Giao an On thi HSG Tinh toan 9

Cho tam giác ABC vuông tại C, O là trung điểm của AB và D là điểm bất kỳ trên cạnh AB (D không trùng với A, O, B). Gọi I và J thứ tự là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác ACD và BC[r]

(1)

1

MỘT SỐ CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HSG TOÁN THCS

Chuyên đề 1: SỐ CHÍNH PHƯƠNG

I- ĐỊNH NGHĨA: Số phương số bình phương số nguyên

II- TÍNH CHẤT:

1- Số phương có chữ số tận 0, 1, 4, 5, 6, 9; khơng thể có chữ tận 2, 3, 7,

2- Khi phân tích thừa số nguyên tố, số phương chứa thừa số nguyên tố với số mũ chẵn

3- Số phương có hai dạng 4n 4n+1 Khơng có số phương có dạng 4n + 4n + (n  N)

4- Số phương có hai dạng 3n 3n +1 Khơng có số phương có dạng 3n + ( n  N )

5- Số phương tận 1, chữ số hàng chục chữ số chẵn Số phương tận chữ số hàng chục

Số phương tận chữ số hàng chục chữ số lẻ 6- Số phương chia hết cho chia hết cho

Số phương chia hết cho chia hết cho Số phương chia hết cho chia hết cho 25 Số phương chia hết cho chia hết cho 16

III- MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP VỀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG

A- Dạng 1: CHỨNG MINH MỘT SỐ LÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG

Bài 1: Chứng minh số nguyên x, y thì:

A= (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y4 số phương

Giải : Ta có A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y4

= (x25xy4y2)(x25xy6y2) y4 Đặt x25xy5y2t (tZ)

A = (ty2)(t y2) y4 t2 y4  y4 t2 (x25xy5y2 2)

Vì x, y, z  Z nên 2 2

, , 5

x Z xyZ y Z x  xy y Z

Vậy A số phương

Bài 2: Chứng minh tích số tự nhiên liên tiếp cộng ln số phương

Giải : Gọi số tự nhiên, liên tiếp n, n+1, n+2, n+3 (n  Z) Ta có: n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + = n ( n + 3)(n + 1)(n + 2) +

= ( 2

3 )( 2) (*) n  n n  n  Đặt

3 ( )

(2)

Giáo án bồi dưỡng HSG cấp Tỉnh - Nguyễn Việt Khoa = (n2 + 3n + 1)2

Vì n  N nên n2 + 3n +  N Vậy n(n + 1)(n + 2)(+ 3) + số phương

Bài 3: Cho S = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + + k(k + 1)(k + 2) Chứng minh 4S + số phương

Giải: Ta có: k(k + 1)(k + 2) =

4k (k + 1)(k + 2) 4=

4k(k + 1)(k + 2) (k3) ( k1)

=

4k(k + 1)(k + 2)(k + 3) -

4 k(k + 1)(k + 2)(k - 1)

=> 4S =1.2.3.4 - 0.1.2.3 + 2.3.4.5 - 1.2.3.4 + + k(k + 1)(k + 2)(k + 3) - k(k + 1)(k + 2)(k - 1) = k(k + 1)(k + 2)(k + 3)

=> 4S + = k(k + 1)(k + 2)(k + 3) +

Theo kết => k(k + 1)(k + 2)(k + 3) + số phương Bài 4: Cho dãy số 49; 4489; 444889; 44448889;

- Dãy số xây dựng cách thêm số 48 vào chữ số đứng trước đứng sau Chứng minh tất số dãy số phương

Ta có 44 488 89 = 44 488 + = 44 10n + 11 + n chữ số n - chữ số n chữ số n chữ số n chữ số n chữ số

= 4.10 1.10 8.10 1

9

n n

n

 

 

=

2

4.10 4.10 8.10 4.10 4.10

9

n n n n n

     



=

2 2.10

3

n

  

 

 

Ta thấy 2.10n + = 200 01 có tổng chữ số chia hết chia hết cho n - chữ số

=>

2 2.10

3

n

  

 

   Z hay số có dạng 44 488 89 số phương

Các tương tự:

Chứng minh số sau số phương A = 11 + 44 +

2n chữ số n chữ số

(3)

3 D = 22499 9100 09

n-2 chữ số n chữ số E = 11 155 56 n chữ số n-1 chữ số Kết quả: A=

2 2

10 10 2.10

; ;

3 3

n n n

B C

        

 

     

     

D = (15.10n - 3)2 E =

2

3 10

   

  n 

Bài 5: Chứng minh tổng bình phương số tự nhiên liên tiếp số phương

Gọi số tự nhiên liên tiếp n - 2, n - 1, n +1, n + ( n  N, n >2) Ta có (n - 2)2 + ( n - 1)2 + n2 + (n + 1)2 + (n + 2)2 = (n2 + 2)

Vì n2 khơng thể tận n2 + chia hết cho => (n2 + 2) khơng số phương hay A khơng số phương Bài 6: Chứng minh số có dạng n6 - n4 + 2n3 + 2n2 n  N n >1 khơng phải số phương

n6 - n + 2n3 + 2n2 = n2 (n4 - n2 + 2n +2) = n2 [n2(n-1)(n+1) +2(n+1)] = n2[(n+1)(n3 - n2 + 2)] = n2(n + 1) [(n3 + 1) - (n2 - 1)] = n2(n + 1)2 (n2 - 2n + 2)

Với nN, n > n2 - 2n + = ( n -1)2 + > ( n - 1)2 Và n2 - 2n + = n2 - 2(n - 1) < n2

Vậy (n - 1)2 < n2 - 2n + < n2 => n2 - 2n + khơng phải số phương

Bài 7: Cho số phương có chữ số hàng chục khác chữ số hàng đơn vị Chứng minh tổng chữ số hàng chục số phương số phương

Ta biết số phương có chữ số hàng đơn vị chữ số hàng chục số lẻ Vì chữ số hàng chục số phương 1,3,5,7,9 tổng chúng + + + + = 25 = 52 số phương

Bài 8: Chứng minh tổng bình phương số lẻ khơng phải số phương

a b lẻ nên a = 2k + 1, b= 2m + (Với k, m  N)

=> a2 + b2 = (2k + 1)2 + ( 2m + 1)2 = 4k2 + 4k + + 4m2 + 4m + = (k2 + k + m2 + m) +

=> a2 + b2 khơng thể số phương

Bài 9: Chứng minh p tích n (với n > 1) số nguyên tố p - p + khơng thể số phương

(4)

Giáo án bồi dưỡng HSG cấp Tỉnh - Nguyễn Việt Khoa a- Giả sử p + số phương Đặt p + = m2 ( m  N)

Vì p chẵn nên p + lẻ => m2 lẻ => m lẻ

Đặt m = 2k + (k  N) Ta có m2 = 4k2 + 4k + => p + = 4k2 + 4k + => p = 4k2 + 4k = 4k (k + 1)  mâu thuẫn với (1)

=> p + khơng phải số phương

b- p = 2.3.5 số chia hết cho => p - có dạng 3k + => p - khơng số phương

Vậy p tích n (n >1) số nguyên tố p - p + khơng số phương

Bài 10: Giả sử N = 1.3.5.7 2007 2011

Chứng minh số nguyên liên tiếp 2N - 1, 2N 2N + khơng có số số phương

a- 2N - = 2.1.3.5.7 2011 - Có 2N  => 2N - = 3k + (k  N) => 2N - khơng số phương b- 2N = 2.1.3.5.7 2011 => 2N chẵn

=> N lẻ => N không chia hết cho 2N  2N không chia hết cho 2N chẵn nên 2N không chia cho dư dư => 2N không số phương c- 2N + = 2.1.3.5.7 2011 +

2N + lẻ nên 2N + không chia hết cho

2N không chia hết 2N + không chia cho dư => 2N + khơng số phương

Bài 11: Cho a = 11 ; b = 100 05 2010 chữ số 2009 chữ số

Chứng minh ab1 số tự nhiên

Giải: b = 100 05 = 100 - + = 99 + = 9a + 2009 chữ số 2010 chữ số 2010 chữ số 9

 ab + = a(9a + 6) + = 9a2 + 6a + = (3a + 1)2

 ab1 (3a1)2 3a1N

B DẠNG 2: TÌM GIÁ TRỊ CỦA BIẾN ĐỂ BIỂU THỨC LÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG

Bài 1: Tìm số tự nhiên n cho số sau số phương a) n2 + 2n + 12 b) n(n + 3)

c) 13n + d) n2 + n + 1589 Giải:

a) Vì n2 + 2n + 12 số phương nên đặt n2 + 2n + 12 = k2 (k  N)

(5)

5

Nhận xét thấy k + n + > k - n - chúng số nguyên dương, nên ta viết (k + n + 1) (k - n - 1) = 11.1  k + n + = 11  k =

k - n – = n = b) đặt n(n + 3) = a2 (n  N)  n2 + 3n = a2  4n2 + 12n = 4a2

(4n2 + 12n + 9) – = 4a2  (2n + 3)2 – 4a2 =

(2n + + 2a)(2n + – 2a) =

Nhận xét thấy 2n + + 2a > 2n + – 2a chúng số nguyên dương, nên ta viết (2n + + 2a)(2n + – 2a) = 9.1  2n + + 2a =  n =

2n + – 2a = a = c) Đặt 13n + = y2 (y  N)  13(n - 1) = y2 – 16

13(n - 1) = (y + 4)(y – 4)

(y + 4)(y – 4)  13 mà 13 số nguyên tố nên y +  13 y –  13

 y = 13k  (với k  N)

 13(n - 1) = (13k  4)2 – 16 = 13k.(13k  8)

13k2 8k +

Vậy n = 13k2  8k + (với k  N) 13n + số phương d) Đặt n2 + n + 1589 = m2 (m  N)  (4n2 + 1)2 + 6355 = 4m2

(2m + 2n + 1) (2m – 2n – 1) = 6355

Nhận xét thấy 2m + 2n + > 2m – 2n – > chúng số lẻ, nên ta viết (2m + 2n + 1) (2m – 2n – 1) = 6355.1 = 1271.5 = 205.31 = 155.41

Suy n có giá trị sau : 1588 ; 316; 43 ; 28 Bài tương tự :

Tìm a để số sau số phương a) a2 + a + 43

b) a2 + 81

c) a2 + 31a + 1984 Kết quả: a) 2; 42; 13

b) 0; 12; 40

c) 12 ; 33 ; 48; 97 ; 176 ; 332; 565 ; 1728

Bài 2 : Tìm số tự nhiên n  cho tổng 1! + 2! + 3! + … + n! số phương Với n = 1! = = 12 số phương

Với n = 1! + 2! = khơng số phương

Với n = 1! + 2! + 3! = + 1.2 + 1.2.3 = = 33 số phương

(6)

Giáo án bồi dưỡng HSG cấp Tỉnh - Nguyễn Việt Khoa Vậy có số tự nhiên n thoả mãn đề n = 1; n =

Bài 3: Có hay khơng số tự nhiên n để 2010 + n2 số phương Giả sử 2010 + n2 số phương 2010 + n2 = m2 (mN) Từ suy m2 - n2 = 2010 (m + n) (m – n) = 2010

Như số m n phải có số chẵn (1)

Mặt khác m + n + m – n = 2m  số m + n m – n tính chẵn lẻ (2) Từ (1) (2)  m + n m – n số chẵn

 (m + n) (m – n)  2006 không chia hết cho

 Điều giả sử sai

Vậy không tồn số tự nhiên n để 2006 + n2 số phương Bài 4: Biết xN x > Tìm x cho x(x1).x(x1)(x2)xx(x1)

Đẳng thức cho viết lại sau: x(x1) (x2)xx(x1)

Do vế trái số phương nên vế phải số phương

Một số phương tận chữ số 0; 1; 4; 5; 6; nên x tận chữ số 1; 2; 5; 6; 7; (1)

Do x chữ số nên x  9, kết hợp với điều kiện đề ta có xN < x  (2) Từ (1) (2)  x nhận giá trị 5; 6;

Bằng phép thử ta thấy có x = thoả mãn đề bài, 762 = 5776

Bài 5: Tìm số tự nhiên n có chữ số biết 2n + 3n + số phương

Ta có 10  n  99 nên 21  2n +  199 Tìm số phương lẻ khoảng ta 2n + 25; 49; 81; 121; 169 tương ứng với số n 12; 24; 40; 60; 84

Số 3n + 37; 73; 121; 181; 253 Chỉ có 121 số phương Vậy n = 40

Bài 6: Chứng minh n số tự nhiên cho n + 2n + số phương n bội số 24

Vì n + 2n + số phương nên đặt n + = k2, 2n + = m2 (k, m N) Ta có m số lẻ  m = 2a +  m2 = 4a(a + 1) +

Mà ( 1)

2 ) (

1

2

   



 m a a a a

n

 n chẵn  n + lẻ  k lẻ  đặt k = 2b + (với bN)  k2 = 4b(b+1) +

 n = 4b(b+1)  n  (1)

Ta có: k2 + m2 = 3n +  (mod3)

Mặt khác k2 chia cho dư 1, m2 chia cho dư Nên để k2 + m2 (mod3) k2  (mod3)

m2  (mod3)

2

(7)

7 Mà (8; 3) = (3)

Từ (1), (2), (3)  n  24

Bài 7: Tìm tất số tự nhiên n cho số 28 + 211 + 2n số phương Giả sử 28 + 211 + 2n = a2 (a  N)

2n = a2 – 482 = (a + 48) (a – 48)

2p 2q = (a + 48) (a – 48) với p, q  N ; p + q = n p > q

 a + 48 = 2p  2p 2q = 96 2q (2p-q – 1) = 25.3 a – 48 = 2q

 q = p – q =  p =

 n = + = 12

Thử lại ta có: 28 + 211 + 2n = 802

C.DẠNG : TÌM SỐ CHÍNH PHƯƠNG

Bài 1 : Cho A số phương gồm chữ số Nếu ta thêm vào chữ số A đơn vị ta số phương B Hãy tìm số A B

Gọi A =

k

abcd  Nếu thêm vào chữ số A đơn vị ta có số B = (a1)(b1)(c1)(d1)m2 với k, m

 N 32 < k < m < 100 a, b, c, d = 1;9

 Ta có: A =

k abcd 

B =

1111 m

abcd   Đúng cộng khơng có nhớ

 m2 – k2 = 1111  (m - k)(m + k) = 1111 (*)

Nhận xét thấy tích (m – k)(m + k) > nên m – k m + k số nguyên dương Và m – k < m + k < 200 nên (*) viết (m – k) (m + k) = 11.101

Do đó: m – k = 11  m = 56  A = 2025 m + k = 101 n = 45 B = 3136

Bài 2: Tìm số phương gồm chữ số biết số gồm chữ số đầu lớn số gồm chữ số sau đơn vị

Đặt abcd k2 ta có abcd 1 k  N, 32  k < 100

Suy : 101cd = k2 – 100 = (k – 10)(k + 10)  k + 10  101 k – 10  101 Mà (k – 10; 101) =  k + 10  101

Vì 32  k < 100 nên 42  k + 10 < 110  k + 10 = 101  k = 91

 abcd = 912 = 8281

Bài 3: Tìm số phương có chữ số biết chữ số đầu giống nhau, chữ số cuối giống

Gọi số phương phải tìm là: aabb = n2 với a, b  N,  a  9;  b  Ta có: n2 = aabb = 11 a0b = 11.(100a + b) = 11.(99a + a + b) (1)

(8)

Giáo án bồi dưỡng HSG cấp Tỉnh - Nguyễn Việt Khoa Mà  a  9;  b  nên  a + b  18  a + b = 11

Thay a + b = 11 vào (1) n2 = 112(9a + 1) 9a + số phương Bằng phép thử với a = 1; 2;…; ta thấy có a = thoả mãn  b =

Số cần tìm là: 7744

Bài 4: Tìm số có chữ số vừa số phương vừa lập phương

Gọi số phương abcd Vì abcd vừa số phương vừa lập phương

nên đặt abcd = x2 = y3 với x, y  N

Vì y3 = x2 nên y số phương

Ta có : 1000  abcd  9999  10  y  21 y phương

 y = 16  abcd = 4096

Bài 5 : Tìm số phương gồm chữ số cho chữ số cuối số nguyên tố, bậc hai số có tổng chữ số số phương

Gọi số phải tìm abcd với a, b, c, d nguyên  a  9;  b, c, d 

abcd phương  d 0,1,4,5,6,9 d nguyên tố  d =

Đặt abcd = k2 < 10000  32  k < 100

k số có hai chữ số mà k2 có tận  k tận Tổng chữ số k số phương  k = 45

 abcd = 2025

Vậy số phải tìm là: 2025

Bài 6: Tìm số tự nhiên có hai chữ số biết hiệu bình phương số viết số bở hai chữ số số theo thứ tự ngược lại số phương

Gọi số tự nhiên có hai chữ sốphải tìm ab (a, b  N,  a, b  9) Số viết theo thứ tự ngược lại ba

Ta có ab2 - ba2 = (10a + b)2 – (10b + a)2 = 99 (a2 – b2)  11  a2 – b2  11 Hay (a - b) (a + b)  11

Vì < a – b  8,  a + b  18 nên a + b  11  a + b = 11 Khi đó: ab2 - ba2= 32 112 (a – b)

Để ab2 - ba2 số phương a – b phải số phương a – b = a – b =

Nếu a – b = kết hợp với a + b = 11  a = 6, b = , ab= 65 Khi 652 – 562 = 1089 = 332

Nếu a – b = kết hợp với a + b = 11  a = 7,5 loại Vậy số phải tìm 65

(9)

9 (Kết quả: 1156)

Bài 8: Tìm số có chữ số mà bình phương số lập phương tổng chữ số

Gọi số phải tìm ab với a, b  N,  a  9;  b  Theo giả thiết ta có: ab = (a + b)3

(10a +b)2 = (a + b)3

 ab lập phương a + b số phương Đặt ab = t3 (t  N), a + b = 12 (1  N)

Vì 10  ab  99  ab = 27 ab = 64 Nếu ab = 27  a + b = số phương

Nếu ab = 64  a + b = 10 khơng số phương  loại Vậy số cần tìm ab = 27

Bài 9 : Tìm số lẻ liên tiếp mà tổng bình phương số có chữ số giống Gọi số lẻ liên tiếp 2n - ; 2n + ; 2n + (n  N)

Ta có : A = (2n – 1)2 + (2n + 1)2 + (2n +3)2 = 12n2 + 12n + 11

Theo đề ta đặt 12n2 + 12n + 11 = aaaa = 1111 a với a lẻ  a 

 12n(n + 1) = 11(101a – 1)

 101a –  3 2a – 

Vì  a  nên  2a – 17 2a – lẻ nên 2a – 3;9;15

 a2;5;8

Vì a lẻ  a =  n = 21 số cần tìm là: 41; 43; 45

Bài 10 : Tìm số có chữ số cho tích số với tổng chữ số tổng lập phương chữ số số

ab (a + b) = a3 + b3

 10a + b = a2 – ab + b2 = (a + b)2 – 3ab  3a (3 + b) = (a + b) (a + b – 1)

a + b a + b – nguyên tố

a + b = 3a a + b – = 3a a + b – = + b a + b = + b

 a = 4, b = a = 3, b = Vậy ab = 48 ab = 37

Chuyên đề 2: PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN

(10)

Giáo án bồi dưỡng HSG cấp Tỉnh - Nguyễn Việt Khoa VD1: Tìm nghiệm nguyên phương trình: 2x + 3y = 11 (1) Cách 1: Phương pháp tổng quát:

Ta có: 2x + 3y = 11

2

11 

    

x y y y

Để phương trình có nghiệm nguyên

2



 y nguyên

Đặt y tZ

1

 y = 2t + x = -3t +

Cách : Dùng tính chất chia hết

Vì 11 lẻ  2x + 3y ln số lẻ mà 2x số chẵn  3y lẻ  y lẻ Do : y = 2t + với tZ

x = -3t +

Cách : Ta nhân thấy phương trình có cặp nghiệm ngun đặc biệt

x0 = 4 ; y0 =

Thật : + 3.1 = 11 (2) Trừ (1) cho (2) vế theo vế ta có:

2(x - 4) + 3(y - 1) =

2(x -4) = -3(y -1) (3)

Từ (3)  3(y - 1)  mà (2 ; 3) =  y -   y = 2t + 1 với tZ

Thay y = 2t + 1 vào (3) ta có : x = -3t +

Nhận xét : Với cách giải ta phải mò cặp nghiệm nguyên (x0, y0) phương trình ax + by = c ; cách gặp khó khăn hệ số a, b, c lớn

Các tập tương tự : Tìm nghiệm nguyên phương trình

a) 3x + 5y = 10 b) 4x + 5y = 65 c) 5x + 7y = 112

VD2 : Hệ phương trình

Tìm nghiệm nguyên dương hệ phương trình sau :

3x + y + z = 14 (1) 5x + 3y + z = 28 (2)

Giải : Từ hệ cho ta có : 2(x + y) = 14 x = - y (*)

Thay (*) vào (1) ta z = 14 - y - 3x = 2y -7

Vì x > nên - y >  y < mà z> nên 2y - >  y >

(11)

11 Vậy

2

< y < yZ  y4;5;6

Giải tiếp hệ cho có nghiệm (3; 4; 1); (2; 5; 3); (1; 6; 5) Bài tập tương tự:

a) Tìm nghiệm nguyên hệ

2x -5y = 2y - 3z =

b) Trăm trâu ăn trăm bó cỏ – trâu đứng ăn năm, trâu nằm ăn ba, trâu già bó Tìm số trâu loại

c) Tìm số nguyên dương nhỏ chia cho 1000 dư chia cho 761 dư 2 Tìm nghiệm nguyên phương trình, hệ phương trình bậc cao

Phương pháp 1 : Dùng dấu hiệu chia hết để giải phương trình VD1: a) Tìm cặp số nguyên (x ; y) thoả mãn phương trình

6x2 + 5y2 = 74 (1)

Cách : Ta có : 6 (x2 - 4) = (10 - y2) (2) Từ (2)  6(x2 - 4)  (6 ; 5) =  x2 -  5

 x2 = 5t + 4 với tN

Thay x2 - = 5t vào (2) ta có: y2 = 10 – 6t Vì x2 > 0 y2 > 0  5t + 4 >

10 - 6t > 

3 5

4

 

 t với tN

 t = t =

Với t =  y2 = 10 (loại)

Với t =  x2 =  x = 3

y2 = y = 2

Vậy cặp nghiệm nguyên : Cách : Từ (1) ta có x2 + 

0 < x2  12  x2 = x2 =

Với x2 =  y2 = 10 (loại) Với x2 = 9 y2 = (thoả mãn)

Vậy

Cách : Ta có :(1)  y2 chẵn

< y2  14  y2 =  x2 =

Vậy

(12)

Giáo án bồi dưỡng HSG cấp Tỉnh - Nguyễn Việt Khoa b) 7x = 2y - 3z - 1

Giải :x5 - x + 30x = 10(3y+1)

VP  30 cịn VT  30  phương trình vơ nghiệm

Phương pháp 2: Phân tích vế thành tích, vế thành số nguyên VD1: Tìm nghiệm nguyên phương trình:

a) xy + 3x - 5y = -3

b) 2x2 - 2xy + x - y + 15 = c) x2 + x = y2 - 19

Giải : a) Cách 1: x(y + 3) – 5(y + 3) = -18 (x – 5) (y + 3) = -18

Cách :

3 18

3

   

 

y y

y x

b) Tương tự

c) 4x2 + 4x = 4y2 - 76

 (2x + 1)2 - (2y)2 = -75

Phương pháp 3 : Sử dụng tính chẵn lẻ (đặc biệt chia hết) VD2 : Tìm nghiệm nguyên

x3 - 2y3 - 4z3 =

Giải : x3 = 2(y3 + 2z3)

VP   x3 2  x  đặt x = 2k 8k3 = 2(y3 + 2z3) 4k3 = y3 + 2z3

 y3 = 4k3 - 2z3 = 2(2k3 - z3)  y chẵn Đặt y = 2t ta có: 8t3 = 2(2k3 - z3)  4t3 = 2k3 - z3

 z3 = 2k3 - 4t3  z chẵn  z = 2m  8m3 = 2(k3 - 2t3)  k chẵn

Phương pháp 4 : Phương pháp sử dụng tính chất số phương VD1 : Tìm nghiệm ngun

a) x2 - 4xy + 5y2 = 169

b) x2 - 6xy + 13y2 = 100

Giải :

a) (x - 2y)2 + y2 = 169 = + 169 = 25 + 144

b) (x – 3y)2 + (2y)2 = 100 = + 100 = 36 + 64 =

Phương pháp 5 : Phương pháp cơng thức nghiệm phương trình bậc VD1 : Tìm nghiệm nguyên phương trình

a) 2x2 -2xy + x + y + 15 =

(13)

13 c) x(x + 1) = y (y + 1) (y2 + 2)

Phương pháp 6 : Phương pháp đặt ẩn phụ VD: Tìm nghiệm nguyên phương trình:

6 2 2 2 2 2           x x x x x x x x (1) Đặt y = x2 + 2x + (y  Z)

(1) 1      y y y y

 5y2 – 7y – =

5

1 

y (loại) ; y2 = 2 (thoả mãn)  x1 = 0; x2 = -2 Các tập tương tự:

a) x3 + (x + 1)3 + (x + 2)3 = (x + 3)3

b) 12 ) ( ) (     x x x

* Một số phương pháp khác

VD1 : Tìm nghiệm nguyên phương trình :

2x2 + 4x = 19 -3y2

Giải : 4x2 + 8x + = 42 - 6y2 (2x + 2)2 = (7 - y2)

Vì (2x + 2)2   - y2   y2 7

Mà y Z  y = 0 ; 1 ; 2 Từ ta tìm giá trị tương ứng x

3 Một số tốn liên quan tới hình học

a) Cho tam giác có độ dài đường cao số nguyên dương đường tròn nội tiếp tam giác có bán kính 1(đ.v.đ.d) Chứng minh tam giác tam giác

Giải: Gọi độ dài cạnh đường cao tương ứng theo thứ tự a; b; c x; y; z R bán kính đường trịn nội tiếp

Ta có R = 1 x; y; z > và giả sử x  y  z >

Ta có : ax = by = cz = (a + b+ c).1 (=2S)

Suy ra:

a c b a

x   ;

c c b a z b c b a

y   ;   

c b a

a x   

 ;

c b a

b y   

1 ; c b a c z   

1

 1 11 1

z y

x mà x  y  z >



x z

1



y z

1

 nên

z z y x 1     z

(14)

Giáo án bồi dưỡng HSG cấp Tỉnh - Nguyễn Việt Khoa

b) Tìm tất hình chữ nhật với độ dài cạnh số ngun dương cắt thành 13 hình vng cho cạnh hình vng số nguyên dương không lớn (đ.v.đ.d)

Giải : Gọi cạnh hình chữ nhật cần tìm a b, cạnh hình vng c Từ giả thiết hình chữ nhật cắt thành 13 hình vng nên phải có:

ab = 13c2 (1) với < c  (2)

Từ (1) suy a b chia hết cho 13 Vì vai trị a, b ta giả giả sử a chia hết cho 13, tức a = 13d

Thay vào (1) ta : 13db = 13c2 Hay db = c2

Ta xét trường hợp có c

Với c = 1, có thể: d = 1, b = 1, suy a = 13 Với c = 2, có thể: d = 1, b = 4, suy a = 13 d = 2, b = 2, suy a = 26 d = 4, b = 1, suy a = 52 Với c = 3, có thể: d = 1, b = 9, suy a = 13 d = 3, b = 3, suy a = 39 d = 9, b = 1, suy a = 117 Với c = 4, có thể: d = 1, b = 16, suy a = 13 d = 2, b = 8, suy a = 26 d = 4, b = 4, suy a = 52 d = 8, b = 2, suy a = 104 d = 16, b = 1, suy a = 208

Với 12 nghiệm phương trình (1) có trường hợp thoả mãn tốn Bài tốn có nghiệm Ta tìm hình chữ nhật thoả mãn đề bài:

(a = 13, b = 1); (a = 26, b = 2); (a = 39, b = 3); (a = 52, b = 4)

Chuyên đề 3: GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỶ VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH

I GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỶ

* Các phương pháp

1 Luỹ thừa khử 2 Đặt ẩn phụ

(15)

15

4 Xét khoảng

II ÁP DỤNG CÁC PHƯƠNG PHÁP

A Phương pháp luỹ thừa khử

1 Giải phương trình a) x1 2x3 2(1)

Điều kiện: x Với 

x PT (1)  x12x32 2x2 5x34 x

x

2

2    

             ) ( 48 64 ) (

4 2

x

x x x

x

PT (2) x2 28x520

      ) ( 26 ) ( Kotm x tm x

Vậy PT cho có nghiệm x=2 b) 3(x2x1)(x x1)2(1)

ĐK: x1

Với x1 PT (1) 3(x2x1)x2 2x x1x1

1

4

2 2   

 x x x x x2 2x2x x1

Do x1 nên vế PT khơng âm PT 3 4 4

4x x x x x x

x       



0

5

4     

x x x x

0 ) ( )

(  2   

 x x x

         2 x x x   x ™

c) x23 2x21(1)

Giải:

Pt (1)  3 x23 2x23 1

1 ) 2 ( ) ( ( ) 2 )( ( 2

2      3  



x x x x x x

3

4

1   

 x x x

) ( 27 3

1  2   

 x x x x x

0 107 159 51    

x x x

0 ) 107 52 )(

(  2  

(16)

Giáo án bồi dưỡng HSG cấp Tỉnh - Nguyễn Việt Khoa         107 52 x x x              783 26 783 26 x x x

B Phương pháp đặt ẩn phụ

(2) Giải phương trình: a) x2 x13

Giải:

ĐK: x1

Đặt x2 a; x1b(b0)

Ta có hệ PT

        3 b a b a

Suy a3a26a60

0 ) )(

(   

 a a

) / (

1 x T m

a  



Vậy phương trình nghiệm x3

b x2 x5 5(1)

ĐK: x 5

Đặt : x5  y (y0) ta có hệ phương trình

         5 2 x y y x

(x2y2)(xy)0

        y x y x +)             5 2 x x x x x y x          21 x x 21 1 

x (Ko T/m) +) x y10 x x510

5

1 



x x  x5 (x1)

          (*) 2 x x x x

PT (*) x2x40

             17 17 x x (ko t/m)

Vậy PT vô nghiệm

c)

2 ) ( ) )( (        x x x x

x ; ĐK:

(17)

17 Đặt ( 2) ( 4)( 2)

2         x x a a x x x

; Ta có PT: a25a60 ;  

     a a

+) a1x26x810    x x

           ) ( x tm x

+) a6x2 6x8360 28   

x x 

          ) ( 37 37 tm x x

Vậy pt có nghiệm x 3 2;3 37

C áp dụng bất đẳng thức (3) Giải phương trình

a) 2x46 2x5  2x42 2x5 4(1) ĐK:

2  x Với Đk: 

x PT (1)  2x53 2x514

Ta có: 2x53 2x514

Đẳng thức xẩy

            ) )( ( x x x    x

Vậy nghiệm PT cho

5

  x

b) x4 6x  x210x27(1)

Giải

ĐK 4x6

Trên TXĐ x4 6x (1212)(x46x)  x4 6x 2

Lại có x210x27(x5)2 22 x2 10x27 x4 6x

Đẳng thức xẩy

5 6               x x x x x

Vậy PT (1) có nghiệm x=5 c) Giải phương trình

2

1  2  2 



x x x x x x

(18)

Giáo án bồi dưỡng HSG cấp Tỉnh - Nguyễn Việt Khoa ĐK:             1 2 x x x x

áp dụng BĐT cô si cho số khơng âm ta có

                      1 ) ( 1 ) ( 2 2 x x x x x x x x

x2 x1 xx21 x1

Ta có x2 x2x1 (Vì

0 )

(x  )

2

1 2

2        

 x x x x x x

Đẳng thức xẩy x1 ; Vậy pt có nghiệm x=1 D Xét khoảng

(4) Giải PT

a) 48 35(1)

   

 x x

x

Giải TXĐ: x

PT(1)  x248 x2354x3 35

48 13

2

2  

    x x x

Thấy x1 nghiệm PT (1)

+) x1 x248 x23513 2

13

1

48 35

4

x x x            

PT vô nghiệm

+)  x 13 35 48 2    

 x x 2

13

1

48 35

4

x x x            

PT vơ nghiệm Vậy phương trình có nghiệm x=1

b) 5x6 3 3x42 1(1)

Giải Ta có:

1



x x4;x6 1

1



x x4;x6 1

+) Xét x 1 5x6 4;3x4 21

3

2

5  

 x x

PT (1) vô nghiệm

(19)

19 Thấy x= x= -1 nghiệm PT (1)

Bài tập: Giải PT

(1) a) 2(x2 2)5 x31(B)

(b) x 17x2 x 17x2 9(B)

(2) 3x x 3x (A) (3) x2 2413x x2 8 (D) (4) 6x  x2  x26x13(C)

(5) 43 103x x2(A)

(6) 27.x10 5x6 58640 (C)

III Giải hệ phương trình * Các phương pháp:

1 Phương pháp

2 Công thức trừ, nhân, chia vế Đặt ẩn phụ

4 Dùng bất đẳng thức

IV áp dụng phương pháp A Phương pháp

1 Giải hệ pgương trình a)

  

 

29

11

y x

Giải

Hệ cho tương đương với

  

  

 

29 ) 11 (

3 11

x x

x y

  

   

15

3 11 x

x y

  

 

2 y x

Vậy hệ cho có nghiệm là: (x;y) = (3;2) b)

    

   

  

0 27

0

2

y xy x

xy x

Giải

(20)

Giáo án bồi dưỡng HSG cấp Tỉnh - Nguyễn Việt Khoa           27 ) )( ( y xy x y x y x                       27 42 27 20 2 y y y x y y y x                                                            14 127 14 127 20 549 20 549 y y y x y y y x              20 549 10 549 y x Hoặc              20 549 10 549 y x              14 127 14 127 3 y x Hoặc              14 127 14 127 3 y x c)              2004 2003 2003 2003 2 z y x zx yz xy z y x Giải:              ) ( ) ( 2004 2003 2003 2003 2 z y x zx yz xy z y x Ta có:

PT (1) 2x2 2y22z2 2xy2yz2zx0 ) ( ) ( )

(  2    

 x y y z z x

z y x  

Thế vào (2) ta có: 3x2003 32004 2003 2003  x  x

Do x= y=z =

Vậy nghiệm hệ cho là: (x;y;z) = (3;3;3)

B Phương pháp cộng, trừ, nhân, chia vế (2) Giải hệ phương trình

(21)

21 Hệ cho tương đương với:

         2 6 y x y x          2 6 y x x x y            b)          2 3 x y y x Giải:

           ) ( 2 3 y x y x y x              ) )( ( 2 y xy x y x y x        y x y x3

(do x2 xy y2 20)

        y x x x3

         y x x x

x 1)( 1)

(                             y x x x x 5 1         1 y x            5 y x            5 y x c)               ( x zx z z yz y y xy x

x,y,z0

Giải

              10 ) )( ( ) )( ( ) )( ( x z z y y

x  

(22)

Giáo án bồi dưỡng HSG cấp Tỉnh - Nguyễn Việt Khoa Vậy hệ cho có nghiệm

(x;y;z)=(1;0;4)

C Phương pháp đặt ẩn phụ (3) Giải hệ phương trình a)              2 3 2 xy y x y x y y x x

Đặt: x-y=a; x+y =b Hệ cho trở thành

      ) ( ) ( b a a ab

Từ PT (2) ta suy a0

Do đó: 62

a b

Thế vào (1) ta được: a5 a

0

2   

a a (Vì a0)

0 ) )( (   

 a a

      a a +)

2 

 b

a Hay

                    4 2 y x y x y x +)

3 

 b

a Hay

                    11 3 y x y x y x

Tóm lại hệ phương trình cho có nghiệm là:

(x;y) = 

             ; 11 ; ; b)          17 3 3 y xy x y y x x

Giải: Đặt x+y = a; xy=b Hệ cho trở thành

        17 3 b a ab b a          5 b b b a          ) )( ( b b b a       b a Hoặc      b a +)      b a

Ta có hệ phương trình

(23)

23          3 y y y x          ) )( ( y y y x       y x Hoặc      y x +)      b a

Ta có hệ phương trình

      xy y x          2 y y y x (Vô nghiệm) Hệ vô nghiệm

Vậy nghiệm hệ cho là: (x;y) = (1;2); (2;1)

c)  

           78 ) ( 215 2 2 y x xy y x y x Giải

             78 215 4 3 3 xy y x y xy y x x               16770 215 215 16770 78 312 312 78 3 3 xy y x y xy y x x              78 ) ( 78 97 97 78 3 3 xy y x y xy y x x Đặt y x

t PT (1) trở thành 78t4 97t397t780 ) 13 12 13 )( )(

(   2  

 t t t t

           3 t t

+) t x y

3     

Thế vào (2) ta 78 27 26 4  y 81   y 

 y Hoặc y3

Suy ra:       y x Hoặc       y x

+) t x y

2 3     

Thế vào (2) ta 78

39y4 

16

4

(24)

2



 y Hoặc y2

Suy ra:       y x Hoặc       y x

Tóm lại hệ cho có nghiệm là: (x;y) = (-2;3); (2;-3); (-3;2) ; (3;-2) D áp dụng bất đẳng thức

(4) Giải hệ phương trình a)          xyz z y x z y x 4 Giải:

Nhận xét: Từ BĐT (ab)2 (bc)2 (ca)2 0

Ta suy ra: a2 b2 c2 abbcca(*)

áp dụng liên tiếp BĐT (*) ta 2 2 2 4

4 y z x y y z z x

x       xyz(x yz)

 x4  y4z4  xyz

Đẳng thức xẩy khi:

3

   y z x

Vậy hệ cho có nghiệm là:        ; ; ) ; ; (x y z

b)              y x x y x x 24 32 32 4 Giải:

ĐK: 0 x32

                 32 21 ) 32 ( ) 32 ( 4 y x x y y x x x x

Theo bất đẳng thức BunhiaCốp xki ta có

64 ) 32 )( 1 ( ) 32

( x x   x x 

8 32  

 x x

4 x4 32x4 2( x 32x)2 256

 x 4 32x 4

Suy ( x 32x)(4 x 432x)12

Mặt khác y26y21y321212

(25)

25

Chuyên đề 4:

BẤT ĐẲNG THỨC VÀ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT

A - CÁC PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC

1) Phương pháp đổi tương đương Để chứng minh: AB

Ta biến đổi AB A1B1 An  Bn(đây bất đẳng thức đúng) Hoặc từ bất đẳng thức đứng AnBn, ta biến đổi

1 1

n n n n

A B  A B A  B  AB Ví dụ 1.1

 2  2

2 2

: ) (1) b) a (1)

CMR a a b a b

b c ab bc ca

       

Giải

     

 

2

)

(2)

a a b a b

a b ab

a b

    

   

  

Do bất đẳng thức (2) nên bất đẳng thức (1) chứng minh

b)

     

2 2

2 2 2

2 2

) 2

2

(2)

b a b c ab bc ca

a ab b b bc c c ca a

a b b c c a

      

         

      

Bất đẳng thức (2) suy điều phải chứng minh Ví dụ 1.2 CMR

    

4 3

4 4 3

) (1)

a a b a b a b

b a b c a b c a b c

   

      

Giải

   

        

4 4 3

4 3

3

2

3 2

) 2

0

a a b a a b ab b

a a b ab b

a a b b a b

a b a b a b a ab b

      

    

        

(26)

   

     

           

4 4 3 3 3

4 3 4 3 4 3

2 2 2 2 2 2 2

) 3

b a b c a a b a c b ab b c ac bc c

a b a b ab b c b c bc a c a c ac

a b a ab b b c b bc c a c a ac c

            

            

            

Ví dụ 1.3

      

     

2

2 2

2

2 2

: a) ax

b)

CMR a b x b by

a b c d a c b d

   

      

Giải

 

2 2 2 2 2 2

2 2

2

)

a a x a y b x b y a x abxy b y

a y abxy b y ay bx

      

   

  

        

  

2

2 2 2 2

2 2

)

(2)

b a b c d a b c d a c b d

a b c d ac bd

          

    

Nếu ac + bd < (2) Nếu acbd0 thì

      

 

2

2 2

2 2 2 2 2 2

2

a b c d ac bd

a c a d b c b d a c abcd b d

ad bc dpcm

    

      

   

Ví dụ 1.4

Cho a, b, c > 0, chứng minh rằng:  

2 2

a b c

a b c

b  c a   

Giải

 

     

3 3 2

2 2 2

2 2

1

2

a c b a c b a bc b ac c ab

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

ac a b ab b c bc c a dpcm

      

         

       

Ví dụ 1.5

(27)

27

       

     

        

     

      

2 2

2

2 / ,

1

G s a b c

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

a a ab ac bc b b bc ba ac c c ac bc ab a a b a c b b c b a c c a c b

a b a ac b bc c a c b c a b a b c c a c b c

 

          

            

         

        

       

Suy ĐPCM

2) Phương pháp biến đổi đồng

Để chứng minh BĐT: A  B Ta biến đổi biểu thức A – B thành tổng biểu thức có giá trị khơng âm

Ví dụ 2.1

Chứng minh rằng:

   

2 2

)

) 4 4

a a b c d ab ac ad

b a b c ab ac bc

     

    

Giải

2 2

2 2 2

) Ta có =

4 4

2 2

a a b c d ab ac ad

a a a a

ab b ac c ad d

a a a a

b c d

     

     

        

     

     

     

          

     

   

 

2 2

2

) Ta có : 4 4

4 4

2 4

2

b a b c ab ac bc

a ab b c ac bc

a b c c a b

a b c

    

     

    

   

Ví dụ 2.2

a) 4a3b3ab3 với a, b >

b) 8a3b3c3ab3bc3ca3 với a, b, c > c) a b c3a3b3c324abc với a, b, c 0

(28)

         

  

3

3 2

2

) Ta có : 4

3

a a b a b a b a ab b a b

a b a b

                                             

3 3

3 3 3

2 2

) Ta có :

4 4

3

b a b c a b b c c a

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

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

                                                             

3 3 3 3

3 2 3 3 3 3

3 2 2 3

2 2 2

2 2

) Ta có : 24

3 24

3 3 3 24

3 3

c a b c a b c abc

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

a a b ab b a c abc ac bc a b abc

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

b a c c a b a b c

     

          

          

        

      

Ví dụ 2.3

Với a, b, c > Chứng minh rằng: 1

)

1 1

)

3 )

2

a

a b a b

b

a b c a b c

a b c

c

b c c a a b

              Giải             2

2 2

4 1

) Ta có :

1 1

)Ta có : 2

0

a b ab a b

a

a b a b a b a b

a b b c a c

b a b c

a b c b a c b c a

a b b c a c

ab bc ac

                                                                                       

2 2

3 1

)Ta có :

2 2

1 1 1 1 1

2 2

1

a b c a b c

c

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

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

b c c a a b

a b b c c a

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

a b b c a c

a c b c a c a b a b b

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

      c

 



 

(29)

29

           

Cách

3 1

Ta có :

2 2

1

6

1

2 2

2

a b c a b c

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

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

b c a c a b

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

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

     

         

           

        

 

     

  

 

           

          

     

     

 

Ví dụ 2.4

) Cho a, b CMR: a + b

a   ab (Bất đẳng thức Cô – si)

) Cho a, b, c CMR: a + b + c

b   abc (Bất đẳng thức Cô – si) ) Cho a b c

c   x yz CMR

a b cx yz3 ax bycz (Bất đẳng thức Trê bư sếp) Giải

a) Ta có:  

2

a b ab  a b 

b) 13 3  3  2 3  2 3 2

3

2

a  b c abc  a b c  a b  c b  a  c 

 

 

c)     

        

3 ax

0

a b c x y z by cz

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

      

         

Ví dụ 2.5

Cho a, b, c > Chứng minh:

 2 2 )

)

bc ac ab

a a b c

a b c

bc ac ab

b a b c

a b c

    

Giải

       

 

     

2 2

2

2 2

2 2 2

1 1

)

2 2

)

1

0

a b a c b c

bc ac ab

a a b c c b a

a b c ab ac bc

bc ac ab

b a b c

a b c

c a b

a b c b a c

a b c b a c

  

        

 

    

 

 

 

       

 

Ví dụ 2.6

(30)

2

1

)

1 1

a

a  b  ab

   ab 

2

1

)

1 1

b

a  b  ab

   a

2

+ b2 <

2

1

)

1 1

c

a  b  ab

   -1 < a, b <

 2  2

1 1

)

1

d

ab

a  b  

  a, b >

Giải

   

   

2 2

2

1 1 1

) = +

1 1 1 1

1

0

1 1

a

a b ab a ab b ab

a b ab

   

       

          

 



  

   

   

2

1

)

1

2 1

ab a b ab

a b

b ab

ab a b ab

   

 

    

    



   

   

2 2

2

1 1 1

) = +

1 1 1 1

1

0

1 1

c

a b ab a ab b ab

a b a b

a b ab

   

       

          

 



  

   

     

2

2 2

1

1 1

) =

1

1 1 1

ab a b ab

d

ab

a b a b ab

  

  



    

3) Phương pháp sử dung tính chất bất đẳng thức

Cơ sở phương pháp tính chất bất đẳng thức số bất đẳng thức như:

 2

1

) , ; ) v a.b >

0

) ; )

0

1

) ,

a a b b c a c b a b

a b

c a c b d d a b

c d

e a b

a b a b

      

 



   



 



   



Ví dụ 3.1

Cho a + b > Chứng minh: 4

a b 

(31)

31

   

 

2

2 2 2

2

4

1

2

1

2

a b

a b a b

a b



     



   

Ví dụ 3.2

Với a, b, c > CMR

3 3

2 2

) )

a b c

a ab ac bc

b c a

a b c

b a b c

b c a

    

Giải

 

     

 

     

2

3 3

2 2 2

3

3 3

2 2

) Ta có : ,

) Ta có : 3 ,

3 3

x

a x xy y x y

y

a b c

a ab b b bc c c ac a ab ac bc

b c a

x

b x y x y

y

a b c

a b b c c a a b c

b c a

   

              

  

           

Ví dụ 3.3

Cho a, b, c > CMR:

2 2

) )

2

bc ac ab

a a b c

a b c

a b c a b c

b

b c c a a b

    

 

  

  

Giải a) dễ dàng chứng minh bc ac 2c

a  b  đpcm

b) dễ dàng chứng minh

4

a b c



  

 đpcm

Ví dụ 3.4

1 1 1

) cho x, y, z >0 t/m: :

2 2

a CMR

x y z  x yz  x yz  x y z 

b) Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác Chứng minh

1 1 1

(32)

Giáo án bồi dưỡng HSG cấp Tỉnh - Nguyễn Việt Khoa c) Cho a, b, c > thỏa mãn: abc = ab + bc + ca. Chứng minh:

1 1

2 3 16

a b c b c ac a b

Giải

   

1 ) Ta có : ,

1 1 1 1

2 16

a a b

a b a b

x y z x y x zx x y x z x y z

   



   

         

          

Tương tự: 1 ; 1 1

2 16 16

x y z x y z x y z x y z

   

         

       

1 1 1

1 2x y z x 2y z x y 2z 16 x y z

 

      

       

1

)

2

1

;

1

1 1 1

b

a b c a b c a a

a b c b c a b

a b c b c a c

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

  

   

 

   

 

   

     

     

     

1 1 1 1

)

2 16 32 32

1 1 1

tt: ;

3 32 16 32 32 32 16

1 1 1

2 3 2 32 16

c

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

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

 

      

        

     

   

 

       

       

Ví dụ 3.5

Cho a, b, c > Chứng minh rằng:

2 2

)

1 1

a b c

a

a b b c c a

a b c a b c

b

b c c a a b a b c

  

  

    

     

Giải a) áp dụng BĐT: x y 0,t ta có: y y t

x x t



   

(33)

33

Ta có : ; ;

2

a a c b b a c c b

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

a b c

a b b c c a

  

  

        

   

  

b)

2

2 2

1 Ta có :

1

1 1

3 mà

2

a

a a

a

a b c

b c c a a b

   



   

  

  

  

suy điều phải chứng minh

4)Phương pháp sử dung bất đẳng thức Co-si

1 2

*) Cho , , , 0, ta có : n

n n n

a a a  a a  a n a a a

Dấu “=” xảy a1a2  an0 Ví dụ 4.1

Cho a, b > thỏa mãn ab = CMR: a b 1a2 b2

a b

    



Giải Áp dụng BĐT Cosi ta có

 

    

 

2

4

2

4

1

4

2 2

a b ab

a b a b

a b a b a b

a b a b

a b

  

    

 

        

 

 

         



 

Ví dụ 4.2

 2

)

2

a b a b

a    a bb a với a, b 0

) a b c

b

bc  ca  ab  với a,b,c > 0

(34)

 

2

1

a) Ta có :

2 2

1 1

mà ,

4

2

a b a b a b

a b ab a b

a a b b a b a b

a b a b

a b b a

      

         

   

 

        

 

 

   

1

) 1

2

tt: ;

b c b c a b c

b

a a a

a a

b c a b c

b b c c

a c a b c a b a b c

     

    

 

 

  

 

     

Cộng vế với vế ta được: a b c

bc  ca  ab 

Dấu “=” xảy

a b c

b a c a b c

c a b

  



     



   

vơ lí Vậy dấu “=” khơng xảy

Ví dụ 4.3

Cho a, b, c > Chứng minh rằng:

2 2 3

2 2 2

3 3

2 2

2 2 2

)

2

1 1

) 3; ( 1)

2

a b c a b c

a

b c c a a b abc

a b c

b a b c

a b b c c a abc

 

  

  

 

      

  

Giải

2 2 2

2 2 2 3

2 2 2

) Ta có : ; ;

2 2

a a b b c c

a

b c bc a c ac a b ab

a b c a b c a b c

b c a c a b bc ac ab abc

  

  

 

      

  

 2 2

2 2 2 2 2 2

2 2 3

2 2 2

1 1 1

) Ta có :

3

2

b a b c

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

c a b a b c

a b b c c a abc

 

        

       

 

     

  

Ví dụ 4.4

(35)

35

3 3 3

1 1

a b abcb c abc c a abc abc

Giải

 

2 3

3

Ta có :a b 2ab a b ab a b

abc abc c

a b abc ab a b abc a b c

      

  

     

3 3

tt: abc a ; abc b

b c abc a b c c a abc  a b c

Cộng vế với vế suy điều phải chứng minh Ví dụ 4.5

Cho a, b, c > thỏa mãn a2 +b2 + c2 = Chứng minh ab bc ca (1)

c  a  b 

Gải

     

2 2 2

2 2

2 2 2

2 2

1

mà :

a b b c c a

a b c a b c

c a b

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

a b c

c a b c a c b a b

        

          

Suy điều phải chứng minh Ví dụ 4.6

Cho x, y, z > thỏa mãn xyz = Chứng minh

        

3 3

5 5 5

3 )

1 1 1

)

x y z

a

y z z x x y

xy yz zx

b

x xy y y yz z z zx x

  

     

  

     

Giải a) Áp dụng bất đẳng thức si ta có:

  

3

1

1 8

x y z x

y z

 

  

 

Tương tự suy VT

3

3 3

2 4

xyz xyz

    

 

   

2 5 2

5 2

) Ta có :

1

b x y xy x y x y x y

xy xy z

x xy y xy x y x y xy x y x y z

      

  

(36)

5 5

5 5 5

tt: ;

1

yz x zx y

y yz z x y z z xz x x y z

xy yz zx

x xy y y yz z z xz x

 

       

   

     

Ví dụ 4.7

Cho x, y, z > Chứng minh

3 3

x y z

x y z yz  zx  xy   

Giải Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có:

3 3

3 ; ;

x y z

z y x z x y x y z

yz zx xy

x y z

x y z yz zx xy

        

     

5)Phương pháp sử dung bất đẳng thức Bunhiacopski *) a2b2x2 y2xaby2 dấu “=” xảy a kx

b ky

  

 

*) a2b2c2x2 y2z2xabycz2 dấu “=” xảy

a kx b ky c kz

  

    

Tổng quát:

 2 2 2 2  2

1 n n 1 2 n x

a a  a x x  x  a x a x  a x dấu “=” xảy = kxi Ví dụ 5.1

Cho a, b > Chứng minh

 2

2

1 )

)

a

a b a b

m n

n m

b

a b a b

 

 

 



Giải a) Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski ta có:

 

2

1 1

1

a b a b

 

    

   

   

  

(37)

37       2 2 2

) n m n m

b a b a b n m

a b a b

n m

a b a b

                       Tổng quát:

Cho bi 0,i1.n  

2 2

1

1 2

n n n n

a a a

b b b b b b

  

   

   (1)

 Với a ci i 0 với i1.n  

1

1 1 2

n n

n n n

a a a

c c c a c a c a c

  

   

   (2)

Thật vậy:

   

 

2

2 2

2

1 2

2

2 2

1

1 2

n n

n n n

n n

a a a a a a

b b b b b b a a a

b b b b b b

a a a

b b b b b b

                                     

đặt aici = bi > thay vào (1) (2) Ví dụ 5.2

Cho a,b,c số thực dương Chứng minh

2 2 2

3 3 3 2

2 2

) )

2

) )

2

a b c a b c a b c

a a b c b

b c a b c c a a b

a b c a b c a b c

c a b c d

b c a b c c a a b

                          Giải        

2 2

2

2 2

2

2 2

3 3 4

2 2

) Ta có : )

2

)

a b c

a a b c

b c a a b c

a b c

a b c a b c

b

b c c a a b a b c

a b c

a b c a b c

c a b c

b c a ab bc ca ab bc ca

                                   

3 3 4 2

)

2

a b c a b c a b c

d

b c a c a b ab ac ab bc ac bc

 

     

     

Ví dụ 5.3

Cho a, b, c > Chứng minh: 25a 16b c

bc ca ab 

(38)

     

 

2

Ta có : 25 16 1 42

5

25 16

42

2

a b c

VT

b c c a a b

a b c a b c

b c c a a b a b c

   

         

  

   

 

 

         

    

 

Dấu “=” xảy

5

b c a c a b

a

  

    vơ lí suy điều phải chứng minh Ví dụ 5.4

Cho x, y, z > Chứng minh:

2 2

x y z x y z

y  z  x  y  z  x

Giải Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopki ta có

2

2 2

1

3

x y z x y z x y z x y z x y z

y z x y z x y z x y z x y z x

    

                

    

B – CÁC PHƯƠNG PHÁP TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT

Cho biểu thức f(x,y…)

Ta nói M giá trị lớn f(x,y…) kí hiệu maxf(x,y…) = M, hai điều kiện sau thỏa mãn:

- Với x,y… để f(x,y…) xá định f(x,y…)  M - Tồn x0, y0… cho f(x0,y0…) = M

Ta nói m giá trị nhỏ f(x,y…) kí hiệu minf(x,y…) = m, hai điều kiện sau thỏa mãn:

- Với x,y… để f(x,y…) xá định f(x,y…)  m - Tồn x0, y0… cho f(x0,y0…) = m

I) TÌM GTLN, GTNN CỦA ĐA THỨC BẬC HAI 1) Đa thức bậc hai biến

Ví dụ 1.1

a) Tìm GTNN A = 3x2 – 4x + b) Tìm GTLN B = - 5x2 + 6x – c) Tìm GTNN C = (x – 2)2 + (x – 3)2 d) Cho tam thức bậc hai P = ax2 + bx + c

Tìm GTNN P a > Tìm GTNN P a >

Giải a) A =

2

2 4 1

3

3 3 3

x x x

   

       

   

    Vậy minA=

1

x

(39)

39 b) B =

2

2 1

5

5 25 5 5

x x x

   

            

    Vậy maxB =

1

x

 

c) C =

2

2 2 25 1

4

4 2 2

x  x x  x  x  x   x   

   

Vậy maxC = x d) Ta có: P =

2

2 2

2

4 4

b b b b b

a x x c a a c

a a a a a

   

       

   

 

Nếu a > P 

2

4

b c

a

 Vậy minP =

4

b c

a



2

b x

a

 

Nếu a < P 

2

4

b c

a

 Vậy maxP =

4

b c

a



2

b x

a

 

Ví dụ 1.2

a) Tìm GTNN M = x2 – 3x + với x2 b) Tìm GTLN N = x2 – 5x + với 3 x8

Giải

a) M = x1x2  1 Vậy minM = -1 x =

b) N = x3x82525 Vậy maxN = 25 x = -3, x = 2 Đa thức bậc hai hai biến

a) Đa thức bậc hai hai biến có điều kiện Ví dụ 2a.1

a) Cho x + y = Tìm GTLN P = 3xy –

b) Cho x – 2y = Tìm GTNN Q = x2 + 2y2 – x + 3y Giải

a)  

2

1 13 13

1

2 4

x y x yP y y   y    

 

Vậy maxP = 13

4 x





2

b) 2 2 2

3 11 11

2 16 8

x y x y Q y y y y y

y y y y

            

 

         

 

Vậy minQ = 11

8 x

  

Ví dụ 2a.2

(40)

Giáo án bồi dưỡng HSG cấp Tỉnh - Nguyễn Việt Khoa a) xy6,y4

b) ,

2

S x yS ya

a) P6y y  8 y2y48 Vậy maxP = x = 2, y = b) QS y y S a a yay a S  S a a

Vậy maxQ = (S – a)a x = S – a, y = a b) Đa thức bậc hai hai biến

Cho đa thức: P(x,y) = ax2 + bxy + cy2 + dx + ey + h (1), với a,b,c 0 Ta thường đưa P(x, y) dạng

P(x, y) = mF2(x, y) + nG2(y) + k (2) P(x, y) = mH2(x, y) + nG2(x) + k (3)

Trong G(y), H(x) hai biểu thức bậc ẩn, H(x, y) biểu thức bậc hai ẩn

Chẳng hạn ta biến đổi (1) (2) với a, (4ac – b2) 0

   

     

2 2

2 2 2 2

2

2 2 2

2

4 ( , ) 4 4 4

4 4 2

2

2 4

4

aP x y a x abxy acy adx aey ah

a x b y d abxy adx bdy ac b ae bd y ah d

ae bd ae bd

ax by d ac b y ahd

ac b ac b

     

           

 

 

         

 

 

(Tương tự nhân hai vế (1) với 4c để chuyển (3)) Ví dụ 3.1

a) Tìm GTNN P = x2 + y2 + xy + x + y

b) Tìm GTLN Q = -5x2 – 2xy – 2y2 + 14x + 10y – Giải

 

2 2 2

2

a) 4 4 4 4

1 4

=

3 3

P x y xy x y x y xy x y y y

x y y

             

 

        

 

Vậy minP =

3 x y

   

   

2

b) 25 10 10 70 50 = 80

1

5 16 16

5

Q x xy y x y x y y

Q x y y

           

        

Vậy maxQ = 16 x = 1, y = Ví dụ 3.2

(41)

41

 2  2  2   

(*) 4

3

x y y y y y

y

           

   

Vậy miny = -3 x = -6 Vậy ccawpj số (x, y) = (-6; -3) Ví dụ 3.3

Cho x, y liên hệ với hệ thức x2 + 2xy + 7(x + y) + 7y2 + 10 = (**) Hãy tìm GTLN, GTNN S = x + y +

Giải

 

   

    

2

2 2

** 28 28 40

2 2

2

x xy x y y

x y y x y

x y

x y x y x y x y

x y S

      

        

  



           

  



    

Vậy minS = -4 x = -5, y = maxS = -1 x = -2, y = II PHƯƠNG PHÁP MIỀN GIÁ TRỊ

Ví dụ

Tìm GTLN, GTNN A =

2

4

x x

x

 



Giải

Biểu thức A nhận giá trị a phương trình sau có a nghiệm a =

2

4

x x

x

 



a1x24 2xa 3 1  Nếu a = phương trình (1) có nghiệm x =

4



Nếu a  phương trình (1) có nghiệm –a2 + 4a +5 0   1 a5 Vậy minA = -1 x 

maxA = 2

x

Ví dụ

Tìm GTLN, GTNN biểu thức B = 2 22

x y

 

Giải

Biểu thức B nhận giá trị b phương trình sau có nghiệm b = 2 2

7

x y

 

(42)

Giáo án bồi dưỡng HSG cấp Tỉnh - Nguyễn Việt Khoa bx2 x by22y7b 1 2  Trong x ẩn, y tham số b tham số có điều kiện

Nếu b = x2y 1

Nếu b  để (2) có nghiệm x – 4b(by2 – 2y + 7b -1)0 (3)

Coi (3) bất phương trình ẩn y BPT xảy với giá trị y 16b2 + 4b2(-28b2 + 4b + 1) 0

2

28

14

b b b

        

Vậy minB = x = - ,7 14

14 y

  

maxB = x = 1, y = 2

III PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC

1) Sử dụng bất đẳng thức Cơ-si Ví dụ 1.1

Tìm GTLN, GTNN A = 3x 5 73x với 3x Giải

     

2

3 3 2

A  x   x x  x   x  x

Vậy A2  2 A Vậy minA = 5,

3

x y

A2 4 A 2 maxA2 x2

(Biểu thức cho dạng tổng hai thức Hai biểu thức lấy có tổng hằng số)

Ví dụ 1.2

Cho x, y > thỏa mãn x + y 6 Hãy tìm GTNN P = 3x 2y x y

  

Giải

Ta có: 3  3.6 19

2 2 2

x y x y

P x y

x y x y

            

Vậy minP = 19 x = 2, y = Ví dụ 1.3

Tìm GTLN biểu thức M = x y y x

xy

  

(43)

43 To có: M x y

x y

 

 

Theo bất đẳng thức Cơ – si ta có:

  3   2

3 ; 2

2

y

x x y

x y

 

       

3

max 6;

6

M M x y

       

Ví dụ 1.4

Cho x, y, z > thỏa mãn: 1 1 

1x1 y 1z Tìm TGLN P = xyz

Giải

 

  

1 1

1 1 1 1

y z z

x y z y z y z

   

       

          

Tương tự:

     

1

2 ;

1 1 1

xz xy

y  x z z  x y

     

Nhân vế với vế ba BĐT max

8

P xyz P x y z

       

Ví dụ 1.5

Cho < x < 1, Tìm GTNN Q = 1x x

Giải

   

 

     

2

4

3

Ta có :

1

4

minP =

1

x x

P

x x x x

x x

x

x x

 

      

 



     



(Đặt P = 3 1- 

1-b x

ax

c

x x  đồng hệ số suy a = b = 1; c = 7)

Ví dụ 1.6

Cho x, y, z, t > Tìm GTNN biểu thức

M x t t y y z z x

t y y z z x x t

   

   

   

Giải Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si ta có: 1

(44)

   

Ta có : 4 1 1

1 1

=

4

x t t y y z z x

M M

t y y z z x x t

x y t z y x z t

x y z t

t y y z z x x t t y z x y z x t

x y z t

x y z t x y z t

           

           

       

   

   

   

            

           

 

  

     

minM = x = y z t



 

2 Sử dụng BĐT Bunhiacopski (BCS) Ví dụ 2.1

Cho x, y, z thỏa mãn: xy + yz + zx =1 Tìm GTNN biểu thức A = x4 + y4 + z4

Giải Áp dụng BĐT BCS ta có

      

    

2

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2

2 2 4

1

1 1

1

minP = x = y = z =

3 3

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

x y z x y z

P

          

        

  

Ví dụ 2.2

Tìm GTNN P = 4a 9b 16c

b c acab a b c a, b, c độ dài ba cạnh

của tam giác

Giải

 

     

2

1 1 29

4 16

2 2

4 16 29

=

2

2 29

2

a b c

P

b c a c a b a b c

a b c

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

b c a c a b a b c

     

         

     

     

   

  

 

     

 

   

  

       

81 29 81 29

26

2 2

minP = 26

7

a b c

 

    

 

  

Ví dụ 2.3

Tìm giá trị nhỏ Q = a 1+b-a +

b 1+c-b +

(45)

45 Giải

 

     

 

2

2 Ta có :

2 2 2

1

1 minQ =

3

a b c a b c

a b c

Q

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

b ac

a b c

   

     

         

 

   

Ví dụ 2.4

Cho a, b, c > thỏa mãn a + b + c = Tìm GTNN P 2 12 2 1

a b c ab bc ca

   

 

Giải

 

   

2 2

2

1 1

1

2

1 21

9 30

1 minP = 30 a = b = c =

3

ab bc ca ab bc ca P

a b c ab bc ca

a b c ab bc ca ab bc ca

ab bc ca

a b c a b c

  

 

  

   

 

  

     

 



    

 

   



Chuyên đề 5: TỨ GIÁC NỘI TIẾP

I -CÁC DẤU HIỆU NHẬN BIẾT TỨ GIÁC NỘI TIẾP

1- Tổng hai góc đối 1800

2- Hai góc liên tiếp nhìn cạnh hai góc 3- Nếu hai cạnh đối diện cuả giác ABCD cắt M thỏa mãn: MA.MB =MC.MD ; hai đường chéo cắt O thỏa mãn OA.OC = OB.OD ABCD tứ giác nội tiếp

4- Sử dụng định lý Ptôlêmê

II- CÁC VÍ DỤ

Bài số

Cho tam giác ABC vuông cân A, cạnh BC lấy điểm M Gọi (O1) đường tròn tâm O1 qua M tiếp xúc với AB B, gọi (O2) đường tròn tâm O2 qua M tiếp xúc với AC C Đường tròn (O1) (O2) cắt D (D không trùng với A)

1) Chứng minh tam giác BCD tam giác vuông 2) Chứng minh O1D tiếp tuyến (O2)

(46)

Bài số

Cho tam giác ABC vuông B (BC > AB) Gọi I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC, tiếp điểm đường tròn nội tiếp với cạnh AB, BC, CA P, Q, R 1) Chứng minh tứ giác BPIQ hình vng

2) Đường thẳng BI cắt QR D Chứng minh điểm P, A, R, D, I nằm đường tròn

3) Đường thẳng AI CI kéo dài cắt BC, AB E F Chứng minh AE CF = 2AI CI ( HD : Đặt AP = x, BP = y, CQ = z => AB.AC = 2xz , từ Talet => đpcm )

Bài số

Cho tam giác ABC, cạnh BC lấy điểm E, qua E kẻ đường thẳng song song với AB AC chúng cắt AC P cắt AB Q

1) Chứng minh BP = CQ

2) Chứng minh tứ giác ACEQ tứ giác nội tiếp Xác định vị trí E cạnh BC để đoạn PQ ngắn ( HD : Gọi M,N l3 hình chiếu Q,P BC => PQ ≥ MN =

2

BC

) 3) Gọi H điểm nằm tam giác ABC cho HB2 = HA2 + HC2 Tính góc AHC ( HD : vẽ tam giác CHK => AHC 1200)

Bài số

Cho tam giác ABC vuông A nội tiếp đường trịn tâm O, kẻ đường kính AD, AH đường cao tam giác (H BC)

E D

O2 O1

M B

A

C

F P

D R

E Q I

C B

A

P

Q

A

B C

H

E R

r

A H

M

N

D

O

(47)

47 1) Chứng minh tứ giác ABDC hình chữ nhật

2) Gọi M, N thứ tự hình chiếu vng góc B, C AD Chứng minh HM vng góc với AC

3) Gọi bán kính đường trịn nội tiếp, ngoại tiếp tam giác vuông ABC r R

Chứng minh : r + R  AB.AC (HD : AB.AC = 2BK.KC với K tiếp điểm BC với (O’))

Bài số

Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn tâm O, đường phân giác góc A cắt cạnh BC D cắt đường tròn ngoại tiếp I

1) Chứng minh OI vng góc với BC 2) Chứng minh BI2 = AI.DI

3) Gọi H hình chiếu vng góc A cạnh BC Chứng minh : BAHCAO 4) Chứng minh : HAO B C 

Bài số

Cho tam giác ABC nhọn, đường cao kẻ từ đỉnh B đỉnh C cắt H cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC E F

1) Chứng minh AE = AF

2) Chứng minh A tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác EFH

3) Kẻ đường kính BD, chứng minh tứ giác ADCH hình bình hành Bài số

Cho tam giác ABC vng A, đường cao AH Đường trịn đường kính AH cắt cạnh AB M cắt cạnh AC N

1) Chứng minh MN đường kính đường trịn đường kính AH 2) Chứng minh tứ giác BMNC nội tiếp

3) Từ A kẻ đường thẳng vng góc với MN cắt cạnh BC I Chứng minh: BI = IC

D H

I O

A

B C

H

D E

F O

B C

A

I N

M

C O

A

H B

E I A

M O

Q P

(48)

Giáo án bồi dưỡng HSG cấp Tỉnh - Nguyễn Việt Khoa Bài số

Cho đường tròn tâm O M điểm nằm bên ngồi đường trịn Qua M kẻ tiếp tuyến MP, MQ (P Q tiếp điểm) cát tuyến MAB

1) Gọi I trung điểm AB Chứng minh bốn điểm P, Q, O, I nằm đường tròn 2) PQ cắt AB E Chứng minh: MP2 = ME.MI

3) Giả sử PB = b A trung điểm MB Tính PA Bài số

Cho tam giác ABC vuông C, O trung điểm AB D điểm cạnh AB (D không trùng với A, O, B) Gọi I J thứ tự tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ACD BCD

1) Chứng minh OI song song với BC

2) Chứng minh điểm I, J, O, D nằm đường tròn

3) Chứng minh CD tia phân giác góc BAC OI = OJ

Bài số 10

Cho hình vng ABCD, M điểm đường chéo BD, gọi H, I K hình chiếu vng góc M AB, BC AD

1) Chứng minh :MIC = HMK 2) Chứng minh CM vng góc với HK

3) Xác định vị trí M để diện tích tam giác CHK đạt giá trị nhỏ ( HD : đặt cạnh hv a , AK = x ; KD = y => =

2

3

a

x = y hay M tâm hv ) Bài số 11

Cho hai đường tròn (O1) (O2) cắt A B, tiếp tuyến chung hai đường trịn phía nửa mặt phẳng bờ O1O2 chứa B, có tiếp điểm với (O1) (O2) thứ tự E F Qua A kẻ cát tuyến song song với EF cắt (O1) (O2) thứ tự C D Đường thẳng CE đường thẳng DF cắt I Chứng minh:

1) IA vng góc với CD ( HD : EF trung trực IA) 2) Tứ giác IEBF nội tiếp

3) Đường thẳng AB qua trung điểm EF

( HD : Từ cặp tam giác đồng dạng suy EK2 = KF2 )

J I

C

A B

D O

N

I

P K

H

D

B C

A

(49)

49 Bài số 12

Cho điểm A, B, C thẳng hàng theo thứ tự Dựng đường trịn đường kính AB, BC Gọi M N thứ tự tiếp điểm tiếp tuyến chung với đường trịn đường kính AB BC Gọi E giao điểm AM với CN

1) Chứng minh tứ giác AMNC nội tiếp

2) Chứng minh EB tiếp tuyến đường trịn đường kính AB BC

3) Kẻ đường kính MK đường trịn đường kính AB Chứng minh điểm K, B, N thẳng hàng

Bài số 13

Cho tam giác MNP vuông M Từ N dựng đoạn thẳng NQ phía tam giác MNP cho NQ = NP MNPPNQ gọi I trung điểm PQ, MI cắt NP E

1) Chứng minh PMIQNI

2) Chứng minh tam giác MNE cân 3) Chứng minh: MN PQ = NP ME

Bài số 14

Cho nửa đường trịn đường kính MN Lấy điểm P tuỳ ý nửa đường tròn (P  M, P 

N) Dựng hình bình hành MNQP Từ P kẻ PI vng góc với đường thẳng MQ I từ N kẻ NK vng góc với đường thẳng MQ K

1) Chứng minh điểm P, Q, N, I nằm đường tròn 2) Chứng minh: MP PK = NK PQ

3) Tìm vị trí P nửa đường trịn cho NK.MQ lớn

K

O2 O1

I

D

C A

B E

F I

K E

J

A C

B M

N

E

Q N

I M

P

K

I

Q P

(50)

Giáo án bồi dưỡng HSG cấp Tỉnh - Nguyễn Việt Khoa Bài số 15

Cho điểm M, N, P thẳng hàng theo thứ tự ấy, gọi (O) đường tròn qua N P Từ M kẻ tiếp tuyến MQ MK với đường tròn (O) (Q K tiếp điểm) Gọi I trung điểm NP

1) Chứng minh điểm M, Q, O, I, K nằm đường tròn

2) Đường thẳng KI cắt đường tròn (O) F Chứng minh QF song song với MP 3) Nối QK cắt MP J Chứng minh :

MI MJ = MN MP

Bài số 16

Tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn đường kính AD Hai đường chéo AC, BD cắt E Hình chiếu vng góc E AD F Đường thẳng CF cắt đường tròn điểm thứ hai M Giao điểm BD CF N Chứng minh:

a) CEFD tứ giác nội tiếp

b) Tia FA tia phân giác góc BFM c) BE.DN = EN.BD

Bài số 17

Cho điểm A ngồi đường trịn tâm O Kẻ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C tiếp điểm) M điểm cung nhỏ BC (MB, MC) Gọi D, E, F tương ứng hình chiếu vng góc M đường thẳng AB, AC, BC; H giao điểm MB DF; K giao điểm MC EF

1) Chứng minh:

a) MECF tứ giác nội tiếp b) MF vng góc với HK

2) Tìm vị trí điểm M cung nhỏ BC để tích MD.ME lớn

J F

I N

M

O Q

K

P

N

M

F E

A D

B

C

K H

F

E D

A

O B

C M K

H M

D

B O

A

C

(51)

51 Bài số 18

Cho đường tròn (O; R), hai điểm C D thuộc đường tròn, B trung điểm cung nhỏ CD Kẻ đường kính BA; tia đối tia AB lấy điểm S, nối S với C cắt (O) M; MD cắt AB K; MB cắt AC H Chứng minh:

1) BMDBAC, từ suy tứ giác AMHK tứ giác nội tiếp 2) HK song song với CD

3) OK OS = R2

Bài số 19

Từ điểm M ngồi đường trịn (O; R) vẽ hai tiếp tuyến MA , MB cát tuyến MCD (MC < MD) tới đường tròn Gọi I trung điểm CD Gọi E, F, K giao điểm đường thẳng AB với đường thẳng MO, MD, OI

1) Chứng minh rằng: R2 = OE OM = OI OK

2) Chứng minh điểm M, A, B, O, I thuộc đường tròn 3) Khi cung CAD nhỏ cung CBD Chứng minh : DEC 2.DBC

Bài số 20

Cho tam giác ABC vng A Nửa đường trịn đường kính AB cắt BC D Trên cung AD lấy E Nối BE kéo dài cắt AC F

1) Chứng minh CDEF tứ giác nội tiếp

2) Kéo dài DE cắt AC K Tia phân giác góc CKD cắt EF CD M N Tia phân giác góc CBF cắt DE CF P Q Tứ giác MPNQ hình ? Tại sao? 3) Gọi r, r1, r2 theo thứ tự bán kính đường trịn nội tiếp tam giác ABC, ADB, ADC Chứng minh rằng: r2 = 2

1

r r ( HD : Xem Nâng cao phát triển Toán T1 ) Bài số 21

Cho đường tròn (O ; R) dây AC cố định không qua tâm B điểm đường trịn (O ; R) (B khơng trùng với A C) Kẻ đường kính BB’ Gọi H trực tâm tam giác ABC

1) Chứng minh AH // B’C

2) Chứng minh HB’ qua trung điểm AC

3) Khi điểm B chạy đường trịn (O ; R) (B khơng trùng với A C) Chứng minh điểm H nằm đường tròn cố định

K

E F

I C

M

B O A

D

P Q

M

N

K F

D

O

A B

C

(52)

Bài số 22

Cho tam giác ABC cân A, nội tiếp đường trịn (O) Kẻ đường kính AD Gọi M trung điểm AC, I trung điểm OD

1) Chứng minh OM // DC

2) Chứng minh tam giác ICM cân

3) BM cắt AD N Chứng minh IC2 = IA.IN Bài số 23

Cho đường trịn (O) đường kính AB = 2R Đường thẳng (d) tiếp xúc với đường tròn (O) A M Q hai điểm phân biệt chuyển động (d) cho M khác A Q khác A Các đường thẳng BM BQ cắt đường tròn (O) điểm thứ hai N P Chứng minh :

1) Tích BM.BN khơng đổi 2) Tứ giác MNPQ nội tiếp 3) BN + BP + BM + BQ > 8R

Bài số 24

Cho đường tròn (O) điểm A nằm bên ngồi đường trịn Từ A kẻ tiếp tuyến AP AQ với đường tròn (O), P Q tiếp điểm Đường thẳng qua O vng góc với OP cắt đường thẳng AQ M

1) Chứng minh MO = MA

2) Lấy điểm N nằm cung lớn PQ đường tròn (O) Tiếp tuyến N đường tròn (O) cắt tia AP AQ B C

a) Chứng minh : AB + AC – BC không phụ thuộc vào vị trí điểm N

B'

G

K I

H O

A C

B

N I

M

D A

O

B C

P N

B O

A M

Q

O P

N

B A

M

(53)

53 b) Chứng minh : Nếu tứ giác BCQP nội tiếp đường trịn PQ // BC

Chun đề 6: ĐƯỜNG ĐI QUA ĐIỂM CỐ ĐỊNH

Trong đề thi học sinh giỏi, thi vào trường chun, lớp chọn thường có tốn liên quan đến tìm điểm cố định, chứng minh đường qua điểm cố định Thực tế cho thấy tốn khó, học sinh thường khó khăn gặp phải toán dạng

Bài toán “Đường qua điểm cố định” địi hỏi HS phải có kĩ định cộng với đầu tư suy nghĩ, tìm tịi đặc biệt phải có phương pháp làm

Tìm hiểu nội dung tốn Dự đốn điểm cố định Tìm tịi hướng giải Trình bày lời giải

Tìm hiểu tốn:

• Yếu tố cố định.( điểm, đường … )

• Yếu tố chuyển động.( điểm, đường … )

• Yếu tố khơng đổi.( độ dài đoạn, độ lớn góc … )

• Quan hệ khơng đổi ( Song song, vng góc, thẳng hàng … )

Khâu tìm hiểu nội dung tốn quan trọng Nó định hướng cho thao tác Trong khâu địi hỏi học sinh phải có trình độ phân tích tốn, khả phán đốn tốt Tuỳ thuộc vào khả đối tượng học sinh mà giáo viên đưa hệ thống câu hỏi dẫn dắt thích hợp nhằm giúp học sinh tìm hiểu tốt nội dung toán Cần xác định rõ yếu tố cố định, không đổi, quan hệ không đổi yếu tố thay đổi, tìm mối quan hệ yếu tố

Dự đốn điểm cố định:

C

B

M A

O P

Q

(54)

Dựa vào vị trí đặc biệt yếu tố chuyển động để dự đốn điểm cố định Thơng th-ường ta tìm hai vị trí đặc biệt cộng

thêm với đặc điểm bất biến khác tính chất đối xứng, song song, thẳng hàng … để dự đốn điểm cố định

Tìm tịi hướng giải

Từ việc dự đoán điểm cố định tìm mối quan hệ điểm với yếu tố chuyển động, yếu tố cố định yếu tố không đổi Thông thường để chứng tỏ điểm cố định ta điểm thuộc hai đường cố định, thuộc đường cố định thoả mãn điều kiện (thuộc tia cách gốc đoạn khơng đổi, thuộc đường trịn mút cung không đổi ) thông thường lời giải toán thường cắt bỏ suy nghĩ bên ta thường có cảm giác lời giải có thiếu tự nhiên, khơng có tính thuyết phục

khi trình bày ta cố gắng làm cho lời giải mang tính tự nhiên hơn, có giá trị việc rèn luyện tư cho học sinh

MỘT VÀI VÍ DỤ:

Bài 1: Cho ba điểm A, C, B thẳng hành theo thứ tự Vẽ tia Cx vng góc với AB.Trên tia Cx lấy hai điểm D, E cho  

CD CA CB CE

Đường tròn ngoại tiếp tam giác ADC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác BEC H khác C Chứng minh rằng: Đường thẳng HC qua điểm cố định C di chuyển đoạn thẳng AB

Tìm hiểu đề bài:

* Yếu tố cố định: Đoạn AB * Yếu tố khơng đổi:

+ Góc BEC = 300, Góc ADB = 600 sđ cung BC, cung CA không đổi + B, D, H thẳng hàng; E, H, A thẳng hàng

Dự đoán điểm cố định:

khi C trùng B (d) tạo với BA góc 600 => điểm cố định thuộc tia By tạo với tia BA góc 600

khi C trùng A (d) tạo với AB góc 300 => điểm cố định thuộc tia Az tạo với tia AB góc 300

m

h D

E

b a

(55)

55

d E

F

H N M

O

I

By Az cắt M M điểm cố định? Nhận thấy M nhìn AB cố định 900 => M thuộc đường trịn đường kính AB

Tìm hướng chứng minh:

M thuộc đường trịn đường kính AB cố định cần chứng minh sđ cung AM khơng đổi thật vậy:

sđ cung AM = 2sđGóc MCA=2sđGóc CHA =2sđGóc CDA = 1200 Lời giải:

Ta có  

CD CA

tgD => Góc D=600 có Góc CHA = Góc CDA = 600

G/s đường trịn đường kính AB cắt CH M ta có Góc MHA= 600 => sđ cung MA khơng đổi lại có đường trịn đường kính AB cố định vậy: M cố định CH ln qua M cố định

Bài 2: Cho đường tròn (O) đường thẳng (d) nằm ngồi đường trịn I điểm di động (d) Đường tròn đường kính OI cắt (O) M, N Chứng minh đường trịn đường kính OI ln qua điểm cố định khác O đường thẳng MN qua điểm cố định Hướng dẫn:

do tính chất đối xứng nên điểm cố định nằm trục đối xứng hay đường thẳng qua O vng góc với (d)

Giải:

Kẻ OH vng góc với (d) cắt MN E

ta có H cố định H thuộc đường trịn đường kính OI đường trịn đường kính OI ln qua K cố định

Xét tam giác OEF tam giác OIH có góc O chung, góc OFE = góc OHI = 900

Nên tam giác OEF đồng dạng với tam giác OIH đó: OF/ OE = OH/ OI => OE OH = OF OI

(56)

I M C

D

A O

B P Do đó:

2 OM OE

OH

 = số vây E cố định MN qua E cố định

Bài 3: Cho đường tròn (O; R) dây AB cố định C điểm chuyển động đường tròn M trung điểm AC Chứng minh đường thẳng kẻ từ M vng góc với BC qua điểm cố định Giải:

Vẽ đường kính BD => D cố định

Giả sử đường thẳng qua M vuông góc với BC cắt BC cắt AD I

Dễ thấy góc BCD = 900 hay MI // CD

Xét tam giác ACD có MC = MA; MI // CD => I trung điểm DA cố định hay đường thẳng qua M vng góc với BC qua I cố định

Bài 4: Cho tam giác ABC hai điểm M, N thứ tự

chuyển động hai tia BA, CA cho BM= CN Chứng minh đường trung trực MN qua điểm cố định

Hướng dẫn:

Khi M B N C đường trung trực MN trung trực BC Vậy điểm cố định nằm đường trung trực BC

Giải: Giả sử trung trực BC cắt trung trực MN I Dễ thấy tam giác IMB = tam giác INC (c-c-c) góc MBI = góc NCI

Xét tứ giác ABCI có góc MBI = góc NCI tứ giác ABCI nội tiếp hay I thuộc đường tròn Ngoại tiếp tam giác ABC cố định, mà Trung trực BC cố định Vậy I cố định hay trung trực MN qua I cố định

Bài 5: Cho đường tròn (O; R) dây cung AB = R Điểm P khác A B Gọi (C; R1) đường tròn qua P tiếp xúc với đường tròn (O; R) A.Gọi (D; R2) đường tròn qua P tiếp xúc với đường tròn (O; R) B Các đường tròn (C; R1) (D; R2) cắt M khác P Chứng minh

P di động AB đường thẳng PM ln qua điểm cố định

N I

C B

A

(57)

57

I d

M O

A B

C

Tìm hiểu đề bài:

* Yếu tố cố định: (O; R), dây AB

* Yếu tố khơng đổi: DPCO hình bình hành Sđ cung BP (D), sđ cung AP (C), Góc BMA khơng đổi

Dự đoán

Khi P  A PM tiếp tuyến (O; R) => điểm cố định nằm tiếp tuyến (O; R) A

Khi P  B PM tiếp tuyến (O; R)=> điểm cố định nằm tiếp tuyến (O; R) B

Do tính chất đối xứng hình => Điểm cố định nằm đường thẳng qua O vng góc với AB

=> Điểm cố định nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB

Lời giải:

Vẽ đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB cắt PM I

vì AB = R => sđ cung AB (O) 1200

tam giác BDP cân góc OBA = góc DPB

tam giác OAB cân góc OBA = góc OAB => góc BDP = góc BOA => sđcung BP (D) = sđ cung BA (O) = 1200

tương tự sđ cung PA (C) = 1200 ta có góc BMP =

2

sđ cung BP (D) = 600 ta có góc AMP =

2

sđ cung AP (C) = 600

Vậy góc BMA = góc BMP + góc AMP = 1200 = góc BOA

xét tứ giác BMOA có góc BMA = góc BOA tứ giác BMOA nội tiếp hay M thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác BOA

Vậy

sđ cung IA = góc IMA = góc PMA =

(58)

Bài 6: Cho đoạn AB cố định, M di động AB Trên nửa mặt phẳng bờ AB vẽ hai hình vng MADE MBHG Hai đường trịn ngoại tiếp hai hình vng cắt N Chứng minh đường thẳng MN qua điểm cố định M di chuyển AB Hướng dẫn:

Tương tự Giải:

Giả sử MN cắt đường trịn đường kính AB I

Ta có Góc ANM = Góc ADM = 450( góc nội tiếp chắn cung AM đường trịn ngoại tiếp hình vng AMDE)

Ta có Góc BNM = Góc BGM = 450( góc nội tiếp chắn cung BM đường trịn ngoại tiếp hình vng MBGH)

=> gócANB = Góc ANM + Góc BNM = 900 => N thuộc đường trịn đường đường kính AB sđ cung AI = 2sđGóc ANI

=2sđgóc ANM = 900

Vậy I thuộc đường tròn đường kính AB số đo cung AI 900 => I cố định hay MN qua I cố định

I N

H G

M D E

(59)

59

MỘT SỐ ĐỀ THI HSG – VÀO THPT NGUYỄN TRÃI HẢI DƯƠNG

Sở giáo dục đào tạo ***@***

Kỳ thi học sinh giỏi năm học 2003-2004 Mơn tốn lớp

Thời gian làm 150 phút(không kể thời gian giao đề)

==================

Bài I (2, điểm) Giải phương trình:

xy - x - y + a + x2y2 + x2y + xy2 + xy - 4b = a = ( 573 6 386)( 573 6 386)

b = 1712 2+ 32 2 + 32

Bài II (2, điểm)

Hai phương trình: x2 + (a - 1)x + = ; x2 + (b + 1)x + c = có nghiệm chung, đồng thời hai phương trình: x2 + x + a - 1= x2 + cx + b + 1= cũng có nghiệm chung

Tính giá trị biểu thức

c b

a



2004

Bài III (3, điểm)

Cho hai đường tròn tâm O1 tâm O2 cắt A, B Đường thẳng O1A

cắt đường tròn tâm O2 D, đường thẳng O2A cắt đường tròn tâm O1 C

Qua A kẻ đường thẳng song song với CD cắt đường tròn tâm O1 M cắt

đường tròn tâm O2 N Chứng minh:

1) Năm điểm B; C; D; O1; O2 nằm đường tròn

2) BC + BD = MN Bài IV (2, điểm)

Tìm số thực x y thoả mãn x2 + y2 = x + y số nguyên

(60)

Giáo án bồi dưỡng HSG cấp Tỉnh - Nguyễn Việt Khoa SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO

TẠO ******* ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2004-2005

MƠN TỐN LỚP Thời gian làm 150 phút

============

Bài 1( 3, điểm)

1) Gọi x1, x2 nghiệm phương trình x2 + 2004x + = x3, x4 nghiệm phương trình x2 + 2005x + = Tính giá trị biểu thức:

(x1 + x3)(x2 + x3)(x1 - x4)(x2 - x4)

2) Cho a, b, c, d số thực a2 + b2 < Chứng minh phương trình (a2 + b2 -1)x2 - 2(ac + bd -1)x + c2+ d2- = ln có nghiệm

Bài (1, điểm)

Cho hai số tự nhiên m n thoả mãn

m n n

m 1

 

số nguyên Chứng minh ước chung lớn m n không lớn mn

Cho hai đường tròn (O1)và (O2) cắt A B, tiếp tuyến chung với hai đường trịn gần B có tiếp điểm C D, C (O1) D (O2) Qua A kẻ đường thẳng song song với CD cắt đường tròn (O1) M, cắt đường tròn (O2) N Đường thẳng BC, BD cắt đường thẳng MN P Q, đường thẳng CM DN cắt E Chứng minh:

1) Đường thẳng AE vng góc với đường thẳng CD; 2) Tam giác EPQ tam giác cân

((O1) kí hiệu đường trịn tâm O1) Bài (2, điểm)

Giải hệ phương trình:   

 

11

5

y x

(61)

61 UBND TỈNH HẢI DƯƠNG

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM 2006 Mơn Tốn lớp

Thời gian làm 150 phút

Bài (2,0 điểm)

Rút gọn biểu thức:

3

) (

3

) (

2

   

 

   

  

a a

a a a

a a

a a a A

Bài (1,5 điểm)

Chứng minh

18 sin =

4 5

Bài (3,5 điểm)

1) Cho phương trình 3x2(2p1)x p26p110 ( plà tham số) Tìm số hữu tỉ p để phương trình có nghiệm nguyên 2) Giải hệ phương trình:

      

 



 



25 )

1 )( (

3 )

1 )( (

2

xy y

x

x y y

x

Bài (3,0 điểm)

Cho hai đường tròn (O1) , (O2) cắt A, B

1) Một điểm M (O1), qua M kẻ tiếp tuyến MD với đường tròn (O2) (D tiếp điểm) Chứng minh biểu thức

MB MA

MD

2

khơng phụ thuộc vào vị trí M (O1)

2) Kéo dài AB phía B lấy điểm C, từ C kẻ hai tiếp tuyến CE CF với đường tròn (O1) (E, F tiếp điểm F phía với (O2) bờ AB) đường thẳng BE BF cắt đường tròn (O2) P Q, gọi I trung điểm PQ

Chứng minh ba điểm E, F, I thẳng hàng

_

Họ tên thí sinh: Số báo danh Chữ ký GT số 1: Chữ ký GT số 2:

(62)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH

LỚP THCS NĂM HỌC 2006-2007

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

MƠN THI TỐN

Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)

Ngày thi: 24 / /2007 Đề thi gồm 01 trang Câu (2,0 điểm)

Cho hệ phương trình:

( 1) 2

( 4) 12 44

a x by a b

c x cy b a

      

      

Tìm số a, b, c để hệ phương trình có vơ số nghiệm, có nghiệm x 1và

3 y 

Câu (2,0 điểm)

Tìm số thực x để biểu thức 33 x  33 x số nguyên Câu 3 (3,0 điểm)

1) Chứng minh với số tự nhiên n (n  ) phương trình: x2 2(n1)(n1)x  1 6n313n26n 

khơng có nghiệm hữu tỉ

2) Tìm số hữu tỉ a b thoả mãn đẳng thức:

7 11 28

a  b  

Câu (3,0 điểm)

Cho tam giác ABC khơng cân, nội tiếp đường trịn tâm (O) Gọi CD đường kính đường trịn, qua D kẻ tiếp tuyến với đường tròn cắt đường thẳng AB E, nối E với O cắt cạnh BC, cạnh CA M N

1) Gọi I trung điểm AB Chứng minh bốn điểm O, D, E, I nằm đường tròn;

2) Chứng minh O trung điểm MN

- Hết -

(63)

63 ĐỀ THI HSG HẢI DƯƠNG NGÀY 29/3/2009

Câu 1:Tính giá trị :

Với

và Câu 2: a) GPT :

b) Tìm tất cặp số nguyên (x;y) cho

Câu 3:

a) Cho có góc B ko vuông Vẽ đường cao

AH ,CL ;gọi M trung điểm AC Chứng minh MH tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác BLH

b) Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn bán kính R Gọi S 2P diện tích chu vi tứ giác Chứng minh

và Câu 4:

a) Cho x,y số dương thay đổi thoả mãn Tìm GTNN M xy

xy

 

b) Trong hình vng cạnh dm người ta đặt 33 điểm ko có điểm thẳng hàng Chứng minh rằngn từ 33 điểm nói ln tìm điểm cho diện tích tam giác có đỉnh điểm ko vượt

(64)

(65)

65

-

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2005-2006

MƠN THI TỐN Ngày thi: tháng năm 2005

Thời gian làm 150 phút (Đề thi gồm tờ) =============

Cho phương trình x2 - 5x + =

Gọi hai nghiệm phương trình x1, x2 Tính giá trị biểu thức: A = x12  x21

1) Giải hệ phương trình:

    

   

   

4 10

y x

2) Cho phương trình (x - 1)(x - 2)(x - 3)(x - 6) = (m2 - 1)x2 ; (ẩn x)

Giả sử phương trình có bốn nghiệm x1, x2, x3 , x4 Chứng minh giá trị biểu thức

1 x + 2

1 x + 3

1 x + 4

1

x không phụ thuộc vào m

Cho tam giác ABC (A  900) nội tiếp đường tròn tâm O, đường thẳng AB, AC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác OBC tâm I M, N Gọi J điểm đối xứng I qua MN Chứng minh:

1) Tam giác AMC tam giác cân; 2) AJ vuông góc với BC

Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn, gọi M, H, K theo thứ tự chân đường vuông góc kẻ từ A đến CD, DB, BC Chứng minh HM = HK đường phân giác BAD , BCD BD đồng qui

Cho ba số thực a, b, c thoả mãn:

a  b  c > ; abc = a + b + c >

c b a

1 1

  Chứng minh a + b > ab +

Hết

(66)

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2006 - 2007

MƠN THI TỐN

Thời gian làm 150 phút (Đề thi gồm trang) Bài (1,5 điểm)

Rút gọn biểu thức : 2 2

3 2005 2006

          

Bài (2,5 điểm) 1) Cho hai đa thức

( )

f x x  x  x  x  x ;

( )

g x x  xa

Xác định giá trị a để tồn đa thức p x( ) thoả mãn: f x( )g x p x( ) ( ) với giá trị x

2) Gọi  nghiệm đa thức

( )

f x x x  Tìm đa thức h x( )có hệ số nguyên nhận

1

  nghiệm Bài (1,5 điểm)

Cho phương trình

4

x  x  , gọi x1, x2 hai nghiệm phương trình Đặt

1

2

n n

n

x x

a   ; n1, 2,

Chứng minh anlà số nguyên với n1, 2, Bài (3,5 điểm)

Cho tam giác nhọn ABC, gọi H trực tâm O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

1) Chứng minh AH = AO góc BAC  60

2) BD, CE hai đường phân giác góc B C (D  AC, E  AB) M điểm cạnh BC cho tam giác MDE tam giác

Chứng minh : AH = AO Bài (1,0 điểm)

Cho a, b, c số thực thoả mãn điều kiện: a < b < c ; a + b + c = ; ab + bc + ca = Chứng minh 0     a b c

HẾT

(67)

67

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI - NĂM HỌC 2007-2008

MƠN THI: TỐN Thời gian làm bài: 150 phút Ngày thi: 30 tháng năm 2007

(Đề thi gồm: 01 trang)

Câu (2,0 điểm)

1) Gọi alà nghiệm dương phương trình

2x x 1 Khơng giải phương trình tính giá trị biểu thức:

4

2 A =

2(2 3)

a

a a a



  

2) Tìm số hữu tỉ a b thoả mãn:

20

3

ab ab  

Câu (1,5 điểm)

Giải hệ phương trình:

2

( 1)( 1)

1

x y xy

x y

   

  

  

  



Câu (2,5 điểm)

1) Cho , ,a b c số dương thoả mãn đẳng thức 2

a b abc Chứng minh phương trình

2 ( )( )

x  x ac bc  có hai nghiệm phân biệt 2) Cho phương trình

0

x  x p có hai nghiệm dương x1 x2 Xác định giá trị

p 4 5

1 2

x x x x đạt giá trị lớn Câu (3,0 điểm)

Cho tam giác nhọn ABC (AB < AC), hai đường cao BD CE cắt H (D cạnh AC, E cạnh AB) Gọi I trung điểm BC, đường tròn qua B, E, I đường tròn qua C, D, I cắt K (K khác I)

1) Chứng minh BDK CEK  ;

2) Đường thẳng DE cắt BC M Chứng minh ba điểm M, H, K thẳng hàng; 3) Chứng minh tứ giác BKDM tứ giác nội tiếp

Câu (1,0 điểm)

Cho 19 điểm khơng có ba điểm thẳng hàng nằm lục giác có cạnh Chứng minh ln tồn tam giác có góc khơng lớn 450 nằm đường trịn có bán kính nhỏ

5 (đỉnh tam

giác tạo 19 điểm cho)

………Hết………

Họ tên thí sinh………Số báo danh……… Chữ kí giám thị 1……… Chữ kí giám thị 2………

Định dạng
Số trang	67
Dung lượng	1,98 MB