CHINH PHỤC
ĐỀ THI VÀO 10
CHUYÊN TOÁN
30 ĐỀ THI
FILE WORD + LỜI GIẢI CỰC
KỲ CHI TIẾT
ĐỘC QUYỀN TRÊN
TOPDOC.VN


ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
Đề chính thức

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
TRƯỜNG THPT CHUYÊN NĂM 2011
MÔN THI: TOÁN (Vòng 1)
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề)

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

x 1 y2

x

2)x2

y

(y


7z

4

đẳng thức

5.

2). Tìm tất cả các cặp số nguyên x; y thỏa mãn đẳng thức

x 1

4

4

x 1

y3 .

Câu III (3,0 điểm). Cho hình bình hành ABCD với BAD 90 . Đường phân giác của góc BCD cắt đường tròn
ngoại tiếp tam giác BCD tại O khác C . Kẻ đường thẳng d đi qua A và vuông góc với CO . Đường thẳng d
lần lượt cắt các đường thẳng CB; CD tại E; F .
1). Chứng minh rằng OBE
ODC .
2). Chứng minh rằng O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
3). Gọi giao điểm của OC và BD là I , chứng minh rằng

IB.BE.EI



x 1

2 x2
1

y

2

2)

y
x 1

x 1 y2

1

2

2 x2

1

x 1 (2)

y

0 nên từ (1)

 Cho hai biểu thức f x; y và g x; y , trong đó g x; y 0 .

Xét biểu thức: P

f x; y .g x; y .

– File word sách tham khảo, giáo án dạy thêm, đề thi, .....

3


Có hai trường hợp sau xảy ra đó là P

0

0 và P

f x; y

0

f x; y

0.

 Kỹ thuật nhẩm nghiệm.
Ý tưởng: Bài toán này không phải là một hệ phương trình đồng bậc, nếu là đồng bậc hai thì ta có thể giải quyết
bằng cách đưa về hệ số bất định. Nhưng một điều đáng lưu ý ở bài toán này đó chính là các biểu thức x 1; y 2
được gắn với hai đại lượng không âm. Nên nhiều khả năng sẽ xảy ra x 1 y 2
hợp thì thấy x; y

 Hệ phương trình đã cho
x 1 y2
y

2 x2

x 1

y

y

x 1

2

2

0

x 1 y2

1

2

y

1



0

2

y

y

0

y

2

0

y

2

4
x

0

.

2



2

Hệ bất phương trình vô nghiệm
 Vậy x 1; y 2 là nghiệm duy nhất của hệ phương trình.
Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:
2 x 1 y2 x y 4
1. Giải hệ phương trình
.
y 3 x2 y x 2
Đáp số: x; y
2). Điều kiện x

1; 3 .

0.

Phương trình tương đương 2 x
Chia hai vế cho x
21

1
x

1

x

3

x

2

x

3
x

4

+ Giải

x

3
x

2
x

x

3
x

4
x2

x2

x

3
x

2

x

3
x

2
x

0.

.

0

x 1 x2

0

x

1.

Đáp số x 1; x 3 .


g x

ng x

h x ; t

mf x

f x

k

bắt buộc là một số chính phương. Nên ta tìm được nghiệm của (*) đó là

t

t

ng x .t

0

g2 x

f x

t

h x .

x

x

để có thể đưa về phương trình

phương trình, ta được:
 Ta có

x2 7
2( x 1)

3
x

x

2 x

1

x

3
x

x2

7



3
x

1

1
x

2

4
x



Giải ( ii ), ta có ( ii )

3
x

x

1

x2

4
3
x


3
x

4
x

0 (*).

0.

nên suy ra được
t



1
t
x

21

2

1
x

1

3

3
x

x

3
x

2

x

3
x

2
x

i

.
ii

.
1.

– File word sách tham khảo, giáo án dạy thêm, đề thi, .....

Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:

x

2x2

x

1

65
8

x

28

x.

2.

.

Câu II.
1). Giả sử tồn tại các số nguyên x, y , z thỏa mãn

– File word sách tham khảo, giáo án dạy thêm, đề thi, .....

5


x4

0,1,2,3 (mod 8)

5(mod 8)

.

Mâu thuẫn với (1).
Vậy không tồn tại x; y; z thỏa mãn đẳng thức.
Nhận xét. Để giải bài toán trên cần sử dụng phương pháp phản chứng: “Giả sử xảy rồi biến đổi thấy điều mâu thuẫn
với giả sử”.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp.
 Thêm cùng một lượng vào hai vế của đẳng thức ta được một đẳng thức mới tương đương với đẳng thức ban
đầu
x4 y 4 7 z 4 5 x4 y 4 z 4 8z 4 5 .
 Lũy thừa bậc bốn của một số nguyên khi chia cho 8 dư 0 hoặc 1 tức là a4

0, 1 mod8 với mọi số nguyên

a
x4

0, 1 mod8

4

0, 1 mod8

y

z4


5 chia 8 dư 5 do đó không thể tồn tại đẳng thức x4

8z 4

z

4

8z

4

y4

z4

8x

y3 .

8z4

5 hay

5.

Vậy không tồn tại các bộ ba số nguyên x; y; z thỏa mãn đẳng thức

x4


1

2x

1

2

x 1

3

2x

1 và x; y là nghiệm, ta suy ra

2

y3

3

2 x2

y3

2x

1


x

1

4

x 1

2

A2

2 AB

VT

x2

2x

B

4

x

2

1

1 x2

2x 1

8x .

Khi đó phương trình đã cho tương đương với phương trình 8x3 8x y 3
Giải phương trình nghiệm nguyên bằng cách xét khoảng giá trị của nghiệm
 Không tồn tại lũy thừa bậc ba nào giữa hai lập phương (lũy thừa bậc ba) liên tiếp.
6


– File word sách tham khảo, giáo án dạy thêm, đề thi, .....

2


+) Nếu x

8 x3

1

8x3

8x

(mâu thuẫn vì y nguyên và 2x
+) Nếu x


y3

2x

1

3

là hai lập phương liên tiếp).

3

và 2 x 1

3

3

y3

2x 1

3

là hai lập phương liên tiếp).

+) Nếu x 0 y 0 (thỏa mãn).
Vậy x y 0 là nghiệm duy nhất.
Câu III


BA

ODB , nên tam giác

CEF cân tại C .
CD (3).

Từ (1), (2) và (3), suy ra OBE
ODC (c – g – c).
Nhận xét. Có ba trường hợp bằng nhau cơ bản của hai tam giác. Ở bài này, chúng ta sử dụng trường hợp bằng nhau
“cạnh-góc-cạnh” từ đó ta sẽ đi tìm ra các cạnh và góc bằng nhau.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp.
 Hai góc nội tiếp cùng chắn một cung của một đường tròn thì bằng nhau.
+ BCO

ODB (hai góc nội tiếp cùng chắn cung OB của đường tròn ngoại tiếp tam giác

BCD ).

+ OCD

CBD (hai góc nội tiếp cùng chắn cung DO của đường tròn ngoại tiếp tam giác

BCD ).

Mà BCO OCD (vì CO là tia phân giác của BCD ), suy ra OBD
 Tam giác có hai góc bằng nhau là tam giác cân.

ODB .



CDO ; BE

CD suy ra

OBE

ODC (c – g – c).

2). Từ OBE
ODC OE OC .
Mà CO là đường cao tam giác cân CEF , suy ra OE OF .
Từ đó OE OC OF , vậy O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CEF .
Nhận xét. Đường tròn ngoại tiếp tam giác cách đều ba đỉnh của tam giác do đó ta chứng minh điểm O cách đều
các điểm E ; C ; F hay OE OC OF .
Nhắc lại kiến thức và phương pháp.
 Hai tam giác bằng nhau có các cặp cạnh và cặp góc tương ứng bằng nhau.
OBE
ODC OE OC .
 Tam giác cân có đường cao cũng là đường trung trực của cạnh tương ứng
CO là đường cao của tam giác cân CFE nên CO là đường trung trực của FE .
 Một điểm thuộc trung trực của một đoạn thẳng thì cách đều hai mút của đoạn thẳng.
Điểm O thuộc đường trung trực CO của đoạn thẳng FE nên OE OF , suy ra OE OC OF .
 Điểm cách đều ba đỉnh của một tam giác là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác đó.
Ta có OE OC OF suy ra O là tâm đường tròn ngoại tiếp CEF .
3). Theo trên, ta có BE

CD mà CE

CF

ID CD
IB DE
BE.BI DE.DI .
ID BE
 Nhắc lại kiến thức.
Ta có I nằm trên trung trực CO của đoạn thẳng FE nên suy ra IE IF nhân vế theo vế với đẳng thức
BE.BI DE.DI ta được BE.BI.IE DE.DI.IF

Câu IV. Ta chứng minh
x3
x3 8 y 3

8


x3
x3 8 y 3

x2
(1) .
x2 2 y 2

x4
x

2

2y

2

Ta chứng minh

y3

x

y

y2
(2).
x2 2 y 2

3

y3
y3
x2

2y2

y y3

Ta có x2

y2

1
x
2



x2

y4

2

2y2

y x

y

3

x2

y 2 x2

3y 2

y x

y

3

2

2y2

y

3

y.

Vậy Pmin 1 .
Nhận xét: Bài toán sử dụng phương pháp dự đoán điểm rơi, từ đó phát hiện tư duy bất đẳng thức phụ cần thiết để
tìm giá trị nhỏ nhất của bài toán.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
 Bất đẳng thức Cosi cho hai số thực dương x

y

2 xy .

2
1
x y .
2
Ý tưởng: Đây là một bài toán chứa các biểu thức đồng bậc, nên điểm rơi của bài toán sẽ có dạng x
thay ngược lại biểu thức P , ta có:

 Hệ quả của bất đẳng thức Cosi, đó là: x2

k3

P
Các biểu thức k 3


k

3

8

1

k

1

3

ky . Từ đó

.

đều xuất hiện trong căn, nên ta mong muốn nó là một số phương trình và bằng

m 3
. Tức là điểm rơi của bài toán tại x y và
k 1
giá trị nhỏ nhất của P là 1 . Việc dự đoán điểm rơi này là cần thiết, nó giúp ta có nhiều sự lựa chọn hơn trong các
2
1
việc đánh giá như x y 2 xy hay x2 y 2
x y . Với điểm rơi đó, hai mẫu số trong đã bằng nhau P
2
nên nếu có đánh giá P , ta cần đánh giá hai căn về hai biểu thức cùng mẫu, ví dụ như cùng mẫu số


x
, trong căn thức mẫu số có bậc ba, trên tử là bậc nhất, vậy để đồng
8y3

hóa bậc thì ta cần đánh giá căn thức về một biểu thức dạng bậc không trên bậc nhất . Hơn nữa lại xuất hiện
8y 3 nên ta sẽ chọn đánh giá x 2 y để tối thiểu hóa ẩn y , tức là ta sẽ cần chứng minh:

http://topdoc. vn – File w ord sách tham kh ảo, giáo án dạy thêm, đề thi, .....

x

3

x
8y3

1
x

2y

x x

2y

2

x3


8y3

3

x
x

2

2y

x x2

2

xy 2 x

 Với g x; y

4y3
y

3

x

y

3


x2 3 y 2 x 2 y 2 2 y 2 2 xy 2 y 2
Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:
1. Cho a; b là hai số thực dương thỏa mãn a

b

2a
3b2
2a3 3b3
2. Cho a; b là hai số thực dương. Chứng minh rằng:
P

10


b

3 2
b
4

x2 x3

8y3

0.

y 2 x2


x2 2 y 2

3

2y2

a

3
4

2b 2
2b 3

2a

3a 2
.
3a 3
1
2b
2

1
.
2

– File word sách tham khảo, giáo án dạy thêm, đề thi, .....

3

2y

4

xy

4

6

2012

x

9 x

6 .

.

Câu II (3,0 điểm).
1). Tìm tất cả các cặp số nguyên x; y thỏa mãn đẳng thức
x

y

1 xy

x



ABC nội tiếp đường tròn tâm O . Gọi M là một điểm trên cung nhỏ BC ( M

khác B; C và AM không đi qua O ). Giả sử P là một điểm thuộc đoạn thẳng AM sao cho đường tròn đường kính MP
cắt cung nhỏ BC tại điểm N khác M .
1). Gọi D là điểm đối xứng với điểm M qua O . Chứng minh rằng ba điểm N ; P; D thẳng hàng.
2). Đường tròn đường kính MP cắt MD tại điểm Q khác M . Chứng minh rằng P là tâm đường tròn nội tiếp
tam giác

AQN .

Câu IV (1,0 điểm). Giả sử a; b; c là các số thực dương thỏa mãn: a

b

3

c; c

b

1; a

b

c . Tìm giá trị

nhỏ nhất của biểu thức
2ab



0

+ Giải

x

6

1

x

0

x

x

2012

9
2

9

2012

x



0

f x

m

f x

m2

g x

n

g x

n2

Ý tưởng: Bài toán cho hết sức đơn giản, với sự xuất hiện của hai căn thức
không khó để nhóm được nhân tử chung như sau:

x

x

9

2012 x


6

x

9; x

2012

x

6 2012

0

x

2012

6

0

0.

Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:
1. Giải phương trình 2 x 6
Đáp số: x
3; x
5.

x y

1

2). Cách 1: Hệ đã cho tương đương với

Đặt

u

x

v

x y

Thu được

u2

+ Giải

+ Giải

y

1

x2


x

y

42 .

1

2x y

5

u2

1

2v .

u2 2 v 5
u v 5

2 5 u

x

y

x y

x


0

1
0

u

v
5

2
v

10

.

.

(vô nghiệm).

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm 1; 1 và 2; 0 .
Cách 2: Hệ tương đương với

x2

y2

2y

x

y

x

x 2

y

2

4 x

2
x

2

y

12

0

x

1

y


x

9 x

6

9 x

6 nên


x

+ Giải

y

2x

6
y

xy

4

x

y

2

1 hay nói cách khác, từ phương trình một ta có: x2

y

1

2

5.

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

x

1 và v

y

x y

1 .

Nhưng đây cũng chỉ là suy đoán ban đầu, bây giờ ta sẽ đi xét phương trình hai để xuất hiện u, v .
Thật vậy, ta có phương trình hai trong hệ tương đương với:
2x

y

5

u

5

5

v

1

10

5.

.

Thế ngược lại tìm hệ của phương trình ban đầu.

http://to pdoc.vn – File word sác h tham khảo, giáo án d ạy thêm, đề thi, .....
Hoặc, ta có thể suy luận như sau: ta đi kết hợp cả hai phương trình trong hệ, vẫn với sự xuất hiện x2
trình một, đồng thởi có tích ở phương trình xy ta sẽ liên tưởng đến hằng đẳng thức x
trình hai nhân 2 rồi cộng với phương trình một ta được:
x

y

2



3x

xy

y

1; 0 , 2;

2. Giải hệ phương trình
Đáp số: x; y

x2

1
3

.

1 .

x2

2x

y2

4y

3x


y

1

3

y

1 xy

x

y

2

3.

x

y

1 là ước của 3.

– File word sách tham khảo, giáo án dạy thêm, đề thi, .....

2

y 2 ở phương


y

1

y

y

2

xy

3

1

1;

2

y

2

1

y

2


1

x

3

1
y

x

x
2

1

x

Vậy x; y

1

xy

4

x

1

1 xy

x

y

5

2 x

x

y

1 xy

x

y

3

2

x

y

1 xy


2 x

y

2 x

y

1

y

1

3

2

3

 Phân tích số thành tích của 2 ước số
3

1.3

3.1 .

 Cho mỗi thừa số chứa biến ở vế này đồng nhất với thừa số ở vế kia
2). Ta có


x

xy

y

x

y

2x
2y

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 2 khi x

y

y2
x

x2
y

P

x

2

x 1

2

a b
a 2 b2
 Mở rộng ra một đánh giá
, a; b; x; y 0 .
x
y
x y
Ý tưởng: Đây là một bài toán có sự đối xứng rõ ràng giữa x , y nên ta mạnh dạn dự đoán điểm rơi tại x

Thay ngược lại giả thiết bài toán, ta có

k

1

2

4

k

1 . Với điểm rơi x

y

– File word sách tham khảo, giáo án dạy thêm, đề thi, .....

y

y

3

4

Vậy nên, bây giờ ta sẽ đánh giá biểu thức P theo
x

1 . Vậy nên ta cần tìm f x

y

x2 y 2
y
x
 Biến đổi tương đương, ta có:

đó, ta cần chứng minh rằng

x

3

y
2
y2
x

x2


2.

2 . Hiển nhiên có con số 2 vì điểm rơi

y

2 . Mà như bên trên, ta đã tìm được x

y

y

2 do

y . Đánh giá này ta có các cách như sau:

y

x x

0

y

y

y

2

y

y2
x

x

y.

x

x

y

2

0.

y.

2y

x

y

x

y

1

c
c

2

1

a2

b

c

3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

.

– File word sách tham khảo, giáo án dạy thêm, đề thi, .....


1). Vì MP là đường kính suy ra PN
Vì MD là đường kính suy ra DN

MN (1).
MN

(2).



(3).

PDQ

Xét (O) , ta có NDM
Từ (3) và (4) PAQ
Xét (O) , ta có AND

NDM
NAM

900 ),

(4).

NAP , suy ra AP là phân giác của góc NAQ (*).
AMD .

http:/ /topdoc.vn – File word sách tham khảo, gi áo án dạy th êm, đề thi, .....
Xét đường tròn đường kính MP có QMP

QNP

ANP

QNP , nên NP là phân giác của góc ANQ (**).

Từ (*) và (**), suy ra P là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ANQ.
Nhận xét. Chứng minh một điểm là tâm đường tròn nội tiếp một tam giác ta chứng minh điểm đó là giao điểm của


+ AND

AMD (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AD của đường tròn (O) ).

+ QMP

QNP (hai góc nội tiếp cùng chắn cung QP của đường tròn đường kính PM ) ,

– File word sách tham khảo, giáo án dạy thêm, đề thi, .....


NAP hay AP là phân giác của NAP và AND

suy ra PAQ

QNP hay ND là phân giác của QNA .

 Giao điểm của hai đường phân giác của hai góc trong một tam giác là tâm đường tròn nội tiếp tam giác đó.
Tam giác

ANQ có AP là phân giác của NAP và ND là phân giác của QNA , ta có AP và ND cắt

nhau tại P nên suy ra P là tâm đường tròn nội tiếp của

ANQ .

Câu IV. Ta có

abc

1 c

1 a

1 b 1 c

a

b

a 1

b 1

ca

cb

c

1

1

a

abc

c a



1 1

1 2

1 3

5
.
12

Bất đẳng thức trên tương đương với

3

c

b

2

a

1

1 3

1 c

1 b

c; 0

a

b

c; 0

a

3b 4c 1
12 b 1 c

3 c

3b 4c 1

b 1 c

b

a

b c

1

3 c

a 1

Vậy giá trị nhỏ nhất của Q là

5
khi a 1; b
12

2; c

1
21 a

0

0 (1).

2a 3b 1

1
2 a 1

1

b 2

b 1 c

1

12 b 1 c


Câu I (3,0 điểm).
1). Giải phƣơng trình
3x

1

2

x

x

y

1
x

1
y

9
2

1
4

3
x
2


y

c c

xy

c

bc
c c

b

2). Có bao nhiêu số nguyên dƣơng có 5 chữ số abcde sao cho abc
Câu III (3,0 điểm). Cho tam giác nhọn

.

8abc . Chứng minh rằng

a

ab
b b

a

1
xy



c3

9d3 .

……….HẾT………

LỜI GIẢI – NHẬN XÉT – BÀI TẬP TƢƠNG TỰ
Câu I.
1). Điều kiện:

1
3

x

2.

Phƣơng trình đã cho tƣơng đƣơng với 2x
3x 2

5x

3

2

2

3x

x

2

x2

6x

9

1
7.
4

7
.
4
Nhận xét: Bài toán sử dụng phƣơng pháp nâng lũy thừa (bình phƣơng) hai vế tìm nghiệm của phƣơng trình.
Nhắc lại kiến thức và phƣơng pháp:

Đối chiếu với điều kiện ta đƣợc đƣợc nghiệm: x

1; x

– File word sách tham khảo, giáo án dạy thêm, đề thi, .....


 Phƣơng trình dạng

2

g x

4f x g x

m

2

f x

m2

g x

2

g x

x

x1

x

x2

f x

g x



f x ; g x

4 m2 g x

g x

m2

g x

f x
f x

m2

g x

2

x

x1

x

x2

f x


3.

2). Hệ phƣơng trình tƣơng đƣơng với

u

x

v

y

Đặt

9
4

1
y

y

1
4

3
x
2

1

x

3u
2

9u
2

9
2

u

v

1
4

3
u
2

u2

u2

3u

v



x

9
4

9
u
2
3u
9
u
2
2

2

u

0

v
y
2

y

2
y



– File word sách tham khảo, giáo án dạy thêm, đề thi, .....

y

1

x

y

2

x

1
2.
1


1
; 1 , 1; 2 .
2
Nhận xét: Bài toán sử dụng phƣơng pháp đặt hai ẩn phụ, đƣa về hệ phƣơng trình bậc hai cơ bản giải bằng phƣơng
pháp thế. Sau đó từ nghiệm ẩn phụ suy ngƣợc lại nghiệm của hệ phƣơng trình.
Ý tƣởng: Hình thức bài toán khá phực tạp vì sự xuất hiện của phân thức, quan sát ta thấy ở cả hai phƣơng trình của
1
1 9
1
hệ đều xuất hiện biểu thức x

y
u

x

v

y

quyết. Ta có

1
y
1
x

uy

xy

1

vx

xy

1

uvxy


Bài tập tƣơng tự:
x2 1

1. Giải hệ phƣơng trình

1

Đáp số: x; y

Đáp số: x; y

x y

1;

x

1
;2
2

2

3x 2

2

.

7 5

27 xy

1

7
;
4

5

.

7

.

10 xy

3 , 2; 2

3 , 2

1
.
2

3;

Câu II.
1). Cách 1: Đẳng thức cần chứng minh tƣơng đƣơng với

ac a

ac a

c

c

a

c

b2 a
a

c

1

c

c ac

c

ba
c c

a


b

3
4

b

3
a b b c c
4
cb c b 6abc

abc
ab

a

bc

c 2b

abc

a

8abc

8abc

– File word sách tham khảo, giáo án dạy thêm, đề thi, .....

1 z

c c

b b

8abc , điều phải chứng minh.

a

b
b

a
c

b

c

.

a
c

a

1
, ta đƣợc
8

xy

zx

3
xy yz zx .
4
Nhận xét: bài toán sử dụng phép biến đổi tƣơng đƣơng hoặc ẩn phụ để chứng minh đẳng thức đã cho.
Ý tƣởng: Nhìn đẳng thức cần chứng minh ( gọi là (*)) khá là cồng kềnh, tuy nhiên nếu tinh ý một chút, ta thấy rằng
bên vế trái (*) có tổng của ba thừa số, đồng thời vế phải (*) xuất hiện tổng hoán vị của tích hai thừa số . Vì thế nếu
chuyển vế ta sẽ nhóm đƣợc nhân tử chung là:
a
b
b
c
c
a
3
1
1
1
a b
b c
b c
c a
c a
a b
4
x


a b b c c a 8 abc thì ta có:
(i )

ac a

c

ba b

ac a

ac a

c

c

a

ba b

b2 a
a

cb c

ba2

c


8abc

8abc .

http://topdoc .vn – File word sách tham k hảo, giáo án dạ y thêm, đề thi, .....
Hoặc, ta có thể đi với hƣớng tƣ duy ẩn phụ hóa để đơn giản bài toán hơn một chút. Vẫn là hƣớng phát hiện nhƣ bên
a
b
c
1
;y
;z
trên, ta sẽ đặt ẩn phụ các thừa số là x
. Khi đó giả thiết
và ta cần chứng
xyz
a b
b c
c a
8
3
minh x y z
xy yz zx (**). Nếu chỉ dựa vào giả thiết để chứng minh (**) là chƣa đủ, ta cần phải
4
b
c
a
khéo léo kết hợp với giải thiết bài toán nhƣ sau 1 x
. Và từ đó suy ra đƣợc
;1 y

abc 101 abc

de

e chia hết cho 101 .

– File word sách tham khảo, giáo án dạy thêm, đề thi, .....


99999
9
990
101
101
Vậy số có 5 chữ số lớn nhất chia hết cho 101 là 990 101
999
Ta có 101 n 9999 n
99
101
Vậy số có 5 chữ số nhỏ nhất chia hết cho 101 là 100 101
Số các số có 5 chữ số thỏa mãn yêu cầu của bài toán là: 990 100 1
Đáp số: 891 số.
Nhận xét. Bài toán chứng minh đẳng thức từ những điều kiện đã cho.
Nhắc lại kiến thức và phƣơng pháp.
 Cấu tạo số

Ta có 101 m

abcde



abc 101 101

, suy ra de
abcde

abc 10d

abc.101

e

de

abc

abc

101

101

101 .

 Số lớn nhất có năm chữ số chia hết cho 101.
99999
9
Ta có 101 m 99999 m
suy ra số có năm chữ số lớn nhất chia hết cho 101 là
990


N

C

B

D

1). Ta có góc nội tiếp bằng nhau BDM

BCF (1) và BMA

BFA suy ra 1800

1800

BMA

BFA hay

BMD BFC (2).
Từ (1) và (2) , suy ra BDM và BCF đồng dạng (g - g).
Nhận xét. Đây là bài toán tƣơng đối cơ bản và thƣờng gặp trong các bài toán chứng minh tam giác đồng dạng ứng
dụng của góc nội tiếp.
Nhắc lại kiến thức và phƣơng pháp.
 Các góc nội tiếp cùng chắn một cung của một đƣờng tròn thì bằng nhau.

+ BDM


.
CF
BC
DA 2 DM 2 BD CD DE
Vậy ta có biến đổi sau
(3).
CF
CF
BC
CN CE
Ta lại có góc nội tiếp ADE

FCE (4).

Từ (3) và (4) , suy ra EAD ∽ EFC suy ra EFC EAD 90 .
Vậy EF AC .
Nhận xét. Với bài toán này ta đƣa về chứng minh EF tạo với AC một góc vuông. Dựa vào các góc đã biết và kết
nối bởi tam giác đồng dạng.
Nhắc lại kiến thức và phƣơng pháp.
 Hai góc nội tiếp bằng nhau chắn hai cung thì hai cung đó bằng nhau và hai dây cung của cung đó bằng nhau.
Từ AD là phân giác BAC suy ra BAD DAC suy ra DB DC kết hợp với OB OC (
hay DE là trung trực của BC hay DE vuông góc với BC tại trung điểm N của BC .
 Các góc nội tiếp cùng chắn một cung của đƣờng tròn thì bằng nhau.
ADE FCE (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AE của đƣờng tròn (O) )
 Các dữ liệu đƣợc suy ra, biến đổi từ những điều đã chứng minh.
DM BD
2 DM 2 BD
DA CD
BDM ∽ BCF
CF

b3
dab d3
;
2
3 3 3 3 3
3
Cộng bốn đẳng thức trên ta thu đƣợc
2
d3
3 3
Ta tìm
Chọn

0 sao cho

1
x
2

2
3

1
3

1
1
, ta đƣợc
x
2

x3

;

2

b3
4
3

2
3

dbc

d3
3
1

c3
3

c3
3 3

2

4

3


3

6

x6

6

90 suy ra EFC

dca a3
;
2

dca

12 x3

b3 c 3
3 2

abc .

1

0.

Ta có nghiệm dƣơng là
x

xác định nhƣ trên ta thu đƣợc

9d 3

4 a3

d3

4 3
a
9

b3

c3

b3

c3

b

c

3

3

; d= 3



1
3

36

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là

2

9
3

Đẳng thức xảy ra khi a

1

.

35

– File word sách tham khảo, giáo án dạy thêm, đề thi, .....

.

abc
2

90 hay



2

xy

1

2y

2

Câu II (3,0 điểm).
1). Giả sử x; y; z là các số thực dƣơng thỏa mãn điều kiện x
2y

x
x2

1

z2

1

y

xyz . Chứng minh rằng

z


x2 y 2 x

Câu III (3,0 điểm). Cho tam giác

y

x

ABC nhọn với AB

xy .

BC và D là điểm thuộc cạnh BC sao cho AD là phân

giác của BAC . Đƣờng thẳng qua C và song song với AD , cắt trung trực của AC tại E . Đƣờng thẳng qua B song
song với AD , cắt trung trực của AB tại F .
1). Chứng minh rằng tam giác ABF đồng dạng với tam giác ACE .
2). Chứng minh rằng các đƣờng thẳng BE; CF ; AD đồng quy tại một điểm, gọi điểm đó là G .
3). Đƣờng thẳng qua G song song với AE cắt đƣờng thẳng BF tại Q . Đƣờng thẳng QE , cắt đƣờng tròn ngoại
tiếp tam giác GEC tại P khác E . Chứng minh rằng các điểm A; P; G; Q; F cùng thuộc một đƣờng tròn.
Câu IV (1,0 điểm). Giả sử a; b; c là các số thực dƣơng thỏa mãn đẳng thức ab bc ca 1 . Chứng minh rằng
5
a4 b2 b4 c 2 c 4 a 2 .
9
……....HẾT……….
LỜI GIẢI – NHẬN XÉT – BÀI TẬP TƢƠNG TỰ
2abc a

b


8.

1.

1 x

2 1

x 1 x

1 x

Khi đó phƣơng trình đã cho trở thành: t.t 2
t

3

8

2 1 x2 .

2

t

8

2

2

t2

a

b

a

2

a

u2

f x

2uv

v2 .

b

f x , khi đó

b

f x

a



1

x

1 x

2;

2 1 x2

 Do đó 2

2 1 x2

1

2

x

2

1 x

2 1

2 1

x 1 x


x

của

hệ

0.

Bài toán kết thúc.
Bài tập tƣơng tự:
1. Giải phƣơng trình 6
Đáp số: x

5

Đáp số: x

x

2

xy

x2

2y

xy
2


2

x .

2 2

4x

4 3

x.

xy

y

1

vế

.
4

phải

phƣơng

trình



2. Giải phƣơng trình 7

Thế

x2

2 4

5xy

2y2

0

x

y 3x

2y

x

0

y

3x

2y

x
y
7 2
7
7
.
x
1
2
3
4
x
y
7
7
Vậy hệ phƣơng trình đã cho có bốn nghiệm kể trên.
Nhận xét: Bài toán sử dụng phƣơng pháp thế và tách ghép phƣơng trình đẳng cấp bậc hai tìm nhân tử chung.
Nhắc lại kiến thức và phƣơng pháp:

Với 3x

2y

y

 Phƣơng trình đẳng cấp bậc hai có dạng a.x2
 Nhóm nhân tử chung, đƣa về dạng
a.x2

b.xy

x2
y

2

t

x

t

u

y

u

Chú ý: nếu t , u

.

0 thì phƣơng trình sẽ vô nghiệm.

– File word sách tham khảo, giáo án dạy thêm, đề thi, .....