình phương phương trình tìm nghiệm nêu Ta nghiệm phương trình x0

1. Giải phương trình x 4 4x2 3 x 2 2x

Đáp số: x1

2. Giải phương trình 2x 3 1 4 x2 3 2x 1 1 2 x

Đáp số: x0

Câu

1) Nhận xét: a b; số nguyên thỏa mãn a2b23 thì a b; 3 thật vậy,

   

2 0,1 mod3 ; 0,1 mod3

a  b 

suy    

 

2 2

2

0 mod3

0 mod3 ,

0 mod3

a

a b a b

b

  

   



 

Phương trình tương đương với 6x29y2  x2y228 9 3

suy x2y20 mod3   

 

2

1

0 mod3

3 ;

0 mod3

x

x x y y

y

  

   



 (x y1; 1)

Thay vào phương trình ta thu 2

1

5 9 x   8 y 28 9

2 2

1

5 x y 28

     

Lập luận tương tự ta thu x13 ; 3x y2 1 y2 (x y2; 2) Và nhận phương trình 2

2

(168)

2 2

5 x y 28

     

Tương tự ta có x23 ; 3x y3 2 y3 (x y3; 3) thu 5x23 8 y3228 Từ phương trình suy 2

3 28 28

y  

Suy 32 32 2

3 28 y x y x            

2 2 ;

x y

  

2 2 ;

x y

   

2 2 2 2

1 ; 9 ;

x y x y

       

Đáp số: x 2 ;3 y33, x 2 ;3 y 33, x  2 ;3 y33, x  2 ;3 y 33

Nhận xét Bài toán nghiệm nguyên giải phương pháp xét số dư hay đồng dư thức Nhắc lại kiến thức phương pháp

• Một số phương chia hết cho tồn dư Do tổng hai số phương chia cho dư dư Nên a b; số nguyên thỏa mãn a2b23

thì a b; 3 ,

suy    

 

2 2

2

0 mod3

0 mod3 ,

0 mod3

a

a b a b

b          

• Một số chia hết cho có dạng x=3k

Phương trình tương đương với 6x29y2  x2y228 9 3

Suy

 

2 0 mod3

x y   

 

2

1

0 mod3

3 ;

0 mod3

x

x x y y

y

  

   



 (x y1; 1)

Thay vào phương trình ta thu 2

1

5 9 x   8 y 28 9

2 2

1

5 x y 28

     

Lập luận tương tự ta thu

1 ; 32

x  x y  y (x y2; 2) Và nhận phương trình 2

2

5 9 x   8 y 28 9

2 2

5 x y 28

     

Tương tự ta có x23 ; 3x y3 2 y3 (x y3; 3) thu 5x23 8 y3228 • Hai số hạng khơng âm ln nhỏ tổng

Từ phương trình suy 2 28 28

y   ,

suy 32 32 2

3 28 y x y x            

2 2 ,

x y

   x22 9 ;2 y229

2 2 2 2

1 ; 9 ;

x y x y

       

(169)

2) Ta có P 1 x y2 2 xy

xy xy

   

Đặt

2

x y t xy    



Ta thu 16 15 16 15 17 17

2

P t t t P

t t

         

Dấu “=” xảy

min

1 17

2

x y  P 

Nhận xét: Bài toán sử dụng bất đẳng thức Cosi kết hợp với giả thiết tìm giá trị nhỏ thức cho

• Bất đẳng thức Cosi cho hai số thực dương a b 2 ab • Các hệ từ bất đẳng thức Cosi 1 ;

2 a b ab

a b ab

   

   

 

Ý tưởng: Bài tốn có đối xứng hai biến x y; ( vai trị chúng ) điểm rơi ta khẳng định x y , kết hợp với giả thiết suy

2

x y  Pmin Mặt khác, xét với biểu thức P, có xuất đại lượng xy căn, nghĩ đến bất đẳng thức Cosi để đánh giá đại lượng 1

xy f xy 

Ta có 1 P x y2 2 xy

x y xy xy xy



     

Và khai thác giả thiết, ta đánh giá xy, với điểm rơi x y ta có đánh giá

 2

0

2

x y x y  xy   

 Và đặt t xy ta cần tìm giá trị nhỏ biểu

thức P t t

  với

4

t Bằng khéo léo chọn điểm rơi, ta đánh sau:

1 15

2 16 15 2 16 15 2 16 17

4

t t t t

t t

      

min 17

P

 

Dấu “=” xảy

x y 

1. Cho x y; số thực dương thỏa mãn x y 2 Tìm giá trị nhỏ biểu thức

2

1 1 .

P x y

x y

 

 

   

(170)

2. Cho x y; số thực dương thỏa mãn x y 2 Tìm giá trị nhỏ biểu thức

 

2 2

2

4x y x y

P

y x

x y

  



Câu

1) Ta có BPC BHC180BAC, suy tứ giác AEPF nội tiếp, nên BFC BEC  1800

Mặt khác từ tứ giác AQFN AQEM; nội tiếp ta có

     1800

MQN MQA NAQ MEA NFA    

Vậy M N Q; ; thẳng hàng

Nhận xét Từ ba điểm tạo thành hai tia có chung gốc Khi hai tia tạo với góc tù ba điểm cho thẳng hàng

+ BPC BHC (hai góc nội tiếp chắn cung BC đường tròn ngoại tiếp tam giác

HBC

 )

+ AQN AFN  (hai góc nội tiếp chắn cung AN đường tròn ngoại tiếp tam giác FAN)

+  AQM AEM (hai góc nội tiếp chắn cung AM đường tròn ngoại tiếp tam giác AME)

• Tứ giác có tổng hai góc đối diện 180 tứ giác nội tiếp Tứ giác nội tiếp có tổng hai góc đối diện 180

Gọi chân đường cao từ đỉnh B C tam giác ABC E F

Tứ giác AE HF  có AE H AF H        90 90 180, suy AE HF  tứ giác nội tiếp,

đó F AE  F HE 180 F HE 180BAC mà F HE  BHC (hai góc đối đỉnh) nên

A

B C

O H

P F

N

M

E

K A

B C

O H

P F

N M

E

(171)

 180 

BHC BAC kết hợp với ta BPC180BAC BPC BAC 180 suy

tứ giác AEPF tứ giác nội tiếp

Suy  AFP AEP 180 180AFP180AEP180

  180   180

BFC BEC NFA AEM

        kết hợp với trên, ta có

  180  180

NAQ AQM   NQM  hay ba điểm N Q M; ; thẳng hàng

2) Ta có góc nội tiếp  AFQ ANQ ANM ABM   suy FQ BE Tương tự EQ CF

Từ tứ giác EQFP hình bình hành, suy QAN QFP QEP QAM    hay AQ phân giác MAN

Nếu AP phân giác MAN A P Q, , thẳng hàng

Từ PQ giao BC K KAC QAC QME NMB PCK      

Vậy AKC∽CKP, suy KC2KP KA

Tương tự KB2KP KA.

Từ KB KC hay K trung điểm

Nhận xét Chứng minh đường thẳng qua trung điểm đoạn thẳng khác ta chứng minh giao điểm đường thẳng với đoạn thẳng trung điểm đoạn thẳng Nhắc lại kiến thức phương pháp

• Một đường thẳng cắt hai đường thẳng khác tạo cặp góc đồng vị hai đường thẳng song song

Từ kiến thức trên, ta có  AFQ ANQ ANM ABM   mà AFQ ABM vị trí đồng vị hai đường thẳng FQ BE nên suy FQ BE Hoàn toàn tương tự ta có

EQ CF

• Tứ giác có hai cặp cạnh song song hình bình hành

Tứ giác EQFP có FQ BE EQ CF suy EQFP hình bình hành

   

QAN QFP QEP QAM   suy AQ phân giác MAN Do đóA, Q, P thẳng hàng  

KAC QME (hai góc nội tiếp chắn cung QE đường ngoại tiếp tam giác AME

 )

 

QME PCK (hai góc nội tiếp chắn cung NB đường tròn  O ),

 

KAC PCK

  mà lại có góc PKC chung hai tam giác AKC CKP nên suy

AKC CKP

 ∽ (g – g)

2 .

AK KC KC AK KP

CK KP

    hoàn toàn tương tự ta có KB2KP KA Từ suy

2

KC KB KC KB hay K trung điểm BC Câu

Giả sử k số mà x1x2  xk 0 xk1  x192

Ký hiệu S x1 x2 x Sk;  xk 1 xk 2 x192

 

(172)

2013

0 2013

2

S S S S S S

         

Do x1x2  x192 suy Skx S1; 192 k x 192

1 S S S ; 192 192S

x x x

k k k k

   

       



   

192 192S S 2 1922013 20132 2 1922013 192

x x

k k k k k k

  

      

  

Ta có    

2 2

192 192

2 192

2

k k

k  k     

 

 

192 2013 192 20132 96

192

x x 

   

Dấu “=” xảy

1 96 2013192 ; 97 98 192 2013192

x x   x   x x   x 

ĐỀ SỐ 20 Câu

1) Dễ thấy đẳng thức sau với   a b

2 2

2

b b b

a b a b a b



 

   , suy

2 2

2 .

b b b

a b a b a    b Do đẳng thức cho tương đương với

2 4 8

2 2 4 4 8 8

2 2 4 4

y y y y y y y

x y x y x y x y x y x y x y

   

   

 

        

          

4 4 ,

y y x y y x

x y

      

 điều phải chứng minh

Nhận xét: Bài toán sử dụng đẳng thức (bổ đề đúng) để ghép vào biểu thức cho để chứng minh

Ý tưởng: Trước hết, xét đẳng thức cần chứng minh ta có 5y4x ta tách thành

4 y

y x y

x y

   

 Việc tách có sở số xuất vế phải giả thiết,

cũng mối liên hệ mẫu số phân thức vế trái Với y

x y



 ngược lại

giả thiết toán, tức ta cần chứng minh y 22y2 2 44y4 4 88y8 8 y

x y x y x y x y x y

(*)

Đẳng thức (*) hồn tồn chứng minh phương pháp biến đổi tương đương là: y y 22y2 2 44y4 4 88y8 8

x y x y   x y x y x y 

2

2 2 4 8

2y 2y 4y 8y 0

x y x y x y x y

     

(173)

4 8

4 4 8 8 8

4y 4y 8y 0 8y 8y 0

x y x y x y x y x y

        

    

Với cách biến đổi trên, để làm xi ngược lại ta sử dụng bổ đề đẳng thức đẹp b b 22b22

a b a b a b



 

  

2) Hệ cho tương đương với   

   

2 12

6 12

x y x y

x y xy x y

   



    

 ,

suy  2   6 

2

x y

x y x y x y xy

x y xy

   

         



Ta có 6   3 2 x

x y xy x y

y

  

         



+ Với x3, thay vào phương trình đầu hệ ta có

2

18 3 12

2

y

y y

y

  

     



+ Với y2, thay vào phương trình đầu hệ ta có

2

2 12 12

4 x

x x

x

  

     



Vậy hệ có nghiệm x y;   3; , 3; , 4; 2     

Nhận xét: Bài toán sử dụng phương pháp số hai phương trình, sau phương trình thu phân tích thành nhân tử ngược lại hai phương trình hệ tìm nghiệm hệ phương trình

Ý tưởng: Thoạt nhìn, ta nghĩ đến hướng xét delta ẩn x y phương trình thứ hai hệ mong muốn đenta phương Nhưng hướng thất bại, dễ thấy từ phương trình hai, ta tách 6x y xy x y   12x y xy   6 12 Mặt khác, xét vế trái phương trình coi phương trình đẳng cấp bậc hai, ta có 2x23y2xy x y x2 3y Khi hệ phương trình cho tương đương với   

  

2 12

6 12

x y x y

x y xy

   



   



Đây hệ đẹp nhân tử x y ; 12 xuất hai phương trình, suy ra:

 2    6

2 (*)

x y

x y x y x y xy

x y xy

  

         



Với (*), dễ thấy nhân tử sau: (*)  3 2 x

x y

y

  

      



Việc lại ngược lại tìm nghiệm hệ phương trình Bài toán kết thúc

Câu

(174)

1) Do x y; số nguyên lớn nên x y; 2

4xy 7x 7y 4xy

      

2 2 2

4x y 4xy 4x y 7x 7y 4x y 4xy

        

2xy 12 4x y2 7x 7y 2xy 1 2

      

Mà 4x y2 27x7y số phương 1 2 xy 1 2xy1;

nên ta có 4x y2 27x7y 2xy 2 x y, điều phải chứng minh Nhận xét Bài toán chứng minh đẳng thức từ điều kiện cho Nhắc lại kiến thức phương pháp

• Xét x y

+ Với x y ta có 7 7

0

x y x y

x y xy

xy xy

 

     

      

 

    

 

 

+ Với x y; 2 ta có 4xy          1 8x 7x x 7x y 7x7y

Suy 4xy 1 7x7y4xy1

2 2 2

4x y 4xy 4x y 7x 7y 4x y 4xy

        

2xy 12 4x y2 7x 7y 2xy 12

      

+ Bình phương hai số nguyên có giá trị tuyệt đối hai số tự nhiên liên tiếp gọi hai số phương liên tiếp Giữa n12 n12 có số phương n2 với n số nguyên

+ Ta có 2xy12 2xy12 có số phương  2xy mà 2xy124x y2 27x7y2xy12 suy

 2

2 2 2

4x y 7x7y 2xy 4x y 7x7y4x y

7x 7y x y

      (trái với điều kiện x y ) • Xét y x

Chứng minh hoàn toàn tương tự trên, ta x y (trái với điều kiện y x ) Mối quan hệ số nguyên a b a b hoặca b

Ta có x y y x khơng tồn nên có x y (điều phải chứng minh) 2) Ta có x3y3x2y2xy

x y x y2 xy x2 y2 xy

       x y 1x2y2xy0

2 0 0

1

x y

x y xy

x y x y

      

 

   

  

 



+ Với

2

x y   P

+ Với x y   1 x y; 1 ,

suy 1

2

P    

(175)

1

2 1

P    

  , Dấu “=” xảy x0; 1y

Vậy Pmax  4 x 1;y0 m in 0;

P   x y

Nhận xét: Khai thác giả thiết biểu thức cho, tìm điều kiện chặn biến để tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn biểu thức

• Hằng đẳng thức a3b3 a b a 2ab b 2

• Xét biểu thức  

 

m p f x P

n q f x

 

 , với 0 a f x b, ta có:

min ; max

m p a m p a m p b m p b

P P P P

n q b n q b n q a n q a

   

     

   

Ý tưởng: Đi từ giả thiết toán, xuất x3y3 làm ta nghĩ đến đẳng

thức x3y3x y x  2xy y 2, giả thiết trở thành:

  

3 2 2 2

x y x xy y  x y x xy y x xy y

 1 2 0

1

x y

x y x xy y

x y

   

         



Ta cần xét với x y 1, mặt khác kết hợp với điều kiện biểu thức ta có điều kiện chặn x y, , 1

0

x x y

y

  



   

  



Suy

• 1; 2

2

x x P x x

y y

 

       

 

     

 

       

 

 

• 2;

2

2 1

x x P x x

y y

 

       

 

     

 

       

 

 

Do Pmax  4 x 1;y0 m in 0;

3

P   x y

(176)

1) Ta có AFC AEB ADC ADB    180suy tứ giác AEPF nội tiếp

Nhận xét Để chứng minh bốn điểm thuộc đường tròn ta đưa chứng minh tứ giác AEPF cách tứ giác có tổng hai góc đối diện 180

+ AFC ADC (hai góc nội tiếp chắn cung AC đường tròn ngoại tiếp tam giác

ACD

 )

+ AEB ADB  (hai góc nội tiếp chắn cung AB đường tròn ngoại tiếp tam giác

ABD

 )

  180

ADC ADB   (hai góc kề bù) nên  AFC AEB 180, suy tứ giác AEPF tứ giác nội tiếp hay bốn điểm A; E; P; F thuộc đường tròn

2) Từ tứ giác AEPF nội tiếp, suy AEB LFC = (1)

Ta lại có FCL FCB BCL  =  =    PBC BAQ DAE BAQ BAE =  = (2) Từ (1) (2), suy FCL∽EAB

Nhận xét Nhớ lại trường hợp đồng dạng hai tam giác kết hợp với kiện đề ý chứng minh từ ý để tìm hướng chứng minh toán Đối với toán này, ta chứng minh hai tam giác đồng dạng theo trường hợp “góc - góc” Nhắc lại kiến thức phương pháp

• Tứ giác nội tiếp có góc góc đỉnh đối diện Tứ giác AEPF tứ giác nội tiếp (chứng minh trên) nên  AEB LFC

• Các góc nội tiếp chắn cung đường trịn K

L

Q F

E O A

B D C

(177)

+ BCL BAQ  (hai góc nội tiếp chắn cung BQ đường trịn ( )O )

+ EAD EBC (hai góc nội tiếp chắn cung DE đường tròn ngoại tiếp tam giác

ABD

 )

• Tam giác cân có hai góc kề đáy

Tam giác PBC có PB PC nên tam giác PBC cân P suy PBC PCB

Kết hợp lại, ta BCL FCB ABQ QAE      FCL BAE 

• Hai tam giác có hai góc tương ứng đồng dạng

Xét FCL EAB có:  AEB LFC (chứng minh trên) FCL BAE (chứng minh

trên), suy FCL∽EAB (g – g)

3) Từ FCL∽EAB, suy FL FC=

BE AE hay FL EA FC EB = (3) Chứng minh tương tự EK FA FC EB = (4)

Từ (3) (4), suy FL EA EK FA = hay FL EK=

FA EA, suy EF KL Ta lại có QLK ALK ALQ AFE ABE APE ABE PAB       =      

Tương tự ta có QKL PAC 

Suy QKL PAB QLK PAC     

Nhận xét Với toán chứng minh hai tổng nhau, ta dựa vào mối quan hệ góc để đưa vế lượng

Nhắc lại kiến thức phương pháp • Tính chất hai tam giác đồng dạng

 

=

FL FC FL AE FC EB

FCL EAB BE AE

FLC ABE

  



   

 



∽

Chứng minh hồn tồn tương tự ta có EK FA FC EB = • Định lý Ta-lét đảo

Từ chứng minh trên, ta FL AE EK FA FL EK=

FA EA

  , suy EF KL

• Đường thẳng cắt hai đường thẳng song song tạo góc đồng vị

EF KL (chứng minh trên), suy  AFE ALK

• Các góc nội tiếp chắn cung đường trịn  

AFE APE (hai góc nội tiếp chắn cung AE đường tròn ngoại tiếp tứ giác AFPE)

Kết hợp ý chứng minh ta có điều trình bày giải

       =

QLK ALK ALQ AFE ABE APE ABE PAB      Hoàn toàn chứng minh tương tự ta

có QKL PAC  Từ ta có điều cần chứng minh QKL PAB QLK PAC     

Câu

Từ giả thiết dễ thấy m tập thuộc dãy phân biệt Vì A có 31 phần tử nên số tập có phần tử A 31 30

2

  Ký hiệu 2 31

k

(178)

tử, nằm dãy cho, suy m a 2a3  a31 Xét tập hợp có k phần tử suy số tập có phần tử tập  1

2 k

k k

a



 tập có  1

2 k

k k

a  tập phần tử Mà theo giả thiết với phần tử A chúng khơng thể đồng thời thuộc tập có k phần tử dãy  tập phần tử nói phân biệt

Suy  1 31 30

2 k

k k a

 



  31 30

1 k

a

k k

   



2 31 31.30 1.2 2.31 30.311

a a a  

         

 

 

1 1 1

31.30

2 30 31

m  

         

  

Vậy m900, điều phải chứng minh

Nhận xét Bài toán phần nguyên Nhắc lại kiến thức phương pháp

• Bài tốn cách chọn số từ tập hợp số: “Trong n số ta chọn n cách chọn số thứ nhất, n1 cách chọn số thứ hai, có  1

2 n n

cách chọn hai số khác từ n số cho”

Từ giả thiết dễ thấy m tập thuộc dãy phân biệt Vì A có 31 phần tử nên số tập có phần tử A 31 30

2

  Ký hiệu 2 31 k

a  k số tập có k

phần tử, nằm dãy cho, suy m a 2  a3  a31 Xét tập hợp có k phần tử suy số tập có phần tử tập  1

2 k

k k

a



 tập có  1

2

k

k k a  tập phần tử Mà theo giả thiết với phần tử A chúng khơng thể đồng thời thuộc tập có k phần tử dãy  tập phần tử nói

phân biệt

• Phân số có mẫu tích hai số tự nhiên liên tiếp: “Với x số tự nhiên thỏa mãn điều kiện xác định ta có

 1 1x x11 x x    ”

 1 31 30

2 k

k k a

 



  31 30

1

k

a

k k

   



2 31 31.30 1.2 2.31 30.311

a a a  

         

 

 

1 1 1

31.30 31.30 900

2 30 31 31

m    

            

    

ĐỀ SỐ 21 Câu

1) Ta có với số ngun m m2chia cho dư ,

(179)

nên n24 không số nguyên tố

+ Nếu n2 chia cho dư 5n2 k 4 n216 5 k20 5 (k*)

nên n216 không số nguyên tố

Vậy n25 hay n chia hết cho

Nhận xét Bài toán áp dụng tính chất chia hết, chia có dư số phương chia cho 5; tính chất số nguyên tố, hợp số,…

• Một số phương chia cho tồn số dư hoặc Chứng minh: + m5km225k2 chia dư (đúng)

+ m5k 1 m225k210k1 chia dư (đúng) + m5k 2 m225k220k4 chia dư (đúng) + m5k 3 m225k230k9 chia dư (đúng) + m5k 4 m225k240k16 chia dư (đúng)

• Áp dụng tính chất chia hết, chia có dư vào tốn; “Số ngun tố” số có hai ước

+ n chia dư n24 5 nên n24 số nguyên tố (loại) + n chia dư n216 5 nên n216 số nguyên tố (loại)

+ Do n24 n216 số ngun tố cịn tồn trường hợp n2 chia hết cho Khi n chia hết cho

2) Ta có x22y x y  2x 1 x22y1x2y2 1 0 (1)

Để phương trình (1) có nghiệm ngun x  theo y phải số phương

Ta có 2 2 2  2

2 2 4

y y y y y y



             



 phương nên   0; 1; 4

+ Nếu  2

4 y y



       , thay vào phương trình (1), ta có

 

2 4 0 4 0

4 x

x x x x

x

  

       



+ Nếu  2

1 y y



      

+ Nếu  2

0

1

y y

y

   

       



+ Với y3, thay vào phương trình (1), ta có:

 2

2 8 16 0 4 0 4

x  x   x   x

+ Với y 1, thay vào phương trình (1), ta có x2  0 x 0

Vậy phương trình có nghiệm nguyên: x y;         0; , 4; , 4; , 0; 1 

(180)

• Biến đổi phương trình phương trình bậc hai theo ẩn, ẩn lại tham số

   

2 2 2 1 2 2 2 2 0

x  y x y  x x  y x y  x 

   

2 2 1 2 1 0

x y x y

     

là phương trình bậc hai ẩn x, tham số y

• Phương trình bậc hai ax22b x c  0 với a0 có    b 2ac, phương trình có nghiệm   0

Phương trình x22y1x2y2 1 0 có   y122y21   

2 2 1 2 2 2 3 1 3 0

y y y y y y y

             

y 1y 3 y

       

• Phương trình bậc hai có nghiệm, để nghiệm ngun có điều kiện cần  số

chính phương; điều kiện đủ sau có nghiệm, thay ngược lại thỏa mãn ta nhận kết

+ Điều kiện cần     y2 2y3 số phương

Mà     y2 2y   3 4 y 12   0  4 nên ta có   0; 1; 4 - Với  1 3

3

y

y y

y

   

        



- Với      1 y2 2y  3 1 y22y 2 0

y2 2y 1 0 y 12 3 y 1 3

           

3

y y

  

  

  



- Với      4 y2 2y  3 4 y22y 1 0  2

1 1

y y y

       

+ Điều kiện đủ: Thử lại nghiệm

- Với

3

y x

    



       (thỏa mãn điều kiện)

- Với

3

y y

  

 

   

  

 (không thỏa mãn y)

- Với

4 x y

x

   

       (thỏa mãn điều kiện)

Vậy phương trình cho có nghiệm x y;        0; , 4; , 4; , 0; 1 

(181)

1) Ta có

 2  2

3 5 5

2

5 5

4 5

A                                               

3 5 5 5

2

5 5

                   

15 5 5 15 5 5 20

2 2

25 20

                    

Vậy A2

Nhận xét: Đây toán rút gọn biểu thức đơn giản, điểm đáng ý việc phát đẳng thức

Ý tưởng: Biểu thức A phức tạp chứa biểu thức căn, chí cịn có căn, ta khử dần thức Đầu tiên quan sát hai thức 3 3 5, ta muốn trục thức cách ta cần biểu diễn đại lượng phải số phương Dựa vào đẳng thức bậc hai ta đồng hệ số như:

 2

3 5 a b

2

2 5 2 5

2

a b

a b ab a b

ab

  



       

 Suy

2 5           

Tương tự ta có

2 5           

  , biểu thức A trở thành:

 2  2

3 5 5

2

5 5

4 5

A                                               

3 5 5 5

2

5 5

                   

15 5 5 15 5 5 20

2 2

25 20

                   

1. Rút gọn biểu thức 2

2

2 4

x x x x

P

x x x x

     

 

     

2. Rút gọn biểu thức 1 :

1

a Q

a a a a a

  

 

  

     

2) Phương trình

x2x3x4x 5 m

x2 2x 8x2 2x 15 m       (1)

Đặt 2  2

2 1

(182)

Với giá trị y0 phương trình x12y có nghiệm phân biệt, phương

trình (1) có nghiệm phân biệt, phương trình (2) phải có nghiệm dương phân biệt



0 49

49

0 25 144

4

0 144

m

S m

P m

 

     

 

  

 

      

 

 

    

 

 

Vậy với 49 144

4 m

   phương trình (1) có nghiệm phân biệt

Nhận xét: Bài toán sử dụng phép đặt ẩn phụ tương ứng từ đưa phương trình bậc hai chứa tham số giải yêu cầu toán theo điều kiện ẩn phụ

Nhắc lại kiến thức phương pháp: • Đặt t f x 2  suy t0

• Xét phương trình bậc hai tổng quát ax2bx c 0 với a0 Để phương trình có

hai nghiệm dương phân biệt

2 2

1

4 4

0

0;

0

b ac b ac

x x b c

x x a a

     

 

   

 

   

  

 



Ý tưởng: Đây phương trình đa thức bậc bốn chứa tham số, với u cầu tốn tìm điều kiện để phương trình có bốn nghiệm phân biệt Tuy nhiên chưa có cách tổng quát để giải dạng tốn đó, ta cần đưa lạ quen thuộc Cụ thể ta thấy tích đa thức tích hai phương trình bậc hai, ẩn phụ hóa đa thức bậc hai ta đưa phương trình bậc bốn ban đầu phương trình bậc hai Và ý x2x 4 x22x8 x3x 5 x22x15 nên ta thấy điểm chung

2 2 1

x  x , đặt y x 22x 1 x120 thì phương trình cho

y 9y 16 m y2 25y 144 m 0  

          Khi u cầu tốn trở thành: tìm

m để phương trình   có hai nghiệm dương phân biệt Đến đây, công việc ta phải làm

đơn giản nhiều, để   có hai nghiệm dương phân biệt khi:

0 49

49

0 25 144

4

0 144

m

S m

P m

 

     

 

  

 

      

 

 

    

 

 

Vậy 49 144

4 m

   giá trị cần tìm

1. Xác định a cho x4ax32a1x2ax 1 0 có hai nghiệm khác lớn

hơn

Đáp số: a

   

2. Giải phương trình x3x12x4x1620x20

Đáp số: x 6 21 241

(183)

Câu

1) Điều kiện: x1 (*)

Ta có x2  x 4 2 x1 1 x

 

2 2 1 1 2 1 3 0

x x x x x x

         

Đặt x x 1 y (y1 (**)), phương trình trở thành y22y 3 0.

  

2 2 3 0 1 3 0

3

y

y y y y

y

  

         



+Với y 1, không thỏa mãn điều kiện (**) + Với y3, ta có phương trình:

1 3

x x   x  x

2

3

1 10

x x

x x x x x

 

   

 

 

      

 

 

3

2

5 x

x x

x

  

   

   

, thỏa mãn điều kiện (*) Vậy phương trình có nghiệm x2

Nhận xét: Bài toán sử dụng phương pháp ẩn phụ đưa phương trình bậc hai, từ ẩn phụ sử dụng phương pháp nâng lũy thừa để tìm nghiệm phương trình ban đầu

• Cách giải phương trình bậc hai tổng quát at2  bt c 0

• Giải phương trình           2 

,

f x g x f x g x

f x g x

 



  





Ý tưởng: Tư ẩn phụ hóa, sau chuyển vế phải sang vế trái phương trình ta x2  x 4 2x x 1 2 x 1 0 Quan sát hệ số hai trước thức, đồng thời có

sự xuất x2 nên ta nghĩ đến đẳng thức x22x x  1 x 1, phương

trình cho viết lại thành: x22x x   1 x 1 2x x  1 3 0

  2 

1

x x x x

        y22y 3 0

Với y x  x1, nhiên với điều kiện x1 suy y1 nhận nghiệm

y nên x x  1 x  1 x

2

3

2

7 10

x

x x

   

     

 nghiệm phương trình

1. Giải phương trình 3 x 6 x 3x6x3 Đáp số: x6 x3

2. Giải phương trình x2 3 x22x 1 2 x22

(184)

2) Ta có 32 22 10 32 22  2 (1)

6 10 10 (2)

x xy x y y

x xy y

x y x y



 

        

 

 

     

 

 

Từ phương trình (1), ta có x3xy2x26y y2 0

3 2 6 0

x xy x y y

    

3 2 2 2 3 6 0

x x y x y xy xy y

      

x 2y x xy 3y2 0

    

2

3

x y

x xy y

  

    

+ Trường hợp 1: 3 0 11 0 0

2

y y

x xy y  x      x y



Với x y 0, khơng thỏa mãn phương trình (2)

+ Trường hợp 2: x2y, thay vào phương trình (2), ta có:

2 2

4 12

1

y x

y y y

y x

    

        



Vậy hệ phương trình có nghiệm x y;     2; , 2; 1  

Nhận xét: Bài toán sử dụng phương pháp để đưa hệ phương trình phương trình đẳng cấp bậc ba biểu diễn mối quan hệ hai biến x y, từ ngược lại tìm nghiệm hệ phương trình

• Phương trình đẳng cấp bậc ba có dạng x3ax y bxy2  2cy30

Nháp: chia phương trình cho y3 ( làm nháp nên ta mặc định y0 ),

phương trình cho trở thành:

3

0

x a x b x c

y y y

              

     

  

     

Coi phương trình bậc ba ẩn t x y

 , tìm nghiệm t ta biểu diễn mối liên hệ hai biến x y;

Ý tưởng: Hệ phương trình chứa hai phương trình, xét với phương trình một phương trình bậc ba xuất x3xy2, phương trình hai phương trình

bâc hai chứa x26y2, điểm tương quan hai phương trình số 10,

việc số giúp ta cân bậc phương trình Cụ thể sau:

2

10x 6y vào phương trình thứ hệ, ta được:

 

3 2 6 0 2 6 0

x xy  x  y y x xy x y y 

  

3 2 2 2 3 6 0 2 3 0

x x y x y xy xy y x y x xy y

           

2 2

2

11 0

3 0

2

x y

x y x y

y y x y

x xy y x

  

    

 

   

 

       

  

  

(185)

 

2

2 2

3 12

2 14

x y xy

x y y

   



   



Đáp số: x y;   2; , 1; , 1; 2      2. Giải hệ phương trình  

 

2

10

y x y x

x x y y

  



  



Câu

1) Ta có AKB AEB  (vì chắn cung AB đường tròn ngoại tiếp tam giác AEB) Mà ABE AEB  (tính chất đối xứng) suy  AKB ABE (1)

 

AKC AFC (vì chắn cung AC đường tròn ngoại tiếp tam giác AFC)

 

ACF AFC (tính chất đối xứng), suy AKC ACF (2)

Mặt khác ABE ACF (cùng phụ với BAC) (3)

Từ (1), (2) (3), suy AKB AKC hay KA phân giác góc BKC Gọi P Q; giao điểm BE với AC CF với AB

Ta có BC R 3, nên BOC1200;  1 60

2

BAC BOC 

Trong tam giác vng ABP có APB900; BAC600ABP300 hay ABE ACF300

Tứ giác APHQ có  AQH APH 1800

  1800  1200  1200

PAQ PHQ PHQ BHC

       (đối đỉnh)

Ta có AKC ABE300; AKB ACF ABE300 (theo chứng minh trên)

Mà BKC AKC AKB AFC AEB ACF ABE      600, suy BHC BKC  1800, nên tứ giác

BHCK nội tiếp

Nhận xét: Bài toán chứng minh tia phân giác góc ta chứng minh tia chia góc thành hai phần

P Q

N M

I

K H O F

E

C B

(186)

• Trong đường trịn, góc nội tiếp chắn cung

+ Đường trịn ngoại tiếp tam giác AEB có AKB AEB  hai góc nội tiếp chắn

cung AB

+ Đường tròn ngoại tiếp tam giác AFC có AKC AFC hai góc nội tiếp chắn

cung AC

• Hai điểm đổi xứng qua đường thẳng thì đường thẳng trung trực đoạn nối hai điểm cho

+ Điểm E B đối xứng qua AB nên suy AB trung trực EB + Điểm F C đối xứng qua AC nên suy AC trung trực FC

• Một điểm thuộc trung trực đường thẳng cách hai đầu đoạn thẳng + A AB AB trung trực EB nên ta có AE AB

+ A AC AC trung trực FC nên ta có AF AC

• Tam giác có hai cạnh tam giác cân Tam giác cân có hai góc kề đáy

+ Tam giác AEB có AE AB nên AEB cân A suy  ABE AEB

+ Tam giác AFC có AF AC nên AFC cân A suy ACF AFC

• Hai góc cộng với góc hai góc 

     



     

90 90 90

APB APB ABP BAC ABE BAC

AQC AQC ACQ CAQ ACF BAC

         

 

         



, suy ABE ACF

• Một tia nằm hai tia hai cạnh góc chia góc thành hai góc tia phân giác góc

Ta có

 

AKB AEB AKC AFC

ABE AEB AKB AKC

ACF AFC ABE ACF

 



 



   



 



 



mà tia AK nằm hai tia AB AC nên suy

AK tia phân giác BAC (điều phải chứng minh) Ta có BC R 3, nên BOC1200;  1 60

2

BAC BOC 

Trong tam giác vuông ABP có APB900; BAC600ABP300 hay ABE ACF300

Tứ giác APHQ có  AQH APH 1800

  1800  1200  1200

PAQ PHQ PHQ BHC

       (đối đỉnh)

Ta có AKC ABE300; AKB ACF ABE300 (theo chứng minh trên)

Mà BKC AKC AKB AFC AEB ACF ABE      600, suy BHC BKC  1800, nên tứ giác

BHCK nội tiếp

Nhận xét Bài toán chứng minh tứ giác tứ giác nội tiếp ta chứng minh tổng hai góc đối diện 180 tứ giác nội tiếp

(187)

• Định lý Cos: Trong tam giác có cạnh a b c; ; góc 90   180 đối diện với cạnh a Ta có cơng thức: a2b2 c2 2 cos 180bc  

Tam giác OBC có BC2OB2OC22 .OB OC.cos 180   R 3 R2 R2 2 .cos 180R R  

    

 

2 2

2 cos 180R  3R 2R R

    

 

cos 180 180 60 120

2

  

         

• Trong đường trịn, góc nội tiếp góc tâm chắn cung số đo góc nội tiếp bẳng nửa số đo góc tâm

Đường trịn ngoại tiếp ABC có BAC góc nội tiếp BOC góc tâm chắn cung BC nên   120 60

2

BOC

BAC   

• Trong tam giác vng, tổng hai góc nhọn 90 ABP

 có APB900; BAC ABP  900ABP900BAC ABP   90 60 300 hay

  300

ABE ACF 

• Tổng bốn góc tứ giác 360

Tứ giác APHQ có AQH APH PAQ PHQ      3600

 

90 90 PAQ PHQ 360

      

  1800 60  1800  1200

PAQ PHQ PHQ PHQ

        

• Hai góc đổi đỉnh

 

PHQ BHC (hai góc đối đỉnh) Suy BHC1200

• Tứ giác tứ giác nội tiếp ta chứng minh tổng hai góc đối diện 180 tứ giác nội tiếp

Tứ giác BHCK có BHC BKC  120 AKC AKB 

   

120 AFC AEB 120 ACF ABE 120 30 30 180

              

Suy BHCK tứ giác nội tiếp

2) Gọi ( )O là đường tròn qua bốn điểm B H C K; ; ; Ta có dây cung BC R 3,

 600 

BKC BAC nên bán kính đường trịn ( )O bán kính R đường trịn ( )O

Gọi M giao điểm AH BC MH vng góc với BC, kẻ KN vng góc với BC

(N thuộc BC), gọi I giao điểm HK BC

Ta có  

2 2

BHCK BHC BCK

S S S  BC HM BC KN BC HM KN

 

1 .

2

BHCK

S  BC HI KI  BC KH (do HM HI ; KN KI )

Ta có KH dây cung đường trịn (O R; ) suy KH2R (không đổi), nên SBHCK lớn KH2R HM KN HK  2R

Giá trị lớn 3.2 3

2

BHCK

(188)

Khi HK đường kính đường trịn ( )O thì M I N; ; trùng suy I là trung

điểm BC nên ABC cân A Khi A điểm cung lớn BC

Nhận xét Bài tốn tìm giá trị lớn cho diện tích hình ta biểu diễn diện tích đó, đánh giá - so sánh với yếu tố cố định

• Hai đường trịn cắt hai điểm tạo thành dây cung ta cung chứa góc tương ứng hai đường trịn có bán kính

Ta có dây cung BC R 3, BKC600BAC nên bán kính đường trịn (O) bán

kính R đường trịn (O)

• Diện tích hình chia thành tổng diện tích hình

 

1 . .

2 2

BHCK BHC BCK

S S S  BC HM BC KN BC HM KN

• Quan hệ đường xiên - đường vng góc: Trong đường kẻ từ điểm đến đường thẳng đường vng góc đường ngắn

 HM đường vuông góc từ H đến BC nên HM đường ngắn kẻ từ H

đến BC Do ta có HM HI

 KN đường vng góc từ K đến BC nên KN đường ngắn kẻ từ K

đến BC Do ta có KN KI

Suy  

2

BHCK

S  BC HI KI  BC KH

• Quan hệ đường kính - dây cung đường trịn: Trong đường trịn, đường kính dây cung lớn

KH dây cung đường tròn (O R; ) nên KH2R nên SBHCK lớn KH2R

và HM KN HK  2R

• Khi tìm điều kiện để dấu xảy tốn tìm Giá trị lớn nhất, nhỏ ta cần thay giá trị vào biểu thức ban đầu ta tìm giá trị lớn nhất, nhỏ

Giá trị lớn 3.2 3

2

BHCK

S  R R R

• Khi HK đường kính đường trịn (O) M I N; ; trùng suy I là

trung điểm BC nên ABC cân A Khi A điểm cung lớn .

BC

3) Ta có BOC1200; BKC600, suy BOC BKC  1800, nên tứ giác BOCK nội tiếp

đường trịn

Ta có OB OC R  , suy OB OCBKO CKO hay KO phân giác góc BKC Do KA phân giác góc BKC nên K O A; ; thẳng hàng hay AK qua O cố định

Nhận xét Bài toán chứng minh điểm thẳng hàng, ta chứng minh điểm thuộc đường thẳng

(189)

Tứ giác BOCK có BOC BKC  12006001800 Suy tứ giác BOCK là tứ giác nội

tiếp

• Trong đường trịn, hai dây cung hai cung Đường trịn ngoại tiếp tứ giác BOCK có OB OC R nên OB OC

• Trong đường trịn, hai góc nội tiếp chắn hai cung Đường trịn ngoại tiếp tứ giác BOCK có OB OC nên BKO CKO suy KO phân giác BKC

• Các điểm thuộc đường thẳng cố định thẳng hàng

 KO phân giác BKC nên K O; nằm đường phân giác BKC  KA phân giác góc BKC nên K A; nằm đường phân giác BKC Suy ba điểm O A K; ; thẳng hàng

Câu 5. Ta có

2

2 2

1 1

1

1 1

P

y

x z x z

z y x y

  

     

        

     

     

 

   

Đặt a; b; c

x y z a b c, , 0

2 2 1

a   b c Ta có

     

2 2

2 2 2 1 1 1

a b c a b c

P

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

     

     

Áp dụng bất đẳng thức Cơsi cho số dương ta có

 2    2

2 1 1.2 12 1 2 1

2 27

a a a

a a  a a a        

 

 2  

2

2 3

1

2

3

a

a a a

a a

    

 (1)

Tương tự

 

2

3

b b

b b  (2)

 

2

3

c c

c c  (3)

Từ (1), (2) (3), ta có 3 2 2 3

2

P a  b c 

Dấu “=” xảy

a b c   hay x y z   Vậy giá trị nhỏ P 3

2

thiết, áp dụng bất đẳng thức Cosi để tìm giá trị nhỏ biểu thức

Ý tưởng: Bài toán bất đẳng thức đối xứng, vai trò biến x y z, , nên

dấu đẳng thức xảy x y z   giá trị nhỏ P 3

(190)

thiết trước, giả thiết chứa biểu thức phân số nên ta đặt a; b; c

x y z ,

2 2 1

a   b c

     

2 2

2 2 2 1 1 1

a b c a b c

P

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

     

     

Do tính đối xứng nên ta cần xét biểu thức

 

2

1 a

a a đồng thời cần đánh giá qua biểu thức trung gian để ta sử dụng giả thiết cho Với điểm rơi x y z   ta

có

3

a b c   , với điểm rơi ta thấy:

1 2

3

a  a 1 2

3 a

  nên theo bất đẳng thức Cosi suy ra:

    

3

2 2

2 2 1

2 1

27 27

a a a

a a a      

 2    

2 2

2

4 3

1

27 3

a

a a a a a

a a

       



Tương tự đánh giá cho b c, ta được:

       

2 2

3 3

2

1 1

a b c

P a b c

a a b b c c

      

  

Vậy giá trị nhỏ P 3 Bài toán kết thúc

1. Cho a b c; ; số thực dương thỏa mãn a2b2 c2 3 Chứng minh bất đẳng

thức 1 3a b c 3 a b c

 

      

 

 

2. Cho x y z; ; số thực dương thỏa mãn x y z; ;  0; xy yz zx  1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức

2 2

1 1

y

x z

P

x y z

  

  

ĐỀ SỐ 22 Câu

1) Giả sử a b; hai số thực phân biệt thỏa mãn a) 22

3

a b

b a

   

  

  

2 3 0

a b a b

    

a b a b  3 a b

       a b a b   3

0 ( )

3

a b l

a b

   

   

(191)

 

3 3 27 3 9 27

a b ab a b a b ab

          

 2  

2 3 3 4 2 3 4 2

a a b b a b ab a b ab

             

Vậy a3  b3 45

Nhận xét: Đây tốn bản, đề u cầu ta làm đó, với vài phép biến đổi tương đương kết hợp đẳng thức quen thuộc ta suy điều phải chứng minh

Nhắc lại kiến thức phương pháp: • Hằng đẳng thức  2 2 2

2

a b a  ab b

và  3 3 2 2 3

3

a b a  a b ab b

• Hệ phương trình đối xứng dạng 22 (1)

(2)

ma nb p

mb na p

  



  



Lấy (1) + (2), ta có: m a 2b2n a b   2p

Lấy (1) – (2), ta có: m a b2 n a b  a b n a b m             Từ suy ra:

 2  

2

2p m a b 2ab n a b m n 2ab n.n ab

m m                       

Bài tập kết thúc Bài tập tương tự:

3. Cho a b; thỏa mãn a24b3; b24a3 Tính a5b5

4. Cho a b; thỏa mãn a22b24b7; b22a24a7 Tính giá trị biểu thức

3

a b ab

2) Ta thấy x y 0 nghiệm phương trình

Nếu y0, nhân hai vế phương trình với y, ta

2

2 2

2

4

x y xy

xy y xy

x y xy

                    

2 2 2

2 5

2

x y xy x y xy

x xy y x y xy

                          

2 5

2

x y xy x y xy

x y x y x y x y

                         

2

1

2 2 4

,

2 5

x y xy

x y x y

x y xy

x y x y                           

(192)

• Phương trình đẳng cấp bậc hai ẩn x y, ax2bxy cy 20 (*)

Làm nháp: Chia phương trình (*) cho y2 ta có:

0

x x

a b c

y y

         

   

 

    Coi phương trình bậc hai ẩn

x

y , giả sử tìm x my

hoặc x n

y , ta phân tích

  

2

(*) ax bxy cy x my x ny x my

x ny

  

          



Ý tưởng: Dạng hệ sử dụng phương pháp đặc trưng khó tìm đại lượng biểu diễn nhân tử chung hai biến x y; Nhìn vào vế trái phương trình, với phương trình bậc nhất, cịn phương trình hai bậc hai, tương tự vế phải, bậc phương trình hai lớn bậc so với phương trình Điều làm ta nghĩ đến phép nhân để đồng bậc hóa chúng, nhân nhân chéo phương trình Tuy nhiên quan sát kỹ chút, hai phương trình xuất 5xy nên ta 5xy2x3y xuống phương trình hai (thực chất việc nhân chéo ta giảm biến y, hệ phương trình cho trở thành:

 

2 2

2

2 5

4 2 0

x y xy

x y xy x y xy

x y

x y x y y x xy y x y

  



 

      

   

  

        

  

   



Việc cịn lại tìm nghiệm hệ phương trình cho

x y xy

  



  



Đáp số:  ;   0; , 2; , 1;

5

x y       

   

9

x y xy

  



  



Đáp số:  ;   0; , 1; , 5;

3

x y       

   

Câu

1) Ta có xy1x1y1, suy xy1xy  1 x y

Mà xy  1 x y xy       1 x y x 1 y 1  x1y1, suy x1y1 vày1x1, nên x y

 2

2 1 1

x   x ta có x1x1, suy 2x1, nên x2 x3

Nhận xét: Bài tốn tìm số ngun thỏa mãn điều kiện, sử dụng tính chất chia hết tổng, hiệu, tích,…

(193)

Ta có (x−1)(y− =1) xy x y− − +1 nên:

(xy−1) ( x−1)(y− ⇔1) (xy−1) ( xy x y− − +1)

• Một số ln chia hết cho Ta có (xy x y− − +1) ( xy x y− − +1)

• Hai số chia hết cho số hiệu hai số

( ) ( )

( 1) ( 1) ( 2) ( 1)

xy xy x y

x y xy x y

xy x y xy x y

 − − − +

 ⇒ + − − − +



− − + − − +





 

(x 1) (y 1) (xy x y 1) (x 1) (y 1) (x 1)(y 1)

⇔ − + −  − − + ⇔ − + −  − −

• Tính chất chia hết a b ka b với a b k; ; số nguyên

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

1 1 1 1 1

x− + y−  x− y− ⇒ x− + x− y−  x− y−

• Một tổng hai số hạng chia hết cho số có số hạng chia hết cho số số hạng lại chia hết

( ) ( )( ) ( )( )

( )( ) ( )( )

2

1 1 1

1 1

x x y x y

x y x y

 − + − − − −

 

− − − −





         

2

1 1 1

x x y x y

         ;

hồn tồn tương tự ta có (y−1) ( x−1)

• Có hai số thỏa mãn: Số thứ chia số thứ hai số thứ hai chia hết cho số thứ hai số

Ta có        

1

x y

x y x y

y x

  

      

  





Thay lại vào đề ta có (x2−1)(x−1)2⇔(x−1)(x+1) ( x−1)2

(x 1) (x 1) (x 2)  (x 1) (x 1)

⇔ +  − ⇔ − +  − ⇒  −

• Số thứ chia hết cho số thứ hai số thứ hai ước số thứ

( ) ( ) ( )2 { }

2 x− ⇒1 x− ∈1 U = ± ±1;

vì x≥ ⇔ − ≥2 x 1 suy (x− ∈1) { }1;

1 2

1 3

x x y

 − =  = ⇒ =

⇔ ⇔

− = = ⇒ =

 

Vậy x y= =2 x y= =3

2) Ta có 2 2 1 0 2 2 1 2

2

x y

x y  y   y x y   y  

 2   2 

3

xy xy

P

x y x y

 

    

2

3Px y 2xy P

   

Ta có  4 12P2.

Phương trình có nghiệm 0

2 1

4 12

3 3

P P  P P

            .

Vậy 12

3 21

MaxP= ⇔ = −x

6

(194)

Nhận xét: Bài tốn tìm giá trị biểu thức sau biến đổi biểu thức trở thành tham số phương trình bậc hai theo ẩn

Nhắc lại kiến thức phương pháp: • Biến đổi giả thiết

Ta có 2 2 1 0 2 2 1 2

2

x y

x y  y   y x y   y  

• Đưa biểu thức cho ẩn biểu thức cố định Thay 2

2

x y

y=− − vào biểu thức P ta có 2 2

3

2

xy P

x y

=

− −

+

( 2 ) 2

2

3

xy xy

x y x y

= =

− −

− − +

Đặt xy a= ta 22

3

a P

a =

− −

• Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ biểu thức cách đưa biểu thức trở thành tham số phương trình bậc hai

2

2 3 2 0

3

a

P Pa a P

a

= ⇒ − + =

− − Khi ta có

2

1 3P ′

∆ = −

• Phương trình bậc hai có nghiệm ∆ ∆' khơng âm Ta có Vì phương trình có nghiệm nên ∆ ≥ ⇔ −′ 0 1 3P2 ≥0

(1 3P)(1 3P) ( 3P 1)( 3P 0)

⇔ − + ≥ ⇔ − + ≥

1 1

1

3 3

P − P P

⇔ − ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ ⇒ ≤

• Khi xét đến giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn biểu thức cần phải xét xem “dấu xảy nào?”

Ta có dấu xảy vào '

P= ⇔ ∆ = ⇒ Phương trình bậc hai có

nghiệm kép

a= , thay vào biểu thức ban đầu ta có:

2

2 2 1 0 2 7 3 12

7

3

6

xy

y y y x

y

 

               

 

  

Vậy 12

3 21

MaxP= ⇔ = −x

6

(195)

1) Ta có AD phân giác BD AB

DC AC

  mà BED CDF; tam giác cân,

BE AB BC FE

CF AC

   

Nhận xét Bài toán chứng minh hai đường thẳng song song sử dụng định lý Ta-lét đảo Nhắc lại kiến thức phương pháp

• Tâm đường tròn nội tiếp tam giác giao điểm ba đường phân giác

Trong ∆ABC có I tâm đường tròn nội tiếp nên suy AI hay AD phân giác 

BAC

• Tính chất đường phân giác tam giác Trong ∆ABC có AD phân giác nên DB AB

DC AC=

• Hai điểm đối xứng qua đường thẳng đường thẳng trung trực đoạn thẳng nối hai điểm

+ E điểm đối xứng D qua BI nên BI trung trực DE; + F điểm đối xứng D qua CI nên CI trung trực DF

• Một điểm thuộc trung trực đoạn thẳng điểm cách hai đầu mút đoạn thẳng

+ B BI∈ mà BI trung trực DE nên BD BE= ; + C CI∈ mà CI trung trực DF nên CD CF= ; suy BD BE

CD CF=

BE AB BE CF

CF AC= ⇔ BA CA=

• Định lý Ta-lét đảo: Hai điểm thuộc hai đoạn thẳng, chia hai đoạn thành đoạn thẳng tương ứng tỷ lệ hai đường thẳng chứa hai đoạn thẳng song song

Theo định lý Ta-lét đảo ta có BE CF

BA CA= EF BC

2) Ta có BC EF EFD EDB BED   

Mà APM1800AEM BEDAPM DEF

Tương tự: DFE APN APN APM DFE FED MPN   

Mà MJN MDN EDFMJN MPN  1800MPNJ nội tiếp

(196)

• Hai đường thẳng song song tạo góc vị trí so le Ta có EF BC , suy FED EDB =

• Tam giác có hai cạnh tam giác cân, tam giác cân có hai góc kề cạnh đáy

Tam giác ∆BDE có BD BE= nên ∆BDE cân B suy BDE BED = , suy   

FED EDB BED= =

• Tứ giác nội tiếp có tổng hai góc đối diện 180°

Tứ giác APME tứ giác nội tiếp nên  APM AEM+ =1800

 1800     APM AEM BED APM DEF

⇔ = − = ⇒ =

Hoàn tồn tương tự có

      

DFE APN APN APM DFE FED MPN   

• Trung điểm; Đường trung bình tam giác + MJ đường trung bình ∆DFE nên 1

2

MJ DF

MJ DF

  

= 



; + N trung điểm DF nên

2

DF

DN= ;

suy ( )

( )

MJ DN DF

MJ DN DF



 = =



 

• Tứ giác có cặp cạnh song song hình bình hành Tứ giác MJND có MJ DN MJ DN= nên MJND hình bình hành • Hình bình hành có hai góc đối diện

+ MJND hình bình hành nên MJN MDN;

+ MDN EDF (hai góc so le MN FE suy tính chất đường trung bình); suy  MJN MPN 1800

• Tứ giác có tổng hai góc đối diện 180° tứ giác nội tiếp

Tứ giác MPNJ có MJN MPN  1800 nên tứ giác MPNJ tứ giác nội tiếp

3) Ta có APM DEF   JPM JNM JEM  JPM APM  , suy điểm A P J; ; thẳng hàng

Nhận xét: Bài toán chứng minh ba điểm thẳng hàng cách chứng minh ba điểm thuộc đường thẳng đặc biệt

• Tứ giác nội tiếp có góc ngồi góc khơng kề với

Tứ giác MPAE tứ giác nội tiếp nên MPA BED = mà BED DEF = (=BDE), suy  

MPA DEF=

• Trung điểm, Đường trung bình, Hình bình hành,…(đã nhắc lại phần trên) + MN đường trung bình ∆DEF nên 1

2 MN FE

MN FE

  

= 



(197)

+ J trung điểm FE nên

EJ= EF; suy MN JE JE MN= nên MNJE hình bình hành nên MEJ MNI = mà MEJ MNP = (hai góc nội tiếp chắn cung MJ đường tròn ngoại tiếp tứ giác MNPJ) suy JPM DEF, suy  JPM APM= nên

PJ PA≡ hay ba điểm A P J; ; thẳng hàng Câu

1) Theo đề bài, số nguyên dương xếp theo hàng chéo bảng: Hàng chéo thứ có số, hàng chéo thứ hai có số,……

Giả sử số x nằm hàng chéo thứ k ta có:

 1  1 1 1 8 1 1 8

2 2

k k k k x x

x k

      

    

1

2 x

k   

 

Áp dụng x2015 ta có 1 8.2015 63

k    

Số hàng chéo thứ k63  1 1954

k k

 

Như số 2015 nằm vị trí thứ 2015 1954 62   hàng chéo thứ 63 (vị trí áp chót) Tọa độ 2,62

2) Theo Cơsi cho số ta có

3

4 3 3 2

4abc ab bc ac   4 a b c  1 abc   a b c abc3 a b c BĐT tương đương a2b2 c2 33a b c2 2 2ab bc ac   (1)

Đặt 3a2 x b; y c; z

(x y z; ; 0)

3 3 3 2 3 2 3 2 3

x y z xyz x y z x z y

      

Áp dụng bất đẳng thức Schur bậc 3:

     

3 3 3

x y z  xyz xy x y  yz y z xz x z

        

x x y x z y y x y z z z x z y

         

với số thực không âm x y z; ;

Chứng minh bất đẳng thức

Do vai trò x y z; ; nhau, giả sử x y z  z z x z y     Ta xét x x z   y y z  x2xz yz y  2 x y x y z    0

           

x x z x y y y z x y x x z x y y y z y x

             

        

x x y x z y y x y z z z x z y

         

(điều phải chứng minh) Ta có x3y3z33xyz xy x y    yz y z   xz x z  

3 3 3

2 x y z x z y

  

Dấu “=” xảy

;

x y z

a b c x y z

  

    

  

(198)

Nhận xét: Bài toán sử dụng bất đẳng thức Cosi, phép đặt ẩn phụ đồng thời chứng minh qua bất đẳng thức trung gian bất đẳng thức bổ đề (bất đẳng thức Schur bậc ba) để suy điều phải chứng minh

• Bất đẳng thức Schur bậc ba cho số thực dương

     

3 3 3

x y z  xyz xy x y  yz y z xz x z Bài toán kết thúc

1. Chứng minh với a b c; ; 0, ta ln có:

 2 2  

2 a b c abc 8 a b c 

2. Cho a b c; ; 0 số thực dương thỏa mãn a b c  3 Chứng minh

1 1 12

5

a b c abc

 

    

 

 

ĐỀ SỐ 23 Câu

1) Đặt 3

a b c x b c a y c a b z

   

   



    

Ta có  3   3  3 3

3a3b3c 24 3a b c   3b c a   3c a b 

 3 3 3 3

24

x y z x y z

      

 3  3    

24

x y z x y z x y y z x z

          

   

24 x y y z x z

      24 2  a4 2b b ac c  2 4a0

   

24 24 a 2b b 2c c 2a

       a 2b b 2c c 2a1

Nhận xét: Bài toán sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ, khai thác biến đổi từ giả thiết, điểm nhấn đẳng thức bậc ba để suy điều phải chứng minh

• Hằng đẳng thức  3 3 2 2 3

3

x y x  x y xy y

• Hằng đẳng thức

  3 3  2   2 3

3

x y z   x y  x y z  x y z z

 2  

3 3 3 3 3

x x y xy y x y z x y z z

        

   2  

3 3 3 3 3

x y z xy x y x y z x y z

        

  

3 3 3

x y z x y xy xz yz z

       

   

3 3 3

x y z x y y z z x

      

Ý tưởng: Bài toán cho giả thiết cồng kềnh, phức tạp chí bậc to, quan sát đại lượng bên vế phải, ta thấy biểu thức 3a b c  ,

(199)

3a b c  3b c a  3c a b  3a3b3c

Vì đặt x3a b c y  ; 3b c a z  ; 3c a b  giả thiết cho tương đương

với  3 3 3 3

24

x y z   x y z Khoan nói đến chuyện biến đổi nói, ta quan

sát đến biểu thức cần chứng minh, với phép ẩn phụ ta hồn tồn rút a b c; ; theo

; ;

x y z Xét biểu thức a2b biểu thức không chứa c nên ta cần tìm mối liên hệ x y z; ; cho c triệt tiêu, dễ thấy x chứa c y chứa c nên suy

 

2 2

x y  a b a b , tương tự y z 2b2c; z x 2c2a Do ta cần chứng minh x y y z z x      Bây ta quay ngược lại với giả thiết, xuất đẳng thức bậc ba, nên ta khai triển nó, ta được:  3 3 3 3    

3

x y z  x y z  x y y z z x  

nên suy ra:

   

3 3 3 24 3

x y z  x y y z z x    x y z

x y y z z x  

      điều phải chứng minh

1. Cho a b c; ; ba số thực dương thỏa mãn điều kiện

 3   3  3 3

12

a b c     a b c   b c a   a c b Chứng minh 2abc1 2) Ta có   3 3 2

27 26 27

x y xy

x y y x x x

   



      



  

  3

2

27 26 27

x y

x y y x x x

   

  

     



   

3 7 3 2 2 27 27 9

y x x y x y x x x

         

      2 3

3 8 3 12 6 3 1

y x xy x y x y x y x

          

  3 3

2 3

x y x x y x

         

1

y x

    2 1 7

8

x y

x x

x y

    



    

    

Vậy  ;   1; , 7;

2

x y    

 

Nhận xét: Bài hệ phương trình hay chỗ kết hợp hai phương trình, sau nhóm lại đẳng thức đưa phương trình biểu diễn mối liên hệ x y; ngược lại tìm nghiệm hệ phương trình

• Hằng đẳng thức  3 3 2 2 3

3

x y x  x y xy y

• Hằng đẳng thức   3 3  2   2 3

3

(200)

   

     

  

   

2

3 2 3

2

3 3

3

x x y xy y x y z x y z z

x y z xy x y x y z x y z

x y z x y xy xz yz z

x y z x y y z z x

        

       

      

• Giải phương trình tổng qt f x 3g x 3

    2      2  0    

f x g x f x f x g x g x  f x g x

 

         

Ý tưởng: Phương trình thứ hai hệ phức tạp, ta khai thác trước, để ý bên vế phải phương trình hai, xuất tổng 27x29x mà ta thấy

 2  

2

27x 9x3 3x 3 3x có bóng dáng đẳng thức thêm đại lượng  3x 313

khi : 3 2  3 3

26x 27x 9x 3x1 x 1

Chuyển đại lượng x31 sang vế trái phương trình hai, ta được:

   3

3 8 27 3 1

x y   x y  x (i)

Điều lại ta chưa khai thác tới phương trình một, quan sát (i) chút, ta thấy vế phải lũy thừa bậc ba, ta biến đổi vế trái (i) dạng Bởi lẽ

3 8 3 23

x y  x y  ta nghĩ đến chuyện đưa vế trái (i) dạng x y 23 Hay nói cách khác, kết hợp phương trình hệ, ta cần chứng minh:

   3

3 8 27 2

x y   x y  x y 

Sẽ có hai cách để chứng minh, xi, hai chứng minh ngược:

• Từ phương trình hệ, có x2y 2 vào vế trái (i), ta được:

     3

3 23 3 2 2 2

x y   x y x  y  x y 

• Ta có  3 3 3 3    

2 2

x y  x y   x y x  y

     

3 x y x y 27 x y 2x 2y xy

         

Khi ta có   3 3

2 3

x y   x    x y x  y x , ngược lại phương

trình hệ ta tìm nghiệm hệ phương trình ban đầu Bài tốn kết thúc

1. Giải hệ phương trình   3

2

27 7 12

x y xy

x y y x x x

   



      



Câu

1) Đặt 22 30

n x

n y

   

  

 (x y, ?; ,x y0)

  

2 25 1.25

y x y x y x

       (x y, ?; ,x y0)

Lại có y x y x   nên 13

25 12

y x y

y x x

 

    

 

 

    

 

 

Thay vào ta tính n139 thảo mãn

Định dạng
Số trang	267
Dung lượng	10,5 MB