Tải bản đầy đủ (.pdf) (267 trang)

Tuyển tập 30 đề chuyên môn Toán

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (4.68 MB, 267 trang )

(1)





Sưu tầm không rõ tác giả



TUY

ỂN TẬP 30 ĐỀ THI VÀO



VÀO L

ỚP 10 CHUYÊN TOÁN




(2)

TUYỂN TẬP 30 ĐỀ THI



VÀO LỚP 10 CHUN MƠN TỐN


LỜI NĨI ĐẦU



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


chuyên mơn tốn có đáp án chi tiết, cơng phu. Chúng tôi đã sưu tầm được một tập đề thi lẻ có đáp
án rất hay khơng rõ tác giả muốn tập hợp lại để các thầy cô và học sinh dễ dùng.


Các vị phụ huynh và các thầy cô dạy tốn có thể dùng có thể dùng chun đề này để giúp
con em mình học tập. Hy vọng tuyển tập đề thi chuyên toán này thể giúp ích nhiều cho học sinh
phát huy nội lực giải tốn nói riêng và học tốn nói chung.


Chúc các thầy, cô giáo và các em học sinh thu được kết quả cao nhất từ chuyên đề này!



(3)

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


Đề số 1


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



MƠN THI: TỐN (Vịng 1)


Thời gian: 120 phút ( Không kể thời gian giao đề)


Câu 1 (3,0 điểm).


1). Giải hệ phương trình


2


2


1 3


( 2) 1


x y x y


y x y x







   


    .


2). Giải phương trình





2


3 7


2 1


x
x


x
x


  


 .
Câu 2. (3,0 điểm).


1). Chứng minh rằng không tồn tại các bộ ba số nguyên

x y z; ;

thỏa mãn đẳng thức:


4 4 7 4 5


xyz  .


2). Tìm tất cả các cặp số nguyên

x y;

thỏa mãn đẳng thức

x1

 

4 x 1

4y3.


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





BCD cắt đường trịn ngoại tiếp tam giác BCD tại O khác C. Kẻ đường thẳng d đi qua


A và vng 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 CEF.
3). Gọi giao điểm của OCBDI, chứng minh rằng


. . . .


IB BE EI ID DF FI .


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




3
3


3 3 3 3


4
8


y


x



x y y x y


P


 


 .


______________________Hết____________________
ĐỀTHI CHÍNH THỨC



(4)

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


Đề số 2


KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
NĂM HỌC 2012-2013


MƠN THI: TỐN (Vịng 1)


Thời gian: 120 phút ( Khơng kể thời gian giao đề)


Câu 1. (3,0 điểm).


1). Giải phương trình: x 9 2012 x 6 2012

x9



x6

.
2). Giải hệ phương trình 2 2 2 4


2 4



x y y
x y xy
   



 


 .


Câu 2. (3,0 điểm).


1). Tìm tất cả các cặp số nguyên

 

x y; thỏa mãn đẳng thức

x y 1



xy x y 

 5 2

x y

.


2). Giả sử

 

x y; là các số thực dương thỏa mãn điều kiện

x1



y 1

4. Tìm giá trị
nhỏ nhất của biểu thức


2


2 y


x
P


y x
  .


Câu 3. (3,0 điểm). Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm O. Gọi M 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 cungnhỏ 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 trịn đường kính MP cắt MD tại điểm Q khác M. Chứng minh rằng P là tâm
đường tròn nội tiếp tam giác AQN.


Câu 4. (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:









2 1


1 1 1


ab a b c ab


a b c


Q    


  


 .


______________________Hết____________________
ĐỀTHI CHÍNH THỨC




(5)

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


Đề số 3


KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
NĂM HỌC 2013-2014


MƠN THI: TỐN (Vịng 1)


Thời gian: 120 phút ( Không kể thời gian giao đề)


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


3x 1 2 x 3.
2). Giải hệ phương trình


1 1 9
2


1 3 1 1


4 2
x y


x y
x xy


y xy


    


















.
Câu 2. (3,0 điểm).


1). Cho các số thực a b c; ; 0 thỏa mãn

a b b c c a





 

8abc. Chứng minh rằng




 



 





3
4


a b c ab bc ca


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


2). Có bao nhiêu số nguyên dương có 5 chữ số abcde sao cho abc

10d e

chia hết cho


101?


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


1). Chứng minh rằng tam giác BDM và tam giác BCF đồng dạng.


2). Chứng minh rằng EF vng góc với AC.


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


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


3 3 3

3


4 9


Pabcd .


______________________Hết____________________
ĐỀTHI CHÍNH THỨC



(6)

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


Đề số 4



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


MƠN THI: TỐN (Vịng 1)


Thời gian: 120 phút ( Không kể thời gian giao đề)


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


1 x 1x

2 2 1 x28




 


  .


2). Giải hệ phương trình


2 2


2 2


1


2 4


x xy y


x xy y


   





 .


Câu 2. (3,0 điểm).


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










2 2 2


5 4 3


2 3


1 1 1


xyz x y z
y


x z



x y y z z x


x y z


 


  


  


   .


2). Tìm nghiệm nguyên của phương trình




2 2 3


x y x y    x y xy.


Câu 3. (3,0 điểm). Cho tam giác ABC nhọn với AB BC và D là điểm thuộc cạnh BC sao
cho AD là phân giác của BAC. Đường thẳng qua C và song song với AD, cắt trung trực
của AC tại E. Đường 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 đường thẳng BE CF AD; ; đồng quy tại một điểm, gọi điểm đó là
G.


3). Đường thẳng qua G song song với AE cắt đường thẳng BF tại Q. Đường thẳng QE,


cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác GEC tại P khác E. Chứng minh rằng các điểm


; ; ; ;


A P G Q F cùng thuộc một đường tròn.


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

5 4 2 4 2 4 2


9


abc a b c   a bb cc a .


______________________Hết____________________
ĐỀTHI CHÍNH THỨC



(7)

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


Đề số 5


(Đề dự bị )


KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
NĂM HỌC 2010-2011


MƠN THI: TỐN (Vịng 1)


Thời gian: 120 phút ( Không kể thời gian giao đề)



Câu 1. (3,0 điểm).


1). Với a b c; ; là những số thực thỏa mãn điều kiện ab bc ca abc a b c      ;


3 ab 2a b ; 3 bc 2b c ; 3 ca 2c a . Chứng minh rằng




1 1 1 1


3 ab 2a b 3 bc 2b c 3 ac 2c a  .
2). Giải hệ phương trình




3 3 2 2


2
6 8
xy x y


x y x y
  



   


 .


Câu 2. (3,0 điểm).



1). Với mỗi số thực a ta ký hiệu   a là số nguyên lớn nhất khơng vượt q a giải phương
trình


2 1


2 3 1


3 3


xx  xx
       


   


        .


2). Chứng minh rằng từ 52 số nguyên bất kỳ luôn có thể chọn ra được hai số có tổng hoặc
hiệu chia hết cho 100.


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


AHBC lần lượt tại E F; .


1). PE giao AC tại K. Chứng minh rằng PK vng góc AC.


2). FQ giao CE, CA lần lượt tại M N; . Chứng minh rằng bốn điểm E K N M; ; ; thuộc một
đường tròn.



3). Chứng minh rằng bốn điểm P E C F; ; ; thuộc một đường tròn.
Câu 4. (1,0 điểm). Giả sử 0a b c; ; 1. Chứng minh rằng




3


6


1 1 1 1


a b c b c a c a b


bc a ca b ab c abc


  


  


    .


______________________Hết____________________
ĐỀTHI CHÍNH THỨC



(8)

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


Đề số 6


(Đề dự bị )



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


MƠN THI: TỐN (Vịng 1)


Thời gian: 120 phút ( Không kể thời gian giao đề)


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


8 2 2 1
x   x .
2). Giải hệ phương trình


2 2


3 3


3
x y xy
x y xy







  


   .



Câu 2. (3,0 điểm).


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


2). Giả sử a b; là các sốthực dương thỏa mãn điều kiện a b 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức


 



3 3


2 2


1 1


a b


P


b a


 


  .


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


1). Chứng minh rằng đường tròn ( )K đi qua C T; và tiếp xúc với AB có tâm K thuộc BC.


2). Gọi giao điểm của AC và ( )KD khác C, giao điểm của DB và ( )KE khác D.
Chứng minh rằng ABD BCE.


3). Gọi giao điểm của CEABM. Chứng minh rằng M là trung điểm của đoạn thẳng


BT.


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


2 2 2


1a  1b  1ca b  b c  c a .
______________________Hết____________________
ĐỀTHI CHÍNH THỨC



(9)

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


Đề số 7


(Đề dự bị )


KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
NĂM HỌC 2012-2013


MƠN THI: TỐN (Vịng 1)


Thời gian: 120 phút ( Không kể thời gian giao đề)


Câu 1. (3,0 điểm).


1). Giải phương trình




2


2 2 2 4 2 3


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


2 2


2 2 3


1


2 x y 2.


x xy y
x xy y









  


  



Câu 2. (3,0 điểm).


1). Tìm tất cả các cặp số nguyên

 

x y; thỏa mãn


2 2 2 2 5


xxy y x y  .


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


4 4 4


4 4 4


P x  y  z .


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


AC tại P. Gọi Q là một điểm thuộc cung nhỏ BC sao cho PQ vng góc với BC. QN giao AC


tại R.


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


3). Gọi F là giao của AQBN. Chứng minh rằng AFB BPQ ABR  .
Câu 4. (1,0 điểm). Cho a b c; ; 0.Chứng minh rằng





3 3 3 3 3 3


2 2 2


11 11 11 2


4 4 4


a b b c c a a b c


a ab b bc c ca


  


  


     .


……….HẾT……….
ĐỀTHI CHÍNH THỨC



(10)

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


Đề số 8


(Đề dự bị )



KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
NĂM HỌC 2013-2014


MƠN THI: TỐN (Vịng 1)


Thời gian: 120 phút ( Không kể thời gian giao đề)


Câu 1. (3,0 điểm).


1). Giải hệ phương trình






2 2


3


2


2 2


x y


x x y xy
  








 .


2). Với a b c; ; là 3 số thực đôi một phân biệt, chứng minh rằng


























2 2 2 2 2 2 2 2 2


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


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


     


     


  



     


Câu 2. (3,0 điểm).


1). Với mỗi số thực x ta định nghĩa   x là số nguyên lớn nhất không vượt quá x. Chứng
minh rằng với mọi số ngun n ta ln có


1 2 2 1


3 3 6


n n n n


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


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


2 2 2


3 3 3


a b c


M


b c a



   .


Câu 3. (3,0 điểm). Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn

 

O . H là trực tâm của
tam giác ABC. AD là đường kính của

 

O . E thuộc AC sao cho HE BC .


1). Chứng minh rằng các đường thẳng BHDEcắt nhau trên

 

O .


2). Gọi F là giao điểm của các đường thẳng EHAB. Chứng minh rằng A là tâm
đường tròn bàng tiếp ứng với đỉnh D của tam giác DEF.


3). Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác DEF. Chứng minh rằng BE CF, và IH


đồng quy.


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


2 2 3 2 2 2 2


a  b abb  c bcac .
……….HẾT……….


ĐỀTHI CHÍNH THỨC



(11)

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


Đề số 9


KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10


NĂM HỌC 2011-2012


MƠN THI: TỐN (Vịng 2)


Thời gian: 120 phút ( Không kể thời gian giao đề)


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


2 2


3


2 1 2 2


x y xy


xy x y







  


    .


2). Giải phương trình


1 4 1 1 5



2x1 x  x2  x.


Câu 2 (3,0 điểm).


1). Một số có 10 chữ số được gọi là tốt nếu số đó chia hết cho 11111 và tất cả các chữ số
đều khác nhau. Hỏi có tất cả bao nhiêu số tốt.


2). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức


; ;

4 2 2 2 2 4 2 6 12


f x y zxyzxyyzyx.


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


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


1). Chứng minh rằng B I Q C; ; ; cùng nằm trên một đường tròn.


2). Trên tia BQ CQ; lần lượt lấy các điểm M N; sao cho BM BI ; CN CI . Chứng minh
rằng MN luôn đi qua một điểm cố định.


Câu 4 (1,0 điểm). Với 0a b c; ; 1. Chứngminh rằng


3


1 1 1 3



1 a b1 b c1 c a1 2 abc .


……….HẾT……….
ĐỀTHI CHÍNH THỨC



(12)

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


Đề số 10


KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
NĂM HỌC 2012-2013


MƠN THI: TỐN (Vịng 2)


Thời gian: 120 phút ( Không kể thời gian giao đề)


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


2 8 3 3 8


x   x  .


2). Giải hệ phương trình


2 2


2 2



1


2 2 5 3


x xy y


x xy y x y







  


     .


Câu 2. (3,0 điểm).


1). Tìm các cặp sốnguyên

 

x y; thỏa mãn




2 2


5x 13y 6xy4 3x y .


2). Giảsử a b c; ; là 3 sốdương có tổng là 3. Tìm giá trịnhỏnhất của biểu thức


2 2 2



1 1 1 1


P


ab bc ca a b c


   


  .


Câu 3. (3,0 điểm). Cho hình bình hành ABCDBAD90.Giả sử O là điểm nằm trong


ABD


 sao cho OC khơng vng góc với BD. Vẽđường tròn tâm O đi qua C BD. cắt ( )O
tại hai điểm M N, sao cho Bnằm giữa M và .D Tiếp tuyến tại C của ( )O cắt AD AB, lần
lượt tại P Q, .


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


Câu 4. (1,0 điểm). Tồn tại hay không 9 số nguyên a a1, , ,2a9 sao cho tập các giá trị của


tổng a aij (1  i j 9) có chứa 36 số ngun liên tiếp? Giải thích tại sao.


……….HẾT……….
ĐỀTHI CHÍNH THỨC



(13)

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



Đề số 11


KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
NĂM HỌC 2013-2014


MƠN THI: TỐN (Vịng 2)


Thời gian: 120 phút ( Khơng kể thời gian giao đề)


Câu 1. (3,0 điểm).


1). Tìm tất cả các cặp số nguyên

 

x y; sao cho


3 3 6 1 0.


xyxy 


2). Với x là số thực ta ký hiệu   x là các số nguyên lớn nhất không vượt quá x. Chứng
minh rằng nếu n là số nguyên dương lớn hơn 1 thì






2 1


1 2 3 1 1 4 1


6


n n n n



 


       
     


         .


Câu 2. (3,0 điểm).


1). Giải hệ phương trình


3 3 2


2 2


3 6 3 4


2 11


x y x x y
x xy y


     





 .



2). Giả sử

 

x y; là các số thực thỏa mãn


2 2


3 3 9


x x y y


 


     


  


 


   .


Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P x 2xy y 2.


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


CDAB CD . M là trung điểm CD. P là điểm di chuyển trên đoạn MD (P khác M D,
). AP cắt ( )O tại Q khác A, BP cắt ( )O tại R khác B, QR cắt CD tại E.Gọi F là điểm đối
xứng với P qua E.


1). Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AQF luôn thuộc một đường
thẳng cốđịnh khi P di chuyển.


2). Giảsử EA tiếp xúc ( ).O Chứng minh rằng khi đó QM vng góc với CD.



Câu 4. (1,0 điểm). Cho một bảng ô vuông 2013 2014, mỗi ô vuông con có thể tơ một trong


hai màu xanh hoặc đỏ. Biết rằng ban đầu tất cả các ô đều được tô màu xanh. Cho phép
mỗi lần ta chọn một hàng hoặc một cột và thay đổi màu của tất cả các ơ thuộc hàng hoặc
cột đó. Hỏi sau một số hữu hạn lần đổi màu ta có thể thu được bảng gồm đúng 1000 ô
vuông con màu đỏ hay khơng?


……….HẾT……….
ĐỀTHI CHÍNH THỨC



(14)

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


Đề số 12


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


MƠN THI: TỐN (Vịng 2)


Thời gian: 120 phút ( Không kể thời gian giao đề)


Câu 1. (3,0 điểm).


1). Giải hệ phương trình


2 2


2



3


2 3 1 4


x y xy
x xy x
   



 


 .


2). Giải phương trình


3 3 1 1


x  x  x .
Câu 2. (3,0 điểm).


1). Tìm các bộba sốnguyên dương x y z; ; thỏa mãn


3 3 3 2001


xyz  .
2). Với a b c; ; là các số thực không âm, chứng minh rằng





2 2 2 2 2 2 2 2 2 2


ab  ab bc  bc ca  ca a b c  .


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


2). Giảsử FN BN


EM CM .Chứng minh rằng AD là phân giác của tam giác ABC.


Câu 4. (1,0 điểm). Trên bảng ơ vng kích thước 100 100 ta viết vào mỗi ô một số nguyên
dương một cách tùy ý sao cho hiệu 2 số ở hai ô kề nhau bất kỳ đều nhỏ hơn hoặc bằng 1
(hai ô được gọi là kề nhau nếu chúng có một cạnh chung). Chứng minh rằng tồn tại một số
nguyên dương k nào đó được viết vàt nhất 51 ơ.


………HẾT……….
ĐỀTHI CHÍNH THỨC



(15)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH AN GIANG


Đề số 13


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



MÔN THI: TỐN (Vịng 2)


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


Câu 1. (1,0 điểm). Cho Ax2 3

x3

x2 3

x3

. Tính A khi x5.


Câu 2. (1,5 điểm). Giải hệ phương trình


1 5


2


2
1


2 5


x


y
y


x
  






  




.


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


1 n


n  n .


Từ đó chứng minh 1 1 1 ... 1 2 2


1 2  3  nn .


Câu IV (1,5 điểm). Tìm a b c; ; biết rằng phương trình x3ax2bx c 0 có tập nghiệm là


1; 1


S  .


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


đường trịn tâm O, bán kính R. Các đường cao BDCE của tam giác cắt nhau tại H.
1). Chứng minh rằng AD AC AE AB.  . .


2). Chứng minh rằng BC2.DE.


3). Kéo dài BH cắt đường tròn tâm O tại H. Chứng minh H Hđối xứng qua AC
hai đường trịn ngoại tiếp hai tam giác AHC; ABC có cùng bán kính.


Câu 5. (1,0 điểm).



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


……....HẾT……….
ĐỀTHI CHÍNH THỨC



(16)

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


Đề số 14


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


MÔN THI: TỐN (Vịng 1)


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


Câu 1. (2,5 điểm). Cho biểu thức


2


2 2


2 2


1 1
1


a b


b a a b


P


a b a b


b a
b a


 
 


 


  






   


 


với a0;b0;a b .


1). Chứng minh P 1


ab


2). Giảsử a b; thay đổi sao cho 4a b  ab1. Tìm giá trịnhỏnhất của P.
Câu 2. (2,0 điểm). Cho hệ phương trình


2 4


3 1


x my m
mx y m
   



   


 (với m là tham số).


1). Giải phương trình khi m2.


2). Chứng minh hệln có nghiệm với mọi giá trịcủa m. giảsử

x y0; 0

là một nghiệm của
hệphương trình. Chứng minh đẳng thức




2 2


0 0 5 0 0 10 0



xyxy   .


Câu 3. (1,5 điểm). Cho a b; là các số thực khác 0. Biết rằng phương trình


2

2


0


a x a b y b  có nghiệm duy nhất. Chứng minh ab.


Câu 4. (3,0 điểm). Cho tam giác ABC có các góc ABC và góc ACB nhọn, góc BAC600.
Các đường phân giác trong BB1; CC1 của tam giác ABC cắt nhau tại I.


1). Chứng minh tứ giác AB IC1 1 nội tiếp.


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


3). Chứng minh AK B C1 1


Câu 5. (1,0 điểm). Tìm số thực không âm ab thỏa mãn


2 3 2 3 2 1 2 1


4 4 2 2


a b b a a b


    
   





     


     .


……....HẾT……….
ĐỀTHI CHÍNH THỨC



(17)

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


Đề số 15


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


MƠN THI: TỐN (Vịng 2)


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


Câu 1. (2,5 điểm).


1). Cho a0;a1. Rút gọn biểu thức




3 3 1



6 4 2 . 20 14 2 3 3 1 : 1


2( 1)


a


S a a a


a




 


      




 


 .


2). Cho x y; thỏa mãn 0 x 1; 0 y 1 và 1


1 1


y


x



xy


  .


Tính giá trịcủa biểu thức P x y   x2xy y 2.


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


1). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, gọi Parabol

 

P y ax: 2 với a0 là hình chiếu biểu diễn
cổng mà xe tải muốn đi qua. Chứng minh a 1


2). Hỏi xe tải cóthểđi qua cổng được không? Tại sao?


Câu 3. (1,5 điểm). Cho hai số nguyên a b; thỏa mãn a2  b2 1 2

ab a b 

. Chứng minh
ab là hai số chính phương liên tiếp.


Câu 4. (3,0 điểm). Cho tam giác nhọn ABC (AB AC ), M là trung điểm của cạnh BC O, là
tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác. Các đường cao AD BE CF; ; của tam giác ABC


đồng quy tại H. Các tiếp tuyến với ( )O tại BC cắt nhau tại S. Gọi X Y, lần lượt là giao
điểm của đường thẳng EF với các đường thẳng BS AO; . Chứng minh rằng


1). MX BF .


2). Hai tam giác SMXDHF đồng dạng.
3). EF BC


FY CD .



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


...…...HẾT……….
ĐỀTHI CHÍNH THỨC



(18)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH PHÚ THỌ


Đề số 16


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


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


Câu 1. (2,0 điểm).


1). Giải phương trình x23x  2 0.
2). Tìm các số thực x y z; ; thỏa mãn:


1
3
5
x y z
y z x
z x y


   
   



   



.
Câu 2. (2,0 điểm).


1). Phép toán T được định nghĩa như sau aTb 1 1


a b


  với ab là các số thực khác 0 tùy
ý.


Thí dụ: 2 3 1 1 1
2 3 6


T    . Tính giá trị biểu thức P

5 6T T T

 

7 8

.


2). Cho ab là các số thực thỏa mãn các điều kiện 6a220a15 0 ; 15b220b 6 0;


1


ab .Chứng minh rằng





3
3
2


6
2015


9 1


b


abab  .
Câu 3. (2,0 điểm).


1). Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho n2015 và n2199 đều là các số chính phương.


2). Bạn Nam viết một chương trình để máy tính in ra các số nguyên dương liên tiếp theo
thứ tự tăng dần từ 1 đến 1000 dưới dạng sau


12345678910111213141516...9989991000.


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


Câu 4. (3,0 điểm). Cho hình vng ABCD tâm O, M là điểm di động trên cạnh AB. Trên
cạnh AD lấy điểm E sao cho AM AE , trên cạnh BC lấy điểm F sao cho BM BF .


1). Chứng minh rằng đường thẳng OA là phân giác trong của góc MOE, đường thẳng OB


là phân giác trong của góc MOF.Từ đósuy ra ba điểm O E F; ; thẳng hàng.



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


A B H O cùng nằm trên một đường tròn.


3). Chứng minh rằng khi điểm M di động trên cạnh AB thì đường thẳng MH ln đi qua
một điểm cố định.


Câu 5. (1,0 điểm). Cho x là một số thực tùy ý. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:


 

1 2 2 3 3 4 4


f x   x x  x  x .
……....HẾT……….


ĐỀTHI CHÍNH THỨC



(19)

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


Đề số 17


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


MÔN THI: TỐN (Vịng 2)


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



Câu 1. (3,0 điểm).


1). Giải phương trình :

x 3 x



1 x 1

1.
2). Giải hệ phương trình:






2 2 2 2


2 2


1


2
4


x y xy


x y x y


x y





  



 


 .



Câu 2. (3,0 điểm).


1). Với mỗi số thực a ta gọi phần nguyên của a là số nguyên lớn nhất không vượt quá a
và ký hiệu là   a . Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, biểu thức


2


3 1 1


27 3


n n  


 


  không biểu diễn được dưới dạng lập phương của một số nguyên dương.
2). Với x y z; ; là các số thực dương thỏa mãn đẳng thức xy yz zx  5, Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức :


2

2

2



3 3 2


6 5 6 5 6 5


x y z


P



x y z
 




     .


Câu 3. (3,0 điểm). Cho hình thang ABCD với BC song song AD. Các góc BAD và CDA là
các góc nhọn. Hai đường chéo ACBD cắt nhau tại I. P là điểm bất kỳ trên đoạn thẳng


BC (P không trùng với B C; ). Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác BIP cắt đoạn thẳng
PA tại M khác P và đường tròn ngoại tiếp tam giác CIP cắt đoạn thẳng PD tại N khác P
1). Chứng minh rằng năm điểm A M I N D; ; ; ; cùng nằm trên một đường tròn. Gọi đường
tròn này là ( )K .


2). Giả sử các đường thẳng BMCN cắt nhau tại Q, chứng minh rằng Q cũng nằm
trên đường tròn ( )K .


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


PC CA .


Câu 4. (1,0 điểm). Giả sử A là một tập con của tập các số tự nhiên .Tập A có phần tử
nhỏ nhất là 1, phần tử lớn nhất là 100 và mỗi x thuộc A (x1) luôn tồn tại a b; cũng
thuộc A sao cho x a b  (a có thểbằng b). Hãy tìm một tập A có sốphần tửnhỏnhất.


……....HẾT……….
ĐỀTHI CHÍNH THỨC



(20)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO


ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI


Đề số 18


KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUN
NĂM HỌC 2013-2014


MƠN THI: TỐN (Vịng 2)


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


Câu 1. (3,0 điểm).


1). Giải hệ phương trình




3 3


2


9 3 6 26 2


xy x y


xy x y x y







  


 .


2). Giải phương trình


x 4 2



4  x 2

2x.
Câu 2. (3,0 điểm).


1). Tìm hai chữ số cuối cùng của số


106 2012


41 57


A  .


2). Tìm giá trị lớn nhất của hàm số y3 2x 1 x 5 4 x2 , với 1 5


2 x 2 .


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


M N là hai điểm thuộc cung nhỏ BC sao cho MN song song với BC và tia AN nằm giữa
hai tia AM AB; . Gọi P là hình chiếu vng góc của điểm C trên ANQ là hình chiếu
vng góc của điểm M trên AB.


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



2). Gọi giao điểm của NQ và ( )OR khác N. Giả sử AM cắt PQ tại S. Chứng minh rằng
bốn điểm A R Q S; ; ; cùng thuộc một đường tròn.


Câu 4. (1,0 điểm). Với mỗi số n nguyên lớn hơn hoặc bằng 2 cố định, xét các tập n số thực
đôi một khác nhau X

x x1; ;...;2 xn

. Kí hiệu C X

 

là số các giá trị khác nhau của tổng


i j


xx (1  i j n). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của C X

 

.
……....HẾT……….


ĐỀTHI CHÍNH THỨC



(21)

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


Đề số 19


KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN
NĂM HỌC 2012-2013


MƠN THI: TỐN (Vịng 2)


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


Câu 1. (3,0 điểm).


1). Giải hệ phương trình


3 3 1



7 7


x y y x xy
xy y x


     



  


 .


2). Giải phương trình


2


3 1 3 1 1


x  xx  x.
Câu 2. (3,0 điểm).


1). Tìm các cặp sốnguyên

x y;

thỏa mãn


2 2


5x 8y 20412.


2). Với

x y;

là các số thực dương thỏa mãnx y 1,tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức



2 2


1 1 1
P x y


x y








  .


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


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


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


2). Giảsử AP là phân giác góc MAN. Chứng minh rằng khi đó PQ đi qua trung điểm của
.


BC


Câu 4. (1,0 điểm). Giả sử dãy số thực có thứ tự x1x2  x192thỏa mãn các điều kiện



1 2 192 0


xx   x  và x1x2   x192 2013.


Chứng minh rằng


192 1 201396 .


xx


……....HẾT……….
ĐỀTHI CHÍNH THỨC



(22)

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


Đề số 20


KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUN
NĂM HỌC 2013-2014


MƠN THI: TỐN (Vịng 2)


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


Câu 1. (3,0 điểm).


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


2 4 8



2 2 4 4 8 8


2 4 8 4


y y y y


x y x  yx yx y  .


Chứng minh rằng 5y4x.


2). Giải hệ phương trình


2 2


2 2


2 3 12


6 12 6


x y xy


x x y y y x









 .


Câu 2. (3,0 điểm).


1) Cho x y; là những số nguyên lớn hơn 1 sao cho 4x y2 27x7y là số chính phương.


Chứng minh rằng x y .


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


nhất và nhỏ nhất của biểu thức


1 2


2 1


x x


P


y y


 


 


  .


Câu 3. (3,0 điểm). Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( )O và điểm P nằm trong tam
giác thỏa mãn PB PC= . D là điểm thuộc cạnh BC (D khác BD khác C) sao cho P


nằm trong đường tròn ngoại tiếp tam giác DAB và đường tròn ngoại tiếp tam giác DAC.
Đường thẳng PB cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác DAB tại E khác B. Đường thẳng


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


1). Chứng minh rằng bốn điểm A E P F; ; ; cùng thuộcmột đường tròn.


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


3). Gọi K là giao điểm của đường thẳng AE và đường thẳng QB. Chứng minh rằng


   .


QKL PAB QLK PAC  


Câu 4. (1,0 điểm). Cho tập hợp A gồm 31 phần tử và dãy gồm m tập con của A thỏa
mãn đồng thời các điềukiện sau


i). Mỗi tập thuộc dãy có ít nhất 2 phần tử;


ii). Nếu hai tập thuộc dãy có chung nhau ít nhất 2 phần tửthì số phần tửcủa hai tập này
khác nhau.


Chứng minh rằng m900.


….…..HẾT………
ĐỀTHI CHÍNH THỨC



(23)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO


TỈNH PHÚ THỌ


Đề số 21


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


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


Câu 1. (1,5 điểm).


1). Chứng minh rằng nếu số nguyên n lớn hơn 1 thoả mãn n24 n216 là các số
nguyên tố thì n chia hết cho 5.


2). Tìm nghiệm nguyên của phương trình x22y x y

 

2

x1

.
Câu 2. (2,0 điểm).


1). Rút gọn biểu thức 2 3

5

2 3

5



2 2 3 5 2 2 3 5


A   


    .


2). Tìm m để phương trình

x2



x3



x4



x 5

m có 4 nghiệm phân biệt.
Câu 3. (2,0 điểm).


1). Giải phương trình x2  x 4 2 x1 1

x

.

2). Giải hệ phương trình 32 22 10 0


6 10


x xy y
x y


   



  


 .


Câu 4 (3,5 điểm). Cho đường tròn

O R;

và dây cung BC R 3 cố định. Điểm A di động
trên cung lớn BC sao cho tam giác ABC nhọn. Gọi E là điểm đối xứng với B qua AC
F là điểm đối xứng với C qua AB. Các đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABE


ACF


 cắt nhau tại K (K A ). Gọi H là giao điểm của BECF.


1). Chứng minh KA là phân giác trong góc BKC và tứ giác BHCK nội tiếp.


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


3). Chứng minh AK luôn đi qua một điểm cố định.


Câu 5. (1,0 điểm). Cho 3 số thực dương x y z; ; thỏa mãn 12 12 12 1



xyz  . Tìm giá trị nhỏ


nhất của biểu thức


 

 



2 2 2 2 2 2


2 2 2 2 2 2


y z z x x y


P


x y z y z x z x y


  


   .


……....HẾT……….
ĐỀTHI CHÍNH THỨC



(24)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐẠI HỌC KHTN HÀ NỘI


Đề số 22


KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN


NĂM HỌC 2015-2016


MÔN THI: TỐN (Vịng 1)


Thời gian: 120 phút ( Khơng kể thời gian giao đề)


Câu 1. (3,0 điểm).


1). Giả sử a b; là hai số thực phân biệt thỏa mãn a23a b 23b2.
a). Chứng minh rằng a b  3.


b). Chứng minh rằng a3  b3 45.
2). Giải hệphương trình 2 2 3 2 5 2


4 5


x y xy
x y xy
  





 .


Câu 2. (3,0 điểm).


1). Tìm các sốnguyên

 

x y; không nhỏhơn 2 sao cho xy1 chia hết cho

x1



y1

.
2). Với x y; là những sốthực thỏa mãn đẳng thức x y2 22y 1 0. Tìm giá trị lớn nhất và
nhỏnhấtcủa biểu thức


3 1


xy


P


y


 .


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


;
IC IB.


1). Chứng minh rằng EF song song với BC .


2). Gọi M N J; ; lần lượt là trung điểm các đoạn thẳng DE DF EF; ; . Đường tròn ngoại tiếp
tam giác AEM cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác AFN tại P khác A. Chứng minh rằng
bốn điểm M N P J; ; ; cùng nằm trên một đường tròn.


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


1). Cho bảng ơ vng 2015 x2015. Kí hiệu ơ ( ; )i j là ô ởhang
thứ i, cột thứj. Ta viết các sốnguyên dương từ 1 đến 2015
vào các ô của bảng theo quy tắc sau:



i). Số1 được viết vào ô (1,1)


ii). Nếu số k được viết vào ơ ( ; )i j (i1) thì số k1 được


viết vào ô ( 1;ij1).


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


Khi đó số2015 được viết vào ô

m n;

.
Hãy xác định mn.


2). Giảsử a b c; ; là các sốthực dương thỏa mãn ab bc ac abc   4.


Chứng minh rằng a2     b2 c2 a b c 2

ab bc ac 

.
……....HẾT……….
ĐỀTHI CHÍNH THỨC



(25)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐẠI HỌC KHTN HÀ NỘI


Đề số 23


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


MƠN THI: TỐN (Vịng 2)


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



Câu 1. (3,0 điểm).


1) Với a b c; ; là các sốthỏa mãn


3

 

3

 

3

3


3a3b3c 24 3a b c   3b c a   3c a b  .
Chứng minh rằng

a2b b



2c c



2a

1.


2) Giải hệ phương trình 2

2

3 5 3 2


27 7 26 27 9


x y xy


x y y x x x
   





      


 .


Câu 2. (3,0 điểm).


1) Tìm số tự nhiên n để n5 và n30 là số chính phương (số chính phương là bình
phương của một sốnguyên)


2) Tìm

x y;

nguyên thỏa mãn đẳng thức 1 x y  3 xy.


3) Giảsử x y z; ; là các sốthực lớn hơn 2. Tìm giá trịnhỏnhất của biểu thức:


4 4 4


y


x z


P


y z z x x y


  


      .


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


1) Chứng minh rằng BN AC .


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


3) Đường tròn ngoại tiếp tam giác AQD cắt ( )O tại GD. Chứng minh rằng NG song
song với BC.


Câu 4. (1,0 điểm). Ký hiệu S là tập hợp gồm 2015 diểm phân biệt trên một mặt phẳng. Giả


sử tất cả các điểm của S không cùng nằm trên một đường thẳng. Chứng minh rằng có ít
nhất 2015 đường thẳng phân biệt mà mỗi đường thẳng đi qua ít nhất hai điểm của S.


……....HẾT……….
ĐỀTHI CHÍNH THỨC



(26)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH NAM ĐỊNH


Đề số 24
(Đề thi có 01 trang)


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


Câu 1. (2,0 điểm). 1). Với giá trịnào của x thì biểu thức x 1 x3 xác định .
2). Tính giá trịcủa biểu thức Ax 3 3x khi x2 2.


3). Tìm tọa độcủa các điểm có tung độbằng 8 và nằm trên đồthịhàm số y2x2.
4). Cho tam giác ABC vuông tại AAB3;BC5. Tính cosACB.


Câu 2. (1,5 điểm). Cho biểu thức 1 2 . 1
1


1 1


x x x



Q


x


x x x x


 


 


  


    


     (với x0;x1).
1). Rút gọn biểu thức Q. 2). Tìm các giá trị của x để Q1.


Câu 3. (2,5 điểm). 1). Cho phương trình x22

m1

x m 2 6 0 (1) (với m là tham số).
a). Giải phương trình với m3.


b). Với giá trị nào của m thì phương trình (1) có các nghiệm x x1; 2 thỏa mãn 2 2


1 2 16


xx  .
2).Giải hệ phương trình







2



2 3


3 2 5 16


x x y y
x x x y x
    





      


 .


Câu 4. (3,0 điểm). Cho tam giác ABC vuông tại A (AB AC ), đường cao AH. Đường
tròn tâm I đường kính AH cắt các cạnh AB AC; lần lượt tại M N; . Gọi O là trung điểm
của đoạn BC D; là gia điểm của MNOA.


1). Chứng minh rằng:


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


a). ADI∽AHO. b). 1 1 1


AD HB HC  .


3). Gọi P là giao điểm của BCMN K; là giao điểm thứ hai của AP và đường trịn đường
kính AH. Chứngming rằng BKC900.



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

 

5



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


4 4 4 4 4 4


a b c


T


b c a a c b a b c


  


      .


___________________Hết_________________
ĐỀTHI CHÍNH THỨC



(27)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH BÌNH ĐỊNH


Đề số 25
(Đề thi có 01 trang)


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


Thời gian: 120 phút ( Không kể thời gian giao đề)


Câu 1. (2,0 điểm).


1). Rút gọn biểu thức P 2 3 6

 2

.
2). Giải hệ phương trình 2 3


6
x y
x y
  



  


 .


Câu 2. (2,0 điểm). Cho phương trình mx22

m1

x 1 3m0 (1) (m là tham số).
1). Chứng tỏ rằng phương trình (1) ln có nghiệm với mọi m.


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


1 2


A x x .


Câu 3. (2,0 điểm). Trong một phịng có 80 người họp, được sắp ngồi trên các dãy ghế có
chỗ ngồi bằng nhau. Nếu ta bớt đi 2 dãy ghế thì mỗi dãy ghế cịn lại phải xếp thêm 2
người ngồi thì vừa đủ chỗ.



Hỏi lúc đầu có mấy dãy ghế và mỗi dãy ghế được xếp bao nhiêu chỗ ngồi.


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


A B là các tiếp điểm) và cát tuyến MCD không đi qua O(C nằm giữa MD) với
đường tròn ( )O . Đoạn thẳng MO cắt AB và ( )O theo thứtự tại HI. Chứng minh rằng
1). Tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn.


2). MC MD MA. 2.


3). OH OM MC MD MO. . 2.


Câu 5. (1,0 điểm). Cho x y z; ; là các số thực thỏa mãn điều kiện: 3 2 2 2 1


2


x y z yz . Tìm
giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức B x y z   .


--- HẾT


---ĐỀTHI CHÍNH THỨC



(28)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH HẢI DƯƠNG


Đề số 26
(Đề thi có 01 trang)



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


Thời gian: 120 phút ( Không kể thời gian giao đề)


Câu 1 (2,0 điểm).


1). Cho a b  29 12 5 2 5  . Tính giá trị của biểu thức




2 1 2 1 11 2015


A a a  b b  ab .


2). Cho x y; là hai số thực thỏa mãn xy (1x2)(1y2) 1 . Chứng minh rằng


2 2


1 1 0


xyyx  .
Câu 2. (2,0 điểm).


1). Giải phương trình 2x 3 4x29x 2 2 x 2 4x1.


2). Giải hệ phương trình : 222 2 5 2 2 1 3 3



1 4 5 2 2


x y xy x y y x x
x y x y x y


     



        


 .


Câu 3. (2,0 điểm).


1). Tìm các số nguyên x y; thỏa mãn x4x2y2 y 20 0 .


2). Tìm các số nguyên k để k48k323k226k10 là số chính phương.


Câu 4. (3,0 điểm). Cho đường tròn ( ; )O R và dây BC cố định không đi qua tâm. Trên tia
đối của tia BC lấy điểm A (A khác B). Từ A kẻ hai tiếp tuyến AMAN với đường
tròn ( )O (MN là các tiếp điểm). Gọi I là trung điểm của BC.


1). Chứng minh A O M N I; ; ; ; cùng thuộc một đường tròn và IA là tia phân giác của góc




MIN.


2). Gọi K là giao điểm của MNBC. Chứng minh 2 1 1



AKAB AC .


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


Câu 5. (1,0 điểm) Cho a b; là các số dương thỏa mãn điều kiện

3


4 12


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


1a1bab .


……....HẾT……….
ĐỀTHI CHÍNH THỨC



(29)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH NGHỆ AN


Đề số 27
(Đề thi có 01 trang)


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


Thời gian: 120 phút ( Khơng kể thời gian giao đề)


Câu 1. (7,0 điểm).



1) Giải phương trình x25x 4 2 x 5 2 x 4 x24x5.
2) Giải hệphương trình


2 2


1 1 2


2 4 2


x y
y x


x y xy xy x y
  






  



    





.


Câu 2. (2,0 điểm). Cho a b; là các số nguyên dương thỏa mãn a2b ab2 . Tính giá trị biểu



thức 2 2


2
a b
A


ab

 .


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

2 1



2 1



2 1

3

2


4
a b c
abc     .


Câu 4. (7,0 điểm). Cho đường tròn

(

O R;

)

BC là dây cố định (BC<2R); E là điểm
chính giữa cung nhỏ BC. Gọi A là điểm di động trên cung lớn BCAB AC< (A khác B
). Trên đoạn AC lấy điểm D khác C sao cho ED EC . Tia BD cắt đường tròn

(

O R;

)

tại
điểm thứ hai là F.


1). Chứng minh D là trực tâm của tam giác AEF.


2). Gọi H là trực tâm của tam giác DEC; DH cắt BC tại N. Đường tròn ngoại tiếp tam
giác BDN cắt đường tròn

(

O R;

)

tại điểm thứ hai là M. Chứng minh đường thẳng DM


luôn đi qua một điểm cố định.



Câu 5. (2,0 điểm). Cho tập hợp A gồm 21 phần tử là các số nguyên kahsc nhau thỏa mãn
tổng của 11 phần tử bất kỳ lớn hơn tổng của 10 phần tử còn lại. Biết các số 101 và 102
thuộc A. Tìm tất cả các phần tử của A.


……....HẾT……….
ĐỀTHI CHÍNH THỨC



(30)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH THÁI BÌNH


Đề số 28
(Đề thi có 01 trang)


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


Thời gian: 120 phút ( Không kể thời gian giao đề)


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


x x x x x x


  


  


  với (0 x 1).
1). Rút gọn biểu thức P.



2). Tính giá trị của thức P khi x 3 2 x.


3). Chứng minh rằng: với mọi giá trị của x để biểu thức P có nghĩa thì biểu thức 7
P chỉ
nhận một giá trị nguyên.


Câu 2. (2,0 điểm). Cho phương trình 2

3


– 2 – 1 0


x mxm  (m là tham số).
1). Giải phương trình khi m 1.


2). Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt trong đó có một nghiệm bằng bình
phương nghiệm cịn lại.


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


2 9


x


xx   .


Câu 4. (3,5 điểm). Cho tam giác ABC vng tại A, đường cao AH. Đường trịn đường
kính AH, tâm O, cắt các cạnh ABAC lần lượt tại EF. Gọi M là trung điểm của
cạnh HC.


1). Chứng minh AE AB AF AC.  . .



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


4). Xác định điểm trực tâm của tam giác ABM.


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


2 2 2


1 1 1 3


2


1 1 1


a  b  c   .
……....HẾT……….
ĐỀTHI CHÍNH THỨC



(31)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH THÁI BÌNH


Đề số 29
(Đề thi có 01 trang)


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


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



Câu 1. (1,5 điểm).Cho phương trình 2x2mx 1 0 (với m là tham số).
1). Tìm m sao cho phương trình trên có hai nghiệm x x1; 2 thỏa mãn 2 2


1 4 2 0


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


1). Giải phương trình sau 18 2 2 17 9 1 0


3 3


xx  x  .
2). Tìm các số nguyên

 

x y; với x0;y0 thỏa mãn


2 3 2 4 4 10 12 0


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


2



2


1 1 4 3


4 2 1



x y x y x y
x xy


       






  





.


Câu 4. (1,0 điểm). Cho x y; thỏa mãn x2y24x 2 0. Chứng minh rằng


2 2


10 4 6 xy 10 4 6 .


Câu 5. (2,5 điểm). Cho tam giác ABC nhọn, nội tiếp đường tròn ( )O . Đường thẳng AO


cắt đường tròn ( )O tại M (M A ). Đường thẳng qua C vng góc với AB cắt đường trịn


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


2). Chứng minh OK vng góc với BM.


3). Hai tiếp tuyến của đường tròn ( )O tại MN cắt nhau tại P. Chứng minh ba điểm


; ;


P B O thẳng hàng.


Câu 6. (1,0 điểm). Cho tam giác ABC có độ dài cạnh AB3 ;a AC4a và góc BAC600.
Qua A kẻ AH vng góc với BC tại H. Tính độ dài đoạn AH theo a.


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




2 2 2 9 9


2
2


b c a


abcab bc ca   .
--- HẾT


---ĐỀTHI CHÍNH THỨC



(32)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH THÁI NGUYÊN


Đề số 30
(Đề thi có 01 trang)


KÌ THI VÀO LỚP 10 CHUN


NĂM HỌC 2015-2016
MƠN THI: TỐN (Chun)


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


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


1 1 1 ... 1 21,5


1 3 3 5  5 7   2013 2015 .


Có thể thay giá trị 21,5 bằng một giá trị khác lơn hơn được khơng? Vì sao?
Câu 2 (1,0 điểm). Rút gọn biểu thức


2 2 3 1 4 3


Ax  x  x  x với x4.
Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình

x23x2



x27x12

35.


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


c a b


. Tính giá trị của biểu thức


1 a 1 b 1 c


B



b c a


  


  


      
   .


Câu 5 (2,0 điểm). Tìm tất cả các số nguyên n sao cho a n 42n32n2 n 7 là số chính
phương.


Câu 6 (3,0 điểm). Cho tứ giác ABCD. Các đường phân giác của hai góc BAD và ABC cắt
nhau tại M. Các đường phân giác của hai góc BCD và ADC cắt nhau tại N. Giả sử đường
thẳng BM cắt đường thẳng CN tại P, đường thẳng AM cắt đường thẳng DN tại Q.


1). Chứng minh rằng bốn điểm M N P Q; ; ; cùng nằm trên một đường tròn.


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


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


M N P Q lần lượt tại các điểm I K J H1; 1; ;1 1. Chứng minh rằng I K1 1J H1 1.
……....HẾT……….


ĐỀTHI CHÍNH THỨC



(33)

LỜI GIẢI

NHẬN XÉT

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ




ĐỀ SỐ 1.
Câu 1.


1). Hệ phương trình tương đương với






2
2


1 1 2


2 2 ) 1


x y x y
y x y x
     



     










2
2


1 1 2 (1)


2 1 1 (2)


x y y
y x x
    



 


    


 .


+) Nếu x1, suy ra

x1

y2 1

0 nên từ (1) 2  y 0


2



2 2 1 0


y y x


      ;
Do đó từ (2)  x 1 0  x 1 (mâu thuẫn).


+) Nếu x1, tuơng tự suy ra x1 (mâu thuẫn).



+) Nếu x  1 y 2 (thỏa mãn).
Đáp số: x1;y2


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


Nhắc lại kiến thức và phương pháp:


• 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

; .

 

;

.


Có hai trường hợp sau xảy ra đó là P 0 f x y

;

0 và P 0 f x y

;

0.


• Kỹ thuật nhẩm nghiệm.


Ý tưởng: Bài tốn này khơng 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
tốn 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

x1

y2 

y 2

x20. Xét các trường hợp thì thấy

x y;

  

1; 2
là nghiệm duy nhất của hệ phương trình. Hoặc ta có thể sử dụng kỹ thuật nhẩm nghiệm
như sau, đó là giả sử x k , bây giờ ta sẽ thay thử các giá trị của k, tất nhiên sẽ lấy các giá
trị k nguyên và đẹp. Và cũng cho ta được nghiệm

x y;

  

 1; 2 . Với cặp nghiệm này, thực
chất bài toán quy về giải hệ phương trình 3 1 2 0


1 2 1


x y x y
y x y x



 


       




 


      


 


  .


Vì thế ta tách hệ phương trình ban đầu, và nhóm nhân tử như sau:


• Hệ phương trình đã cho






 



 



2
2


2 2



1 1 2 1


1 1 2 0


2 2 1 2 1 1 2


x y y
x y x y


y x y x y x x



           


 


 


        


 


 


• Đến đây, ta sẽ đánh giá miền nghiệm:


TH1. Nếu

  



  




2


2


1 1 1 0 2 0 2


1


2 2 1 0 2


x y y y


x


y x y


         



  


     


 .


Hệ bất phương trình này vơ nghiệm.



(34)

TH2. Nếu

  




  



2


2


1 1 1 0 2 0 2


1


2 2 1 0 2


x y y y


x


y x y


         



  


     


 .


Hệ bất phương trình vơ nghiệm


• Vậy x1; y2 là nghiệm duy nhất của hệ phương trình.


Bài tốn kết thúc.


Bài tập tương tự:


1. Giải hệ phương trình





2
2


2 1 4


3 2


x y x y
y x y x
    



    


 .


Đáp số:

   

x y;  1;3 .
2). Điều kiện x0.


Phương trình tương đương 2

x 1

x 3 x2 7
x



    .


Chia hai vế cho x0, ta được


1 3 7


2 1 x x


x x x





     


 
 


3 2 1 1 3 4 0


x x


x x x x


   


 


        



   


3 2 3 2 0


x x


x x x


 

 
   
  
   .


+ Giải 3 2 3 4 2 4 3 0 1


3
x


x x x x


x
x x
 

           
 .


+ Giải 3



2


3 2 3 4 3 4 0


x x x x


x x x x


        


x 1

x2 x 4

0 x 1


       .
Đáp số x1;x3.


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


Nhắc lại kiến thức và phương pháp:


• Phương pháp đặt ẩn phụ khơng hồn tồn: xét một phương trình bậc hai có dạng

 

. 2

 

. 0


mf x tng x t k  (*), trong đó t là ẩn phụ được biểu diễn dưới dạng t h x

 

.
Khi đó, ta có


 

2 4

 


tng xkmf x



   , với t bắt buộc là một số chính phương. Nên ta tìm được
nghiệm của (*) đó là


 



 

t

 

;

 

 

t

 



ng x ng x


t h x t h x


mf x mf x


     


    .


• Cách giải phương trình

 

 

   


 

2

 



; 0


f x g x
f x g x


f x g x


 





  




 .


Ý tưởng: Trước hết, ta cần quy đồng mẫu số bài toán, như vậy ta sẽ được phương trình có
dạng f x g x

   

. h x

 

và nếu nâng lũy thừa hai vế, ta sẽ thu được một phương trình bậc
5. Và phương trình bậc 5 nếu khơng có nghiệm ngun thì sẽ rất khó để giải quyết. Vậy
nên ta cần nghĩ đến hướng tư duy khác, đó là bài toán xuất hiện căn thức x 3


x


 nên ta



(35)

mong muốn sẽ tạo được lượng
2
3
k x
x


 

 


  để có thể đưa về phương trình bậc hai, sau đó
đặt t x 3


x



  để sử dụng phương pháp ẩn phụ khơng hồn tồn. Tức là sẽ chia cả hai vế
của phương trình, ta được:


• Ta có 3 2 7 2

1

3 2 7


2( 1) x x x x


x
x


x x     


 


1 3 7 3 1 3 4


2 1 x x x 2 1 x 0


x x x x x x x


   


 


               


    (*).



• Đặt t x 3 0


x


   , khi đó ta có (*) t2 2 1 1 t 4 0


x x





      


  .


Có ' 1 1 2 4 1 1 2


t x x x
   


 


     


    nên suy ra được


 


 


3



1 1 2 2


1 1


2


1 1 3 2


1 1
x i
t
t
x
x x
t


t x x ii


x x x x




      


   
 

.



• Giải (i), ta có (i) 3 4 2 4 3 0 1


3
x


x x x


x
x
 

         
 .


• Giải (ii), ta có (ii) 3
2


3 4 3 4 0 1


x x x x


x x


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


Bài tập tương tự:


1. Giải phương trình:

x3

 

4x



12x

28x.
Đáp số: x4 2 1 ;

x 31 3 .


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


Đáp số: 1 5; 1 65


2 8


x  x  .
Câu 2.


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


4 4 7 4 5 4 4 4 8 4 5


xyz  xyzz  (1).
Ta có a40,1 (mod 8) với mọi số nguyên a


4 4 4


4


0,1,2,3 (mod 8)


8 5 5(mod 8)


x y z
z
   

 


 
 .


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.



(36)

• Thêm cùng một lượng vào hai vế của đẳng thức ta được một đẳng thức mới tương
đương với đẳng thức ban đầu


4 4 7 4 5 4 4 4 8 4 5


xyz  xyzz  .


• Lũy thừa bậc bốn của một số nguyên khi chia cho 8 dư 0 hoặc 1 tức là a40, 1 mod8


với mọi số nguyên a













4


4 4 4


4


4
4


0, 1 mod8


0, 1, 2, 3 mod8
0, 1 mod8


8 5 5 mod8


0, 1 mod8


x


x y z
y


z
z


 





    


 




 


   





 



.


• Hai vế của một đẳng thức có số dư khi chia cho cùng một số nhận được số dư khác
nhau thì đẳng thức này khơng thể tồn tại.


Ta thấy VT x 4y4z4 chia 8 dư 0 hoặc 1 hoặc 2 hoặc 3 .


VP8z45 chia 8 dư 5 do đó khơng thể tồn tại đẳng thức x4y4z48z45 hay


4 4 4 8 4 5


xyzz  .



Vậy không tồn tại các bộ ba số nguyên

x y z; ;

thỏa mãn đẳng thức


4 4 7 4 5


xyz  .


2). Phương trình tương đương với


 

2

 

2

 

2

2 3


1 1 1 1


x x x x y
     


   


    

2x22 4

 

xy38x38x y 3.


+) Nếu 3 3

3

 

3 3

3


1 8 8 8 2 1 2 2 1


x  xxxx  xyx (mâu thuẫn vì y nguyên).


+) Nếu x1 và

 

x y; là nghiệm, ta suy ra

 x; y

cũng là nghiệm, mà   x 1 mâu
thuẫn.


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



Nhận xét. Để giải bài toán trên cần sử dụng phương pháp biến đổi tương đương đưa về
xét khoảng giá trị của nghiệm.


Nhắc lại kiến thức và phương pháp.


• Hằng đẳng thức A2B2

A B A B





 

4

4

 

2

 

2

 

2

2


1 1 1 1 1 1


VTx  x  x  x    x  x


   


• Hằng đẳng thức

2 2 2


2


A B AAB B


2 2 1 2 2 1



2 2 1 2 2 1



VTxx xxxx xx


2x2 2 4

 

x 8x3 8x


    .



Khi đó phương trình đã cho tương đương với phương trình 8x38x y 3
Giải phương trình nghiệm nguyên bằng cách xét khoảng giá trị của nghiệm


• Khơng tồn tại lũy thừa bậc ba nào giữa hai lập phương (lũy thừa bậc ba) liên tiếp.


+) Nếu 3 3

3


1 8 8 8 2 1


x  xxxx

 

2x 3y3

2x1

3
(mâu thuẫn vì y nguyên và

 

2x 3 và

3


2x1 là hai lập phương liên tiếp).


+) Nếu 3 3

3

 

3 3

3


1 8 8 8 2 1 2 2 1


x  xxxx  xyx



(37)

(mâu thuẫn vì y nguyên và

 

2x 3 và

3


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


Vậy x y 0 là nghiệm duy nhất.
Câu 3.


1). Tứ giác OBCD nội tiếp và CO là phân giác góc BCD, suy ra OBD OCD OCB ODB,
nên tam giác OBD cân tại O, do đó OB OD (1).



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


Trong tam giác CEFCO vừa là đường cao vừa là đường phân giác nên tam giác


CEF


 cân tại C.


Do AB CF AEB AFC EAB    , suy ra tam giác ABE cân tại B, nên BE BA 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 vàphương pháp.


• Hai góc nội tiếp cùng chắn một cung của một đường trịn 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



 ).


BCO OCD  (vì CO là tia phân giác của BCD), suy ra OBD ODB.


• Tam giác có hai góc bằng nhau là tam giác cân.


Tam giác OBDOBD ODB (chứng minh trên) nên OBD cân tại O.


• Tam giác cân có hai cạnh bên bằngnhau.
Tam giác OBD cân tại O suy ra OB OD .


• Tứ giác nội tiếp có góc ngồi tại một đỉnh bằng góc trong tại đỉnh khơng kề với nó.



(38)

Tứ giác BCDO nội tiếp đường trịn ngoại tiếp BCDEBD là góc ngồi tại đỉnh B
CDO là góc trong tại đỉnh D khơng kề B suy ra EBD CDO  .


• Tam giác có đường cao cũng là đường phân giác thì tam giác đó cân.


Tam giác CEFCO vừa là đường cao vừa là đường phân giác nên tam giác CEF


cân tại C.


• Tam giác cân có hai góc kề cạnh đáy bằng nhau.


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


• Một đường thẳng cắt hai đường thẳng song song tạo ra hai góc ở vị trí đồng vị bằng
nhau.


 



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


AB CD suy ra BE CD .


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


– c).


2). Từ OBE ODC OE OC  .


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 trịn 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 BC DF .
Ta có CI là đường phân giác góc BCD, nên


. .


IB CB DF IB BE ID DF
ID CD  BE   .


CO là trung trực EFI CO , suy ra IE IF .
Từ hai đẳng thức trên, suy ra IB BE EI ID DF FI. .  . . .


Nhận xét. Chứng minh một đẳng thức ta kết hợp các đẳng thức đã cho, đã chứng minh
được để ghép vào đẳng thức cần chứng minh.


Nhắc lại kiến thức và phương pháp.



(39)

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


CE BE CF CD   BC DF suy ra CB DF


CDBE .



• Đường phân giác trong của một tam giác chia cạnh dối diện thành hai đoạn thẳng có
tỷ số bằng với tỷ số hai cạnh tương ứng của tam giác.


Tacó CI là phân giác của góc trong BCD của tam giác CBD nên IB CB


ID CD , suy ra ta


được IB DE BE BI DE DI. .
IDBE   .


• Nhắc lại kiến thức.


Ta có I nằmtrên 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 4. Ta chứng minh 3 3 3 2 2 2


8 2


x x


xyxy (1).




3 4


3 8 3 2 2 2



2


x x


x y x y


 




2


2 2 2 3 8 3


x y x x y


    4x y2 24y48xy3


2 2 2


x y xy


   (đúng).


Ta chứng minh




3 2



3 2 2


3 2


y y
x y
y  x y   (2).




3 4


3 2


3 2 2 2


y y
y x y x y


 


  



3


2 2 2 3


x y y yx y
    



 



2 3


2 2 2 4


x y y y x y


    


2 2



2 2

3


3


x y x y y x y


    


Ta có 2 2 1

2


2
xyx y




2 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2


xyxyyxyyy x y


2 2



2 2

1

2

3


3 .2


2


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


        (2) (đúng).


Từ (1) và (2), suy ra P1.


Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x 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 Cosicho hai số thực dương x y 2 xy.


• Hệ quả của bất đẳng thức Cosi, đó là: 2 2 1

2


2


xyx y .


Ý tưởng: Đây là một bài toán chứa các biểu thức đồng bậc, nên điểm rơi của bài toán sẽ có
dạng x ky . Từ đó thay ngượclại biểu thức P, ta có:




(40)

3 3

3


3


3 8


1 1


4 4


8 1 1


k k k


k k k k


P  




 


 


.


Các biểu thức 3

3


8; 1 1



k   k đều xuất hiện trong căn, nên ta mong muốn nó là một số


phương trình và bằng nhau, do đó 3

3


8 1 1


k    kk3 8 m2 nên dễ thấy 3
1
m
k
 

 
 .
Tức là điểm rơi của bài toán tại x y và 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 việc đánh giá như
2


x y  xy hay 2 2 1

2


2


xyx y . Với điểm rơi đó, hai mẫu số trong đã bằng nhau P
nên nếu có đánh giá P, ta cần đánh giá hai căn về hai biểu thức cùng mẫu, ví dụ như cùng
mẫu số x2 ; 2y x y x ; 22 ; 2y2 x2y2. Bây giờ, quan sát từng căn thức một:


• Với

3 3



3


3 3


;


8


8 x


f x y x


x y
x


x y


 




 , trong căn thức mẫu số có bậc ba, trên tử là bậc


nhất, vậy để đồng hóa bậc thì ta cần đánh giá căn thức về một biểu thức dạng bậc
không trên bậc nhất . Hơn nữa lại xuất hiện 8y3 nên ta sẽ chọn đánh giá x2y để tối


thiểu hóa ẩn y, tức là ta sẽ cần chứng minh:


2 3 3






3 3


1 2 8 2 0


2
8


x x x y x y y y x x y


x y


xy           .


Nhưng điều này chưa hồn tồn đúng, vì cần phải có điều kiện y x , vậy nên hướng
tư duy như trên chưa đúng. Tức là ta sẽ lựa chọn biểu thức x22y2 thay vì x2y như
ta đã chọn, vì thế:


2 2

2 2

3 3



3 8 3 2 2 2 2 8


x x x x y x x y


xyxy    


2


2 0


xy x y



   .


• Với



3

3


3
3
3


4


; 4 y


g x y y


x y y x y
y


y


 


  


 , với hướng tư duy tương tự, chúng ta sẽ


có:







2 3


2 2 2 2


2 2
3
3
3
2 3
2


4 y x y x y y x y
x y


x y
y


y        .


Điều này ln đúng do theo bất đẳng thức Cosi, ta có:

2


2 2


2 2 2 2 2 2


1
2



3 2 2 2


x y x y


x y x y y xy y
   





      



2 2



2 2

3


3


x y x y y x y


     .


Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:


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


2 2 2 2


3 3 3 3



2 3 2 3


2 3 2 3


a b b a


P


a b b a


 


 


  .


2. Cho a b; là hai số thực dương. Chứng minh rằng:



(41)

2 3 2 3 2 1 2 1


4 4 2 2


a b b a a b


    
   




     



     .


ĐỀ SỐ 2.
Câu 1.


1). Điều kiện x6.


Phương trình đã cho tương đương với

x 9 2012



x  6 1

0.


+ Giải

2


2012 9 4048135


9 2012 0


x   x   .


+ Giải x  6 1 0x5.


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


Nhận xét: Bài toán sử dụng phương pháp nhóm nhân tử chung và nâng lũy thừa tìm
nghiệm của phương trình.


Nhắc lại kiến thức và phương pháp:


• Cách giải phương trình dạng

 




 

 



 



 


 



2
2


. 0 f x m f x m


f x m g x n


g x n
g x n








     









.
Ý tưởng: Bàitoán cho hết sức đơn giản, với sự xuất hiện của hai căn thức






9; 6; 9 6


xxxx nên không khó để nhóm được nhân tử chung như sau:






9 2012 6 2012 9 6


x  x   xx


9



6



9 x x 2012 6 2012 0


x x


        




9 1 6 2012 1 6 0


x x x


       



1 x 6



x 9 2012

0


      .


Bài tốnkết thúc.
Bài tập tương tự:


1. Giải phương trình 2 x 6 x  7 2 x213x42.
Đáp số: x 3; x 5.


2. Giải phương trình x 4 2 x  3 2 x27x12.
Đáp số: x0; x 2.


2). Cách 1: Hệ đã cho tương đương với





2


2 1 5


1 1 5


x y


x y x y
   




     


 .


Đặt



 



2 2


2 2


1


1 1 2 1 2


1
u x y


x y x y x y u v
v x y


   


    


  


 .




(42)

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



2 2 5 5 2 2 15 0 3 2


5 10


u v


u u u u


u v


   


            


 .


+ Giải






1 3 1


2, 0


1 2


x y x y
x y
x y
      


    
 

.


+ Giải




1 5
1 10
x y
x y
   

 


 (vô nghiệm).



Vậy hệphương trình có hai nghiệm

 

1; 1 và

 

2; 0 .
Cách 2: Hệ tương đương với 2 2 2 4


4 2 2 8


x y y
x y xy
   





 .


Cộng vế với vế hai phương trình ta thu được


2

2


4 12 0


6
x y
x y x y


x y
  

        
 .


+ Giải


2


2 1 1


2 2


2 4 2 0


x y


x y x y


x x x


x y xy x y

    
     

 
          
 
   .


+ Giải 6

6



6 10



2 4


x y
x y


x x x


x y xy



    
   

 
        
 


  (vơ nghiệm).


Vậy hệphương trình có nghiệm

x y;

    

 1; 1 , 2; 0 .


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


Ý tưởng: Sự xuất hiện của y22y ở phương trình một của hệ, làm ta nghĩ đến hằng đẳng


thức 2

2


2 1 1



yy  y hay nói cách khác, từ phương trình một ta có: x2

y1

25.
Đây là phương trình có dạng là tổng các bình phương, dễ làm ta suy đốn đến hệ phương
trình đối xứng loại I, tức là đặt ẩn phụ theo định lý Vi-et ( đặt tổng và tích ) như sau:


1


u x y   và v 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 xy   4 x y    1 x y 1 5.
Do đó hệ phương trình đã cho trở thành 2 2 5 3 2


5 10
5
u v
u v
u v
u v
 
     


      
 


 .



(43)

Thế ngược lại tìm hệ của phương trình ban đầu.


Hoặc, ta có thể suy luận như sau: ta đi kết hợp cả hai phương trình trong hệ, vẫn với sự
xuất hiện x2y2 ở phương trình một, đồng thởi có tích ở phương trình xy ta sẽ liên tưởng
đến hằng đẳng thức

2


x y . Vì thế lấy phương trình hai nhân 2 rồi cộng với phương trình
một ta được:


2

2


4 12 0


6
x y
x y x y


x y
  


        


 .


Thế ngược lại một trong hai phương trình trong hệ ban đầu để tìm nghiệm của hệ ban
đầu.



Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:


1. Giải hệ phương trình 2 2 4 1


3 3


x y y
x xy y
   



 


 .


Đáp số:

x y;

   

 1; 0 , 2; 1

.


2. Giải hệ phương trình 2 2 2 4 0


3 2 0


x x y y
x xy y
    





 .



Đáp số:

x y;

   

 0; 0 , 1; 1

.
Câu 2.


1). Phương trình tương đương với


x y 1



xy x y 

2

x y  1

3

x y 1



xy x y 2

3
       .


1
x y


   là ước của 3.


+ Giải 1 1 0


2 3 5


x y x y
xy x y xy


 


      




 



      


 


  (vô nghiệm).


+ Giải 1 1 2 1


2 3 1 1


x y x y x
xy x y xy y


  


           




  


          


  


   .


+ Giải 1 3 2 1


2 1 1 1



x y x y x
xy x y xy y


  


        




  


        


  


   .


+ Giải 1 3 4


2 1 5


x y x y
xy x y xy


 


        





 


       


 


  (vô nghiệm).


Vậy

x y;

 

 1;1

  

, 1 1; .


Nhận xét. Bài toán nghiệm nguyên giải bằng phương pháp đưa về phương trình ước số
Nhắc lại kiến thức và phương pháp.



(44)

• Phân tích đưa vềphương trình ước số


x y 1



xy x y 

 5 2

x y


x y 1



xy x y

3 2 2

x y


        


x y 1



xy x y

3 2

x y 1



        


x y 1



xy x y

 

2 x y 1

3


        


x y 1



xy x y 2

3
      


• Phân tích sốthành tích của 2 ước số


3 1.3 3.1  .


• Cho mỗi thừa sốchứa biến ở vếnày đồng nhất với thừa sốở vếkia
2). Ta có

x1



y  1 4

xyxy3.


Theo bất đẳng thức Cô si


1
1


3 2


2 2 2


x y x y


xy x y    x y


        .


Theo bất đẳng thức Cô si


2


2
2
2



2


2
2


P


x y x


y


x


y x y


y x


y x y


x




  



 



   


 


.
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 2 khi x y 1.


Nhận xét: bài toán sử dụng bất đẳng thức Cosi dựa trên điểm rơi đã được suy đoán cũng
như kết hợp với điều kiện bài tốn để tìm giá trị nhỏ nhất.


Nhắc lại kiến thức và phương pháp:


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


• Mở rộng ra một đánh giá


2


2 2


, ; ; ; 0


a b


a b a b x y


x y x y


   



 .


Ý tưởng: Đây là một bài tốn có sự đối xứng rõ ràng giữa x y, nên ta mạnh dạn dự đoán
điểm rơi tại x y k  . Thay ngược lại giả thiết bài tốn, ta có

k1

2  4 k 1. Với điểm
rơi x y 1, ta sẽ dễ dàng đánh giá hơn khi vận dụng bất đẳng thức Cosi, chính vì vậy,
khi đi khai khác giả thiết, ta suy ra:

x1



y  1 4

xyxy14


1
1


3 2


2 2 2


3 x y x y x y


xy x y        


     .


Vậy nên, bây giờ ta sẽ đánh giá biểu thức P theo x2 y2 f x y

2


yx    . Hiển nhiên có con


số 2 vì điểm rơi x y 1. Vậy nên ta cần tìm f x y

thỏa mãn f x y

 

2. Mà như bên



(45)

trên, ta đã tìm được x y 2 do đó, ta cần chứng minh rằng x2 y2 x y


yx   . Đánh giá này



ta có các cách như sau:


• Biến đổi tương đương, ta có:




2


2 2


0 x x y y x y 0 0
y


x x y x y


y x y x


 


          .


• Sử dụng bất đẳng thức Cosi, ta có:


2 2


2
2


2 2



2 . 2


2 . 2


x y x y x


y y x y x y
y x


y x y x y


x x





   


  





   






.


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

2

2


2 y x y


x x y


y x x y


   


 .


Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:


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




2 2


2 2


2
a b


P a b


b a



    .


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


thức 2 2 2


1 1 1


a b c


P


b c a


  


   .


Câu 3.


1). Vì MP là đường kính suy ra PN MN (1).
MD làđường kính suy ra DN MN (2).
Từ (1) và (2), suy ra N P D; ; thẳng hàng.



(46)

Nhận xét. Chứng minh ba điểm thẳng hàng ta quy về chứng minh chúng cùng thuộc một
đường thẳng.


Nhắc lại kiến thức và phương pháp.



• Góc nội tiếp chắn nửa đường trịn là góc vng.


+ Góc PNM là góc nội tiếp chắn nửa đường trịn được chia đơi bởi đường kính PM


của đường trịn đường kính PM nên PNM 90 hay PN NM .


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


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


• Từ một điểm nằm ngoài một đường thẳng đã kẻ được một và chỉ có một đường thẳng
vng góc với đường thẳng đó.


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


2). Tứ giác APQD nội tiếp (PQD MAD900),
suy ra  PAQ PDQ NDM  (3).


Xét ( )O , ta có NDM NAM (4).


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


Xét đường trịn đường kính MPQMP 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 hai đường phân giác trong của tam giác đó.


Nhắc lại kiến thức và phương pháp.


• Tứ giáccó tổng hai góc đối diện bằng 180 là tứ giác nội tiếp.


Tứ giác APQDDAP 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ( )O ) và DQP 90
(góc ngồi tại đỉnh đối diện bằng góc trong khơng kề với nó của tứ giác nội tiếp) suy
ra DAP DQP      90 90 180 do đó tứ giác APQD là tứ giác nội tiếp.


• Hai góc nội tiếp cùng chắn một cung của một đường trịn thì bằng nhau.


Tứ giác APQD là tứ giác nội tiếp nên QDP QAP  (hai góc nội tiếp cùng chắn cung QP
của đường trịn ( )O ) hay PAQ NDM .


+ NDM NAM (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MN của đường trịn ( )O ).
+ AND AMD (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AD của đường tròn ( )O ).



(47)

+ QMP QNP  (hai góc nội tiếp cùng chắn cung QP của đường trịn đường kính PM) ,
suy ra PAQ NAP  hay AP là phân giác của NAP và AND 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 trịn
nội tiếp tam giác đó.


Tam giác ANQAP là phân giác của NAP và ND là phân giác của QNA, ta có AP
ND cắt nhau tại P nên suy ra P là tâm đường trịn nội tiếpcủa ANQ.


Câu 4. Ta có



 



1



1



1



abc bc ba b abc ca cb c


a b c


abc ab ac a


Q      


  


    






 



 











1 1 1 1 1 1


1 1 1


a b c b c a c a b


Q



a b c


       




  


.


1 1 1


a b c


Q


a b c


  


  


Ta chứng minh rằng


.


1 2 3 5


1aa1bb1c c1 1 1 2 1 3 12     
Bất đẳng thức trên tương đương với



3 2 1 0


1 3 1c c 1bb 1 2 1aa 1 1


    






     


  


              




4 1 3 1 2 1


3 2 1 0


c b a


c b a




  





3

    

1 1

3

2

    

1 1


4 1 3 1 c 3 1 2 1


c b


c b b a


   


   


 


   


   


    


   


3

2

1

1

0
2 1


c b a



a
   


 


 


  




3

 

3

4



1

 

1

 

2 3



1

 

  

1 0


12 1 1 6 1 1 2 1


b c a b


c b c a b c


b c b a a


            


     .


Vì 3; 0

3

 

3

4



1

0


12 1 1


c b c c b c



b c


       


  (1).


Vì 1 ; 0

1

 

2 3



1

0


6 1 1


b c a b b c a b


b a


         


  (2).



(48)

Vì ; 0

  

1 0
2 1
a b c a a b c


a


      


 (3).


Từ (1), (2) và (3), suy ra điều phải chứng minh.


Vậy giá trị nhỏ nhất của Q là 5


12 khi a1;b2;c3.


ĐỀ SỐ 3.
Câu 1.


1). Điều kiện: 1 2


3 x


   .


Phương trình đã cho tương đương với 2x 3 2 3

x1 2



x

9


2


3x 5x 2 3 x


      3 2 0 2


3 5 2 6 9


x


x x x x


  

 


    

2 1


4 11 7 0 7


4
x
x x
x
 


    
 

.
Đối chiếu với điều kiện ta được được nghiệm: 1; 7


4
xx .


Nhận xét: Bài toán sửdụng phương pháp nâng lũy thừa (bình phương) hai vếtìm nghiệm
của phương trình.


Nhắc lại kiến thức và phương pháp:


• Phương trình dạng f x

 

g x

 

  m 0

f x

 

g x

 

2m2


   

2

   

2 2

   

2

   




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


       

 

 


   

   


2
1
2
2
2
4


m f x g x x x


x x
f x g x m f x g x


  
 



  


.


• Phương trình trên có cách giải khác như sau:



 

 

 

 



f xg x  m f x  m g x

 



 

 

 



 



 

 

 



2 2 2 2


m f x m f x


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


 

 
 
 
     
 
 
 

   

 


 

 

 


2
1

2


2 2 2


;
4


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


    




    

.


Ý tưởng: Đây là một bài phương trình cơ bản, dạng tốn một vế chứa hai căn thức vếcịn
lại là một hằng sốthì phương pháp nâng lũy thừa hai vế là một phương pháp tối ưu nhất.
Bài toán kết thúc.


Bài tập tương tự:



(49)

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


2. Giải phương trình 7x 4 x 1 3.


Đáp số: x3.


2). Hệphương trình tương đương với


1 1 9


2


1 3 1 1 1 2


4 2
x y


y x


x x y
y y x
   

   
   
   
 

     
     
        
     
     



.
Đặt
1
1
u x
y
v y
x
  


  

.


Hệphương trình trởthành


9
2


1 3 2


4 2
u v
u uv
  


   



9
2


9 3 9


4 2 2


v u


u u u


  

 


     



.


Suy ra 9 3 9 2 2 3 9 0


4 2 2 4


u u u u u


      
2 3


3 0
2
2 3
u
u
v

 

   
   

1 3
2
1 3
x
y
y
x
  

 

  

3 3


1 3 2 3


2 2 2



1 3


y y y
xy x x y


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


2 3 2 0 1 1


2
2 1
y x
y y
y x

   

    

  

.
Hệ phương trình có nghiệm

;

1; 1 , 1; 2

 




2
x y  


  .


Nhận xét: Bài toán sử dụng phương pháp đặt hai ẩn phụ, đưa về hệ phương trình bậc hai
cơ bản giải bằng phương pháp thế. Sau đó từ nghiệm ẩn phụ suy ngược lại nghiệm của hệ
phương trình.


Ý tưởng: Hình thức bài tốn khá phực tạp vì sự xuất hiện của phân thức, quan sát ta thấy
ở cả hai phương trình của hệ đều xuất hiện biểu thức x 1


y


 . Ta sẽ nghĩ đến chuyện thế


1 9 1


2
x y
y x


    


  xuống phương trình hai nhưng cịn đại lượng


1
xy



xy


 chưa biết xử lý
như thế nào. Có lẽ tác giá đã gợi mở theo con đường đặt ẩn phụ, nếu đặt


1; 1


u x v y
y x


    thì bây giờ ta chỉ cần biểu diễn xy 1
xy


 qua u v; thì hệ phương trình đã


cho sẽ được giải quyết. Ta có


1 1


1 1


u x uy xy
y


v y vx xy


x
     




     




(50)

2 1


1 2


uvxy xy uv xy
xy


       .


Khi đó, hệ phương trình đã cho tương đương với


9
2


1 3 2


4 2
u v
u uv
  


   

.



Hệ phương trình trên là hệ phương trình cơ bản, hồn tồn giải quyết được bằng phương
pháp thế.


Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:


1. Giải hệ phương trình 2

1 2

2 22 2


1 3


x y


xy x y x




   


 .


Đáp số:

;

   

1; 1 , 1; 1 ,

7 5; , 7; 5


4 7 4 7


x y     


 


   



   .


2. Giải hệ phương trình

 







2 2


2 2


1 1 27


1 1 10


x y xy
x y xy
   



   


 .


Đáp số:

;

1; 2 3 , 2; 2

3 , 2

3; 1


2 2


x y      


   .



Câu 2.


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


3


1 1 1


4


a b b c c a


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


     






     


           




 



 



34


ac ba cb


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



   


     


43







ac a c ba b a cb c b a b b c c a


         


6


ac a c ba b a cb c b abc


      


2

2

2 8


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


        


a c ac b

2 ab bc

8abc


     


a c c b b a





8abc


     , điều phải chứng minh.



Cách 2: Đặt


1
1
1


a b


x x


a b b a


b c


y y


b c b c


c a


z z


c a c a


 
 
 
 
   


 
 
 
  
 
   
 
 
 
 
 

 
 
.


Từđiều kiện suy ra 1
8


xyz , ta được


1



1



1

1

 



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


 



2xyz 1 x y z xy yz zx


       




(51)

3
4


x y z xy yz zx
       .


Nhận xét: bài toán sửdụng phép biến đổi tương đương hoặc ẩn phụđểchứng minh đẳng
thức đã cho.


Ý tưởng: 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 vếphải (*) xuất
hiện tổng hốn vị của tích hai thừa số . Vì thế nếu chuyển vế ta sẽ nhóm được nhân tử
chung là:


3


1 1 1


4


a b b c c a


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


     







     


           




 



 



34


ac ba cb


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


   


      (i).


Với biểu thức (i), hướng tối ưu nhất có lẽlà quy đồng mẫu sốvà biến đổi tương đương,
kết hợp với giải thiết

a b b c c a





 

8abc thì ta có:


(i)ac a c

 

ba b a

 

cb c b

 

43

a b b c c a







6


ac a c ba b a cb c b abc


      


2

2

2 8


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



        


a c ac b

2 ab bc

8abc


      .


Hoặc, ta có thểđi với hướng tư duy ẩn phụhóa đểđơn giản bài toán hơn một chút. Vẫn là
hướng phát hiện như bên trên, ta sẽđặt ẩn phụcác thừa số là x a ;y b ;z c


a b b c c a


  


   .


Khi đó giả thiết 1
8
xyz


  và ta cần chứng minh 3


4


x y z   xy yz zx  (**). Nếu chỉ
dựa vào giảthiết đểchứng minh (**) là chưa đủ, ta cần phải khéo léo kết hợp với giải thiết
bài toán như sau 1 x b ; 1 y c ; 1 z a


b a b c c a


     



   . Và từ đó suy ra được đẳng thức

1



1



1



xyz xyz . Khai triển tích số, ta sẽđược điểu phải chứng minh.


Bài tốn kết thúc.


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


101 1

101


abc de abc abc de


      


Suy ra abcde chia hết cho 101abc de abc  

10d e

chia hết cho 101.
Ta có 101 99999 99999 990 9


101 101


m m


     


Vậy số có 5 chữ số lớn nhất chia hết cho 101 là 990 101
Ta có 101 9999 999 99


101



n n


    


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 1 891.  
Đáp số: 891 số.


Nhận xét. Bài toán chứng minh đẳng thức từ những điều kiện đã cho.



(52)

Nhắc lại kiến thức và phương pháp.


• Cấu tạo số




00 100 101 1 101


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


• Tính chất chia hết của một tích: Trong một tích có một thừa số chia hết cho một số thì
tích chia hết cho số đó.


Ta có 101 101 

abc101 101



• Tính chất chia hết của một tổng: Tổng của hai số hạng, trong đó có một số hạng chia
hết cho một số thì số hạng cịn lại chia hết cho số đó.


Ta có






101 101


.101 101


abc


abcde abc de abc



















 , suy ra

de abc

101


abc 10d e

101



    .


• Số lớn nhất có năm chữ số chia hết cho 101.
Ta có 101 99999 99999 990 9


101 101


m m


      suy ra số có năm chữ số lớn nhất chia hết
cho 101 là 990 101 .


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


101


n n


     suy ra số có năm chữ số nhỏ nhất chia hết cho 101 là


100 101


• Số các số của dãy số viết theo quy luật được tính theo cơng thức s c d 1
h


  trong đó
c là số cuối, d là số đầu, h khoảng cách giữa 2 số liên tiếp của dãy.



Số các số có 5 chữ số thỏa mãn yêu cầu của bài toán là:


990.101 100.101 1 990 101 1 891
101




     .


Câu 3.


A


B C


O


D
M


F
E


N



(53)

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


 


0 0



180 BMA180 BFA hay BMD BFC (2).


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


Nhận xét. Đây là bài toán tương đối cơ bản và thường gặp trong các bài toán chứng minh
tam giác đồng dạng ứng dụng của góc nội tiếp.


Nhắc lại kiến thức và phương pháp.


• Các góc nội tiếp cùng chắn một cung của một đường trịn thì bằng nhau.
+ BDM BCF (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB của đường tròn ( )O ).


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


ABM


 )


   


0 0


180 BMA 180 BFA BMD BFC


      .


• Hai tam giác có hai cặp góc tương ứng bằng nhau thì đồng dạng.


+ BDM và BCFBDM BCF và BMD BFC, suy ra BDM∽BCF (g – g).



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


của BC.


Từ1). BDM∽BCF, ta có DM BD


CFBC.


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


CFCFBCCNCE (3).


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 đưa vềchứng minh EF tạo với AC một góc vng. Dựa vào
các góc đã biết và kết nối bởi tam giác đồng dạng.


Nhắc lại kiến thức và phương 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 (
R


 ) suy ra DO hay DE là trung trực của BC hay DE vng góc với BC tại trung


điểm N của BC.


• Các góc nội tiếp cùng chắn một cung của đường trịn thì bằng nhau.


 


ADE FCE (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AE của đường trịn ( )O )


• Các dữ liệu được suy ra, biến đổi từ những điều đã chứng minh.


2 2


2


DM BD DM BD DA CD
BDM BCF


CF BC CF CN CF CN


 ∽      


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


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


. . CD DE


CN DE CE CD



CN CE


   kết hợp với chứng minh trên ta được DA DE


CFCE kết hợp


với trên, ta suy ra EAD∽EFC (g – c – g)EAD EFC.



(54)

• Góc nội tiếp chắn nửa đường trịn là góc vng.


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


Câu 4.


Với là số thực dương ta có


3 3 3 3 3 3


3 3 2 ; 3 3 2


3 3 3 3 3 3


d a b dab d b c dbc




      ; 3 33 33 2 ; 3 32 3 2


3 3 3 3



d c a dca a b c abc




 


    .


Cộng bốn đẳng thức trên ta thu được




3 3 3 3


3 2 2


2 1 1


3 3


d a b c dab dbc dca abc









       



  .


Ta tìm 0 sao cho 3 3


3 2


2 1 4 2 4 4 3 6


9 3


3 3    


Chọn 1 1


2 x x


   


 , ta được


3


1 1 3 1 6


2 x x 2 x x


   





   


   


3 6 3


3


1 1 3 1 3 1 6 12 1 0


2 x x 2 x x 2 x x x x


     


  


        


      .


Ta có nghiệm dương là


36 35 ; 63 35 1 36 35 36 35


2


x  x        
Với xác định như trên ta thu được





3 3 3 3


2


4 1


9


d a b c




   




3 3 3 3


2 2


3 3


9 36


9 4


6 35 6 35



d a b c



     

   
 
 
.


Đẳng thức xảy ra khi 3 3


3 2


1
; =


3 3


a b c d




  


 


Vậy giá trị nhỏ nhất của P2



3 3


36


6 35 6 35





   


 


 


.
ĐỀ SỐ 4.


Câu 1.


1). Giải phương trình

1 x 1x

2 2 1 x28


 


  .


Điều kiện:   1 x 1.
Đặt t 1 x 1x







2 1 2 1 1 1 2 2 1 2


t x x x x x
           .
Khi đó phương trình đã cho trở thành: t t.28


3 8 2 2 2 1 2 4 1 2 1 0


t t x x x


             .



(55)

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x0.


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


• Hằng đẳng thức quen thuộc

u v

2u22uv v 2.


• Với f x

 

  a b; , đặt t a f x

 

b f x

 

, khi đó


 



 

 

 

2


2 2


2


t a b


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


Ý tưởng: Nhận thấy ở hai căn thức, ta có tổng bình phương của chúng là một hằng số, mặt
khác tích của chúng có liên quan đến biểu thức cịn lại trong phương trình.


• Ta có

1x

 

2 1x

2    1 x 1 x 2;






2


2 1x 2 1x 1x .


• Do đó 2 2 1 x2

1x

 

2 1x

22 1

x



1x



1 x 1 x

2


    .


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


2 2


2 2 2 1 4 1 1 0


t x x x


           .


Bài tốn kết thúc.


Bài tập tương tự:


1. Giải phương trình 6 2 4 x2 3 2

 x 2x

.


Đáp số: x 2.


2. Giải phương trình 7 2 2 4

x



3x

2 2 4 x4 3x.
Đáp số: 5 4 3


4
x   .


2). Giải hệ phương trình 22 22 1


2 4


x xy y
x xy y


   





 .


Thế 1x2xy y 2 xuống vế phải phương trình thứ hai của hệ phương trình, ta có





2 2 2 4 2 2


xxyyxxy y






2 2


3 5 2 0 3 2 0


3 2


x y
x xy y x y x y


x y
 


          


 .


Với y x , thế vào phương trình thứ nhất trong hệ, ta được


2 1 1 1


1 1


x y



x


x y


   


      .


Với 3 2 3


2
x


xy y , thế vào phương trình thứ nhất trong hệ, ta được:



(56)

2


2 3


7 1 7 7


2 3


4


7 7


x y



x


x y




   




  


     





.
Vậy hệ phương trình đã cho có bốn nghiệm kể trên.


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


Nhắc lại kiến thức và phương pháp:


• Phương trình đẳng cấp bậc hai có dạng a x. 2b xy c y. . 20.


• Nhóm nhân tử chung, đưa về dạng







2 2


. . . 0 . . 0 x my


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


x ny


 


         


 .


Hai trường hợp này, thế vào một trong hai phương trình còn lại của hệ, sẽ được
phương trình có dạng x22 t x t


y u y u


   





    





.


Chú ý: nếu t u, 0 thì phương trình sẽ vô nghiệm.


Ý tưởng: Nhận thấy ở vế trái của mỗi phương trình đều có dạng của phương trình đẳng
cấp bậc hai a x. 2b xy c y. . 2, nếu thế một trong hai phương trình còn lại ta cũng sẽ thu


được một phương trình bậc đẳng cấp bậc hai bằng 0. Từ đó tìm mối quan hệ giữa x y, . Thế
ngược lại phương trình thứ nhất của hệ. Tìm nghiệm.


• Ở vế phải phương trình thứ hai có 4 4.1 mà từ phương trình một 1x2xy y 2. Vậy


nên phương trình hai trở thành:




2 2 2 4 2 2


xxyyxxy y






2 2


3x 5xy 2y 0 x y 3x 2y 0


        .


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







2 2 2 2


3x 5xy2y 3 x my x ny  3 xmxy nxy mny  .


Đồng nhất hệ số hai phương trình, ta có 33mmn3n25


 .


Đây là phương trình hai ẩn, đã biết cách giải theo Vi-et. Tìm được 1; 2
3
mn .


Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:


1. Giải hệ phương trình 22 2 2 7


3 5 5


x xy y
x xy y


   






 .


Đáp số:

;

   

2; 1 , 2; 1 ,

5 ; 4 , 5 ; 4


3 3 3 3


x y        


   .


2. Giải hệ phương trình 32 22 33 3


3 3


x x y y
x xy y


   





   


 .


Đápsố:

x y;

   

1; 1 , 2; 1 ,

33; 0

.



(57)

Câu 2.


1). Đặt a 1;b 1;c 1 ab bc ca 1



x y z


       , và cần chứng minh:








2 2 2


2 3 5 4 3


1 1 1


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


 


  


  


  


a b a c



a

 

b c b a2



b

 

c a c b3



c

 

a b b c c a5bc



4ca



3ab



 


   



         .


Biến đổi rút gọn ta có điều ln đúng.


Nhận xét: Đặt ẩn phụ để bài toán được giải dễ dàng hơn.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:


• Từ giả thiết ta có x y z xyz 1 1 1 1


yz zx xy


       .


• Đặt ẩn phụ a 1;b 1;c 1


x y z


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








2 2 2


2 3 5 4 3


1 1 1


a b c bc ca ab


a b b c c a
a b c


 


  


  


   .


• Biến đổi riêng một mẫu ta có






2


2


1 1 1 1 1 1 1 1


1 a a b a c


yz zx xy x x y x z


 


 


       



 


  .


Tương tự ta có 1b2 

b a b c



1c2 

c b c a



.


Ta thấy ở vế phải các mẫu đã đưa được về dạng tích mà mẫu số chung đúng bằng
mẫu số của phân thức ở vế trái. Do đó ta chỉ cần quy đồng, rút gọn thông thường.




 



 





2 2 2


2 3 2 3


1 1 1


a b c a b c


VT


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


     


     


  















2 3 5 4 3


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


VP
a b b c c a a b b c c a


    


  


      (điều phải chứng minh).


2). Cách 1: Phương trình đối xứng 2 biến x y; nên đặt u x y v xy  ;  ,


ta có: 2


2


3
3


1
v
v u u v u



v



    


 .


Suy ra v21v 3 v21v2 9 v21v2 1 10v21 10.


Cách 2: uv2   v u 3 0, ta phải có:




1 4 ( 3) 0 3 0, 1, 2, 3


v u u u u


         .


Đáp số:

0; 3 , 3; 0

 

 

1; 1


Nhận xét: Ta thấy x y và xy được lặp lại trong phương trình nên ta sẽ đặt ẩn phụ để


phương trình đơn giản hơn.


Nhắc lại kiến thức và phương pháp:


• Sau khi đặt ẩn phụ ta được phương trình nghiệm nguyên v u u2   3 v.
• Biểu diễn ẩn này theo ẩn kia 32



1
v
u


v





 là một số nguyên.



(58)

• Một phân thức là một số nguyên khi và chỉ khi tử số chia hết cho mẫu số hay mẫu số
là ước của tử số.


Áp dụng vào bài toán:


2

 

2

 

2

 

2

 

2

 

2

 
10


3v v  1 v 9 v  1 v  1 10 v  1 v  1 U
v2 1 1 nên ta có

v2 1

1; 2; 5; 10

, suy ra v2

0; 1; 4; 9

.


Khi đó v

0; 1; 2; 3

.


Từ đây ta tìm ra các giá trị của u rồi từ đó tìm ra x y, để đi đến kết luận bài toán.
Câu 3.


1). Tam giác ABF và tam giác ACE lần lượt cân tại F E, và



  


2
A


FBA ECA   ABF∽ACE.


Nhận xét:


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


• Tam giác có một đỉnh nằm trên đường trung trực của cạnh đối diện là tam giác cân tại
đỉnh đó.


- Tam giác ABFF nằm trên đường trung trực của AB nên tam giác ABF cân tại F
.


- Hồn tồn tương tự với tam giác ACE.


• Đường thẳng c cắt hai đường thẳng a b, song song với nhau tạo ra các góc so le trong
bằng nhau.


- Ta có AB cắt hai đường thẳng BF AD nên FBA BAD  (hai góc so le trong)
- Hồn tồn tương tựcó ECA CAD.


AD là phân giác của BAC nên BAD CAD do đó FBA ACE.



• Hai tam giác cân có góc ởđỉnh hoặc kềđáy bằng nhau thì đồng dạng với nhau.



(59)

Tam giác ABF và tam giác ACE là hai tam giác cân có hai góc ở đỉnh FBA ACE


nên đồng dạng với nhau.


2). Giảsử G là giao điểm của BECF.
Ta có GF BF AB DB GD FB


GC CE ACDC  , và FB AD ta có G AD .


Nhận xét: Một trong các cách để chứng minh ba đường thẳng đồng quy là ta sẽ chứng
minh giao điểm của hai đường thẳng nằm trên đường thẳng thứ ba.


Một trong các cách để chứng minhba điểm thẳng hàng là ta sẽ sử dụng tiên đề Ơ-clit.
Đối với bài tốn này, ta sẽ sử dụng các tính chất nêu trên, kết hợp với định lý Ta-lét; định
lý Ta-lét đảo; tính chất đường phân giác trong tam giác và tam giác đồng dạng.


Nhắc lại kiến thức và phương pháp:


• Định lý Ta-lét: BF CE BF FG
CE GC


 


 .


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



 ∽   .


• Tính chất đường phân giác trong tam giác.


AD là đường phân giác trong tam giác ABC ta có AB BD


ACDC .


• Định lý Ta-lét đảo.


Kết hợp những chứng minh trên ta được GF DB GD BF/ /


GCDC .


• Tiên đềƠ-clit. Từmột điểm nằm ngồi đường thẳng đã cho có một và chỉ một đường
thẳng song song với đường thẳng đó.


Theo chứng minh trên ta có GD BF ; theo giảthiết ta có AD BF . Suy ra AD trùng GD


hay điểm G nằm trên AD.


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


  


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


Nhận xét: Chứng minh các điểm cùng thuộc một đường trịn ta có thể chứng minh các
điểm đó cách đều một điểm hoặc chứng minh bốn điểm một cùngthuộc một đường tròn
bằng cách chứng minh tứ giác nội tiếp (qua ba điểm khơng thẳng hàng có một và chỉ một


đường tròn). Ở bài này ta sử dụng hướng tiếp cận thứ hai.


Nhắc lại kiến thức và phương pháp:


+ Một sốđiều suy ra từgiảthiết và các chứng minh trên.
- ABF∽ACEFAB EAC


- AD là phân giác của góc BAC nên BAD DAC.
+ Hai đường thẳng song song.


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


- QG AE QGA GAE(hai góc so letrong)


Suy ra QGB GAE GAC CAEkết hợp với suy ra ở phần trên ta có


      


QGB GAE GAC CAE GAB FAB FAG      .


- BF CE QFG GCE (hai góc so le trong)


+ Tứgiác nội tiếp.



(60)

- Tứgiác có góc trong và góc ngồi tại đỉnh đối diện bằng nhau là tứgiác nội tiếp.


Tứ giác AFQG có góc trong FAG bằng góc QGBlà góc ngồi tại đỉnh đối diện nên


AFQG là tứgiác nội tiếp.



- Tứgiác nội tiếp có góc trong và góc ngồi tại đỉnh đối diện bằng nhau.


Tứgiác PRGC nội tiếp đường trong ngoại tiếp tam giác EGC nên có QPG ECG kết


hợp với chứng minh ởtrên, ta có QPG QFG.


- Tứgiác có hai đỉnh liên tiếp cùng nhìn một dưới một góc bằng nhau là tứgiác nội tiếp.
Tứgiác PFQGQPG QFG nên hai đỉnh PF cùng nhìn cạnh QG dưới một góc
bằng nhau do đó PFQG là tứgiác nội tiếp.


Suy ra AFQG PFQG; là các tứ giác nội tiếp nên các điểm A F Q G P; ; ; ; cùng thuộc một
đường trịn.


Câu 4.


Cách 1: Ta có a b4 2b c4 22a b c2 3 ; b c4 2c a4 22ab c2 3;a b4 2c a4 22a bc3 2.


Nên a b4 2b c4 2c a4 2abc a b b c c a

2 2 2

.


Suy ra 4 2 4 2 4 2 1 4 2 4 2 4 2


9 9


ab bc ca
a bb cc a  a bb cc a   


2 2 2



9
ab bc ca


abc a b b c c a   A


    


2 2 2 1 1 1 2 1 2 1 2 1


9 9 9 9 9 9


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


a b c b c a


 


      


    


            


 




2 2 2 2


3 3 3 3


abc



A abc a  b c a b c 


 


 




4 2 4 2 4 2 1 2


9 3


abc


a b b c c a a b c


       (1).


Mặt khác a b2 2b c2 2c a2 2ab c a bc abc2 2 2




2 2 2 2 2 2 2 2 2 2


a b b c c a ab c a bc abc


     


2 2 2

2


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


        




1 4 4


3 9 3


abc


abc a b c a b c


        (2).


Từ (1) và (2), suy ra điều phải chứng minh.
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 1


3
a b c   .


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


Suy ra 2

5 4 2 4 2 4 2


9


xy yz zx   a bb cc a .



Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si, ta có



(61)

4 2 4 2 2 2 2


4 2 4 2 2 2 2


4 2 4 2 2 2 2


2 2


2 2


2 2


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





















5

2 2 2



2


9


xy yz zx x y y z z x


       .


Áp dụng BĐT Cơ-si, ta có


2
2
2


1 2


9 3


1 2


9 3


1 2


9 3


x y y yx
y z z yz


z z x zx


  













  








2 2 2 1 2


9 3


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


        


2



4 4 3.4 4



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




2 2 2 5 2


9


x y y z z x xy yz zx


       .


Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 1
3
a b c   .


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


Nhắc lại kiến thức và phương pháp:


• Tổng các đại lượng không âm:


a b

 

2 b c

 

2 a c

2 0 a2 b2c2ab bc ca .
• Bất đẳng thức Cosi cho hai sốthực dương a b 2 ab.


Ý tưởng: Quan sát thấy, đây vẫn là một bất đẳng thức đối xứng, vai trò giữa các biến là
như nhau vì thế, điểm rơi ban đầu ta sẽ chọn được là a b c  , kết hợp với giả thiết



1


ab bc ca   thì tại 1
3


a b c   dấu đẳng thức sẽ xảy ra. Với điểm rơi này, ta sẽ linh
hoạt hơn trong việc chứng minh bất đẳng thức bằng cách áp dụng bất đẳng thức Cosi.
Nhưng bất đẳng thức cần chứng minh (tạm gọi là P) là một bất đẳng thức khá cồng kềnh,
bậc lại lớn vì thế ta sẽ nghĩ đến ẩn phụ để giảm bớt biến của P. Chú ý:


. . .


abc a b c  ab ac ab bc ac bc  vì thế nếu đặt x ab y bc z ca ,  ,  thì giả thiết trở thành:
1


x y z   cũng như:


5 4 2 4 2 4 2 5 2 2 2 2 2 2


2


9 9


Pxy yz zx   a bb cc a  x ay bz c


Lại thấy, ở vếphải của P xuất hiện đại lượng

x a y b2 2; 2 2

a b2 2x2 chính vì thế ta cần
đánh giá

x a y b2 2; 2 2

để xuất hiện tích a b2 2 khi đó bất đẳng thức P sẽ đồng bộ theo các
biến x y z; ; . Vì thế ta sẽ nghĩ đến chuyện áp dụng bất đẳng thức Cosi cho hai số thực
dương là:


2 2 2 2 2


2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2


2 2 2 2 2


2 2


2 2


2 2


x a y b xyab x y


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


   










   






.



(62)

Khi đó, ta chỉcần chứng minh: 2 2 2 5 2



9


x y y z z x    xy yz zx  (*).
Tiếp tục, với điểm rơi x y z  ta sẽcó đánh giá sau:


 

2

 

2

2 2 2 2


0


x y  y z  z x  xyzxy yz zx 


2

2


3 2


3
x y z xy yz zx xy yz zx


          .


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




2 2 2 2 2 1 2 2 2 1



3 9 9


x y y z z x    xy yz zx   x y y z z x   .
Công việc cuối cùng là chỉ cần chứng minh 2 2 2 1


9


x y y z z x   thì bài tốn của ta đã hồn


tất. Vì 1 1


3
3


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


2 ; 2 ; 2


x y y z z x ta có:


2
2
2


1 2


9 3


1 2



9 3


1 2


9 3


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


  













  








2 2 2 1 2


9 3



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


        




2 2 2 2 2 1 2 2 2 1


9 3 9 9


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


            .


Từ đó suy ra điều phải chứng minh.
Bài toán kết thúc.


Bài tập tương tự:


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


4 4 4


2 2 2


3
2


1 1 1



x y y z z x
x  y  z   .


2. Cho các số thực dương x y z; ; có tổng bằng 1. Chứng minh rằng:




2 2 2 5 2


9


x y y z z x    xy yz zx 
ĐỀ SỐ 5.


Câu 1.


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

1 a



1b



1 c

1.


 

1



 

1



 

1





1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1


VT


a a b b b c c c a


  



              


 



 

 









1 1


1 1


1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1


a b


a


a a b a a b a b a


 




  


              


 





 





1 1 1 1



1


1 1 1 1


a a b


a a b


    


 


    



(63)

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


Ý tưởng: Trước hết, quan sát giả thiết của bài toán, một đẳng thức khá cồng kềnh tuy
nhiên rất đối xứng, vì thế ta sẽ nhóm nhân tử lại như sau:


 











1 1 1 1 1


1 1 1 1 1 1 1


gt ab c b c c a c



c ab a b a b c


        


          


Để đơn giản hơn nữa, ta sẽ đặt x 1 a y;  1 b z;  1 c, suy ra xyz1. Chính vì thế ta
cầnbiểu diễn mẫu của các phân số trong đẳng thức cần chứng minh theo x y z; ; hay chính
là việc thế a 1 x b;  1 y c;  1 z vào đẳng thức bài cho, ta có:




 

 



1 1 1


1


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


1 1 1


1 1 1


VT


x xy y yz z zx


   


      .



Kết hợp với giải thiết xyz1 ta sẽ đưa VT về cùng mẫu như sau:


1 1 1


1 1 1


VT


x xy y yz z zx


  


     


2


1
1


xy


x


x xy x xy xyz xy xyz x yz


  


     


1



1 1 1


1 1 1 1


xy x xy
x xy x xy xy x x xy


 


    


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


Bài tốn kết thúc.


2). Ta có 3 3 3 3

 

3


6 3


xy  xyxy x y  x y




2
2 2


2


2 32



8x y 8.


x y x y




 


 


  (do x y 0)


5 2


32 1


1
x y


x y x y
xy


  


       


 .



Nhận xét: Bài toán sử dụng phương pháp thế, sau đó đưa về phương trình có chứa mối
liên hệ giữa x y; và thế ngược lại một trong hai phương trình của hệ, tìm nghiệm của hệ
ban đầu.


Ý tưởng: Đây là một hệ phương trình đối xứng, đồng thời lại xuất hiện các tổng x y
tích xy nên ta nghĩ đến việc đặt ẩn phụ (u x y v xy  ;  ) nhưng việc phân tích x3y3
theo u v; sẽ gặp khó khăn. Vì thế hướng đi này khơng khả thi, quan sát kỹ một chút, ta
thấy rằng phương trình một có hằng số 2xy x y

đồng thời hằng số 6 xuất hiện ở
phương trình hai do đó ta nghĩ đến chuyện thế, đồng thời chú ý đến hằng đẳng thức


3 3 3



3


x y xyxy x ynên phương trình hai trong hệ tương đương với:


3 2 2


8


x y  x y xy 2
x y


 suy ra 



5


32 2



x y    x y . Khi đó hệ đã cho trở thành:
1


1
2


xy


x y
x y


 


  


  


 .



(64)

Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:


1. Giải hệ phương trình 2 3

2 3

1 2 2


8 6 32


xy x y


x y x y



  





 


 .


2. Giải hệ phương trình 3

2 34

1 2 2


8 6 32


xy x y


x y x y


  





   


 .


Câu 2.


1). Ta chứng minh đẳng thức 3 2 1


3 3



xx  xx
       
      
Ký hiệu    x m x;

 

   a 0 a 1;x m a  .


+) Xéttrường hợp 0 1
3
a
 


2 2


0 3 1; 1


3 4 3


a a


      1 1 1 3 3 ; 2 ; 1


3 a 3 x m x 3 m x 3 m


   


     


    


   



3m m m m


    (đúng).
+) Xét trường hợp 1 2


3 a 3


1 3a 2


  


2 2 1


1 1; 1 3 3 1


3 3 3


a a  x m


        


2 1; 1


3 3


x m x m


   


      



   


    .


Suy ra 3 3 1

1

2 1


3 3


x m m m mx  xx


             
      
+) Xét trường hợp 2 1


3 a


4 2 5 1 4


2 3 3; ; 1


3 3 3 3 3


a a a


        


2 1


3 3 2; 1; 1



3 3


x mxmxm


     


      


    .


Ta thu được [3 ] 3x m3m 2

m 1

 

m 1

m


2 1


3 3


x x x


   
 
   
       


    .


*) Phương trình đã cho tương đương với 3 1 1 3 2 1 2.


3 3



x x x


        
 


Nhận xét. Để giải bài toán trên cần sử dụng phương pháp biến đổi tương đương đưa về
xét khoảng giá trị của nghiệm.


Nhắc lại kiến thức và phương pháp.


• Các ký hiệu cơ bản: “  x là số nguyên lớn nhất không vượt quá x

 

x là phần lẻ
hay phần thập phân. Do đó x  x

 

x ”. Ví dụ: Cho số 2,49. Ta có 2,49  2


2,49

0,49.



(65)

• Xét các khoảng giá trị của nghiệm như bài giải đã làm theo đúng phương pháp thơng
thường khi làm bài tốn phần nguyên.


2). Chúng ta xét các số dư của 52 số trong phép chia cho 100 và chia các số thành các
nhóm theo số dư như sau

  

0 , 1,99 ,

, 49,51 , 50 .

  

Vì có 51 nhóm nếu tồn tại 2 số có
sốdư thuộc cùng một nhóm. Nếu hai số đó đồng dư thì hiệu của chúng chia hết 100. Nếu
hai số có số dư khác nhau thuộc cùng một nhóm có tổng số dư bằng 100 thì tổng của
chúng chia hết cho 100.


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


Nhắc lại kiến thức và phương pháp.


• Phép chia một số nguyên a cho một số tựnhiên b khác 0 ta được thương là số nguyên


p (p cùng dấu với a) và số dư là số tự nhiên r. Ta có r ln nhỏ hơn b. Hay r lớn nhất
có thể tồn tại là r b 1.


Phép chia một số tự nhiên cho 100 ta có thể nhận được các số dự sau r

0;1;2;3; ;99


(có 100 phần tử).


• Tư duy bài tốn: Bài tốn yêu cầu chứng minh từ 52 số nguyên bất kỳ ln có thể chọn
ra được hai số có tổng hoặc hiệu chia hết cho 100.


Từ các số dư r có thể tồn tại trên, chọn và ghép đôi hai số thành nhóm các số dư

  

0 , 1,99 ,

, 49,51 , 50

  

(có 51 nhóm).


• Ngun lý Dirichlet (phát biểu cho bài tốn này): “Có n cái lồng và cần nhốt n1 con
chim và lồng. Ta ln có ít nhất một cái lồng chứa 2 con chim.”


Vì ta đang xét với 52 số nguyên bất kỳ nên ta sẽ nhận được 52 số dư bất kỳ khi chia
cho 100 nên sẽ luôn có 1 số dư thuộc cùng một nhóm với một trong 51 số dư cịn lại.
+ Nếu số dư đó cùng nhóm có tổng bằng 100 thì chia hết cho 100.


+ Nếu số dư đó cùng nhóm có số bằng nhau khi chia cho 100 (hay đồng dư với nhau
khi chia cho 100) thì có hiệu chia hết cho 100.


Câu 3.


1). Ta có tam giác EPQ cân tại ECQ là phân giác góc BCA, nên


   900  900 


EPQ EQP HQC   HCQ PCK.



Do đó EPQ PCK  900, nên PK AC .



(66)

Nhận xét. Chứng minh hai đường thẳng vng góc ta đi chứng minh góc đó là góc cịn lại
của một tam giác có tổng hai góc bằng 90.


Nhắc lại kiến thức và phương pháp.


• Điểm thuộc trung trực của một đoạn thẳng cách đều hai mút của đoạn thẳng đó.
Điểm E thuộc trung trực của đoạn thẳng PQ nên EP EQ .


• Tam giác có hai cạnh bằng nhau là tam giác cân.


Tam giác EPQEP EQ , suy ra tam giác EPQ cân tại E.


• Tam giác cân có hai góc kềcạnh đáy bằng nhau.
Tam giác EPQ cân tại E nên ta có EPQ EQP  .


• Hai góc đối đỉnh thì bằng nhau.


Ta có PQE và HQC là hai góc đối đỉnh nên PQE HQC  .


• Tổng hai góc nhọn trong một tam giác vng bằng 90.


Tam giác HQC vuông tại H, nên HQC HCQ   90


9090


HQC HCQ PCK


     (CK là phân giác của góc ACB).


Từcác chứng minh trên ta có EPQ900PCKEPQ PCK  900.


• Tam giác có tổng hai góc bằng 90 thì góc cịn lại là góc vng.
Tam giác KPCEPQ PCK  900 nên PKC90 hay PK AC .


2). Trong tam giác EFCCQ EF (do EF là trung trực PQ); EQ FC nên FQ EC .


Từđó EMN900, nên tứgiác EKNM nội tiếp đường trịn đường trịn đường kính EN.
Ta có tứgiác EKCH nội tiếp đường trịn đường kính EC nên PEQ HCK  .


Chú ý: EF là phân giác góc PEQ và CQ là phân giác góc HCK, do đó


 1 1 


2 2


PEFPEQHCK PCF . Do đó tứgiác PECF nội tiếp.


Nhận xét. Chứng minh bốn điểm cùng thuộc một đường tròn ta chứng minh bốn điểm đó
tạo thành một tứ giác nội tiếp. Để chứng minh tứ giác do bốn điểm đó tạo thành là tứ giác
nội tiếp ta chứng minh hai đỉnh liên tiếp của tứ giác đó cùng nhìn một cạnh dưới hai góc
bằng nhau.


Nhắc lại kiến thức và phương pháp.


• Đường thẳng nối một đỉnh của tam giác với giao điểm của hai đường cao từ hai đỉnh
còn lại là đường cao thứba của tam giác.


Tam giác EFCCQ FE (do FE là trung trực của PQ) và EQ CF (do AH BC )
suy ra FQ CE suy ra EMN 90 .



• Tứgiác có tổng hai góc đối diện bằng 180 là tứgiác nội tiếp.


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


+ Tứgiác EKCH có  EKC CHE     90 90 180 suy ra EKCH là tứgiác nội tiếp đường
trịn đường kính EC.


• Tứgiác nội tiếp có góc ngồi tại đỉnh đối diện bằng góc trong khơng kề với nó.



(67)

Góc PEQ là góc ngồi tại đỉnh E và có góc KCH là góc trong tại đỉnh C không kề với
E của tứgiác nội tiếp EKCH nên PEQ KCH  .


• Đường phân giác của một góc chia góc đó thành hai góc bằng nhau và bằng một nửa
góc ban đầu.


+ EF là phân giác góc PEQ nên  1
2
PEFPEQ;
+ CQ là phân giác góc HCK nên  1


2


PCFHCK;


Suy ra  1 1   


2 2



PEFPEQHCK PCF PEQ HCK .


• Hai đỉnh liên tiếp của tứ giác đó cùng nhìn một cạnh dưới hai góc bằng nhau thì tứ
giác đó là tứgiác nội tiếp.


Tứ giác PECF có hai đỉnh EC cùng nhìn cạnh PF dưới hai góc bằng nhau


 


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


Câu 4. Ta chứng minh đẳng bất đẳng thức:
Với x y z; ; 1 thì 3


3


6


1 1 1 1


xyz
x y y z z x


z xy xyz


 


   (*).



Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x y z  .


Bất đẳng thức tương đương với


3


3


1 1 1 6 3


1 1 1 1


xyz


x y y z z x


z x y xyz


 


   


 


 


    


  



     


 


  


1

. 1 1 1 3 933


1 1 1 1


xyz
x y z


z x y xyz


 




      


      .


+) Ta có 1    x y z 1 33xyz (1).
+) Với x y; 1 ta chứng minh


1 1 2


1x1y1 xy (2)







2 2


1 1


x y


x y xy xy
 


 


  




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


          2 xy

1 xy

 

x y

xy 1

0




2


1 0


xy x y


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


+) Với x y z; ; 1 ta chứng minh


3


1 1 1 3


1x1y1z1 xyz (3)


3 3


1 1 1 1 4


1 1 1 1 1


P


x y z xyz xyz


     


     .


Áp dụng kết quả (2) ta thu được



(68)

3
4


3 3


2 2 4 4



1 1 1 1


P


xy z xyz xyz xyz xyz


   


 .


Từ(1) và (3),suy ra (*) đúng.


Trở lại bài toán: Bất đẳng thức đã cho tương đương với
3


3


6


1 1 1 1 1 1


1 1 1 1


1 1 1 1


abc


b c c a a b



a b c abc


  


  


   


.
Với 1 1 1; ; 1


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


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


Nhắc lại kiến thức và phương pháp:


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


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


• Bất đẳng thức bổđề: 11x1 1y1 2xy, x y; 0,xy1


  .


Ý tưởng: Đây là một bài tốn rất khó, ngồi việc biểu diễn theo bất đẳng thức Cosi đòi hỏi
người làm cần kết hợp với bất đẳng thức bổ đề. Nếu chưa được tiếp xúc sẽ không thể làm


được bài này. Và hướng tiếp cận bổ đề như sau:


1 1 2


1x1y1 xy






2 2


1 1


x y


x y xy xy
 


 


   




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


         





2 xy 1 xy x y xy 1 0


     




2


1 0


xy x y


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


Bài tập tương tự:


Với 0a b c; ; 1.Chứng minh rằng


3


1 1 1 3


1 a b1 b c1 c a1 2abc.


ĐỀ SỐ 6.
Câu 1.


1). Điều kiện   8 x 2.


+ Nếu 1  x 2 x 8 9 3



2 x 2 1 1   x 8 2 2    x 3 2 1 loại.
+ Nếu   8 x 1, tương tự ta có


8 2 2 9 2 1 1


x   x    loại.



(69)

Với x1, thỏa mãn phương trình.


Đáp số x1.


Nhận xét: bài toán sử dụng phương pháp nhẩm nghiệm và đánh giá theo miền nghiệm để
chứng minh nó có nghiệm duy nhất.


Ý tưởng: Đây một bài toán đơn giản nhưng địi hỏi đi theo phương pháp đánh giá thì cần
đốn trước nghiệm của phương trình. Đầu tiên ta sẽ ưu tiên nghiệm nguyên trước, với
nghiệm nguyên thì các biểu thức chứa căn phải là một số chính phương, tức là


2
2


8
2


x k


x h
   




   




.


Với điều kiện chặn của x  8;2 thì ta sẽ thử một vài giá trị nguyên của x và thấy rằng tại


1


x thỏa mãn phương trình. Cơng việc cịn lại là ta sẽ đi chứng minh nó là nghiệm duy
nhất. Nó là nghiệm duy nhất nếu với x  8;1

 

 1;2 thì phương trình bài cho vơ nghiệm.
Đi xét từng trường hợp ta có:


• Với x  8;1

suy ra x 8 2 2x 9 2 1 1  .


• Với x

1;2 suy ra x 8 2 2x 9 2 1 1  .


Cả hai trường hợp trên đều chứng minh x1 là nghiệm duy nhất của phương trình.
Bài tốn kết thúc.


Bài tập tương tự:


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

x 3 1



 y

0.


+ Với x  3 9 y23y 3 y23y 6 0 (vô nghiệm).



+ Với 1 2 1 3 2 2 0 1


2
x


y x x x x


x
 

           


 .


Đáp số

x y;

   

 1; 1 , 2; 1

.


Nhận xét: Phân tích nhân tử ở phương trình một, sau đó thế vào phương trình hai tìm
nghiệm của hệ.


Ý tưởng: Đây là một bài toán rất dễ, khi ý tưởng tác giả đã cho lộ ngay từ phương trình
một, vì đi từ đó ta có x3y xy   3

x 3 1



 y

0.


Xét từng trường hợp một, thế vào phương trình hai giải phương trình bậc hai sẽ tìm được
nghiệm của hệ phương trình.


Bài tốn kết thúc.
Bài tập tương tự:


1. Giải hệ phương trình
2



2 2


2 2


4
x y xy x
x y x y
   



    


 .


2. Giải hệ phương trình
2


2 2 4


x y xy x
x y x y
   



    


 .



(70)

Câu 2.



1). A x y xy 5 5xy x

4y4



+ Nếu x hoặc y chẵn, suy ra A2, trái lại nếu x y; cùng lẻ, nên

x4y4

2A2A
luôn chia hết cho 2.


+ Nếu x hoặc y chia hết cho 3, suy ra A3 nếu x y; cùng không chia hết cho 3, nên




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


xy  xy   xy  A luôn chia hết cho 3.


+ Nếu x hoặc y chia hết cho 5, suy ra A5.


Nếu x y; cùng không chia hết cho 5, suy ra x y2, 21,4(mod5)x y4, 41(mod5)A5,
nênA luôn chia hết cho 5.


VậyA2.3.5 30 .


Nhận xét. Một số vừa chia hết cho 2, 3 và 5 thì chia hết cho 30 vì 2, 3 và 5 là các số nguyên
tố cùng nhau


Nhắc lại kiến thức và phương pháp.


• Trong một tích có một thừa số là số chẵn thì tích đó chia hết cho 2.
Nếu x hoặc y là số chẵn thì A2.


• Hiệu của hai số lẻ là một số chẵn. Số chẵn luôn chia hết cho 2.



Nếu xy đều là số lẻ thì x4 hoặc y4 đều là số lẻ thì x4y4 là số chẵn suy ra A2,
suy ra A luôn chia hết cho 2.


• Trong một tích có một số chia hết cho 3 thì tích đó chia hết cho 3.
Nếu x hoặc y là số chia hết cho 3 thì A3.


• Một số nguyên dương khi chia cho 3 dư 0, 1 hoặc 2 nên lũy thừa bậc bốn của số đó
chia 3 dư 0 hoặc 1.


Nếu x y; cùng không chia hết cho 3 thì x4y41(mod3)

x4y4

3, suy ra A ln
chia hết cho 3.


• Trong một tích có một số chia hết cho 5 thì tích đó chia hết cho 5.
Nếu x hoặc y là số chia hết cho 5 thì A5.


• Một số ngun khi chia cho 5 thì dư 0, 1, 2, 3 hoặc 4 nên bình phương của số đó chia 5
dư 0, 1 hoặc 4 do đó lũy thừa bậc bốn của số đó chia 5 dư 0 hoặc 1.


Nếu x y; cùng không chia hết cho 5 thì x4y41 (mod5)

x4y4

5, suy ra A ln
chia hết cho 5.


• Một số ngun dương chia hết cho các số nguyên tố cùng nhau thì số nguyên dương
này chia hết cho tích của các số nguyên tố cùng nhau đó.


Ta có
2
3
5
A


A
A










(chứng minh trên) mà 2, 3 và 5 là các số nguyên tố cùng nhau nên

2.3.5



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




3
2


1 1 3


8 8 4


1


a b b a



b


 


  


 .



(71)



3
2


1 1 3


8 8 4


1


b a a b


a


 


  


 .





1 3 1 1 1


4 2 4 2 2 2


a b


Pa b P a b


          .


Dấu “=” xảy ra khi a b 1.
Vậy min 1


2
P  .


Nhận xét: Bài toán sử dụng kỹ thuật đánh giá qua bất đẳng thức Cosi khi đoán được điểm
rơi, hay còn gọi là kỹ thuật chọn điểm rơi trong bất đẳng thức Cosi.


Nhắc lại kiến thức và phương pháp:


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


Ý tưởng: Trước hết quan sát thấy đây là một bất đẳng thức đối xứng khi vai trò của hai
biến như nhau vì thế ta khẳng định a b , đồng thời kết hợp với giả thiết sẽ có điểm rơi
của bài toán là a b 1. Mặt khác, ở biểu thức P cả hai phân số đều có dạng bậc ba trên
bậc hai và sử dụng giả thiết thì ta cần tìm số k sao cho


 




3 3


2 2 2


1 1


a b


P k a b h k h


b a


      


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




3 3


2 2


1
8


1 1


a b



b  a  . Vì vậy, để sử dụng được bất đẳng thức Cosi cho ba số thì ta cần tạo
ra thêm hai lượng 1


8. Do đó, ta sẽ đánh giá như sau:




3 3


2 2


1 1 3 ; 1 1 3


8 8 4 8 8 4


1 1


a b b a b a a b


b a


   


     


 


 



3 3



2 2


1 1 1


2 2 2


1 1


a b


P a b


b a


      


  .


Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:


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


2
y


x
P



y x xy
   .


2. Cho x y; là hai số thực dương thỏa mãn x y 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức P x 3y3 2

x2y2

.


Câu 3.



(72)

1).

 

K tiếp xúc AB tại T, nên KT AB , suy ra KT AB/ / .


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


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


Nhắc lại kiến thức và phương pháp.


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


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


• Đường thẳng c vng góc với ab nên ab là hai đường thẳng song song.
Ta có KT AB và AB AC (do BAC 90 ) suy ra KT AC .


• Hai đường thẳng song song tạo ra các góc so le trong bằng nhau.


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



 


ACT TCB từđây suy ra KTC TCB.


• Tam giác có hai cạnh bằng nhau là tam giác cân. Tam giác cân có hai góc kềđáy bằng
nhau.


Tam giác KTCKT KC R  suy ra KTC cân tại K do đó KTC KCT kết hợp với
chứng minh từý (3) ta có TCB KCT.


• Hai góc có cùng sốđo, chung một cạnh, cạnh cịn lại của mỗi góc cùng nằm một phía
so với cạnh chung thì trùng nhau.


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


2). Gọi ( )K giao BC tại F khác C. Ta thấy tứgiác FEDC nội tiếp và chú ý K thuộc BC nên


900


FEC .


D


A


B F K C


M
T



E



(73)

Từ đó ABD900ADB900EFC BCE.


Nhận xét. Chứng minh hai góc bằng nhau đưa về biến đổi số đo hai góc cùng bằng một
lượng.


Nhắc lại kiến thức và phương pháp.


• Dây cung đi qua tâm đường trịn là đường kính.


Ta có dây cung FC đi qua tâm K nên FC là đường kính của đường trịn đã cho.


• Góc nội tiếp chắn nửa đường trịn là góc vng.


Ta có FEC là góc nội tiếp chắn nửa đường trịn đã cho được chia đơi bởi đường kính


FC nên suy ra FEC 90 do đó CEF ECF    90 ECF 90 CEF mà ABD vuông tại


A nên ta có  ABD ADB   90 ABD 90 ADB


• Góc ngồi tại đỉnh đối diện bằng góc trong khơng kề với nó của một tứ giác nội tiếp.
Góc ADE là góc ngồi tứ giác nội tiếp EDCF nên ADE EFC kết hợp với (7) ta được


 


ECF ABD .


3). Từ trên, suy ra MBE BCM do đó MBEMCBME MC MB. 2.
Từ đó chú ý MT tiếp xúc ( )K , suy ra MT2ME MC MB. 2.



Vậy M là trung điểm BT.


Nhận xét. Chứng minh một điểm là trung điểm của một đoạn thẳng ta chứng minh điểm
đó nằm trên đoạn thẳng và cách đều hai đầu mút của đoạn thẳng.


Nhắc lại kiến thức và phương pháp.


• Tam giác có hai cặp góc bằng nhau thì đồng dạng
- Xét MBE và MCB có:


+ BMC chung;


+ MBE BCM (chứng minh phần 2),


suy ra MBE∽MCB (g – g), suy ra ME MB ME MC MB. 2


MB MC   .
- Xét MTE và MCT có:


+ TMC chung;


+ MTE TCM (góc tạo bởi tia tiếp tuyến - dây cung và góc nội tiếp cùng chắn một
cung của đường tròn ( )K ),


suy ra MTE∽MCT (g – g), suy ra MT MC ME MC MT. 2


MEMT   .


Từ đây suy ra MB2MT2MB MT mà ba điểm M; B; T thẳng hàng nên suy ra M


là trung điểm của BT.


Câu 4. Theo bất đẳng thức Cô si:


4


2 2 2 2 2 2


1a  1b 2 1a 1b 2 1a 1b .


Theo bất đẳng thức Bunhia cốpxki:


1a2



1b2

 

 1 a b2



2  1

(a b)2


2 2


1 a 1 b 2 a b


     


Tương tự: 1b2 1c2 2 b c 1c2 1a22 c a



(74)

Cộng cả ba bất đẳng thức trên rồi chia cho 2 ta có


1a2 1b2 1c2 a b  b c  c a
Dấu “=” xảy ra khi a b c  1.


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



Nhắc lại kiến thức và phương pháp:


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


• Bất đẳng thức Bunhiacopxki cho bộ số a b c d; ; ; :


2

2 2



2 2


ac bd  ab cd .


Ý tưởng: Bất đẳng thức bài cho đối xứng, vai trị các biến là hồn tồn như nhau suy ra
điểm rơi hay nói cách khác tại a b c  1 thì dấu đẳng thức xảy ra. Sẽ có bạn hỏi việc dự
đoán trước điểm rơi để làm gì. Thực ra cơng việc này rất quan trọng giúp ta phát hiện ra
được cần áp dụng bất đẳng thức gì và áp dụng như thế nào. Như bên trên đã nói, vai trị


; ;


a b c như nhau nên ta chỉ cần chứng minh 1a2 1b2k a b (*) và các biểu thức
còn lại đánh giá tương tự. Với điểm rơi a b 1 để bất đẳng (*) thức xảy ra dấu “=” khi và
chỉ khi 2 2 2k k 2. Và vì thế ta sẽ đi chứng minh: 1a2 1b22 a b .
Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có: 1a2 1b22 14

a2



1b2

do đó, ta chỉ cần
chứng minh

2



2

2


1a 1b  a b . Đây là một kết quá quen thuộc, ta có thể biến đổi
tương đương hoặc áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki như sau:


2

2



2



1.a b .1  1 a 1b







2 2 4 2 2


1 a 1 b 2 1 a 1 b 2 a b


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


Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:


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


2



3


a b c   a bc b ca c ab  .
2. Cho các số thực dương a b c; ; . Chứng minh rằng


2 2 2


1 a 1 b 1 c 3


b c a c a b




   .


ĐỀ SỐ 7.


Câu 1.


1). Điều kiện x2.
Đặt tx 2 x 2 0


2 2 2 2 2 4


t x x x


       2x2 x24


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


2 6 0 2


t t t


      hoặc t 3(loại).


Với t2 ta có x 2 x 2 2


Do điều kiện x2 ta có x 2 x 2 4 0 2 .



(75)

Suy ra phương trình có nghiệm duy nhất x2.


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


Nhắc lại kiến thức và phương pháp:



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


• Hằng đẳng thức a2b2 

a b a b



a b

2a22ab b 2.


• Phương trình có dạng f x

 

g x

 

m, với m là số thực dương thì có hai cách nâng
lũy thừa như sau:


Cách 1.Bình phương hai vế của phương trình, ta có:


 

 

 

 



 

 

   

2


0; 0


2 .


f x g x
f x g x m


f x g x f x g x m


  



   


  






 

 



   

 

 



1
2


2


2


0; 0


4 .


f x g x x x


x x
f x g x m f x g x


   


 










  


 





.
Cách 2.Chuyển g x

 

sang VP rồi bình phương, ta có:


 

 

 



 

2 2

 

 



m g x
f x m g x


f x m m g x g x
 



   


  




 



 

 

 




 



 

 

 

2


2 2 2


2 4


m g x
m g x


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


 






 


 


 


  


    



   


 


.
Chú ý:


• Nếu f x

   

g xk; k là hằng số thì ta có thể sử dụng cách liên hợp như sau:


 

 



f xg xm (i).


 

 



f x g x

f x

 

g x

 

m f x

 

g x

 



    


   

 

 

 

 

k


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


       (ii).


Lấy (i) + (ii), ta được 2 f x

 

m k 4f x

 

m k 2


m m






     
  .


• Nếu c a b  và x c suy ra x a  x b  c a  c b .
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x c .


Ý tưởng: Bài toán xuất hiện ba căn thức bậc hai ở VT là x2, x2 và x24, áp dụng
hằng đẳng thức a2b2 

a b a b



dễ thấy được rằng x2 4 x2. x2, hay nói
cách khác căn thức cuối cùng chính là tích của hai căn thức cịn lại. Đồng thời nếu chuyển




2 3x từ VP sang VT thì sẽ xuất hiện 2x, mà 2x x    2 x 2

x2

 

2 x2

2 do
đó VT của phương trình ban đầu có:


 

2

2


2 2 2. 2. 2 2 2 6 0


x  x  xx  x  x   .



(76)

2


2 2 2 2 6 0


x x x x



          (*).


• Đặt tx 2 x 2 0 thì phương trình (*) được viết lại thành






2


0
0


2


2 3 0


6 0
t
t


t
t t


t t




  


 



 


 


       


 


  .


• Với t2 suy ra 2 2 2 2 2


2 2 4 4


x


x x


x x


 

     


  





2



2


2
4 2


x


x


x x


 



  


  


 .


Đến đây có thể đánh giá như lời giải là:


2 2 2 4 0 2 2


x  x  x     x .


• Vì x   2

x 2

4 nên giải phương trình x 2 x 2 2 theo chú ý như sau:





2 2 2 4 2 2 2


x  x    x  x


2 2 2 2 2 4 2


x x x x


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


Bài tập tương tự:


1. Giải phương trình 2 x 1 2 x 1 2 x2  1 3 2x.
Đáp số: phương trình vơ nghiệm thực.


2. Giải phương trình 2x2 5 2 x2  x 2 5 x 1 5 x2.
Đáp số: 17


16
x .


2). Cộng từng vế hai phương trình ta có 2x2xy3x y  1


2

2

1 0


x x y x x y


      



x 1 2



x y 1

0
     .
TH1: x 1 y2   y 0 y 0 hoặc y1 (thỏa mãn).


TH2: 2x y    1 y 1 2x, suy ra


 

2


2 1 2 1 2 1


xxx   x  7x25x0


0 1


5 3


7 7


x y
x y
   





   




.
Đápsố

;

      

1; 0 , 1; 1 , 0; 1 , 5; 5


7 7


x y    
 .


Nhận xét: Bài toán sử dụng phương pháp hằng số biến thiên tìm ra được một phương
trình biển diễn mối liên hệ giữa hai biến và từ đó thế ngược lại một trong hai phương
trình, tìm nghiệm của hệ.


Ý tưởng: Đây là hệ phương trình bậc hai, trước hết ta sẽ đi tìm nhân tử ở từng phương
trình một trong hệ, nếu cơng việc này thất bại. Ta sẽ nghĩ đến việc kết hợp cả hai phương
trình. Và điều tối ưu ta nghĩ tới sẽ là xét đenta theo ẩn x hoặc y từng phương trình (bạn


đọc từ làm) khi đó khơng tìm được nhân tử x y; . Chính vì thế, cịn hướng duy nhất đó là
kết hợp hai phương trình của hệ, giả sử tồn tại k thỏa mãn phương trình:


2 2 1

2 2 2 3 2 0


k xxy y  xxy y  x y  



(77)

1 k x

2

2 k y

3x

k 1

y2 y 2 k 0


           (i).


Và ta coi (i) là phương trình bậc hai ẩn x đồng thời khi xét x nó phải là một số chính
phương. Ta có:



2

32 4 1

 

1

2 2


xk yk ky y k


         


 


5k2 4k y

2

10k 8

y 4k2 4k 1


       .


Đế x là số chính phương khi hệ số y2 phải là một chính phương, tức là ta đi giải
phương trình nghiệm ngun 5k24k m 2. Khơng khó để ta thấy rằng k  1 m 1 thỏa


mãn. Hay nói cách khác:  x

y1

2. Khi đó phương trình (i)




2


3 1 1


2


3 1 0


3 1 2


2


y y


x


x y x y


y y


x y


  


  



       


   


  






.


Việc còn lại là thế x1 hoặc x y 2 vào phương trình một để tìm nghiệm của hệ
phương trình.


Bài tốn kết thúc.


Bài tập tương tự:


1. Giải hệ phương trình 32 32 3 2 9
4
x y y
x y x y
   



   


 .


Đáp số:

;

1 13; 5 13


2 2


x y     


 


 .


2. Giải hệ phương trình 2 22 2 2 3 0


3 1 0


x xy y x
xy y y



    



 


 .


Đáp số:

;

3 2 2; 1 2 , 3

5;1 5
2
x y       


 


 


 .


Câu 2.


1). Dễthấy với x0 hoặc y0 không thỏa mãn.
Xét x y, 1 do vai trò như nhau, giảsử xy


Khi đó ta có x2xy y 23x2


Suy ra x y2 2x2xy y 2 5 8x2y2    8 y

1, 2 .



+ Nếu y 1 x2  x 6 x2 x 6.


+ Nếu y  1 x2  x 6 x2  x 6.



+ Nếu y 2 x22x 4 4x2  5 x loại.


+ Nếu y  2 x22x 4 4x2  5 x loại.


Đáp số:

x y;

   

 6; 1 , 6; 1 , 1; 6 , 1; 6 

   

 

.


Nhận xét. Bài toán nghiệm nguyên giải bằng phương pháp giới hạn.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp.



(78)

• Khi thay thế x bởi y và ngược lại ta thấy đẳng thức khơng đổi thì vai trò của các biến
là như nhau.


Dễ thấy với x0 hoặc y0 không thỏa mãn.
Xét x y, 1 do vai trò như nhau, giả sử xy .
Khi đó ta có x2xy y 23x2


• Thay thế vếnày bởi vế kia để áp dụng tính chất của vế cịn lại và biến đổi theo tính
chất, suy ra


2 2 2 2 5 8 2


x yxxy y   xy2    8 y

1, 2 .



• Tìm và chọn ra các giá trịcủa biến
+ Nếu y 1 x2  x 6 x2 x 6.


+ Nếu y  1 x2  x 6 x2  x 6.


+ Nếu y 2 x22x 4 4x2  5 x loại.



+ Nếu y  2 x22x 4 4x2  5 x loại.


2). Trước hết ta chứng minh với x y z t; ; ; bất kì thì


 

2

2


2 2 2 2


xyztx z  y t (*).


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






2 2 2 2 2 2 2 2 2


xyz  t xy ztx22xz z 2y22yt t 2


x2 y2



z2 t2

xz yt


    


Đúng vì theo bất đẳng thức Bunhia cốp xki


x2y z2



2t2

xz yt

2

xz yt

 

xz yt

.
Áp dụng (*) ta có P 4x4 4y4 4z4


2 2

2

x2 y2

2 4 z4


     



2 2 2

2

x2 y2 z2

2


     


2 2 2

2


36 x y z


    .


Ta có

x1

 

2 y 1

 

2 z 1

 

2 x y

 

2 y z

 

2 z x

20


2 2 2


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


         


2 2 2 2 2 2


3x 3y 3z 3 2.6 12 x y z 3


          .


Từ đó P 36 9 3 5  .
Dấu “=” xảy ra x y z  1.
Vậy min3 5.


Nhận xét: Bài toán sử dụng kết quả mở rộng (hay phát triển từ bất đẳng thức


Bunhiacopxki) kết hợp với kỹ thuật chọn điểm rơi (để đánh giá tổng các đại lượng khơng
âm) để tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức.


Nhắc lại kiến thứcvà phương pháp:



(79)

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


2 2



2 2



( xy ztxz yt .


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


2 2



2 2

2 2



2 2



2 xy ztxz yt 2 xy zt 2xz2yt


x2 y2

2

x2 y2



z2 t2

 

2 z2 t2

x z

 

2 y t

2


          


 



2 2 2


2 2 2 2


x y z t x z y t








       


 

2

2


2 2 2 2


x y z t x z y t


        (*).


Ý tưởng: Bài toán ở cả biểu thức cực trị cũng như giả thiết, vai trò của các biến là như nhau
do đó điểm rơi sẽ xảy ra tại x y z k   0. Và thay ngược lại giả thiết, ta có:


2


3 2 6 0 1 1


0


k k k x y z
k


  


     



 


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


tiên, xét tới biểu thức P có dạng bậc bốn vì thế ta đánh giá để bậc bé nhất có thể. Áp dụng
bất đẳng thức (*), xét cho hai căn thức đầu của P, có:


2

2

2


4 4 2 2 2 2 2


4x  4y  2 2  xy  4  xy


2

2


2 2 2 4 2 2 2


4  xy  4z  36 xyz .


Suy ra P 36

x2y2z2

2 , và bây giờ từ giả thiết ta chỉ cần tìm được x2y2z2m


coi như bài tốn đã kết thúc. Thật vậy, với điểm rơi ban đầu tìm được ta sẽ có các đại
lượng khơng âm là:


x1

 

2  y1

 

2 z 1

20 và

x y

 

2  y z

 

2 z x

20.
Cộng hai đánh giá trên theo từng vế và khai triển bình phương ta được:


2 2 2


3x 3y 3z  3 2x2y2z2xy2yz2zx



2 2 2 2 2 2


3x 3y 3z 3 12 x y z 3


         .


Do đó

2 2 2

2


min


36 3 5 3 5 1


P  xyz  P     x y z .


Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:


1. Cho x y; là hai số thực dương. Chứng minh rằng

2


2 2


9x  9y  36 x y .


2. Cho x y z; ; là các số thực dương thỏa mãn xyz x y z   . Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức


2 2 2



9 9 9


P x  y  z .



(80)

Câu 3.


1). Tứ giác BMNQ nội tiếp suy ra


  180 .


BMN BQN  


BPR BMN  (do MN BC ).


Từ đó BPR BQN  1800, suy ra tứ giác


BPRQ nội tiếp. Tức là B P R Q; ; ; cùng
thuộc một đường tròn.


Nhận xét. Chứng minh bốn điểm cùng
thuộc một đường tròn đưa về chứng
minh tứgiác tạo bởi bốn điểm là tứgiác
nội tiếp bằng dấu hiệu nhận biết có
tổng hai góc đối diện bằng 180.


Nhắc lại kiến thức và phương pháp.


• Tứ giácnội tiếp một đường trịn có
tổng hai góc đối diện bằng 180.



Tứ giác BMNQ nội tiếp đường tròn


( )O nên ta có BMN BQN  180 .


• Một đường thẳng cắt hai đường thẳng song song tạo ra các góc đồng vị bằng nhau.


AC MN nên ta có BPR BMN  (hai góc đồng vị).


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


Ta có BPR BQN  180, suy ra tứ giác BPRQ hay bốn điểm B; P; R; Q cùng thuộc
một đường tròn.


2). Gọi PQ giao BC tại D, AQ giao BR tại E ta có các biến đổi góc sau


      .


EQD DQB AQB PRB ACB RBC EBD     


Vậy tứ giác BEDQ nội tiếp, suy ra BEQ BDQ  900BR AQ .


Nhận xét. Chứng minh hai đường thẳng vng góc ta chứng minh góc tạo bởi hai đường
thẳng đó bằng 90.


Nhắc lại kiến thức và phương pháp.


• Hai góc nội tiếp cùng chắn một cung thì bằng nhau.


+ PQB PRB  (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BP của đường trịn ngoại tiếp tứ giác
BPRQ).



+  AQB ACB (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB của đường tròn ( )O )


• Góc ngồi tại một đỉnh của tam giác bằng tổng hai góc trong khơng kề với nó.
Góc BRA là góc ngồi tại đỉnh B của tam giác BRC nên BRA RBC RCB  .


• Tứ giác có hai đỉnh liên tiếp cùng nhìn một cạnh dưới hai góc bằng nhau là tứ giác nội
tiếp.


Ta có PQB AQB PRB ACB RBC RCB ACB            RBC


A


B


C
O


M


N
P


Q


R


E


D G



F



(81)

 


PQA RBC


  suy ra tứ giác EDQB có hai đỉnh BQ cùng nhìn cạnh ED dưới hai
góc bằng nhau nên EDQB là tứ giác nội tiếp.


 


BEQ BDQ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BQ của đường tròn ngoại tiếp tứ giác


EDQB).


Mà BDQ 90 (do PQ vng góc với BC tại D), suy ra BEQ 90 hay BR AQ .
3). Ta có BPQ BRQ RBN RNB EBF BAE      900BFE900ABE


   


0


180 BFE ABE AFB ABR


     .


Do đó AFB BPQ ABR  .


Nhận xét. Chứng minh tổng của hai góc bằng một góc khác, trong bài này ta đưa vềchứng


minh hiệu của hai góc bằng góc cịn lại a b c    c a b.


Nhắc lại kiến thức và phương pháp.


Với phần này, ta chỉ sử dụng những kiến thức và các dữ kiện đã cho ở đề bài và tìm ra ở
các phần trước đó.


+ BPQ BRQ  (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BQ của đường tròn ngoại tiếp tứ giác
BPRQ).


+   BRQ RBN RNB  (tính chất góc ngồi tam giác).


+ RNB BAE (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BQ của đường tròn ( )O )
suy ra BPQ BRQ RBN RNB EBF BAE        

90BFE

90ABE





1800 BFE

  ABE AFB ABRAFB BPQ ABR 


        .


Câu 4. Ta chứng minh 1123 3 3
4


a b a b


a ab


 






3 3 2


11a b 3a b a4 ab


    


3 3 3 2 2 2


11a b 12a 4a b 3a b ab


     


2 2 3 3


a b ab a b


   


2


(a b a b)( ) 0


    đúng.


Tương tự 1123 3 3 ;1123 3 3



4 4


b c b c c a c a


b bc c ca




 


Cộng cả ba bất đẳng thức ta có


3 3 3 3 3 3


2 2 2


11 11 11 2 2 2


4 4 4


a b b c c a a b c


a ab b bc c ca




  


Dấu bằng xảy ra   a b c.



Nhận xét: bài toán sử dụng kỹ thuật chọn điểm rơi kết hợp với phương pháp hàm số biến
thiên để chứng minh bất đẳng thức.


Ý tưởng: Đây là một bất đẳng thức đối xứng vì vai trị các biến là như nhau. Vì vậy, điểm
rơi bài toán sẽ xảy ra tại a b c  . Khi đó sẽ đưa ta đến các đẳng thức luôn đúng như


 

2

 

2

2


; ; 0


a bb cc a  , và lợi dụng điều đó ta sẽ đi biến đổi tương đương các bất đẳng
thức. Tiếp theo quan sát vế trái của bất đẳng thức có dạng bậc ba chia bậc hai, đồng thời



(82)

vế trái có xuất hiện bậc nhất do đó ta chỉ cần đánh giá 1123 3 . .
4


a b m a n b
a ab




 


 (*) và các biểu


thức còn lại lập luận tương tự sẽ có điều phải chứng minh. Và cơng việc cuối cùng là tìm
;


m n.



• Trước hết, với điểm rơi a b thế vào (*) ta sẽ có: m n 2.


• Quy đồng biểu thức (*), ta được: 11a3b3

m a n b a. . 4

2ab





3 2 2 2 3 3


3 2 2 3


4 4 11


4 11 4 0


ma na b ma b nab a b
m a m n a b nab b


     


      


Quan sát hệ số của b3 đồng thời bất đẳng thức

a b

3 sẽ tìm ta nghĩ đến chuyện a b;
cùng hệ số hay nói cách khác 4 11 1


2
m
m n
  




  



3
1
m
n
 

   


 suy ra (*)





3 3 2


2


11 3 0


4


a b a b a b a b
a ab




      


 .



Tương tự, ta cũng có 1123 3 3 ;1123 3 3


4 4


b c b c c a c a


b bc c ca




  .


Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:


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














2 2 2



2 2 2


2 2 2 3


4
a a b b b c c c a


a b c


a b b c c a


  


    


   .


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


3 3 3


2 2 2 2 2 2 2


a b c a b c


a b b c c a


 



  


  


ĐỀ SỐ 8.
Câu 1. (3 điểm)


1). Từhệphương trình đã cho ta có




3 2 2 3 3


2xx y x yxyxy  x y.


Do đó hệđã cho tương đương với


2 2 2 1


x y


x y
x y


 


   


  



 .


Vậyhệphương trình có nghiệm

x y;

   

 1; 1 , 1; 1 

.


Nhận xét: Bài toán sử dụng phương pháo thế để đưa về phương trình đẳng cấp có mối
liên hệ giữa các biến sau đó thếngược lại một trong hai phương trình của hệ ban đầu để
tìm nghiệm.


Nhắn lại kiến thức và phương pháp:


• Hằng đẳng thức dạng:




3 3 2 2


ab  a b aab b và a3b3 

a b a

2ab b 2

.


• Phương trình dạng: x3y3x3y3 0

x y x

2xy y 2

0.



(83)

Vì 2 2 2 3 2 0


2 4


y y
xxy y x   


 .


Ý tưởng: Cảhai phương trình đều xuất hiện hằng số 2. Đồng thời ởphương trình thứ hai


có dáng dấp là một phương trình đẳng cấp bậc ba vì vếtrái chứa 2x3 cịn vếphái chứa tích
của một hàm sốbậc nhất và một hàm sốbậc hai vì vậy ta sẽthực hiện phép thế 2x2y2
vào vế phải của phương trình hai, ta sẽcó: 2x3

x y x

2y2xy

(*). Với phương trình
này (*) nếu bạn nào tinh ý ra sẽ phát hiện được hằng đẳng thức




3 3 2 2


xyx y x xy y . Vì thế (*)2x3x3y3 x y. Khơng thì khai triển tích ra
ta cũng sẽ có được điều đó. Việc cịn lại chỉlà thế x y ngược lại phương trình thứ nhất
trong hệvà tìm nghiệm.


Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:


1. Giải hệphương trình 23

4





2 2


x y


x x y x
  





   


 .



Đáp số:

;

  

1; 1 , 1; 5
3
x y  


 
 .
2. Giải hệphương trình






2 2


3


3 4


2 2


x y


x x y xy
  





   


 .



Đáp số:

x y;

   

 1; 1 ,  1; 1

.
2). Đặt x 2a b; ; y 2b c z 2c a


a b b c c a


  


  


   .


Khi đó


3 3


1 ; 2


3 3


1 ; 2


3 3


1 ; 2


a b


x x


a b a b



b c


y y


b c b c


c a


z z


a b a b


    








    


  





    









;


suy ra

x1



y1



z  1

 

x 2



y2



z2



 



9 3 xy yz zx 3 x y z


      


3 xy yz zx x y z


       , điều phải chứng minh.


Nhận xét: Bài toán sửdụng phép đặt ẩn phụsau đó khai thác giảthiết của bài tốn đưa về
điều ln đúng hoặc điều cần chứng minh.


Ý tưởng: Biểu thức cần chứng minh khá là cồng kềnh, tuy nhiên nếu đểý một chút thì biểu
thức đó chỉgồm ba số hạng, vì vếtrái chỉlà tổng của các tích các sốhạng. Vậy nên đểcho
đơn giản hóa, ta đặt các biểu thức bên vế phải lần lượt là x y z; ; , tức là đặt:


2a b; ; 2b c 2c a


x y z


a b b c c a


  



  


   (*).


Khi đó, biểu thức cần chứng minh có dạng: 3xy yz zx x y z     .



(84)

Việc còn lại là từ phép đặt (*), ta mong muốn tìm được mối quan hệ giữa x y z; ; . Thực
chất, với phép đặt (*) để tìm mối liên hệ giữa x y z; ; , thì ta sẽ coi (*) là một hệ phương
trình với ba ẩn a b c, , như sau:








2
2
2


a b x a b


b c y b c
c a z c a
   



   




   



.


Nhưng với hệtrên, ta sẽgặp rất nhiều khó khăn tuy nhiên không phải là không làm được
nhưng sẽtốn thời gian rất nhiều. Vậy nên, ta hướng tới lối tư duy như sau. Xét riêng với


2a b


x


a b



 , đây là hàm số bậc nhất trên bậc nhất với ẩn a b; vì thế ý tưởng của ta là tách
riêng hai biến a b; ra và đưa nó về dạng là x 1 3a ;x 2 3b


a b a b


   


  . Và làm tương tự với
;


y z ta sẽđược:


3 3 3 3



1 b ; 2 c ; 1 c ; 2 a


y y z z


b c b c c a c a


       


    .


Suy ra đẳng thức

x1



y1



z  1

 

x 2



y2



z2

. Và từ đẳng thức này, khai triển
hai tích ta sẽcó điều phải chứng minh như sau:


 



9 3 xy yz zx 3 x y z 3 xy yz zx x y z


              .


Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:


1. Với a b c; ; là các số thực khác 0 thỏa mãn 1 1 1 2


a b c   và 2 2 2


1 1 1 2


abc  . Chứng
minh rằng a b c abc   .



2. Chứng minh rằng nếu

a2bc b abc

b2ac a abc

thì ta sẽ
1 1 1


a b c


a b c


     với a b c a b; ; ;  khác 0.
Câu 2.


1). Ta có 3 3 1 3 2 6 1 3 .


3 3 6


k k k


nkVT          k n


     


3 2 3 3 6 3


3 1 3 1 .


3 3 6


k k k


nk VT            k n



     


3 3 3 4 6 5


3 2 3 2 ,


3 3 6


k k k


nk VT            k n


      điều phải chứng minh.


Nhận xét. Bài toán về phần nguyên.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp.


• Một sốkhi chia cho 3 chỉdư 0, 1 hoặc 2 hay nói cách khác một sốnguyên bất kỳđược
viết dưới dạng n3k hoặc n3k1 hoặc n3k2.


• Xét lần lượt với các giá trịcủa n ta có:
+ Với n3k ta có:


3 1 3 2 6 1 1 2 1


3 3 6 3 3 6


k k k



VT               k    k     k 
           .



(85)

+ Với mỗi sốthực x ta định nghĩa   x là sốnguyên lớn nhất không vượt quá x hay với
mỗi số x ta có x  x m với m là phần thập phân (0 m 1).


Ta có VT k k k   3k n VP  (đúng).


Hoàn tồn tương tựbiến đổi như trên bài và có được điều cần chứng minh.
2). Ta có ab bc ca abc 1 1 1 1


a b c
       .


Ta có a23 1 1 3; ; b23 1 1 3 c23 1 1 3


a a b b b c c c a


b    c    a    .
Cộng ba bất đẳng thức trên ta có:


2 2 2


min


3 3 3 1 1 1 1 1


a b c M


a b c



bca       (khi a b c  3).


Nhận xét: Bài toán sửdụng bất đẳng thức Cosi cho ba sốthực dương giữa các biến và kết
hợp với giảthiết tìm giá trịnhỏnhất của biểu thức.


Nhắc lại kiến thức và phương pháp:


• Bất đẳng thức Cosi cho ba sốthực dương a b c  33abc.


• Cho f a b c

, ,

mP f a b c

, ,

suy ra P m .


Ý tưởng: đây là một dạng bất đẳng thức đối xứng, điểm rơi sẽ xảy ra tại tâm là a b c  ,
thế vào giả thiết ta sẽ có được a b c  3. Việc định hình được điểm rơi sẽ giúp ta vận
dụng các bất đẳng thức một cách linh hoạt. Ởbiểu thức P là biểu thức chứa các phân số,
vì thế để tương đồng trong đánh giá, ta sẽ đưa giả thiết về dạng phân số như sau:


1 1 1 1


a b c   . Mặt khác, với điểm rơi a b c  3 thì P1, mà


1 1 1
1


a b c


   vậy nên ta cần
chứng minh cho P a23 b23 c23 1 1 1


a b c



b c a


      (*).


Bây giờ, ta sẽ đánh giá Cosi cho vếtrái của (*) nhưng phải xuất hiện dạng phân thức như
vếphải, xét riêng với phân thức a23


b .


• Nếu muốn hạbậc của b hay làm mất biến b ta cần áp dụng Cosi cho 4 số thực dương


là 2 4 2


3 9 9 9 4 9.9.9


a b b b a


b     . Nhưng sựxuất hiện của 9


b không thỏa mãn vếphải (*). Số
9


b được chọn là đểcân bằng Cosi với điểm rơi đã chọn.


• Nếu muốn hạ bậc a hay làm mất biến a ta cần áp dụng Cosi cho 3 số thực dương là


2 2


3



3 3


1 1 3 . .1 1 3


a a


a a a a b


b    b  và thỏa mãn điều kiện của vếphải (*). Số
1


a được chọn là để
cân bằng điểm rơi a b .


Vì thế, ta sẽcó được: a32 1 1 3, b32 1 1 3, c32 1 1 3.


a a b b b c c c a


b    c    a   


Suy ra 23 23 23 min



1 1 1 1 1 khi 3 .


a b c P a b c


a b c


bca         


Bài toán kết thúc.


Bài tập tương tự:



(86)

1)

Cho x y z; ; là các số thực dương thỏa mãn xy yz zx  3xyz. Tìm giá trị nhỏ nhất


của biểu thức P 12 12 12


x y z


   .


2)

Cho x y z; ; là các sốthực dương thỏa mãn xy yz zx xyz   . Tìm giá trịnhỏnhất của
biểu thức P x2 y2 z2


y z x


   .


Câu 3.


1). Gọi DE cắt ( )O tại P khác D. Do AD là đường kính của ( )O , suy ra APD900, mà


900


AHE (do HE BC HA  ), nên tứgiác APEH nội tiếp.
Ta có APH AEH  (góc nội tiếp)





ACB


 (HE BC ) APB (góc nội tiếp)


PH PB


  .


Nhận xét. Chứng minh hai đường thẳng cắt nhau trên đường tròn cũng gần giống với việc
chứng minh ba đường thẳng đồng quy bằng cách chứng minh một đường thẳng đi qua
giao điểm của hai đường cịn lại. Do đó ta Gọi giao điểm của DE với ( )OP. Cần chứng
minh BH đi qua P hay BH trùngPH.


Nhắc lại kiến thức và phương pháp.


• Góc nội tiếp chắn nửa đường trịn là góc vng.




APD là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ( )O được chia bởi đường kính AD nên


90


APD  hay APE 90 .


• Đường thẳng a song song với đường thẳng b, đường thẳng c vuông góc với đường
thẳng a. Suy ra đường thẳng c vng góc với đường thẳng b.


HE BC và BC HA (H là trực tâm của tam giác ABC) nên suy ra HE HA hay



90


AHE .


• Tứgiác có hai góc vng đối diện là tứgiác nội tiếp.


I
F
P


E


H


D
O


B
A


C



(87)

Ta thấy tứ giác APEH có APE 90 và AHE 90 là hai góc vng đối diện nên tứ
giác APEH là tứgiác nội tiếp.


• Các góc nội tiếp một đường trịn cùng chắn một cung thì bằng nhau.


+ APH và AEH là hai góc nội tiếp cùng chắn cung AH của đường tròn ngoại tiếp tứ
giác APEH nên  APH AEH .



+ APB và ACB là hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB của đường tròn ( )O nên


 


APB ACB .


• Một đường thẳng cắt hai đường thẳng song song tạo ra các góc đồng vịbằng nhau.
HE BC suy ra AEH ACB (hai góc đồng vị)


• Hai góc có cùng số đo, có một cạnh chung, hai cạnh cịn lại của hai góc cùng nằm về
một phía so với cạnh chung thì hai cạnh cịn lại trùng nhau.


Từchứng minh ởtrên, ta có  APH APB , suy ra PH PB hay BH đi qua P. Do đó BH


DE cắt nhau tại điểm P trên đường tròn.
2). Ta có HP AC , suy ra AEH AHP AEP  .
Suy ra EA là phân giác ngoài đỉnh E của DEF.


Tương tự FA là phân giác ngoài đỉnh F của DEF


Suy ra A là tâm đường tròn bàng tiếp ứng với đỉnh D của DEF.


Nhận xét. Bài toán được quy vềbài toán chứng minh một tia là tia phân giác của một góc
và sử dụng dấu hiệu nhận biết tâm đường tròn bàng tiếp tam giác là giao điểm của hai
đường phân giác góc ngoài tại hai đỉnh của tam giác.


Nhắc lại kiến thức và phương pháp.


• Hai góc cùng phụ với một góc thì bằng nhau.



AC BH (hay AC PH ) và AH FE (chứng minh trên) nên  AHP AEH (




90 PHE


  ).


• Các góc nội tiếp một đường trịn cùng chắn một cung thì bằng nhau.




AEP và AHP là hai góc nội tiếp cùng chắn cung AP của đường tròn ngoại tiếp tứ
giác APEH nên  AEP AHP .


• Một tia tạo với một cạnh của tam giác và tia đối của một cạnh tam giác tại một đỉnh
hai góc bằng nhau thì tia đó là phân giác của góc ngồi tam giác.


Từ chứng minh ở trên, ta có PEA AEH  nên EA là tia phân giác của góc ngoài tại
đỉnh E của tam giác DEF.


Hoàn toàn tương tựta chứng minh được FA là tia phân giác của góc ngồi tại đỉnh F
của tam giác DEF.


• Giao điểm của hai tia/đường phân giác của hai góc ngoài tại hai đỉnh của tam giác là
tâm đường tròn bàng tiếp ứng với đỉnh còn lại của tam giác.



(88)

FAEA là hai tia phân giác của góc ngồi tại đỉnh FE của tam giác DEF


(chứng minh trên) nên A là tâm đường tròn bàng tiếp tam giác ứng với đỉnh D của


tam giác DEF.


3). Do I là tâm nội tiếp nên EI là tia phân giác trong.
EA là tia phân giác ngoài, suy ra EI AC EI HB .


Tương tự FI HC EF BC ;  , suy ra IEF và HBC có cạnh tương ứng song song, nên
;


BE CFIH đồng quy.


Nhận xét. Bài toán chứng minh ba đường thẳng a b c; ; đồng quy bằng phương pháp chỉra
hai giao điểm của a và b; b và c trùng nhau. Áp dụng tính chất: Hai điểm cùng nằm trên
một đoạn thẳng cùng cách hai đầu mút của đoạn thẳng các đoạn tương ứng bằng nhau thì
trùng nhau.


Nhắc lại kiến thức và phương pháp.


• Đường nối đỉnh và tâm đường tròn nội tiếp của tam giác là phân giác trong của tam
giác.


I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF nên EI là phân giác của tam giác DEF.


• Phân giác trong và phân giác ngồi của tam giác tại một đỉnh tạo với nhau một góc
vng (tính chất phân giác của hai góc kề bù).


EA là phân giác ngoài (chứng minh trên) và EI là phân giác trong (chứng minh trên)
tại đỉnh E của tam giác DEF nên EI AC .


• Hai đường thẳng vng góc với một đường thẳng thứ ba thì song song với nhau.



BH AC (H là trực tâm tam giác ABC) và EI AC (chứng minh trên) nên suy ra


EI HB . Hoàn toàn chứng minh tương tự ta có FI HC EF BC ;  .
• Hai tam giác có ba cạnh tương ứng song song thì đồng dạng.


Tam giác IEF và tam giác HBCEI HB FI HC EF BC ;  ;  , nên IEF∽HBC suy
ra IF IE EF


HCHB BC


• Định lý Ta-lét.


Gọi giao điểm của BEHIM ta có EI HB suy ra EI IM


BHHM. Gọi giao điểm của


CFHIN ta có FI HC suy ra FI IN


CHHN.


• Hai điểm cùng nằm trên một đoạn thẳng cùng cách hai đầu mút của đoạn thẳng các
đoạn tương ứng bằng nhau thì trùng nhau.


Từchứng minh trên, ta có IM IN


HMHNM; N cùng thuộc IH nên suy ra Mtrùng


N. Hay ba đường thẳng BE; IH; CF đồng quy.



(89)

Câu 4. (1 điểm)



Ta đặt các đoạn thẳng có độ dài a b c; ; như sau


Ta có AB a2 b2 3ab; BC b2 c2 bc ; AC c2a2 .


AB BC AC  nên ta có điều phải chứng minh.


ĐỀ SỐ 9.
Câu 1.


1). Điều kiện 1 2


2xy .


Ta có


2 2 2 1 1 2 2 2 2 2 2


2 1 2 2 2


2
xy


xy  x y     x yx y  x y


2 2 2 2 2


2 2


2


x y  x y


  .


Từhệsuy ra xy1 và thu được hệtương đương 1 1
2


xy


x y
x y


 


  


  


 .


Nhn xét: bài toán sửdụng phương pháp đánh giá phương trình hai (cụ thể là bất đẳng


thức Cosi ) tìm mối quan hệgiữa các biến, sau đó thếngược lại vào phương trình một tìm
nghiệm của hệphương trình.


Ý tưởng:Quan sát hai phương trình của hệ, ta thấy rằng phương trình hai là phương trình
chứa căn thức và chỉ có một ẩn xy vì thếta sẽđi khai thác nó. Nhưng vấn đềlà khai thác
như thếnào, nếu bình phương hai vếhai lần sẽ đưa ta đến phương trình bậc bốn như vậy


N



M


I


F
E


H O


C


B



(90)

càng đưa vềbậc cao sẽcàng khó làm. Do đó, ta sẽnghĩ đến hướng đánh giá cụthểởđây là
sửdụng bất đẳng thức Cosi vì ta nhẩm được nghiệm xy = 1.


Với xy1, thì 2xy 1 1và 2x y2 2 1 vậy theo bất đẳng thức Cô-si đểdấu bằng xảy
ra như sau:


2 2
2 2


2 2 2 2


2 2


1


2 1 1 2 2 1 2 1



2
1 3


2 1 2 2 1


2 2


x y
xy xy xy xy x y


x y x y


xy x y xy


        


 


        


Với xy =1 thếvào phương trình một của hệ, ta có: x + y = 2 và xy = 1
Bài toán kết thúc.


Bài tập tương tự:


1. Giải hệphương trình


2 2



2 2


3


2 1 2 2


y
x


xy x y


 







    .


2. Giải hệphương trình 2 2


1


4 1 2 4 2


x y xy


xy x y








  


    .


2). Phương trình tương đương với 1 1 5 4 1


2x1 x2  xx .


Giảsử 1 2 1 2 1 1


2 1 2


x x x


x x


      


 


VT 0 5x 4x  1 x 1 (mâu thuẫn).


Giả sử 0 x 1, lập luận tương tự thu được x1 (mâu thuẫn). Thử lại thu được nghiệm
duy nhất x1.



Nhn xét: bài toán sử dụng phương pháp đánh giá miền nghiệm để tìm nghiệm của


phương trình.


Ý tưởng:Quan sát bài tốn, ta thấy có vẻnó hơi rắc rối một chút là vì xuất hiện tới bốn căn
thức mà căn lại cịn ởdưới mẫu thì nó sẽrất khó khăn trong việc giải bằng các công cụmà
ta thường làm như ẩn phụ, nâng lũy thừa …Và hướng cuối cùng ta nghĩ đến là đánh giá.
Đểđánh giá được nó, ta cần tìm nghiệm trước, vẫn là ưu tiên hướng nghiệm nguyên đồng
thời cân bằng căn thức với căn thức, phân thức với phân thức ta có:


1 1 1


2x1 x2  x ; 4x 1 5x x 1.


Và bây giờ, ta sẽđi chứng minh x1 là nghiệm duy nhất của phương trình. Hay nói cách


khác, với x1 hoặc x1 nó sẽvơ nghiệm. Biến đổi phương trình đã cho vềdạng:






1 4 1 1 5 2 2 1 5 4 1


2 1 2 2 1 2


x x


x x x x


x x x x



  


       


   


• Với x1, ta có 2 2 1 2 2 1 0


5 4 1 5 4 1 0


x x x x


x x x x





       




 


     


 


 , suy ra phương trình vơ nghiệm.



(91)

• Với 1 x 0, ta có: 2 2 1 2 2 1 0



5 4 1 5 4 1 0


x x x x


x x x x





       




 


     


 


 , suy ra phương trình vơ


nghiệm.


Vậy x1 là nghiệm duy nhất của phương trình.


Bài tốn kết thúc.


Bài tập tương tự:


1. Giải phương trình 1 3 1 1 4



2x1 x  x2  x.


2. Giải phương trình 2 1 3 1 2 1 4


2x  x 1 x  x  x 2  x.


Câu II.


1). Giảsử n abcdefghij là một sốtốt .


Ta có n a b c     j (mod 9) vì các chữsốcủa n khác nhau nên


9.10


0 1 2 9 (mod9) 0 (mod9)


2


n       .


Vậy n chia hết cho9.


Ta có

11111,9

1 suy ra n chia hết cho 99999.


Ký hiệu x abcde y fghij ;  ta có n10 .5x y , suy ra n

x y

mod 99999

,




0 mod 99999
x y



   .


Mà 0  x y 2.99999  x y 99999


9
a f b g c h d i e j
           .


Có tất cả 5! cách sắp xếp 5 cặp

         

0; 9 , 1; 8 , 2; 7 , 3; 6 , 4; 5 (mỗi cách sắp xếp ta được
một số n). Với mỗi cặp có 2 cách sắp xếp số các bộ số tốt bằng t5 .5!5 . Ta phải trừ
trường hợp a0 đứng đầu bằng 4!24. Vậy sốtốt bằng 32.5! 4!24 32.5! 1 1 3456


10
d     


  .


Nhận xét. Áp dụng kiến thức sốhọc về cấu tạo số, phép chia hết, đồng dư thức,…
Nhắc lại kiến thức và phương pháp.


Một số tự nhiên khi chia cho 9 có cùng số dư với tổng của các chữ số của số đó khi chia cho 9.


Ta có n a b c     j (mod 9).


Vì n là số tự nhiên có 10 chữ số khác nhau nên các chữ số của n chính là 10 chữ số tự nhiên 0,
1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9.


Do đó ta có 0 1 2 9 9.10 9.5
2



n       suy ra n0 mod9

.


Hai số có ước chung lớn nhất bằng 1 là hai số nguyên tố cùng nhau.


Ta có 9 và 11111 có ước chung lớn nhất bằng 1 nên là hai sốnguyên tốcùng nhau.


Một số tự nhiên chia hết cho hai số nguyên tố cùng nhau thì chia hết cho tích hai số đó.


Ta có n chia hết cho 9 (chứng minh trên) và n chia hết cho 11111 (theo đềbài) mà 9 và
11111 là hai sốnguyên tốcùng nhau(chứng minh trên) suy ra n chia hết cho 99999


Phân tích cấu tạo số.


Ký hiệu x abcde y fghij ;  ta có n10 .5x y


Áp dụng các phép toán đồng dư.



(92)

Ta có 1051 mod9999

105x y x y  

mod9999

n0 mod99999

(chứng minh
trên), suy ra

x y 

 

0 mod99999



Suy luận.


x y; là các sốcó 5 chữsốnên 0 x 99999 và 0 y 99999 (do các chữsốkhác nhau
nên x y; không thểvượt quá 99999) suy ra 0  

x y

2.99999 mà

x y

 99999 do đó


x y

99999.


Từđây ta có abcde fghij 99999 suy ra a f b g c h d i e j         9.



Các cặp số tự nhiên có tổng bằng 9 là

         

0; 9 , 1; 8 , 2; 7 , 3; 6 , 4; 5 ứng với 5 tổng
trên ta có 5! cách lập vàmỗi cặp có 2 cách xây dựng nên có tất cả 2 .5!5 sốtốt được tạo
thành, trường hợp số 0 đứng ở hàng trăm triệu khơng có nghĩa có 2 .4!4 nên sẽ


5 4


2 .5! 2 .4! 3456  sốtốt.


2). Ta có

 

 

2

2


; ; 2 3 9 9


f x y zx y   y z   .
Vậy fmin 9 khi x y z  1.


Nhận xét. Dạng tốn tìm giá trị nhỏ nhất đưa về tổng các lũy thừa bậc chẵn cộng với một
số khác 0.


Nhắc lại kiến thức và phương pháp.


• Tách, nhóm các hạng tử


; ;

4 2 2 2 2 4 2 6 12


f x y zxy  z xyyzyx


4x2 y2 9 4xy12x6y

 

y22yz z 2

9


   .



• Hằng đẳng thức bình phương của một tổng hoặc hiệu 

2 2 2


2


a b aab b .


Ta có 2 2

2


2


yyz z  y z .


• Hằng đẳng thức bình phương của tổng hoặc hiệu mở rộng cho nhiều hạng tử


2 2 2 2


2 2 2


a b c  ab  c abacbc.


Ta có 2 2

2


9 4 12 6 2 3


4xy   xyxyx y  .


Khi đó ta được

 

 

2

2


; ; 2 3 9 9



f x y zx y   y z   .


• Đánh giá





2


2


2 3 0


0
x y
y z


  






  



với mọi giá trịcủa x y z; ; .


Khi đó

 

2

2

 

2

2


2x y 3  y z  0 2x y 3  y z  9 9.
Dấu “=” xảy ra khi và chỉkhi






2


2


2 3 0


0
x y
y z


  






  



2 3 0


3 2
0


x y


y z x
y z



   


      


 .


Câu III.



(93)

1). Ta có BIC1800 IBC ICB


   


0 0 180 0


180 180 90


2 2 2 2


ABC ACBBAC BAC


       


2180


BAC BIC


   



Tương tự  900   2180


2
BPC


BQC  BPCBQC .


Tứ giác BPAC nội tiếp, suy ra BAC BPC  BQC BIC  , nên 4 điểm B I Q C; ; ; thuộc một
đường tròn.


Nhận xét. Chứng minh bốn điểm cùng thuộc một đường tròn ta chứng minh bốn điểm
này tạo thành một tứ giác nội tiếp.


Nhắc lại kiến thức và phương pháp.


Tổng ba góc trong một tam giác bằng 180.


Ta có BIC IBC ICB   1800BIC1800IBC ICB  .


Tâm đường trịn nội tiếp là giao điểm của ba đường phân giác trong của tam giác.


I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC nên:
+ BI là phân giác của góc ABC, suy ra  


2
ABC
IBC .
+ CI là phân giác của góc ACB, suy ra  


2


ACB
ICB .


Từđây ta có  1800   1800  


2 2


ABC ACB
BIC IBC ICB   


  0  


0 0 180 0


180 180 90


2 2 2


ABC ACB CAB BAC


      hoàn toàn tương tự ta có


900 


2
BPC
BQC  .


Hai góc nội tiếp cùng chắn một cung của một đường trịn thì bằng nhau.



O


K
N
M
Q


A


C
B


I
P



(94)

 


BAC BPC (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BC của đường tròn ngoại tiếp tứ giác


BAPC)


   


2BIC 180 2BQC 180 BIC BQC


        .


Tứ giác có hai đỉnh liên tiếp cùng nhìn một dưới một góc bằng nhau là tứ giác nội tiếp.


Tứ giác QICB có hai đỉnh QI cùng nhìn cạnh BC dưới hai góc bằng nhau



 


BIC BQC suy ra QICB là tứ giác nội tiếp hay bốn điểm B I Q C; ; ; cùng thuộc một
đường tròn.


2). Gọi đường tròn

B BI;

giao

C CI;

tại K khác I thì K cốđịnh.


Góc IBM là góc ở tâm chắn cung IM và IKM là góc nội tiếp chắn cung IM , suy ra


 1


2


IKMIBM (1).


Tương tự  1


2


IKNICN (2).


Theo câu 1) B I Q C; ; ; thuộc một đường tròn, suy ra


   


IBM IBQ ICQ ICN   (3).


Từ(1), (2) và (3), suy ra IKM IKNKM KN .
Vậy MN đi qua K cốđịnh.



Nhận xét. Chứng minh một đường thẳng đi qua một điểm cố định ta chứng minh hai
đường thẳng cùng đi qua một điểm cố định và chứng minh hai đường thẳng này trùng
nhau.


Nhắc lại kiến thức và phương pháp.


Số đo góc ở tâm gấp đơi số đo góc nội tiếp cùng chắn một cung của một đường trịn.


+ Góc IBM là góc ở tâm chắn cung IM và IKM là góc nội tiếp chắn cung IM của
đường tròn

B BI;

, suy ra  1


2
IKMIBM.


+ Góc ICN là góc ởtâm chắn cung IN và IKN là góc nội tiếp chắn cung IN của đường
tròn

C CI;

, suy ra  1


2
IKNICN.


Áp dụng nhắc lại kiến thức.


 


QBI QCI (hai góc nội tiếp cùng chắn cung QI của đường tròn ngoại tiếp tứ giác


QICB) hay IBM ICN.


Từcác đẳng thức chứng minh trên ta được IKM IKN.



Hai tia chung gốc cùng nằm trên nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng chứa một tia chung gốc
khác hai tia đã cho. Hai tia này cùng tạo với tia chung gốc khác kia hai góc bằng nhau thì hai
tia đã cho trùng nhau.


 


IKM IKN và IM IN; cùng thuộc một nửa mặt phẳng bờ IK nên IM IN .
IMIN cùng đi qua điểm K cốđịnh nên MN đi qua K cốđịnh.
Câu IV. Ta cần chứng minh



(95)

; ;

1 1 1 33 0


1 1 1 1 2


F a b c


a b b c c a abc


    


     


Với a b; 0 và ab x , tacó đẳng thức 1 1 2


x a x b x    ab (1)




2



2x a b 2


x x a b ab x ab
 


 


   




2 2


2x x a b 2x ab ab a b( ) 2x 2x a b 2ab


          2x abab a b

 

 

x a b 

2ab




2 ab x ab a b ab x 0


     




2


0
ab x a b


    (hiển nhiên đúng).



+) vì c  1 1 ab, áp dụng kết quả (1) ta suy ra:


1 1 2


1 c b1 c a1 c ab


Đẳng thức xay ra khi và chỉ khi a=b.
Ta cũng có


1 1


1 a b1 2 ab


Từ đó suy ra


; ;

33


1 2


1 1 1


1 1 1


F a b c


ab ab ab c c ab abc


 



 


 


    


; ;



F ab ab c


 .


Xét bộ

a b c; ;

bất kỳ có a b ta có F a b c

; ;

F ab ab c

; ;

.


Suy ra giá trị lớn nhất chỉ đạt được khi a b c  , hay F a b c

; ;

F a a a

; ;

0 (điều phải
chứng minh).


ĐỀ SỐ 10.
Câu 1.


1). Điều kiện: x2.
Đặt


2


2


2 4


a x



b x x


  



   


 (a0;b0).


Ta có 2a2 b2 2x 4 x22x 4 x28,
suy ra 2a2b23ab 

a b



2a b

0


+ TH1: 2 2 2 4 2 3 2 0 1


2
x


a b x x x x x


x
 

            


 .


+ TH2: 2a b 4

x 2

x22x 4 x26x    4 0 x 3 13.


Nhận xét: Bài toán sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ rồi đưa về phương trình đẳng cấp


bậc hai, tìm mối quan hệ giữa hai ẩn phụ sau đó nâng lũy thừa tìm nghiệm của phương
trình ban đầu.


Nhắc lại kiến thức cũ và phương pháp:



(96)

• Hằng đẳng thức u3v3

u v u

2uv v 2

.


• Cách giải phương trình bậc hai dạng a x. 2b xy c y. . 20 (*).


Làm nháp: Chia cả hai vế của phương trình (*) cho y2( vì là làm nháp nên ta cứ coi là


0


y ), khi đó (*)


2


. x .x 0


a b c


y y
 
 


     


  .


Coi đây là phương trình bậc hai ẩn t x


y


 (đã biết cách giải) thì nghiệm t tìm được sẽ
biểu hiện mối quan hệ giữa x y, . Cụ thể là 1


2


x t y
x t y
 

 
 .


Ý tưởng: Bài tốn này có thể giải bằng cách lũy thừa hai vế, đưa về phương trình bậc bốn
và vấn đề ta gặp phải sẽ là nghiệm của phương trình bậc bốn. Ta đặt dấu hỏi cho nó ?
Nhưng nếu để ý 8 2 3 nên trong căn thức sẽ xuất hiện ngay hằng đẳng thức




3 8 3 23 2 2 2 4


x  x   xxx . Vậy nên trong căn bậc hai đã xuất hiện hai tích. Do đó
để xuất hiện phương trình đẳng cấp thì ta cần làm cơng việc sau, đó là đồng nhất hệ số
của biểu thức dạng

2

2


1


1



2 4 2 8 2 0


2


4 2 8


a


a


a x x b x x b a


b
a b
 
 
 
          


.
Đến đây, ta viết lại phương trình ban đầu như sau:


2

2



2 8 3 3 8 x 2x 4 2 x 2 3 x 2x 4 x 2


x   x           (i).


• Đặt 2 2 4 0



2 0


u x x


v x


    



   


 nên phương trình trên trở thành:
(i) 2 3 2 2 0



2

0


2
u v


u uv v u v u v


u v
 


          




• Hoặc nhận thấy 2

2



2 4 1 3 0


xx  x   nên phương trình (i) tương đương với:


2 2


2 2


2. 3 1 0


2 4 2 4


x x


x x x x


 


  


    . Có thể đặt căn thức là ẩn phụ để giải phương trình
bậc hai.


• Hai hướng trên đều cho ta:
TH1. Với 2


2


2 1



2 4 2


2


3 2 0


x x


x x x


x
x x
 
  

    

  
 
 .


TH2. Với 2


2


2


2 4 2 2 3 13


6 4 0



x


x x x x


x x


 


          


 .


Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:


1. Giải phương trình x23x 5 2 x3x26x4.


Đáp số: 1 13


2
x  .


2. Giải phương trình 2 3 1 3 4 2 1


3


xx   xx  .




(97)

Đáp số: x1.


2). Cộng hai phương trình ta có






2 2


2xxy y 5x y   2 0 x y 2 2x y  1 0.


+ TH1: 2 2 2 2 1


1
1


x y x y x y
xy


x xy y


 


     


  


 


     



 




+ TH2: 2

 

2


2 2


2 1


2 1 2 1 1


1
x y


x x x x


x xy y
  


 


   



3 2 3 0 0 1


1 1


x y



x x


x y
   


       


 .


Đáp số:

x y;

   

 1; 1 , 0; 1

.


Nhận xét: Kết hợp giữa hai phương trình của hệ, đưa về một phương trình xét  chính


phương, từ đó tìm mối quan hệ giữa hai biến rồi thế ngược lại một trong hai phương trình
của hệ tìm nghiệm.


Nhắc lại kiến thức và phương pháp:


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

a0

.


• Đưa hệphương trình đã cho vềdạng

 


 



; 0


; 0


f x y


g x y
 








• Giả sử tồn tại k sao cho f x y

;

k g x y.

;

0 (i). Coi phương trình (i) là phương
trình bậc hai ẩn x hoặc ẩn y, sau đó xét  sao cho  là một sốchính phương, từ đó


sẽtìm được k cũng như mối quan hệgiữa x y; .


Ý tưởng: Hai phương trình của hệ khá tách biệt, ở phương trình một rõ ràng khơng thể
tìm được mối quan hệ giữa x y; , nên ta xét phương trình hai. Nó rắc rối hơn một chút,
thậm chí cịn xuất hiện đầy đủ các biến số. Do đó ta thử cách xét  phương trình hai xem
thế nào. Bây giờ coi nó là phương trình bậc hai ẩn x, ta có:




2 2 2 2 5 3 2 2 5 2 2 3 0


xxyyx y  xyxy   y


2

2

2


2 5 4 2 3 12 24 13


x y y y y y



          .


Rõ ràng  khơng thể chính phương, nên ta đã thất bại ở lối tư duy này. Vậy còn lại đó


chính là cách kết hợp cả hai phương trình để đưa ra một phương trình có  chính
phương. Ta làm như sau:


• Đưa hệ đã cho về dạng 22 2 21 0


2 2 5 3 0


x xy y


x xy y x y
    



      



• Giả sử tồn tại k sao cho:




2 2 1 2 2 2 2 5 3 0


xxy y  k xxyyx y  

1 k x

2

2yk y 5k x

 

1 2k y

2 ky 3k 1 0


           (i).


Coi (i) là phương trình bậc hai ẩn x, khi đó


2

 

2


2 5 4 1 1 2 3 1


x ky y k kk y ky k


         


12k2 3

y2

6k 24k y2

25k2 4

k 1 3



k 1



        .



(98)

Để x là một số chính phương thì trước hết hệ số của y2 cũng phải là số chính
phương, tức là chúng ta cần đi giải phương trình nghiệm nguyên 12k2 3 m2. Dễ
dàng tìm được 2 1


9
k
m
 



 nên thử lại, ta sẽ có được



2
2



9 18 9 3 3


x y y y


      .


• Vậy nên, dựa vào nghiệm của phương trình bậc hai, suy ra:
(i) 2

2


5
4


2 5 2 0


5
4
x
x
y
x


x y x y y


y
x
  
 


        


  






5 3 3


2 1 0


4


5 3 3 2 0


4
y y


x x y


y y x y


x
   
    

 
      





.


• Từ đó thế ngược lại vào một trong hai phương trình của hệ để tìm nghiệm của hệ
phương trình.


Bài tốn kết thúc.
Bài tập tương tự:


1. Tìm nghiệm dương của hệ phương trình 22 3 2 1


2 2 3 1


x xy x
y xy x y
   



 


 .


Đáp số:

 

; 5 1; 5 1


4 4


x y     


 ,



7 41 7; 41


2 2




 
 ,


7 41 7; 41


2 2




 
 .


2. Giải hệ phương trình

2 2


4 4 2 3 2 2 0


x y x y y
x x y x y
    



    



 .


Đáp số:

       

x y;  0;0 , 1;2 , 2;2
Câu 2.


1). Phương trình tương đương

 

2

 

2

2


3 2 3 2 1 10


xyx  y  .


Mà 10 chỉ có thể biểu diễn dưới dạng tổng 3 bình phương: 10 0 2 12 3 .2
Chú ý 2x3; 2y1 là số lẻ nên (*)





2


2


3 0


2 3 1


2 1 9


x y
x
y


  

  


  



hoặc (**)





2


2


3 0


2 3 9


2 1 1


x y
x
y
  

  




  

.


+ Xét hệ (*), từ phương trình đầu, suy ra x 3y2 3

y

321 (vô nghiệm).
+ Xét hệ (**)


0


2 3 3


2y 1 1 3


3 0 1


x y


x


x


x y y

  
   
 
      





  
 
 
.
Đáp số:

x y;

   

 0; 0 , 3; 1

.



(99)

Nhận xét. Bài toán nghiệm nguyên giải bằng phương pháp tách một số thành tổng các số
chính phương.


Nhắc lại kiến thức và phương pháp.


• Biến đổi tách thành tổng các số chính phương




2 2


5x 13y 6xy4 3x y


x26xy9y2

 

4x212x 9

 

4y24y 1

10


 

2

 

2

2


3 2 3 2 1 10


x y x y


       .



• Tách số thành tổng các số chính phương


Vế Trái là tổng của 3 số chính phương nên tách vế phải thành tổng của 3 số chính
phương. Ta có 10 0 2 12 3 .2


• Đồng nhất hai vế theo các thứ tự khác nhau. Sử dụng các tính chất đặc biệt để giảm
bớt các trường hợp phải xét


• Giải các hệ phương trình ta nhận được nghiệm.


2). Ta có 2 1 1 1 1 1 1 2 12 2


3 3 3 3


P


ab bc ca ab bc ca a b c







       


   


2 2 2


2 9 16



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


 


      


Mà 1

2


3
3


ab bc ca   a b c   .


 

2


2 2 2


3ab3bc3ca a bcab bc ca    a b c


2 2


1( ) ( ) 12


3 a b c a b c


       .


2 9 16 10.


3 3 12 3



P


    .


Dấu “=” xảy ra khi a b c  1.
Vậy min 10.


3
P


Nhận xét: Bài toán sử dụng bất đẳng thức Cosi từ đó dựa vào điểm rơi của bài toán để
phát hiện ra bổ đề cần dùng.


Nhắc lại kiến thức và phương pháp:


• Hằng đẳng thức

2 2 2 2



2


a b c  ab  c ab bc ca  .


• Bất đẳng thức Cosi cho hai số thực khơng âm a b 2 ab.


• Từ bất đẳng thức Cosi, phát triển ra các đánh giá sau:


1 1 1 9 ; 1 1 1 1 16


a b c a b c a b c d a b c d            .



• Đánh giá qua tổng các đại lượng khơng âm:


 

2

 

2

2 2 2 2


0


a b  b c  c a  ab  c ab bc ca  .



(100)

Ý tưởng: Nhận thấy đây là một dạng bất đối xứng, vậy nên ta sẽ dự đoán dấu “=” xảy ra
tại a b c  mà a b c  3, nên suy ra a b c  1. Việc biết trước điểm rơi sẽ giúp ta vận


dụng các đánh giá một cách linh hoạt hơn. Tiếp theo, biểu thức có xuất hiện a2 b2 c2
nên ta cần nghĩ ngay đến hằng đẳng thức

2 2 2 2



2


a b c  ab  c ab bc ca  nên ta cần
một đánh giá ở mẫu số sao cho vừa xuất hiện hằng đẳng thức đó, vừa thỏa mãn điều kiện
điểm rơi của bài toán. Vì a b c  1 nên 2 12 2 1


3


a  b c  do đó ta cần tạo ra các lượng
1
3
để cân bằng với biểu thức 2 12 2


a  b c .
Cụ thể là 1 1 1



3ab3bc3ca, do đó biểu thức P trở thành:


2 2 2


2 1 1 1 1 1 1 1


3 3 3 3


P


ab bc ca ab bc ca a b c







       


   


Vậy nên, theo bất đẳng thức Cosi, suy ra:


1 1 1 9 2 1 1 1 6


3


ab bc ca ab bc ca ab bc ca ab bc ca








       


     


2 2 2 2 2 2


1 1 1 1 16


3ab3bc3ca a  b c 3ab3bc3ca a  b c .
Mặt khác 3ab3bc3ca a      2 b2 c2 9 ab bc ca, nên ta được:


6 16


9
P


ab bc ca ab bc ca


 


     .


Từ đây, dựa vào tổng đánh giá các đạilượng khơng âm thì ta có:


 

2

 

2

2 2 2 2


0



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


2



3 9 3 3


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


              .


Cuối cùng, ta thu được 6 16 10


3 9 3 3


P  


 .


Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:


1. Cho a b; là hai số thực dương thỏa mãn a2 b 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2


1 1 2


P a b


b
a



   .


2. Cho a b c; ; là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:






2


4
a b c ab bc ca bc
P


abc b c


   


 


 .
Câu 3.



(101)

1). Gọi MNgiao PQ tại T. Theo định lí Thales, ta có TP TD TC


TCTB TQ .


Từ đó TC2TP TQ. .


Do TC là tiếp tuyến của ( )O , nên TC2TM TN. .



Từ đó TM TN TC. 2TP TQ. , suy ra tứ giác MNPQ nội tiếp.


Nhận xét. Có nhiều cách để chứng minh bốn cùng điểm nằm trên một đường trịn, trong
đó đưa về chứng minh bốn điểm tạo thành một tứ giác nội tiếp là thông dụng nhất.


Nhắc lại kiến thức và phương pháp.


• Định lý Thales.


PD BC ta có TP TD TC TC2 TP TQ.


TCTB TQ  


• Bình phương độ dài tiếp tuyến của đường trịn từ một điểm nằm ngồi đường trịn
bằng tích các đoạn chia ra bởi một cát tuyển từ điểm đó với đường trịn.


TC là tiếp tuyến của đường trịn (O) ta có TC2TM TN.
Kết hợp với trên, ta được TP TQ TM TN.  .


• Tứ giác có hai cạnh cắt nhau tại một điểm nằm ngoài tứ giác tạo thành các tích các
đoạn bằng nhau là tứ giác.


Tứ giác BCPD có cạnh BDPC kéo dài cắt nhau tại điểm T nằm ngoài tứ giác và có


. .


TP TQ TD TB suy ra tứ giác BCPD là tứ giác nội tiếp hay bốn điểm B; C; P; D cùng
nằm trên một đường tròn.





2). Gọi MP giao ( )O tại điểm thứ hai S.
Ta có các biến đổi góc sau:


  


KML CMS SCP  (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung)


 


MSC SPC


  (góc ngồi)


 


MNC MNQ


  (do các tứ giác MNPQMNSC nội tiếp).


A D


B C


O
Q


P
M



N
K


L


T
S



(102)



KNL


 .


Từ đó tứ giác MKLN nội tiếp, suy ra KLM KNM QPM    , nên KL PQ OC  . Vậy KL OC .
Nhận xét. Chứng minh hai đường thẳng vng góc ta sử dụng tính chất bắc cầu chứng
minh đường thẳng song song với đường thẳng khác vng góc với đường thẳng kia.


Nhắc lại kiến thức và phương pháp.


• Góc tạo bởi tia tiếp tuyến - dây cung và góc nội tiếp cùng chắn một cung của một
đường tròn thì bằng nhau.


Góc SCP là góc tạo bởi tai tiếp tuyến CP và dây cung CS; Góc CMS là góc nội tiếp.
Hai góc này cùng chắn cung CS của đường trịn ( )O suy ra KML CMS SCP


• Góc ngoài tại một đỉnh của tam giác bằng tổng hai góc trong khơng kề với nó.


Góc MSC là góc ngồi tại đỉnh S của tam giác CSP nên ta có



     


MSC CPS SCP  SCP MSC CPS 


• Hai góc nội tiếp cùng chắn một cung của một đường trịn thì bằng nhau.


+ CSM CNM  (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CM của đường tròn ngoại tiếp tứ giác


CSNM).


+ CPS MNQ  (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MQ của đường tròn ngoại tiếp tứ giác
MNPQ)


Kết hợp trên, ta được KML CNM MNQ KNL      .


• Tứ giác có hai đỉnh liên tiếp cùng nhìn một cạnh dưới hai góc bằng nhau thì tứ giác đó
là tứ giác nội tiếp.


Xét tứ giác MKLN có hai đỉnh MN liên tiếp cùng nhìn cạnh KL dưới hai góc bằng
nhau KML KNL suy ra MKLN là tứ giác nội tiếp.


Theo nhắc lại kiến thức trên ta có MKLN là tứ giác nội tiếp nên KLM KNM (hai góc
nội tiếp cùng chắn cung KM).


 


KNM QPM (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MC của đường tròn ( )O ), suy ra


  



KLM KNM QPM  .


• Một đường thẳng cắt hai đường thẳng đã cho tạo ra hai góc đồng vị bằng nhau thì hai
đường thẳng đã cho song song.


Hai đường thẳng KLPQKLM QPM  mà hai góc này ở vị trí đồng vị suy ra
KL PQ .


• Đường thẳng a b và b c suy ra a c .


Ta có KL PQ


PQ OC



 



, suy ra KL OC


 .
Câu 4.


Trả lời: Khơng tồn tại


Giả sử có chứa 36 số nguyên liên tiếp có tổng bằng

1

35

18 2

35



n    nnn khơng chia hết cho 4 vì 2n35 là số lẻ. Mặt khác từ 9
số thì tổng aiaj(1  i j 9) nhận 9.8 36



2  giá trị trong đó mỗi số xuất hiện bốn lần; suy



(103)

ra

aiaj

4

a1  a2  a9

vì số các tổng bằng 36 nhận 36 giá trị là 36 số nguyên liên
tiếp nên ta suy ra:


1 2 9



18 2n35 4 a   aa .
(mâu thuẫn vì 18 2

n35

khơng chia hết cho 4).


Nhận xét. Đây là một bài toán tư duy, khơng có phương pháp chung
Nhắc lại kiến thức và phương pháp.


• Tổng của các số nguyên từ 1 đến a bằng

1


2
a a




1

35

36

1 2 34 35

36 35.36


2
n    nnn      n




36n 35.18 18 2n 35


    .



• Số lẻ khơng chia hết cho 4.


2n35

là tổng của một số chẵn và một số lẻ nên là số lẻ do đó

2n35

khơng
chia hết cho 4.


• Tích của hai thừa số khơng chia hết cho 4 thì tích đó khơng chia hết cho 4.


Ta có

2n35

không chia hết cho 4 (chứng minh trên) và 18 không chia hết cho 4 nên




18 2n35 không chia hết cho 4.


• Từ 9 số bất kỳ, ta có thể tìm ra 36 cặp số

m n;

.


Chứng minh: Với 1 cách chọn số m và 8 cách chọn số n nên có 1.8 cặp số

m n;

.
Do đó, với 9 số m và 8 cách chọn số ta có 9.8 cách chọn cặp số

m n;

.


Tuy nhiên, mỗi cặp số được lặp lại 2 lần thành

m n;

n m;

khơng được xét nên tất
cả có 36 cặp số

m n;

được hình thành.


Áp dụng tính chất trên ta có từ 9 số bất kỳ ta lập được tổng aiaj (1  i j 9) nhận
9.8 36


2  giá trị trong đó mỗi số xuất hiện 4 lần nên

(aiaj) 4( a1  a2  a9) vì số
các tổng bằng 36 nhận 36 giá trị là 36 số nguyên liên tiếp nên ta suy ra:


1 2 9




18 2n35 4 a   aa .


• Hai vế của một đẳng thức ln có cùng số dư khi chia cho một số.


Ta có VT18 2

n35

không chia hết cho 4 (chứng minh trên) và


1 2 9



4


VPa   aa chia hết cho 4 nên không thể tồn tại đẳng thức


1 2 9



18 2n35 4 a   aa .


Do đó khơng tồn tại 9 số nguyên a a1, , ,2a9 sao cho tập các giá trị của tổng a aij (
1  i j 9) có chứa 36 số nguyên liên tiếp.


ĐỀ SỐ 11.
Câu 1.


1). Sửdụng hằng đẳng thức




3 3 3 3 2 2 2


abcabc  a b c abc   ab bc ca .




(104)

Ta có x3y3 8 6xy7


x y 2

x2 y2 4 xy 2x 2y

7


         .


Mà 2 2 4 2 2 1

 

2 2

 

2 2

2 0


2


xy  xyxy  x y  x  y 


  .


Suy ra ta có 2 trường hợp:


+ TH1: 2 22 1 1


4 2 2 7


x y


y x
x y xy x y


   


   


      





2



2 1 4 1 2 2 1 7


x x x x x x


             3 2 3 0 0 1


1 0


x y


x x


x y
   


       


 .


+ TH2: 2 22 7 5


4 2 2 1


x y



y x
x y xy x y


   


  


      



2



2 5 4 5 2 2 5 1


x x x x x x


         


2 2 3


3 15 18 0


3 2


x y


x x


x y
   




        


 .


Đáp số

x y;

 

 1; 0 , 0; 1 , 2; 3 , 3; 2

 

    

.


Nhận xét: Bài toán sử dụng phương pháp phân tích đẳng thức, kết hợp với kỹ thuật chọn
nghiệm nguyên để tìm x y; .


Nhắc lại kiến thức và phương pháp:


Hằng đẳng thức: a3b3c33abc  

a b c a

2b2c2  ab bc ca

.


Ý tưởng: Cái hay và khó ở bài tốn này chính là bước phát hiện ra đẳng thức đã vốn rất
quen thuộc. Đầu tiên, quan sát phương trình nghiệm nguyên ta thấy:


3 3 1 6 3 3 8 6 7


xy   xyxy   xy và dễ dàng thấy rằng 8 2 ; 6 3 xy3. . .2x y vì thế nếu
đặt z2, ta sẽ có được một đẳng thức đối xứng rất đẹp là: x3y3z33xyz7.


Khéo léo biến đổi, ta có:


3



3 3 3 3 7 3 3 7


xyzxyz  x y zxy x y z  


x y z x

2 2xy y2 xz yz z2

3xy x y z

7


           


x y z x

2 y2 z2 xy yz xz

7


         (*).


Mặt khác 2 2 2 1

 

2

 

2

2


0
2


xyzxy yz xz    x y  y z  z x


  . nên để phương trình


(*) có nghiệm nguyên khi và chỉ khi:


• TH1. Với 2 2 2 1; , 0 1


1 0


2 2 3


x y x y x y
x y
x y xy x y


 



        






         


 




.


• TH2. Với 2 2 2 7; , 2 3


3 2


2 2 3


x y x y x y
x y
x y xy x y


 


       







        


 






.



(105)

Do đó, các cặp nghiệm nguyên cầntìm là


x y;

     

 2; 3 , 3; 2 , 0; 1 , 1; 0

 

.
Bài toán kết thúc.


Bài tập tương tự:


1. Giải phương trình nghiệm nguyên x3y3 1 3xy.


2. Giải phương trình nghiệm nguyên 8x3y36xy5.


2). Với k là sốnguyên dương và k2  m

k 1

21 thì ta có k m k  1mk.
 
 


Cho m k k 2, 21, ,

k1

21 (có tất cả

k1

2k2giá trị) ta đều có



2 2 1 ( 1)2 1


k k k k


      


     


     


       .


Từđó suy ra tổng cần tính bằng


 



2 2 2


1 2 3 4 5 8


(n 1) (n 1) 1 n 1


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


     





        


     


 




22 1 1

 

32 22

2n2

n 1

 

2 n 1


          


 




 

2


2 2 2 2 2 2


2 1 2 3 2 2 3 4 3 3 n 1 n n 1 n 1


                 


 

2



2 2 2


1 2 n 1 n 1 n


       



1

2 1

1

 

2 1

1

1 4



1



6 6


n n n n n n n n


        .


Ghi chú: Thí sinh có thểchứng minh bằng quy nạp toán học.
Nhận xét. Bài toán về phần ngun


Nhắc lại kiến thức và phương pháp.


• Tính chất phần nguyên    x a thì a x a  1


2


2


1 1


m k k m k k m k
         
 


  hay



2



2 1 1


k   m k  với k là số nguyên
dương.


• Các số m nguyên dương thỏa mãn 2

2


1 1


k   m k  là




2 2 2 2 2



; 1; 2; ; 1 2; 1 1


mk kk   k  k  .


• Số các số của dãy sốtự nhiên liên tiếp tăng là “Số cuối - Số đầu + 1”
Có tất cả

2 2

2 2


1 1 1 1


k  k   kk số nguyên m thỏa mãn điều kiện

2


2 2 1 1 1


k kkk


       


   


     .


• Nhóm các số hạng của tổng cần tính thành các nhóm có tính chất như số m.



(106)

 





 



 



2 2 2


2


2 2 2 2


2


2 2 2 2 2 2


1 2 3 4 5 8


1 1 1 1



2 1 1 3 2 2 1 1


2 1 2 3 2 2 3 4 3 3 1 . 1 . 1


Q


n n n


n n n


n n n n


           
     


           


    


   


     


   


 


         


 



               


 







2



2 2 2


1 2 n 1 n 1 n


 


       


   .


• Áp dụng biểu thức 12 22 2 1

1 2



1


6


k k k k
     


2

2



2 2 2 2 2 2


1 2 1 1 1 1 2 1


Q     n  n n  n n     n


     


1

2 1

1

 

2 1

1

1

 

6 2 1

1

1

 

4 1



6 6 6


n n n n n n n n n n n n


            .


Câu 2.


1). Phương trình đầu của hệtương đương với


x1

33

x 1

y33y0


x y 1

 

x 1

 

2 x 1

y y2 30


         


 


1 1



x y y x
      .
Thếvào phương trình thứhai của hệta được


 

2


2


2xx 1  x 1 x 11


2 2 1


4 3 10 0 5 9


4 4


x y


x x


x y
   




    


   




.
Đáp số  ;

 

2; 1 ,

5 9;


4 4
x y    


 .


Nhận xét: Bài toán sửdụng phương pháp tìm nhân tửtừmột phương trình sau đó thếvào
phương trình cịn lại tìm nghiệm của hệphương trình.


Nhắc lại kiến thức và phương pháp:


• Cách giải phương trình bậc hai tổng quát: a t. 2b t c.  0 (a0).


• Hằng đẳng thức: a3b3 

a b a

2ab b 2



3 3 3 2 2 2 2 3 3


3 3


ax by a xa bx yab xyb y .


Ý tưởng: Quan sát hệphương trình, phương trình đầu là phương trình bậc ba (bậc giảm từ
3 đến 0), phương trình cịn lại là phương trình bậc hai vì thếkhơng thểđưa vềdạng đẳng
cấp bậc ba. Do đó việc kết hợp cảhai phương trình đã thất bại, vì vậy ta sẽđi xét từng
phương trình một của hệ. Ởphương trình hai có thểlàm nháp là: xét đenta bậc hai đối với


x hoặc y thì rõ ràng đenta khơng chính phương. Ta chuyển sang phương trình một, rõ




(107)

ta cần đưahàm x vềhàm đơn giản y tức là đưa vềdạng

x a

33

x a 

y33y0.
Bằng phương pháp đồng nhất hệsốta có:

3

3 2


3 3 6 4 1


x a  x a xxx  a . Do đó
phương trình đầu của hệ

3

3


1 3 1 3 0


x x y y


       . Bây giờta xét đến hằng đẳng
thức dạng a3b3 

a b a

2ab b 2

thì sẽxuất hiện nhân tửchung là x 1 y như sau:


3

3


1 3 1 3 0


x  x yy


 

 

2

2



1 1 1 3 1 0


x y xx y yx y
          


 



 

 

2

2


1 1 1 3 0


x yx x y y
        


 


 

2

2


1


1 1 3 0 (*)


y x


x x y y
  




     


 .


Phương trình (*) vơnghiệm vì (*) 1 1 2 3 2 3 0


2 4



x y y







      


  .


Và thế y 1 x vào phương trình hai giải phương trình bậc hai.


Bài tốn kết thúc.
Bài tập tương tự:


1. Giải hệphương trình 3 2 4 3 4


4 5 2 3


x y y x
y y x
   





  


 .



Đáp số:

;

8 2 13 8 2 13;


3 3


x y    


 


2. Giải hệphương trình 35 3 2 3 3 2 4
1 0


x x y y y
x y


     



   



Đáp số:

x y;

 

 0; 1

.
2). Đặt a x  3x2 0


2


2 2 2 2 3


3 2 3



2
a


a x x a ax x x x


a


           .


Tương tựđặt 3 2 0 2 3


2
b


b y y x


b


      .


Khi đó 3 3 .


2 2 2 2


a b


x y



a b
    
Mà theo giảthiết a b 9


9 3 3 2 3 2.


2 2 2 6 3 3


a a a a


x y


a a a a


           
Lại có 2 2 3

2


4


xxy y  x y x2xy y 23.
Dấu “=” xảy ra   x y 1.


Vậy

2 2

3.


mim


xxy z 


Nhận xét: Bài toán sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ, khai thác giả thiết cùng bất đẳng
thức Cosi đểtìm giá trịnhỏnhất.



Nhắc lại kiến thức và phương pháp:



(108)

• Cách giải phương trình có dạng x x2 n m
2


2 2 2 2 2


2
m n


x n m x x n x mx m x


m


         


Hoặc có thểgiải bằng cách liên hợp như sau


2 n 2


x x n m x n x


m


      


2



2 2


2


n m n


x x n x n x m x


m m




          .


• Bất đẳng thức Cosi cho hai sốthực dương a b 2 ab.


Ý tưởng: Bài toán xuất hiện giảthiết khá phức tạp, chưa biết khai thác như thếnào. Nhưng
ở cảbiểu thức P hay giả thiết bài cho đều có sựđối xứng giữa x y, nên ta dựđoán điểm
rơi xảy ra tại x y k  . Khi đó thay ngược lại giả thiết, ta có:

k k23

2  9 k 1. Và


min 3


P  , đến đây công việc sẽthuận lợi hơn cho ta rất nhiều khi biết trước được điểm rơi.
Với x y ta sẽcó đánh giá rất quen thuộc

x y

2 0 x2y22xy


2 2

 

2 2



4 x xy y 3 x 2xy y


     



2

2


2 2 3 3


4 4


x xy y x y P x y


        .


Vậy nên nếu bây giờ, đi từgiả thiết ta tìm được x y 2 thì coi như bài tốn sẽđược giải
quyết. Biến x xuất hiện trong x x23 đồng thời y xuất hiện ở y y23. Do đó tư
tưởng của ta sẽ là rút x y; từ giả thiết bằng cách đặt ẩn phụ như sau: đặt


2 3 2 3


a x  x   x   a x
2


2 3 2 2 2 3


2
a


x a ax x x


a



       . Tương tự với b y  y23 ta sẽ thu được 2 3


2
b


y


b

 .
Khi đó, cần chứng minh 2 3 2 3 2


2 2


a b


a b


 


  với điều kiện ab9. Ta dễ dàng chứng minh
được như sau:


2 3 2 3 3 3 3 3


2 . 2


2 2 2 2 2 2 3 3


a b a b a a



a b a b a a


     


Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:


1. Cho x y; là hai số thực thỏa mãn

x x22



y y22

4. Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức P2

x2y2

 x y.


2. Cho x y; là hai số thực thỏa mãn

x y21



y x2 1

1. Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức P2

x2y2

 x y.


Câu 3.



(109)

1). Gọi S điểm đối xứng với P qua M. Theo tính chất đối xứng của hình thang cân dễ
thấy tứgiác ABSP cũng là hình thang cân.


Ta lại có QPS QAB QRB  .


Từđó có EPQ ERP  ERP∽EPQ (g – g),


nên EQP EPR BPS ASE      , suy ra tứgiác AEQS nội tiếp.


Do đó . . .2 .


2
PF



PA PQ PE PS  PM PF PM , suy ra tứ giác AMQF nội tiếp. Từ đó suy ra
đường trịn ngoại tiếp tam giác AQF luôn đi qua M.


Nhận xét. Ta chứng minh đường trịn ngoại tiếp tam giác AQF ln đi qua M, khi đó
tâm ngoại tiếp tam giác AQF luôn thuộc đường trung trực của AM là một đường thẳng
cốđịnh.


Nhắc lại kiến thứcvà phương pháp.


• Hình thang có hai đỉnh kề cạnh đáy đối xứng qua trung trực của mỗi đáy là hình
thang cân. Hình thang cân có trục đối xứng là trung trực chung của hai đáy.


ABCD là hình thang cân nên AB đối xứng qua trung trực của AB.


PS đối xứng với nhau qua M hay PS đối xứng qua trung trực củaPS.


Suy ra ABSP là hình thang cóA, B đối xứng qua trung trực của ABP, S đối xứng
qua trung trực PS do đó ABSP là hình thang cân.


O


D C


A


P


Q
B



R


M
F


E S


O


D C


A


P


Q


B


R


M
F


E S



(110)

• Hai góc nội tiếp cùng chắn một cung của một đường tròn thì bằng nhau.


 



RBA RQA (hai góc nội tiếp cùng chắn cung RA của đường tròn ( )O ).


 


EPR RBA (hai góc đồng vịcủa hai đường thẳng EP AB ),
suy ra EPR RQA  .


• Hình thang cân cũng là tứgiác nội tiếp.


ABSP là hình thang cân nên ABSP cũng là tứgiác nội tiếp, do đó ASP ABP (hai góc
nội tiếp cùng chắn cung AP của đường trịn ngoại tiếp tứgiác ABSP).


Ta có ASE AQE  suy ra tứgiác AEQS nội tiếp.


• Giao điểm hai đường chéo của tứ giác nội tiếp tạo ra tích các đoạn thẳng tương ứng
bằng nhau (Chứng minh dựa vào tam giác đồng dạng trường hợp góc – góc.


AEQS là tứ giác nội tiếp có P là giao điểm của hai đường chéo nên ta có


. . .2 .


2
PF


PA PQ PE PS  PM PF PM .


• Tứgiác có giao điểm hai đường chéo tạo thành tích các đoạn thẳng tương bằng nhau
là tứ giác tứ giác nội tiếp (Chứng minh dựa vào tam giác đồng dạng trường hợp
cạnh.góc.cạnh).



Tứ giác AMQFPA PQ PF PM.  . do đó AMQF nội tiếp. Từ đó suy ra đường trịn
ngoại tiếp tam giác AQF luôn đi qua M cốđịnh.


2). Vì EA là tiếp xúc ( )O và từ kết quả câu 1). ta có EA2ER EQ EP. 2. Từ đó có EA EP ,


suy ra DAP EAP EAD APE ACD PAC    .


Do đó APlà phân giác DAC, suy ra QC QD QM CD .


Nhận xét. Chứng minh hai đường thẳng vng góc, ta ghép vào đường trịn để áp dụng
tính chất “Đường thẳng đi qua điểm chính giữa cung và trung điểm của dây cung thì
vng góc với dây cung tại trung điểm của dây” vào giải bài toán.


Nhắc lại kiến thức và phương pháp.


Áp dụng chứng minh phần 1). ta có EA2ER EQ EP. 2 suy ra EA EP .


• Tam giác có hai cạnh bằng nhau là tam giác cân. Tam giác cân có hai góc kề cạnhđáy
bằng nhau.


Tam giác AEPEA EP suy ra AEP cân tại E suy ra EAP EPA 


• Góc tạo bởi tia tiếp tuyến - dây cung và góc nội tiếp cùng chắn một cung của một
đường trịn thì bằng nhau.


Góc EAD là góc tạo với tia tiếp tuyến AE và dây cung AD; Góc ACD là góc nội tiếp
cùng chắn cung AD của đường trịn ( )O nên ta có EAD ACD.


Trừ vế theo vế của hai đẳng thức ta được EAP EAD EPA ACD   



• Góc ngồi tại một đỉnh của tam giác bằng tổng hai góc trong khơng kề với nó.


Tam giác APCEPA là góc ngồi tại đỉnh P suy ra


     


EPA ACD PAC  PAC EPA ACD  kết hợp với đẳng thức trên ta được


     


EAP EAD EPA ACD   DAP PAC , suy ra AQ là phân giác góc DAC.



(111)

• Tia phân giác của góc nội tiếp một đường tròn cắt đường tròn tại điểm chính giữa
cung bị chắn.


AQ là phân giác góc nội tiếp DAC chắn cung DC của đường trịn ( )O cắt ( )O tại Q
nên suy ra Q là đỉnh chính giữa cung DC.


• Đường thẳng đi qua điểm chính giữa cung và trung điểm của dây cung thì vng góc
với dây cung tại trungđiểm của dây.


Ta có Q là đỉnh chính giữa cung DC; M là trung điểm của dây DC suy ra QM DC
tại M.



Câu 4.


Trướchết ta chứng minh với mọi cách chọn 1000 ô trên bảng đã cho luôn tồn tại một bảng
con 2 2 chứa đúng 1 trong 1000 ô này.



Thật vậy, vì số hàng lớn hơn số ô được chọn nên tồn tại hai hàng liền nhau R R1, 2R1
không chứa ô nào và R2 có chứa ít nhất một ơ đã chọn. Vì số cột cũng lớn hơn số ô được
chọn nên tồn tại hai ô A B, cạnh nhau trên R2 mà chỉ có đúng một ơ đã chọn. Gọi C D, là
2 ô nằm trên R1 và cùng cột với A B, . Bảng con 2 2 gồm 4 ô A B C D, , , chỉ có đúng một ơ
được chọn.


Giả sử ta có thể thu được bảng gồm đúng 1000 ô màu đỏ sau hữu hạn lần đổi màu. Khi đó
theo chứng minh trên tồn tại một bảng vuông con 2 2 chứa đúng một ơ màu đỏ, ba ơ cịn
lại màu xanh.


Vì ở trạng thái ban đầu tất cả các bảng vuông con 2 2 đều gồm 4 ô màu xanh nên mỗi
lần đổi màu hàng hoặc cột thì số ô màu đỏ và số ô màu xanh trong bảng vng con 2 2
ln là số chẵn. Do đó không thể thu được một bảng vuông con 2 2 có 1 ơ màu đỏ, 3


màu xanh. Ta có mâu thuẫn.


Vậy không thu được bảng chứa đúng 1000 ô màu đỏ sau hữu hạn lần đổi màu.


ĐỀ SỐ 12.
Câu 1.


1). Cộng 2 phương trình của hệ, tađược 3x2y24xy 4 4x


2x y

 

2 x 2

2


    2


3 2



x y
x y
  


    .


Nhận xét: Bài toán kết hợp sựtinh tế giữa hai phươngtrình, đểđưa ra được một phương
trình tìm được mối quan hệ giữa x y; ( hay còn gọi là phương pháp hệsố bất định giải hệ
phương trình hữu tỷ). Và từđó thếngược lại một trong hai phương trình của hệ ban đầu
đểtìm nghiệm.


Nhắc lạikiến thức và phương pháp:


• Cách giải phương trình bậc hai tổng quát: a t. 2b t c.  0 (a0).


• Đưa hệphương trình đã cho vềdạng

 


 



, 0


, 0


f x y
g x y
 






 .



(112)

• Giả sử tồn tại k sao cho f x y

;

k g x y.

;

0 (i). Coi phương trình (i) là phương
trình bậc hai ẩn x hoặc ẩn y, sau đó xét đenta sao cho đenta là một số chính phương,


từđó sẽtìm được k cũng như mối quan hệgiữa x y; .


Ý tưởng: Nhận thấy hai phương trình của hệ khơng thể tìm được nhân tử chung trong
chính nó, đồng thời ở phương trình hai có sự độc lập của biến y nên có thểrút y và thế


vào phương trình một sẽ được phương trình bậc bốn, nhưng ta chưa biết nó có nghiệm
đẹp khơng, nhỡchẳng may nó có nghiệm hữu tỷ hoặc nghiệm khơng tường minh. Vì vậy,
ta nghĩ đến hướng kết hợp cảhai phương trình của hệ, bằng cách tìm số k thỏa mãn
phương trình f x y

;

k g x y.

;

0 (i). Sẽcó rất nhiều giá trịcủa k đạt u cầu bài tốn


nhưng ta chỉtìm k duy nhất sao cho  i là một sốchính phương thì mới có thểtìm được
nhân tửtừ (i), ta làm như sau:


• Hệphương trình đã cho tương đương với 22 2 3 0


2 3 4 1 0


x y xy
x xy x
    



 


 .



• Giảsửtồn tại k thỏa mãn:




2 2 3 2 2 3 4 1 0


xyxy k xxyx 

2k 1

x2

3ky y 4k x y

2 k 3 0


         (*).


• Xét phương trình (*), coi là phương trình bậc hai ẩn x, ta có:


2

2



3 4 4 2 1 3


x ky y k k y k


       


9k2 2k 3

y2 8 3k k

1

y 16k2 4 2

k 1



k 3



         .


Để x là một sốchính phương thì hệsốcủa y2 trong biệt thức


x



 cũng phải là một số
chính phương, tức là ta cần phải đi giải phương trình nghiệm nguyên:


2 2


9k 2k 3 m . Dễ thấy phương trình này có nghiệm 2 1
4
k


m
 



 , thay ngược lại x, ta
có:






2 2


2


4 4 2 8


3 4 4 4 0 6 2


4 4 2 8 3 2 2 0



2 8


6


x


y y


x


x y x y x y
y y x y


y x


   




 


        







        











.


• Với việc k1, hay nói cách khác là cộng vế với vếcủa hai phương trình trong hệ, ta có
thểbiến đổi như sau:


2 2 3 2 2 3 4 1 0


xyxy  xxyx 


 

2

2





2x y x 2 x y 2 3x y 2 0


          .


Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:


1. Giải hệphương trình




2 2



2


1
5


57


4 4 3 1 0


25
x y


x x y x
  






 





.
Đáp số:

;

2 1; , 11 2;


5 5 25 5


x y    
   
   .




(113)

2. Giải hệphương trình 2 2 2 1


96 21 3 28 117


x y


x x y xy
  







 .


Đáp số:

;

  

1; 0 , 24 7;
25 5
x y   


 .


2). Phương trình tương đương với 2 x 3 2 3x 1 2x2.


Đặt 3 2 2 2 2


3 1


u x



v u x


v x


  








 với u v; 0, ta được


2 2





2 u v vuv u v u   2 0


2 3 1 3 2 3 1 7 4 3


v u x x x x x


             


2


3


2 6 4 3 2 3 3


4 3 6 9



x


x x x x


x x x


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


3 5 28


5 28


3


10 3 0


x x
x
x
x x
 
    
 
    
 


  

 .


Nhận xét: Bài toán sửdụng phương pháp đặt ẩn phụ đểđưa phương trình từphức tạp về
đơn giản hóa, sau đó dùng phương pháp nâng lũy thừa đểtìm nghiệm của phương trình.
Nhắc lại kiến thức cũ và phương pháp:


• Hằng đẳng thức cơ bản a2b2 

a b a b



.


• Cách giải phương trình vơ tỷdạng f x

 

g x

 

m

   


 

 


   


   

 


2
2


; 0 ; 0


2


f x g x f x g x


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


  

 


 
  
 

 


   


   

 


1
2
2 2
2
; 0
4


f x g x x x


x x
f x g x m m g x


  
 



  


.



Ý tưởng: Một bài toán đẹp, quan sát VT của phương trình có xuất hiện hai căn bậc hai
riêng biệt đồng thời trong căn chứa các biểu thức bậc nhất, cũng như VP của phương trình
cũng là một biểu thức bậc nhất, nên vậy ta có thểnâng lũy thừa đểđưa phương trình ban
đầu về phương trình bậc bốn. Nhưng nếu tinh ý một chút, ta có


3x   1

 

x 3

2x 2 2

x1

, do vậy nếu đặt 3


3 1
u x
v x
  

  


 với u v; 0 suy ra




2 2 2 2 2 1


vux  x . Khi đó phương trình đã cho tương đương với


 





2 2 2 2 0


vuv u  v u v u    (i).


• Vì u v; 0 nên phương trình (i) 0
2


u v
v u
  


    , với u v 0 phương trình vơ nghiệm nên
ta chỉcần giải phương trình v u 2.


• Với v u 2, ta có 3x 1 x  3 2 3x   1 7 x 4 x3


2


3


2 6 4 3 2 3 3


4 3 6 9


x


x x x x


x x x


 

         


   





(114)

2


3 5 28


5 28


3


10 3 0


x x


x
x


x x


 


    


 


    


 
  






 .


Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:


1. Giải phương trình: 4x 1 2x 2 2x1. Đáp số: x 2 5
2. Giải phương trình: x 3 5x  2 1 4x. Đáp số: 5 87


8
x 
Câu 2.


1). Ta có n30, 1 mod9

.


2001 3 mod9

x39m1, y39t1, z39u1


Suy ra ta tìm x y z, , trong tập hợp

1, 4, 7, 10, 13


Không giảm tính tổng quát giảsử: x y z 


• Giảsử z13z32197 2001 (loại).


• Giảsử z 7 2001x3y3z33z33.73 (loại).


Suy ra z10x3y31001


Giảsử y10   x y 7 1001x3y32.732.343 (loại).


Suy ra y10, x1.



Đáp số:

1; 10; 10 , 10; 1; 10 , 10; 10; 1

 

 

.


Nhận xét. Giải phương trình nghiệm nguyên bằng phương pháp xét số dư kết hợp đánh
giá


Nhắc lại kiến thức và phương pháp.


• Lập phương của một sốnguyên dương khi chia cho 9 chỉdư 0, 1 hoặc 8 (hay 0, 1 hoặc
1


 ). Viết dưới dạng tổng quát, ký hiệu toán học








3
3
3


0 mod9
1 mod9
1 mod9


n
n
n
 



 


 



.


Ta có x3y3z32001 2001 3 mod9

nên mỗi x3; y3; z3 chia 9 đều dư 1.


• Lập phương của một sốnguyên dương khi chia cho 9 chỉdư 1 thì sốngun dương đó
chia 9 dư 1, 2 hoặc 5


Ta có x y z; ; trong tập hợp

1; 4; 7; 10; 13



• Khi vai trò của x y z; ; như nhau ta có thể giả sửchúng được sắp xếp theo một thứ tự
nào đó rồi từđó dồn vềmột biến đểtìm ra giá trịhoặc khoảng giá trị.


2). Ta có



2


2 2


2 2 3 2


7 3 7 7


2 2 2 2 4 4



a b


b b b


a


    
           
            
         


   


   




2 2 2 1 3 5


2 2 2


a b
a b ab  
      
 .


Tương tự 2 2 2 1 3 5 ; 2 2 2 1 3 5


2 2 2 2 2 2



b c c a


bcbc   caca   


   



(115)

Cộng 3 bất đẳng thức suy ra




2 2 2 2 2 2 2 2 2 2


ababbcbccacaa b c  .
Điều phải chứng minh.


Nhận xét: Bài toán sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng đơn giản hoặc lợi dụng
đánh giá của các đại lượng không âm.


Nhắc lại kiến thức và phương pháp:


• Bất đẳng thức Bunhiacopxki phát biểu dưới dạng: cho a b x y; ; ; là các số thực dương,
ta ln có

2

2 2



2 2



ax by  ab xy .


Các đại lượng khơng âm a b

20;

am bn

20.


Ý tưởng: Bất đẳng thức bài cho là một biểu thức đối xứng đẹp, với sự đối xứng này ta dự
đoán điểm rơi tại a b c  . Bây giờ quan sát bên VT của biểu thức là các biểu thức đồng


nhất, trong căn bậc hai chứa hai biến số với vai trò như nhau a b c; ; , mặt khác bên VP chứa
hàm số bậc nhất. Vậy nên ta tư duy nếu các biểu thức bậc hai trong căn được biểu diễn
hay được đánh giá qua một biểu thức chính phương thì nó sẽ xuất hiện biểu thức như ở
VP. Do a b c, , có vai trò như nhau, nên ta chỉ cần chỉ ra rằng với m n, dương sao cho


2 2 2 , ; 0


abab ma nb a b    , và hai căn còn lại chỉ là đánh giá tương tự. Và như dự
đốn ban đầu, điều ta mong muốn đó là:


2


2 2 2 0


abab ma nb  k a b  với a b k, , 0.
Vì vậy bằng cách đồng nhất hệ số biểu thức trên, ta có:


2


2 2 2 2 2 2


abab ma nb  ababma nb


2

2

2

2

2


1 m a 1 2mn ab 2 n b k a b 0


        


2 2



1 2 3; 5; 7


4 4 16


2 2 1


k m n m n k
k mn


    


     




 .


Với điều này, suy ra 2 2 2 3 5 ; , 0


4 4


ababab a b  , từ đó suy luận ngược trở lại theo
Bunhiacopxki như sau:


2


2 2



2 2 3 2


7 3 7 7


2 2 2 2 4 4


a b


b b b


a


    
            
           
           


   


   


2 2 2 1 3 5


2 2 2


a b
a b ab  
      
 .
Tương tự cho hai căn thức còn lại, ta có:



2 2 2 1 3 5 ; 2 2 2 1 3 5


2 2 2 2 2 2


b c c a


bcbc   caca   


   .


Cộng các đánh giá trên lại với nhau, ta suy ra điều phải chứng minh.
Bài toán kết thúc.


Bài tập tương tự:


1. Cho a b, là hai số thực dương. Chứng minh bất đẳng thức:




2 2 2 2


4a 2ab19b  19a 2ab4b 5 a b .
2. Cho a b c, , là các số thực dương. Chứng minh bất đẳng thức:



(116)

4 4 4


3 3 3 3 3 3 2


a b c a b c



a b b c c a


 


  


   .


Câu 3.


1). Gọi AD cắt ( )O tại P khác A.


Ta có PCM PAC (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung)




PEM


 (góc đồng vịdo EM AC );


Suy ra tứgiác ECMP nội tiếp. Từđó suy ra MPC MEC ECA CAP PM tiếp xúc ( )O
Tương tự PN tiếp xúc ( )O , suy ra MN tiếp xúc ( )O tại P.


Nhận xét. Đối với bài toán này, ta dựđoán được MN tiếp xúc với ( )O tại P. Sử dụng tính
chất từmột điểm nằm trên đường trịn ta có một và chỉmột tiếp tuyến với đường trịn.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp.


• Một đường thẳng cắt hai đường thẳng song song tạo ra các góc đồng vịbằng nhau.



EM AC suy ra PAC PEM (hai góc đồng vị)


• Góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung của một đường tròn cùng chắn
một cung thì bằng nhau.


+ PAC PCM (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tia tiếp tuyến CM cùng chắn cung PC


của đường tròn ( )O ).


+ CAP MEC (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến PM cùng chắn cung PC của
đường tròn ( )O ).


• Tứ giác có hai đỉnh liên tiếp cùng nhìn một cạnh dưới một góc bằng nhau là tứ giác
nội tiếp.


Tứgiác ECMPPEM PCM (PAC)(chứng minh trên) suy ra ECMP là tứgiác nội
tiếp.


• Hai góc nội tiếp cùng chắn một cung của một đường tròn thì bằng nhau.


 


MPC MEC (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MC của đường trịn ngoại tiếp tứgiác


ECMP)


• Tam giác có một đỉnh nằm trên trung trực của cạnh đối diện thì cân tại đỉnh đó.


P



N M


E


F O


C
A


B D



(117)

Tam giác AECEO là trung trực của AC suy ra tam giác AEC cân tại E suy ra


 


EAC ECA


• Góc tạo bởi một dây cung và một tia vềphía ngồi đường trịn bằng góc nội tiếp chắn
cùng một cung thì tia đó làtiếp tuyến của đường trịn.


Kết hợp các ta có lý thuyết trên,suy ra PM là tiếp tuyến của đường tròn ( )O tại P.
Hồn tồn tương tựta có PN là tiếp tuyến của đường tròn ( )O tại P.


Vậy MN là tiếp tuyến của ( )O tại P.


2). Theo 1).dễthấy BFA BNP BNF BPA BN FN
BP AP


 ∽   ∽   (1).



Tương tự CME CPA CM EM


CP AP


 ∽   (2).


Từ (1) và (2), ta có BN CP FN


CM BP EM và theo giả thiết


FN BN


EM CM , suy ra CP BP AD


phân giác góc BAC.


Nhận xét. Cách thơng thường để chứng minh một tia là phân giác của một góc ta chứng
minh tia đó chia góc thành hai góc bằng nhau.


Nhắc lại kiến thức và phương pháp.


• Các tam giác cân có một góc ở đáy bằng nhau thì đồng dạng với nhau.


Ta có FAB cân tại F và NBP cân tại N có FAB BPN nên


 


BFA BNP BAF BPN


 ∽   .



• Các góc nội tiếp cùng chắn một cung của một đường tròn thì bằng nhau.


+ BFN BPN  (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BN của đường tròn ngoại tiếp tứ giác


FBNP).


+ BNF BPF (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BF của đường trịn ngoại tiếp tứ giác


FBNP).


• Hai tam giác các hai cặp góc tương ứng bằng nhau thì đồng dạng.


Tam giác ABP và FBNBAP BFN (BPN) (chứng minh trên) và BNF BPF
(chứng minh trên) suy ra ABP FBN BN FN


BP AP


 ∽   hoàn toàn chứng minh tương tự


ta có CME CPA CM EM


CP AP


 ∽   .


Từ đây nhân vế theo về của hai đẳng thức ta được BN CP FN


CM BP EM.



Từ giả thiết FN BN


EM CM kết hợp với chứng minh trên ta suy ra 1
CP


BP hay CP BP .


• Hai cung có hai dây cung bằng nhau thì bằng nhau.


CP BP suy ra CP BP  .


• Hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau thì bằng nhau.


 


BAP PAC (hai góc nội tiếp lần lượt chắn hai cung CP BP  ),
suy ra AP hay AD là phân giác của BAC.


Câu 4.



(118)

Không mất tính tổng qt, giảsửsốnhỏnhất bảng là 1. Giảsử a ởơ P, 1 ởơ Q.Ta có thể
đi từ PQ theo hang cột qua các ô liền kề


1 2 3


1 2 3 1


k
k



P P P P P Q


a a a a a


     


     





Ta có k199 (đường đi dài nhất từ ơ a1 1a100 100 ).
Mặt khác ta có


1 1 1 2 2 1


1 k k k k k 1 1 1 1 1.


a  aaaa a a   aa        k Suy ra


1 1 198


a   k  a 199.


Như vậy các số nguyên dương được viết vào bảng chỉ có thể là 1, 2, 3,…, 199. Nếu mỗi số
được viết vào nhiều nhất 50 ơ thì suy ra tấ cả các số được viết vào nhiều nhất
199 50 9950.  Suy ra một số ơ khơng đượcviết vì bảng có 10000 ơ. Do đó tồn tại một số
ngun dương k được viết vào ít nhất 51 ơ.


ĐỀ SỐ 13.


Câu 1. Khi x5, suy ra A 5 2 6  5 2 6


3 2 3. 2 2 3 2 3. 2 2


     


2

2


3 2 3 2


   


3 2 3 2 2 3


     .


Nhận xét: Bài toán khá cơ bản, khi ta chỉ cần thay giá trị biến vào biểu thức đã cho, từ đó
trục căn thức và tính giá trị của biểu thức.


Nhắc lại kiến thức và phương pháp:


• Hằng đẳng thức

2 2 2

2 2 2


2 ; 2


a b aab ba b aab b .


• Trị tuyệt đối f x2

 

f x

 

f x

 

nếu f x

 

0.
Hoặc f x2

 

f x

 

 f x

 

nếu f x

 

0.



Ý tưởng: Bài tốn này thuộc dạng cho gì làm lấy, tức là với giá trị x5 thay vào biểu thức


ta được A 5 2 6  5 2 6 , bây giờ các biểu thức nằm trong căn do đó để rút gọn A
ta sẽ nghĩ đến chuyện khử căn thức, hay nói cách khác ta muốn có


2 2 2


5 2 6  m 3n 2 3m 2n 2 6mn, đồng nhất hệ số của biểu thức này


2 2


5 3 2 1


1


m n m n


mn
  


  


 


 , tương tự cho biểu thức còn lại, ta suy ra:


2

2


3 2 3 2 3 2 3 2 2 3



A        


Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:


1. Rút gọn biểu thức P 6 2 5  6 2 5 .
2. Rút gọn biểu thức P 11 4 6  11 4 6 .



(119)

Câu 2. Điều kiện: x0; y0.


Hệ phương trình tương đương với 2 1 25


2 1 5


xy y
xy x
  

  

.
Từ hai phương trình, ta có 5 5 2


2yx y x.
Thay vào phương trình ban đầu của hệ, ta có


2 1


1 5



2 4 5 1 0 1


2 2


4
x


x x x


x x
 


      
 

.
+ Với x  1 y 2.


+ Với 1 1


4 2


x  y .


Vậy hệ phươngtrình có nghiệm:

;

  

1; 2 , 1 1;
4 2
x y   


 .



Nhận xét: Bài toán kết hợp cả hai phương trình của hệ, từ đó tìm mối liên hệ giữa các biến
sau đó thế ngược lại vào một trong hai phương trình của hệ để tìm nghiệm.


Ý tưởng: Quan sát thấy ở vế trái của phương trình một và phương trình hai, vai trị của các
biến là như nhau, chính vì thế ta sẽ tạo ra được một đại lượng cân bằng giữa hai phương
trình đó. Thật vậy, quy đồng lên ta sẽ có được 2x 1 2xy 1


y y


  và 2y 1 2xy 1


x x




  , đại


lượng cân bằng ở đây chính là biểu thức 2xy1 vì thế ta sẽ rút các giá trị cịn lại ở từng
phương trình theo 2xy1 để rồi cho chúng xảy ra dấu  như sau:


1 5


2 2 2 1 5 5


5 2 0


2 2



1 2 1 5


2 5


x xy y


y y x y x
xy x
y
x
   

 
 
 
 
   
   

.
Thế y2x0 vào phương trình một của hệ, ta được:




1 1


1 5 2 1 2 0


2 4


2 2 1



y x
y y y


y y x



   

      

  

.
Bài toán kết thúc.


Bài tập tương tự:


1. Giải hệ phương trình 1 4
1 2
x
y
y
x
  


  

.
Đáp số:

;

2 2; 1 1 , 2 2; 1 1


2 2


x y         


   .


2. Giải hệ phương trình
2
2
1
4
1
2
x y
y y
y x
x x
   



   

.



(120)

Câu 3. Ta có







1 1


1 1 1


n n


n n n n n n


 


     


1 2


n n n n n


      .


Từ biểu thức chứng minh trên ta có 1 2

n 1 n



n    .


Cho n từ 1 đến n, ta có









1 2 2 1


1


1 2 3 2


2
...


1 2 n 1 n


n


 


 


  


Cộng các bất đẳng thức trên, ta được


 



1 1 ... 1 2 2 1 2 3 2 ... 2 1


1 2   n      n  n


2 n 1 2 2 2 n 2



     (điều phải chứng minh).


Nhận xét: Bài toàn liến quan đến bất đẳng thức số.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:


• Chứng minh rằng với mọi số nguyên n1 ta luôn có 1 2


1 n


n  n .


+ Chứng minh bất đẳng thức bằng cách biến đổi vế trái để so sánh với vế phải






1 1 1


1


1 1 1


n n n n


VT


n n


n n n n n n


   



  


 


     


1


n n


   ;


+ Cộng cùng một lượng vào hai vế của một bất đẳng thức thì bất đẳng thức không đổi
chiều


1 0    n 1 n n 1 nn 1 nnn2 n;
suy ra VTn 1 n2 n VP (điều cần chứng minh).


• Chứng minh 1 1 1 ... 1 2 2


1 2 3   nn với mọi số nguyên n1.
+ Biến đổi để áp dụng từ ý trên.


Ta có 1 2 1 1


1 n n n 2


n  n     n



1 2 n 1 2 n


n


    .


+ Thay các giá trị số vào bất đẳng thức tổng quát.
- Với n1 ta có 1 2 2 2 1


1  .


- Với n2 ta có 1 2 3 2 2


2  .


- ….


- Với n ta có 1 2 n 1 2 n


n   .



(121)

Cộng vế theo 1 1 1 ... 1


1 2 3  n


2 2 2 1 2 3 2 2 2 n 1 2 n 2 n 1 2 1


           .


+ Tính chất “bắc cầu”: a b và b c thì a c .



Ta có 2

n  1 1

 

2 n1

2 n 1 2 1 2 n2.
Ta có


1 1 1 ... 1 2 1 2 1


1 2 3


2 1 2 1 2 2


n
n


n n


       






    





thì 1 1 1 ... 1 2 2


1 2 3  nn (điều phải chứng minh).


Câu 4. Phương trình có hai nghiệm là x 1 và x1, thay vào phương trình ta được hệ



phương trình 1 0


1 0


a b c
a b c
    



    


 .


Trừ hai phương trình trên, ta được:  2 2b   0 b 1.


Cộng hai phương trình trên, ta được: a c    0 c a.
Phương trình trở thành x3ax2  x a 0


 



2 0 2 1 0


x x a x a x a x


         .


Theo giải thiết, phương trình có tập nghiệm là S 

1; 1

, khi đó phương trình x a 0


phải có nghiệm là 1 hoặc 1, suy ra a1 hoặc a 1.



Vậy các số a b c; ; cần tìm là a1;b 1;c 1 hoặc a 1;b 1;c1.


Nhận xét: Bài toán sử dụng yêu cầu giả thiết của bài toán, từ các nghiệm bài cho, ta tính
được các giá trị a b c; ; cần tìm.


Ý tưởng: Giả thiết bài toán cho x 1 hoặc x1 là nghiệm của phương trình ban đầu, tuy


nhiên đây lại là phương trình bậc ba nên một trong hai nghiệm sẽ là nghiệm kép. Với hai
nghiệm đó, thế lại phương trình ban đầu ta có được: 1 0


1 0


a b c
a b c
    



    


 . Trừ hai phương


trình này cho nhau ta sẽ tìm được giá trị của b là  2 2b   0 b 1 khi đó


0


a c    a c thế ngược lại phương trình bài cho suy ra x3ax2  x a 0

2 1

 

2 1

0

2 1

0


1


x a


x x a x x a x


x
 


           




Vì phương trình chỉ nhận tập nghiệm S 

1; 1

nên giá trị a phải thỏa mãn điều kiện


1 1


1


1 1


a c


a


a c


   


        .



Vậy giá trị cần tìm là a1;b 1;c 1 hoặc a 1;b 1;c1.
Bài tốn kết thúc.


Bài tập tương tự:


1. Tìm a b c; ; biết rằng phương trình x3ax2bx c 0 có tập nghiệm là S 

2; 2

.


2. Tìm m n; biết rằng phương trình x3x2mx n 0 có nghiệm bội hai là x 1.


Câu 5.



(122)

1). Hai tam giác vng ADB và AEC có chung góc A nên chúng đồng dạng, suy ra


. .


AD AB AD AC AB AE
AEAC  .


Nhận xét: Bài tốn chứng minh đẳng thức có hai vế là tích của hai đoạn thẳng ta dựa vào
tỷ lệ giữa các cạnh từ tam giác đồng dạng.


Nhắc lại kiến thức và phương pháp:


• Hai tam giác có hai cặp góc tương ứng bằng nhau thì đồng dạng với nhau theo trường
hợp “góc - góc” (g - g).


Xét ADB và AEC có:
+ BAC: chung;



+ ADB AEC (90);


Suy ra ADB∽AEC (g – g).


• Hai tam giác đồng dạng có các cặp cạnh tương ứng tỷ lệ.


. .


AD AB AD AC AB AE
AE AC


ADBAEC   


 ∽ (điều phải chưng minh).


2). Xét hai tam giác ADE và ABC


+ Góc A chung, mà AD AE


ABAC, suy ra ADE∽ABC.


Do đó AD ED


ABBC .


Mặt khác, tam giác ABD vng tại D, có A60, suy ra coscos60 1


2
AD AD



A


AB AB


   


1 2


2


ED BC ED
BC


    .


Nhận xét: Bài toán chứng minh đẳng thức dựa vào quan hệ giữa các đoạn thẳng từ các
đẳng thức suy ra từ tỷ lệ thức.


Nhắc lạikiến thức và phương pháp:


• Hai tam giác có hai góc tương ứng bằng nhau và có hai cặp cạnh kề góc tương ứng tỷ
lệ thì đồng dạng với nhau theo trường hợp “cạnh – góc - cạnh” (c – g - c).


Xét hai tam giác ADE và ABC
+ A: chung;


+ AD AE


ABAC (chứng minh 1).);



Suy ra ADE∽ABC (c – g – c), AD ED


AB BC


  .



(123)

• Trong một tam giác vng, cạnh góc vng kề góc 60 (hay cạnh đối diện với góc 30)


bằng nửa cạnh huyền (chứng minh bằng hệ thức lượng trong tam giác vuông hoặc sử
dụng tính chất đường trung tuyến ứng với cạnh huyền).


ABD


 vng tại D, có A60, áp dụng hệ thức lượng ta được:


 1 1


cos cos60


2 2


AD AD AD AD


A


AB AB AB AB


       .


• Tính chất “bắc cầu”: a b và b c thì a c .



Ta có 1 2 2.


1 2


2
AD ED


ED


AB BC ED BC BC ED
AD BC


AB



  







(điều phải chứng minh).
3). Kéo dài BD cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại H.


Xét hai tam giác vng AHDAH D
Cạnh AD chung;


 



BHC HAC (góc có cạnh tương ứng vng góc);


 


HBC CAH.


HHvng góc với AC, nên tam giác AHHcân tại A hay AC là đường trung trực
của HH.


Với Hlà điểm đối xứng của H qua AC.
Suy ra AC là trung trực của đoạn HH.
Hai tam giác AH CAHC bằng nhau


Suy ra bán kính hai đường tròn ngoại tiếp của hai tam giác AHC và bằng nhau mà
đường trịn ngoại tiếp tam giác AH Cchính là đường tròn ( )O .


Vậy hai đường tròn ngoại tiếp hai tam giác ABC và AHC có cùng bán kính.
Nhận xét: Chứng minh hai đường trịn có cùng bán kính ta chứng minh chúng ngoại tiếp
hai tam giác bằng nhau.


Nhắc lại kiến thức và phương pháp:


• Hai góc cùng phụ với một góc thì bằng nhau.


+ BD AC nên DBC DCB    90 DBC 90 DCB 90 ACB;
+ AH BC nên HAC ACB    90 HAC 90 ACB;


Suy ra DBC HAC.


• Trong một đường trịn, hai góc nội tiếp cùng chắn một cung thì bằng nhau.



 


H AC H BC(hai góc nội tiếp cùng chắn cung H C của đường tròn ngoại tiếp ABC)
hay H AC DBC .


• Tính chất bắc cầu: a b và b c thì a c .


 


DBC HAC và H AC DBC nên HAC H AC .
Hoàn toàn tương tự ta có HAC H AC .


• Hai tam giác có hai cạnh tương ứng bằng nhau và hai cặp góc kề cạnh tương ứng bằng
nhau thì bằng nhau theo trường hợp “góc - cạnh - góc” (c – g - c).



(124)

Xét hai tam giác HACH ACcó:
+ HAC H AC


+ AC: cạnh chung;
+ HAC H AC ;


Suy ra HACH AC(c g c).


• Đường trịn ngoại tiếp hai tam giác bằng nhau thì có bán kính bằng nhau.


HAC H AC


  nên đường tròn ngoại tiếp HAC và đường trịn ngoại tiếp H AC' có bán
kính bằng nhau.



Mà đường trịn ngoại tiếp H ACchính là đường trịn ( )O ngoại tiếp ABC.


Vậy hai đường tròn ngoại tiếp hai tam giác ABC và AHC có cùng bán kính (điều phải
chứng minh).


Câu IV.


Gọi H là hình chiếu vng góc của C lên trụ đỡ AB. Đặt BH x .
Tam giác AHC vuông tại H, ta được


2

2


2 2 2582 120


HCACAB x   x .


Tam giác BHC vuông tại H, ta được


2 2 2 2182 2


HCBCHB  x .


Ta có phương trình 2

2 2 2


258  120x 218 x


2 2 2 58


258 120 218 240



3
x x


      .


Ta lại có sin 58 29


3.218 327
BH


BCH
BC


   .


Vậy góc nghiêng BC so với mặt nằm ngang là sin 1 29 5 5 160


327


 .


Nhận xét: Bài tốn thực tế đưa vào hình học phẳng để giải quyết bằng phương pháp tính
tốn, các cơng thức hình học đơn giản.


Nhắc lại kiến thức và phương pháp:


• Định lý Py-ta-go: “Trong tam giác vng, bình phương cạnh huyền bằng tổng bình
phương hai cạnh góc vng”.



+ Tam giác AHC vng tại H nên ta có AC2AH2HC2


2


2 2 2 2 2


HC AC AH HC AC AB x


      



(125)

2
2 2582 120


HC x


    .


+ Tam giác BHC vng tại H nên ta có BC2BH2HC2


2 2 2


HC BC HB


   HC22182x2.


• Kết hợp các dữ kiện đã có, biến đổi theo cùng một lượng suy ra phương trình theo
một ẩn và giải phương trình đó.


Ta có




2


2 2


2 2 2


258 120
218
HC x
HC x




 nên ta được phương trình



2


2 2 2


258  120x 218 x giải
phương trình này ta được 58


3
x .


• Hệ thức lượng trong tam giác vng.


Tam giác BHC vng tại H nên ta có sin 58 29
3.218 327


BH


BCH
BC


   .


• Sử dụng máy tính hoặc bảng số để tìm ra góc khi biết giá trị lượng giác của góc đó.
Ta có sin 29


327


BCH nên  sin 1 29 5 5 160


327


BCH  .


Vậy góc nghiêng BC so với mặt nằm ngang là 5 5 160  .


ĐỀ SỐ 14.
Câu 1. Cho biểu thức với a b; 0.


1).


2


2 2


2 2



2 2


2 2


. b a


a b ab
ab a b
P


a a b b


b a
b a

 
 
 



 
   


2 2

2

2 2

2


3 3 3 3


. .



. 1 . 1 . 1 . 1


a ab b a b a ab b a b


a b a b


a a b b a a b b


b b a a b b a a


     
 
       
   

   
       





2 2


2 2 2 2


3 3 3 3


2 2 2



2 2


2 2


. .


1
.


a ab b a b a ab b a b


a b a b


ab


a b a b a ab b


a b


b a a b


     
  
 

   

.
2). Với a b; 0, áp dụng bất đẳng thức Cơsi ta có:



4a b  ab2 4abab5 ab.


Suy ra 1 5 ab 1 5 P 1 25


ab
ab


      .


Dấu “=” xảy ra khi và chỉkhi 4a b .
Vậy Pmin25 tại b4a.


Nhận xét: Đây là một bài toán dễ, đơn giản chỉ là việc khai triển rút gọn biểu thức P bằng
một vài phép biến đổi tương đương, ý khó là ý sau khi tìm giá trị nhỏ nhất của P với điều
kiện bài cho, nhưng với giải pháp chọn điểm rơi và bất đẳng thức Cosi bài tốn hồn tồn
được giải quyết.


Nhắc lại kiến thức và phương pháp:


• Hằng đẳng thức: a3  b3

a b a

2ab b 2



• Bất đẳng thức Cosi cho hai số thực dương ma nb, :



(126)

. . 2 .


m a n b  ma nb (m n a b; ; ; 0).
Dấu “=” xảy ra khi m a n b.  . .


Ý tưởng: Với ý rút gọn biểu thức P, ta sẽ đi làm hai công việc, một là rút gọn tử số, sau đó
là mẫu số. Với tử số củabài tốn, ta có:



2 2

2

3 3



2


3 3 3 3


1 1


1 a ab b a b a b a b


a b


b a a b a b a b


    
 
 

  
   .


Bây giờ, ta mong muốn mẫu số sẽ xuất hiện ít nhất hai trong ba biểu thức mà ta đã rút gọn
trên tử số, biến đổi mẫu số ta có:


2 2


2 2 1 1


a b a b a a b b



b a b b a a


b a


     


  


     


     


2 2

3 2 23


a b a b
a a b b b a a b a b


b b a a b a a b


 


 


  


     


      .


Vì thế, suy ra P 1


ab


 . Với ý sau, bài cho giả thiết 4a b  ab1 để tìm giá trị nhỏ nhất của
P hay nói cách khác chính là đi tìm max của T ab . Để xuất hiện tích ab ở giả thiết, ta đã
thấy xuất hiện ab, bây giờ chỉ cịn tổng 4a b và để đánh giá nó về tích, ta chỉ cịn cách là
áp dụng bất đẳng thức Cosi cho hai số thực dương 4 ;a b khi đó ta có:


1


4 2 4 5 1 5 25


25


a b  abababab  abab  P .
Do đó, P đạt giá trị nhỏ nhất là 25 tại 4a b .


Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:


1. Tìm giá trị nhỏ nhất của 1 1 : 1


1 2 1


a
P


a a a a a


 








      với a thỏa mãn điều kiện
4


a .


2. Cho biểu thức 2 1 3 112


3 3 9


x x x


P


x x x


 


  


   . Tìm x 3 thỏa mãn điều kiện P2.
Câu 2. Cho hệ phương trình 2 4 (1)


3 1 (2)


x my m
mx y m


   



   


 .


1). Với m2, ta có hệphương trình


8


2 6 5


2 7 19


5
x


x y


x y y
 

    

 
   
 




.
2). Từ(2), ta có y3m 1 mx thay vào (1).


3 1

2 4

2 1

3 2 3 2


x m m  mx   mmxmm (*).
m2 1 0 với mọi m nên (*) ln có nghiệm duy nhất.


Suy ra hệđã cho ln có nghiệm duy nhất với mọi m.
Từphương trình (*), ta có 0 3 2 23 2


1
m m
x
m
 


2 2


0 2 2


3 3 2 4 1


3 1 .


1 1


m m m m



y m m


m m


   


    


  .


Xét đẳng thức đã cho, ta có 2 2



0 0 5 0 0 10


VT x yxy



(127)

2



0 0 5 0 0 10 2 0 0


x y x y x y


     


2



0 0 5 0 0 6 2 0 0 4


x y x y x y



 


    


 


x0 y0 2



x0 y0 3 2

x y0 0 4


      


Thay các giá trị 0 3 2 23 2; 0 4 2 2 1


1 1


m m m m


x y


m m


   


 


  ta được


2 2 2 2


2 2 2 2



3 3 2 4 1 3 3 3 2 4 1 2


1 1 1 1


m m m m m m m m


VT


m m m m


    

    
     
  
2 2
2 2


3 3 2 4 1


2. . 4


1 1


m m m m


m m
   
 
 




2
2


2 2 2 2


2 2 2 2 2 2


4 1


4 2 .5 2 1 6 6 4 4. 1


1 1 1 1 1


m


m m m m m m m m


m m m m m



      
  
   





4 3 2 3 2



2


4 3 2 3 2 2 2


4 2


20 8 4 10 4 2


24 6 6 24 6 6 16 4 4 : 1


4 2 1


m m m m m m


m m m m m m m m m


m m

 
 
 
         

 
 
0
 .


Nhận xét: Đây là bài toán cơ bản, chỉ là việc đi giải hệ phương trình bậc nhất hai ẩn với


những kỹ năng thế cơ bản, chỉ có thể gặp khó khăn ở việc chứng minh đẳng thức, nhưng
chỉ cần biến đổi một chút sẽ suy ra điều phải chứng minh.


Nhắc lại kiến thức và phương pháp:


• Cách giải phương trình bậc nhất hai ẩn tổng quát ax by c


mx ny p
  



  


 .


Từ phương trình một của hệ, ta có: y c ax


b


 , thế xuống phương trình thứ hai ta được:




n c ax


mx p mb na x bp nc


b



      .


Ý tưởng: Ý đầu tiên của bài toán, rất cơ bản và khơng có gì đáng nói, cái khó là ở ý sau.
Tuy nhiên với việc đưa ra cách giải tổng quát của hệ phương trình bậc nhất hai ẩn ta có
thể dễ dàng biểu diễn được x y0; 0 theo m đồng thời thay vào biểu thức




2 2


0 0 5 0 0 10 0


xyxy   ta sẽ thấy m bị triệt tiêu hết. Trước hết, đi tìm x y0; 0 ta có:


• Từ phương trình hai của hệ, có y3m 1 mx.


• Thế vào phương trình một trong hệ, ta được:


3 1

2 4

2 1

3 2 3 2


x m m  mx   mmxmm .


• Để hệ phương trình có nghiệm m2 1 0 ln đúng với m.


• Khi đó, nghiệm của hệ là 0 2 2 0 2 2


3 3 2; 4 1


1 1



m m m m


x y


m m


   


 


  .


Tuy nhiên nếu cứ để x y0; 0 thay vào biểu thức 2 2



0 0 5 0 0 10


xyxy  thì ta sẽ gặp khó
khăn trong việc khai triển bậc bốn, vì thế ta sẽ làm đơn giản hơn một chút đó là:


2



2 2


0 0 5 0 0 10 0 0 5 0 0 6 10 2 0 0


xyxy   xyxy    x y

x0 y0 2



x0 y0 3 2

x y0 0 10


       (*).




(128)

Bây giờ việc thay x y0; 0 vào (*) sẽ giúp ta biến đổi nhẹ nhàng hơn rất nhiều và ta sẽ chứng
minh được

x0y02



x0y0 3

2x y0 010 0 .


Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:


1. Xác định m để hệ phương trình có nghiệm

 

x y; và thỏa mãn x2y2 nhỏ nhất, với


2 5


2 10 5


x y
y x m
  



   


 .


Cho x y0; 0 thỏa mãn hệ phương trình 2
1
mx y m
x my m
  



   



 . Tìm biểu thức liên hệ giữa x y0; 0 độc
lập với m.


Câu 3. Ta có


2

2

2

2 2

3 3


0 2 0


a x a b y b   a b xab x a  b .


a b; 0 suy ra a b 0, nên phương trình (*) có nghiệm duy nhất


2



' 0 a2 b2 a b a3 b3 0


       


4 2 2 2 4 4 3 3 4 0


a a b b a ab a b b


       


2 2 3 3


2a b ab a b 0



   


2


2ab a b 0 a b 0 a b a b
           .


Nhận xét: Đây chỉ đơn thuần là một bài tốn xét nghiệm của phương trình bậc hai tổng
qt, dựa vào tính chất điều kiện nghiệm của tam thức bậc hai suy ra điều phải chứng
minh.


Nhắc lại kiến thức và phương pháp:


• Phương trình bậc hai tổng quát mx2nx p 0 (x) (*).
+ TH1: Nếu m0 thì (*) nx p 0 x p


n


      (n0).
+ TH2: Nếu m0 thì 2


(*) n 4mp
   .


- Để (*) có nghiệm duy nhất 2


(*) 0 n 4mp
     .
- Để (*) có hai nghiệm phân biệt 2



(*) 0 n 4mp
     .


- Để (*) vô nghiệm 2


(*) 0 n 4mp
     .


• Giá trị tuyệt đối a b    a b .


Ý tưởng: Bài cho một phương trình bậc hai ẩn x với hai tham số a b; . Khai thác giả thiết,
giả thiết cho a b; 0 đồng thời a x a

2b x b

20 (i) là một phương trình bậc hai có
nghiệm duy nhất. Vì thế ta cần khai triển (i) để đưa được về phương trình bậc hai tổng
quát, ta có:


2

2

2

2 2

3 3


( )ia x a b x b   0 a b x 2 ab x a  b 0


Với a b; 0 suy ra a b 0 do đó

2 2

2

3 3


( )i a b a b a b




      .


Nên để phương trình (i) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi:

2 2

2

3 3


( )i 0 a b a b a b 0





       


4 2 2 2 4 4 3 3 4


a a b b a ab ba b


      



(129)

2


0


ab a b a b a b


       , suy ra điều phải chứng minh.
Bài toán kết thúc.


Bài tập tương tự:


1. Cho a b; là các số thực khác 0 và a b . Tìm mối liên hệ giữa để phương trình


2

2


0


a x a b x b  có nghiệm duy nhất.


2. Xác định hai số thực a b; sao cho phương trình x2ax b 0 có nghiệm cũng là



;
a b.
Câu 4.


1). Ta có   0   0 0 0


1 1 120 1 1 120 60 180


B ICBIC B ICBAC   .


Mà hai góc này đối nhau. Nên tứgiác AB IC1 1 nội tiếp (điều phải chứng minh).


Nhận xét: Chứng minh mộttứ giác là tứ giác nội tiếp, ta chứng minh tổng hai góc đối diện
của tứ giác bằng 180.


Nhắc lại kiến thức và phương pháp:


• Hai góc đối đỉnh thì bằng nhau.




1 1


B ICBIC là hai góc đối đỉnh nên B IC1 1BIC.


• Tia phân giác của một góc chia góc đó thành hai góc bằng nhau và bằng một nửa góc
đó.


+ BI là phân giác của ABC nên  1


2
IBCABC;
+ CI là phân giác của ACB nên  1


2
ICBACB;


suy ra   1

 



2


IBC ICB  ABC ACB .


• Tổng ba góc của một tam giác bằng 180.
+ Tam giác ABC có   ABC ACB BAC  180


  180180 120 60


ABC ACB BAC


        .


+ Tam giác IBCIBC ICB BIC    180


180   180 1

 



2


BIC IBC ICB ABC ACB



      



(130)

180 1.120 180 60 120


2
BIC


        .


• Tứgiác có tổng hai góc đối diện bằng 180 là tứgiác nội tiếp.


Tứ giác AB IC1 1B AC1 1B IC1 1 là hai góc đối diện, thỏa mãn


   


1 1 1 1 60 120 180


B ACB ICBAC BIC       do đó AB IC1 1 là tứgiác nội tiếp.
2). Vì tứ giác BC IK1 nội tiếp nên   0


1 1 60


BICBKC  (góc nội tiếp cùng chắn BC1) và


 


1


BIK BC K (góc nội tiếp cùng chắn BK).
Xét tam giác ABC, ta có



 0   0 0  0 


1 180 180 60 120


KCB  BAC ABC   ABC ABC.


Xét tam giác BC K1 , ta có


  0   0 0  0 


1 180 1 180 60 120


BIK BC K  BKCABC  ABC ABC.


Suy ra KCB1BIK, suy ra tứgiácACKC1 nội tiếp (điều phải chứng minh).


Nhận xét: Chứng minh một tứ giác là tứ giác nội tiếp, ta chứng minh góc trong tại một
đỉnh bằng góc ngồi tại đỉnh đối diện


Nhắc lại kiến thức và phương pháp:


• Chứng minh các tứ giác nội tiếp.


Hoàn toàn tương tự phần 1) đã chứng minh ta có tứ giác BC IK1 và tứ giác CB IK1 là các
tứ giác nội tiếp.


• Các góc nội tiếp cùng chắn một cung của một đường trịn thì bằng nhau.


+ BIC1BKC1 là hai góc nội tiếp cùng chắn cung BC1 của đường trịn ngoại tiếp tứ


giác BC IK1 nên BIC1BKC1 60 .


+ BIK và BC K1 là hai góc nội tiếp cùng chắn cung BK của đường tròn ngoại tiếp tứ
giác BC IK1 nên BIK BC K1 .


• Tổng ba góc của một tam giác bằng 180.


+ Trong ABC có   ABC CAB BCA  180


     


1 180 1 180


ABC CAB B CK B CK ABC CAB


        


  


1 180 60 120


B CK ABC ABC


       ;


+ Trong BKC1BKC  1C BK BC K11 180


     


1 1 180 1 180 1



BKC ABC BC K BC K BKC ABC


        


  


1 180 60 120


BC K ABC ABC


     


120


BIK ABC


   ;


suy ra KCB1BIK.


• Tứgiác có góc trong bằng góc ngồi tại đỉnh đối diện thì tứgiác đó là tứgiác nội tiếp.
Tứgiác CKIB1KCB1 là góc trong tại đỉnh CBIK là góc ngồi tại đỉnh I đối diện
với đỉnh C thỏa mãn KCB1BIK nên CKIB1 là tứgiác nội tiếp.



(131)

3). Vì   0


1 60


BICBAC , suy ra tứ giác ACKC1 nội tiếp, nên AKC1KCC1 (cùng chắn cung



1


KC ).


Và AKC1ACC1 (cùng chắn cungAC1).


Mà ACC1KCC1 (cùng chắn cung KC1) (giảthiết).


Suy ra KAC1AKC1, suy ra tam giác C AK1 cân tại C1C A C K11 (1).
Chứng minh tương tự: B A B K11 (2).


Từ (1) và (2), suy raB C1 1 là đường trung trực của AK nên AK B C1 1 (điều phải chứng
minh).


Nhận xét: Chứng minh hai đường thẳng vuông góc ta chứng minh cho một đường thẳng
là đường trung trực của đường thẳng còn lại


Nhắc lại kiến thức và phương pháp:


• Tứgiác có góc trong bằng góc ngồi tại đỉnh đối diện thì tứgiác đó là tứgiác nội tiếp.
Tứ giác ACKC1BAC là góc trong tại đỉnh ABIC1 là góc ngồi tại đỉnh I đối
diện với đỉnh A thỏa mãn   0


1 60


BICBAC nên ACKC1 là tứgiác nội tiếp.


• Các góc nội tiếp cùng chắn một cung của một đường trịn thì bằng nhau.



+ AKC1ACC1 (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC1 của đường tròn ngoại tiếp tứ
giác ACKC1).


+ KAC1KCC1 (hai góc nội tiếp cùng chắn cung KC1 của đường trịn ngoại tiếp tứ
giác ACKC1).


• Phân giác của một góc chia góc đó thành hai góc bằng nhau.
1


CC là phân giác của ACB nên ta có ACC1KCC1, suy ra KAC1AKC1.


• Tam giác có hai góc kềmột cạnh bằng nhau là tam giác cân.
Tam giác C AK1KAC1AKC1, suy ra C AK1 cân tại C1


• Tam giác cân có hai cạnh bên bằng nhau.
Tam giác C AK1 cân tại C1 nên C A C K11 .
Chứng minh tương tự: B A B K11 .


• Từmột điểm cách đều hai đầu mút của một đoạn thẳng thì nằm trên đường trung trực
của đoạn thẳng đó.


+ C A C K1  1 nên C1 thuộc đường trung trực của AK;


+ B A B K11 nên B1 thuộc đường trung trực của AK;


suy ra C1B1 cùng thuộc đường trung trực của AK hay B C1 1 là trung trực của AK


hay B C1 1AK.


Câu 5. Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số a b; khơng âm, ta có:



2 3 2 1 1 2 2.1 1 2 3 1


4 4 2 4 2 4 2


a   ba    b a   b a     b a b


  .


Tương tự tacó 2 3 1


4 2


b     a b a .



(132)

Do đó


2
2


2 3 2 3 1 1 1


4 4 2 4 4


a b b a a ba b


      
         





        


         .


Áp dụng bđt phụ

2


4 ; ,


x y  xy x y , ta có:


2


1 1 4 1 1 2 1 2 1


4 4 4 4 2 2


a b a b a b


        
 
           


  .


Suy ra 2 3 2 3 2 1 2 1


4 4 2 2


a b b a a b



    
   




     


     .


Dấu “=” xảy ra
2
2
1
4
1 1
4 2
1 1
4 4
a


b a b


a b
 



    



   


(thỏa mãn).


Vậy 1


2
a b  .


Nhận xét: Thực chất bài toán là đi chứng minh bất đẳng thức, bởi nhẽ dấu đẳng thức xảy
ra tại chính điểm rơi hay tại nghiệm cần tìm của phương trình bài tốn đã cho.


Nhắc lại kiến thức và phương pháp:


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


• Hệ quả của bất đẳng thức Cosi cho hai số thực không âm:


2


2 4 , ; 0


x y  xyx y  xyx y .


Ý tưởng: Bài tốn cho một phương trình đối xứng mặt khác lại chứa hai biến nên nhiều
khả năng sẽ dùng đến bất đẳng thức. Trước hết do vai trò của hai biến a b; như nhau nên
dễ thấy a b là nghiệm của phương trình. Thế ngược lại phương trình đã cho, ta có:


2 2



2 3 2 1


4 2


a a a


   
 




   


    với a b; 0


1 1


2 2


a b


    .
Với điểm rơi này, sẽ thấy 2 2 1


4


ab  , vậy nên áp dụng bất đẳng thức Cosi chúng ta có:


2 3 2 1 1 2 2.1 1 1



4 4 2 4 2 2


a   ba    b a     b a b


 


2 3 2 1 1 2 2.1 1 1


4 4 2 4 2 2


b   ab    a b     a a b


  .


Do đó, từ phương trình ban đầu, ta được:


2 2


1 1 1 1 1 1


2 2 4


2 2 2 4 4 2


a b a b a b a b


       
     





         


          .


Ta thấy 1 1 1


2 4 4  nên suy ra


1 1 1


2 4 4


a b     a b do vậy:




2


2


1 1 1 1


4 0 0


4 4 4 4


a b a b a b a b



   


         




    


     .



(133)

Và khi đã chứng minh được a b 0 việc cịn lại chỉ là thế ngược lại phương trình đã cho
để tìm nghiệm của bài tốn.


Bài tốn kết thúc:
Bài tập tương tự:


1. Tìm hai số thực dương a b; thỏa mãn điều kiện


1 1 2


3 3


a b


a b b a








 


    .


2. Cho a b; là hai số thực dương, giải phương trình sau:


1 1 2


1 2 a1 2 b2ab
ĐỀ SỐ 15.
Câu 1.


1). Ta có

 

 

 





2


3 3


3 3 1


2 2 2 2 2 1 :


2 1


a


S a



a


    




2 2 2



2 2

 

1 .

  

2
1
a


a


    




4 2 2 4


    (với a0;a1).


Nhận xét: Vẫn là các bài tốn nằm trong mơ tp khai triển rút gọn biểu thức, bài toán này
cũng vậy điểm nhấn chính là phát hiện ra các hằng đẳng thức bậc hai, bậc ba nằm trong
căn thức.


Nhắc lại kiến thức và phương pháp:


• Hằng đẳng thức bậc hai, bậc ba

2 2 2


2



x y xxy y và

x y

3x33x y2 3xy2y3.


• Khai căn bậc hai, bậc ba 3x33x y2 3xy2y3  x y


+ x22xy y 2    x y x y với x y 0.


+ x22xy y 2     x y x y với x y 0.


Ý tưởng: Bài toán hơi đặc biệt ởchỗ, vừa xuất hiện hằng số, vừa xuất hiện biểu thức chứa
biến vì thếta sẽđi rút gọn từng biểu thức một.


• Với 3


1 6 4 2 . 20 14 2


S    , có xuất hiện căn bậc hai, căn bậc ba vì thếta sẽnghĩ đến
chuyện khai căn thức. Xét với căn bậc hai, ta sẽ đưa nó về dạng


2


2 2


6 4 2  a b 2 a 2 2ab2b


2 2 2 6 2


1
4 2 2 2



a b a


b
ab


 


    


 


   


 


 






2


6 4 2 2 2 2 2


     


Tư duy tương tựta sẽcó được 320 14 2 3

2 2

3  2 2.
Do đó, suy ra S1 

2 2 2



 2

  4 2 2.



(134)

• Với 3




2


1


3 3 1 : 1


2( 1)


a


S a a a


a




 


   




 


 , biểu thức này cũng có chứa căn bậc ba nhưng
nó đã khó hơn vì chứa biến, vẫn kiểu tư duy ở S1, dễthấy


3


3 a3 a3a 1 3 a1 a1 đồng thời ởđẳng thức sau



1

1

2

1 2 1


2 1 2 1


a a a a


a a


   


  suy ra S22.


Do đó kết luận được rằng S S 1 S24.
Bài toán kết thúc.


2). Ta có 2 2

2


3
P x y   xxy y   x y x y  xy.


Thay 1 2 2 1 3


1 1


y


x x y xy


xy    



  vào biểu thức P ta được


2

2


2 1 1 1 1


P x y   x y  x y    x y x y       x y x y (vì x y 1).
Giải thích x y 1.


Từ giả thiết ta có ;


1 1


y


x


x y


  là các số dương mà 1 1 1


y


x


xy


  , nên ta có



2 1 1


1 0


1 1 2 1


2 1 1


1 0


1 1 2


x x


x


x x x y


y y


y
y y


 


  




 





  


 


  




  


    


 


 


.
Vậy P1.


Nhận xét: Bài tốn sửdụng giảthiết, sau đó thểbiến vào biểu thức cần tính giá trịvà dùng
điều kiện trịtuyệt đối suy ra giá trịcủa biểu thức.


Nhắc lại kiến thức và phương pháp:


Hằng đẳng thức: a b

2a22ab b 2


• Trịtuyệt đối f x

 

 f x

 

nếu f x

 

0.


Ý tưởng: Bài toán với yêu cầu là tính giá trị của biểu thức với giả thiết cho sẵn, thì điều
đầu tiên cần làm đó chính là khai thác giả thiết. Thường thì họ sẽ cho một giảthiết phức
tạp và bắt ta đơn giản hóa nó, bài tốn này cũng vậy, giảthiết chứa hai phân thức do đó ta


sẽ nghĩ đến chuyện quy đồng như sau có giả thiết 








1 1


1 2 1


1 1


x y y x


x y xy x y xy
x y


  


       


 


2x 2y 1 3xy



    . Xét đến biểu thức P x y   x2xy y 2 , việc xuất hiện tổng x y
độc lập sẽhướng ta tư duy đến việc trong căn thức cũng xuất hiện tổng đó, vậy ta có biến
đổi:


2

2



3 2 1


P x y   x y  xy x y   x y  x y 


2


1 1


x y x y x y x y
         



(135)

Đề bài yêu cầu tính giá trị của P nên nhiều khảnăng, P sẽ là một hằng số thì khi đó ta
cần có x y    1 1 x y hay nếu chứng minh được bất đẳng thức x y 1 thì P1 và ta
sẽchứng minh điều này dựa vào giả thiết, đó từgiảthiết ta có ;


1 1


y


x


x y


  làcác số dương



mà 1


1 1


y


x


xy


  nên ta có


2 1 1


1 0


1 1 2 1


2 1 1


1 0


1 1 2


x x


x


x x x y



y y


y
y y


 


  


    


  


    


  


 


  




  


    


 



 


.
Bài toán kết thúc.


Câu 2.


1). Đỉnh cổng là đỉnh của Parabol y ax 2


(a0) trùng với gốc tọa độ O

 

0; 0 .


Gọi điểm biểu thị hai chân cổng trên đồ thị hàm số là A B, ta có A B, đối xứng qua trục


tung và cách nhau 4 đơn vị. H là giao điểm của AB với Oy (A B H; ; nằm phía dưới trục
hồnh).


Ta có 2 2

 

2 5 2 4 2 16 4


2


OHOAAH       


  , suy ra H

0; 4

từ đây suy ra

2; 4



A   và B

2; 4

.
Parabol y ax 2


(a0) đi qua điểm A nên ta có   4 a

 

2 2   4 4a   a 1 (thỏa
mãn), điều phải chứng minh.


Nhận xét: Bài toán này, thực chất là sử dụng các tính chất của hàm số, đặc biệt là hàm số
bậc hai dạng y ax 2 với a0, ngồi ra cịn sử dụng các cơng thức liên quan đến khoảng
cách, độ dài,…


Nhắc lại kiến thức và phương pháp:


• Đồ thị hàm số y ax 2 với a0 một Parabol nhận gốc tọa độ làm đỉnh và trục trung
làm trục đối xứng, phần lõm hướng xuống dưới,


ta được hình vẽ



(136)

Các điểm khác gốc tọa độnằm trên parabol này đều ởphía dưới trục hồnh.


• Định lý Py-ta-go: “Trong một tam giác vng có tổng bình phương hai cạnh góc
vng bằng bình phương cạnh huyền).


Tam giác OAH vuông tại H, áp dụng định lý Py-ta-go ta có


2 2 2 2 2 2 2 2


AHHOOAOHOAAHOHOAAH


 

2 4 2


2 5 16 4


2
OH  



      


  .


• Một điểm nằm trên trục tung thì khoảng cách của điểm đó với gốc tọa độbằng giá trị
tuyệt đối tung điểm của điểm đó.


Điểm H nằm trên trục tung và nằm phía dưới trục hồnh nên điểm H có tung độâm
và hồnh độbằng 0.


Ta có OHyH  yH do H nằm dưới trục hoành nên yH 0




4 4 0; 4


H H


y y H
       
suy ra A

2; 4

B

2; 4

.


• Một điểm thuộc đồ thị hàm số thì khi thay giá trị hồnh độ và tung độ của điểm đó
vào hàm số ta được một phương trình đúng.


Điểm A

2; 4

thuộc đồ thị hàm số y ax 2 nên ta có thay x2 y 4 vào hàm số
ta được phương trình đúng  4 a.224a 4   a 1 (điều phải chứng minh).
2). Gọi giao điểm cảu đường biểu diễn chiều cao của xe tải với Parabol

 

P tại CD (


;



C D nằm vềhai phía của trục tung).
Ta có CD song song với ABOx.


K là giao điểm của CDOy.


Khoảng cách giữa DCAB là 2,5 đơn vị nên suy ra OK 4 2,5 1,5 khi đó ta có


phương trình đường thẳng CD là 3.
2
y



(137)

Phương trình hồnh độgiao điểm của CD và Parabol

 

P là 2


6


3 2 .


2 6


2


c


D
x
x


x



 


   

 



Khi đó CD 6. Tại độcao 2,5 m thì chiều rộng của cổng là 6m lớn hơn 2,4m là chiều
rộng của xe tải nên xe tải có thểđi qua cổng.


Nhận xét: Vì chiều cao của xe tải thấp hơn chiều cao của cổng, để biết xe tải có thể đi qua
cổng hay khơng ta phải xét xem, tại độ cao của cổng bằng với chiều cao của xe thì chiều
rộng của cổng bằng bao nhiêu, nếu chiều rộng đó lớn hơn chiều rộng của xe tải thì xe tải
sẽ đi qua, nếu nhỏ hơn chiều rộng xe tải thì khơng đi qua, nếu bằng nhau thì vì bài tốn
được xử lý trên lý thuyết nên ta chấp nhận là có đi qua.


Nhắc lại kiến thức và phương pháp:


• Khoảng cách giữa hai điểm nằm trên một đường vng góc với hai đường thẳng song
song bằng khoảng cách giữa hai đường thẳng song song đó.


Ta có khoảng cách giữa CDAB chính là chiều cao của xe tải nên bằng 2,5 khi đó


2,5 2,5 4 2,5


HK OH OK   OK


4 2,5 1,5



OK


    suy ra K

0; 1,5

.


• Đường thẳng song song với trục hồnh và đi qua một điểm nào đó thì chính tập hợp
các điểm có tung độ là tung độ của điểm đó.


Ta có CD Ox và CD đi qua điểm K

0; 1,5

nên ta có hàm số biểu thị đường thẳng


CD là 1,5 3


2
y    .


• Phương trình hồnh độ giao điểm/ Hệ phương trình tọa độ giao điểm.
Phương trình hồnh độ giao điểm của đường thẳng CD với parabol là


2 2


3 6


3 3 2 2


2 2 3 6


2 2


C C


D D



x x


x x


x x


 


 


 


     


 


 


      


 


   


 


 






.


• Khoảng cách giữa hai điểm cùng thuộc một đường thẳng song song với trục hoành
bằng giá trị tuyệt đối hiệu hai hoành độ của hai điểm.


Ta có CD cùng thuộc CD Ox nên 6 6


2 2


C D


CD x x   


6 6


   .


• Đối với bài tốn trên, nếu tại độ cao của cổng bằng với chiều cao của xe thì chiều rộng
của cổng bằng bao nhiêu, nếu chiều rộng đó lớn hơn chiều rộng của xe tải thì xe tải sẽ
đi qua, nếu nhỏ hơn chiềurộng xe tải thì khơng đi qua, nếu bằng nhau thì vì bài tốn
được xử lý trên lý thuyết nên ta chấp nhận là có đi qua.


Ta có 6 2,4 tức là chiều rộng của cổng tại độ cao 2,5 lớn hơn chiều rộng của xe tải
nên xe tảiđi qua được cổng.


Câu 3. Từ đẳng thức đã cho ta có 2

 

2


2 1 1 0



aba b  là phương trình bậc hai ẩn a, ta

 

2

2


1 1 4


b b b


    


 .



(138)

Vì phương trình trên có nghiệm nguyên nên điền kiện cần ta có là một số chính
phương. Khi đó ta có b là một số chính phương.


- Với b0, ta có a1. Ta thấy 0 và 1 là hai sốchính phương liên tiếp (đúng với dpcm).


- Với b0, ta có





2


2


1 4 1


.


1 4 1



a b b b


a b b b




     




     



Ta thấy b

b1

2 là hai số chính phương liên tiếp;

b1

2 và b là hai số chính
phương liên tiếp (điều phải chứng minh).


Vậy ab là các số chính phương liên tiếp.


Nhận xét: Bài toán này, thực chất là sử dụng các tính chất của hàm số, đặc biệt là hàm số
bậc hai dạng y ax 2 với a0, ngoài ra cịn sử dụng các cơng thức liênquan đến khoảng
cách, độ dài,…


Nhắc lại kiến thức và phương pháp:


• Biến đổi đẳng thức đã cho thành phương trình bậc hai đối với một ẩn




2 2 1 2 2 2 1 2 1 2 0



ab   ab a b  aa b  b   b


 

2


2 2 1 1 0


a a b b


      coi là phương trình bậc hai ẩn a tham số b.


• Phương trình bậc hai Ax22Bx C 0 với A0 có biệt thức được tính bởi cơng
thức   B2AC.


Phương trình 2

 

2


2 1 1 0


aa b  b  là phương trình bậc hai, ta có


 

2

2 2 2


1 1 2 1 2 1 4


b b b b b b b




            .



• Điều kiện để một phương trình bậc hai có nghiệm khi   0.
Phương trình 2

 

2


2 1 1 0


aa b  b  là phương trình bậc hai có nghiệm khi   0
hay 4b  0 b 0.


• Điều kiện cần để một phương trình bậc hai có nghiệm nguyên khi là số chính
phương.


Với a b; là các số ngun thì phương trình 2

 

2


2 1 1 0


aa b  b  có  là số chính
phương suy ra 4b là số chính phương.


• Tích của một số chính phương với một số nguyên là một số chính phương khi số
ngun đó là số chính phương.


Ta có 4b là số chính phương và 4 2 2 là số chính phương nên b cũng là số chính
phương.


• Số chính phương ln lớn hơn hoặc bằng 0.


+ Với b0 là số chính phương ta suy ra a1 thỏa mãn là hai số chính phương liên


tiếp.



+ Với b0 là số chính phương thì   0


• Phương trình bậc hai Ax22Bx C 0 với A0   0 thì có hai nghiệm phân biệt
B


x


A

  


 hoặc x B


A

  


 .



(139)

Khi b0 thì 2

 

2


2 1 1 0


aa b  b  có   0 nên có hai nghiệm phân biệt






2



2


1 4 1


1 4 1


a b b b


a b b b




     




     



.


• Hai số chính phương liên tiếp là hai số bình phương của hai số nguyên liên tiếp.


+ Với a

b1

2 và b là số chính phương ta có b

b1

là hai số nguyên liên
tiếp nên

 

b 2 và

b1

2 là hai số chính phương liên tiếp hay ba là hai số chính
phương liên tiếp.


+ Với a

b1

2 và b là số chính phương ta có b1 và b là hai số nguyên liên

tiếp nên

b1

2 và

 

b 2 là hai số chính phương liên tiếp hay ab là hai số chính
phương liên tiếp.


Câu 4.


1). Nối EM. Tứgiác EFBC là tứgiác nội tiếp nên ABC AEF (1).


 


XBA ACB (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến-dây cung cùng chắn cung AB của
(O) (2).


MEC


 có


2
BC


ME MC  nên MEC cân tại M, suy ra BCA MEC.


Kết hợp với (2), ta có được XBA MEC  .


Cộng vếtheo vế với (1), ta được  ABC XBC AEF MEC  


    


XBM XEM AEF MEC XEM


     XBM XEM  1800.


Suy ra EXBM là tứgiác nội tiếp, suy ra XMB XEB (3).



(140)

Tứgiác AFHE là tứgiác nội tiếp nên FEB FAD  .


Kết hợp với (3), suy ra XMB FDA mà FAD FCB nên XMB FCB hai góc này ở vị trí
đồng vị của XMFC suy ra XM FC mà FC AB , do đó XM AB (điều phải chứng
minh).


Nhận xét: Bài tốn chứng minh hai đường thẳng vng góc ta sử dụng mối quan hệ của
hai đường thẳng với một đường thẳng thứ ba bằng tính chất từ quan hệ vng góc và
quan hệ song song


Nhắc lại kiến thức và phương pháp:


• Tứgiác có hai đỉnh liên tiếp cùng nhìn một cạnh dưới hai góc bằng nhau là tứgiác nội
tiếp.


Trong ABC có đường cao BECF nên  90
90
BE AC BEC
CF AB CFB
  



 


 Tứgiác EFBC có hai


đỉnh liên tiếp EF cùng nhìn cạnh BC dưới hai góc cùng bằng 90 nên tứ giác



EFBC là tứgiác nội tiếp.


• Tứgiác nội tiếp có góc trong tại một đỉnh bằng góc ngoài tại đỉnh đối diện.


Tứgiác EFBC là tứgiác nội tiếp có ABC là góc trong tại đỉnh B và AEF là góc ngồi
tại đỉnh E đối diện với B nên có ABC AEF.


• Trong một đường trịn, góc tạo bởi tia tiếp tuyến - dây cung và góc nội tiếp cùng chắn
một chung thì bằng nhau.


+ XBA là góc tạo bởi tia tiếp tuyến BX và dây cung BA chắn cung BA của đường tròn


( )O ;


+ ACB là góc nội tiếp chắn cung BA của đường tròn ( )O ;
suy ra XBA ACB.


• Tam giác có hai cạnh bằng nhau là tam giác cân.


MEC


 có


2
BC


ME MC  nên MEC cân tại M.


• Tam giác cân có hai góc kềcạnh đáy bằng nhau



MEC


 cân tại M nên BCA MEC  .
suy ra XBA MEC  và  ABC XBC AEF MEC  


    


XBM XEM AEF MEC XEM


     XBM XEM  1800.


• Tứgiác có tổng hai góc trong đối diện bằng 180 là tứgiác nội tiếp.


+ Tứ giác EXBMXBM XEM  1800 nên tứ giác EXBM là tứ giác nội tiếp


 


XMB XEB (hai góc nội tiếp cùng chắn cung XB của đường tròn ngoại tiếp tứ giác


EXBM);


+ Tứgiác AFHEAFH AEH      90 90 180 nên tứ giác AFHE là tứ giác nội tiếp
nên FEB FAD  ;


suy ra XMB FDA mà FAD FCB nên XMB FCB.


• Hai góc ở vịtrí đồng vịcủa hai đường thẳng bằng nhau thì hai đưởng thẳng này song
song.



(141)

Hai góc XMB và FCB ở vị trí đồng vị của hai đường thẳng XMFC thỏa mãn



 


XMB FCB nên suy ra XM FC .
• Đường thẳng a b và a c thì b c .


Ta có XM FC XM AB


FC AB





 



(điều phải chứng minh).


2). Tứgiác ABME là tứgiác nội tiếp nên SXM BEM mà BEM EBM (MBE cân tại M).
Tứgiác BFHD là tứgiác nội tiếp nên EBM DFE.


Kết hợp với trên suy ra SXM HFD (*).


Ta có S M O; ; thẳng hàng do OMSO cùng vng góc với BC, suy ra  900 1


2
MSB  BC.


Tứgiác AFDE là tứgiác nội tiếp nên ta có


  900  900 1



2
FDA FCA  BAC  BC


suy ra MSB FDA, kết hợp với (*) ta có MXS∽HFD (g - g) (điều phải chứng minh)


Nhận xét: Chứng minh hai tam giác đồng dạng thông qua trường hợp đồng dạng góc.góc
có nghĩa là chứng minh hai tam giác có hai cặp góc bằng nhau thì hai tam giác đó đồng
dạng


Nhắc lại kiến thức và phương pháp:


• Tứ giác nội tiếp và các kiến thức liên quan đã nhắc lại ở trên.


+ Tứ giác ABME là tứ giác nội tiếp nên SXM BEM (hai góc nội tiếp cùng chắn cùng




BM của đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABME).


+ Tứ giác BFHD là tứ giác nội tiếp nên EBM DFE (hai góc nội tiếp cùng chắn cung




HD của đường trịn ngoại tiếp tứ giác BFHD).


• Tam giác cân có hai góc kềcạnh đáy bằng nhau.


Tam giác BME cân tại M nên BEM EBM, suy ra SXM HFD.



• Tiên đềƠ-clit: “Từmột điểm nằm ngồi một đường thẳng đã cho kẻđược một và chỉ
một đường thẳng vng góc với đường thẳng đó.


Ta có OMSO cùng vng góc với BC nên S M O, , thẳng hàng


• Tổng của hai góc nhọn trong một tam giác vuông bằng 90.


Tam giác SMB vuông tại M nên  MSB SBM  90 .


• Trong một đường trịn, số đo góc tạo bởi tia tiếp tuyến - dây cung bằng nửa số đó
cung mà góc đó chắn.


Ta có SBM là góc tạo bởi tia tiếp tuyến BS và dây cung BC chắn cung BC nên


 1


2


SBMBC, suy ra  900 1


2
MSB  BC.


• Tứgiác nội tiếp.


Tứgiác AFDE có hai đỉnh liên tiếp EF cùng nhìn cạnh AD dưới góc vng nên


AFDE là tứ giác nội tiếp, suy ra FDA FCA (hai góc nội tiếp cùng chắn cung FA của
đường tròn ngoại tiếp tứgiác AFDE), suy ra MSB FDA.



• Hai tam giác có hai cặp góc bằng nhau thì đồng dạng với nhau.



(142)

Xét MXS và HFD có: MSX FDH  ; SXM HFD
Suy ra MXS∽HFD (g – g)(điều phải chứng minh).


3). Ta có ( - )


FY (g - g)


AC BC
ABC AEF g g


AF EF


AC CD
ACD A


AF FY














 



 





.


BC CD EF BC
EF FY FY CD


    (điều phải chứng minh).


Nhận xét: Chứng minh hai tỷ số bằng nhau dựa vào tam giác đồng dạng suy ra các cặp
cạnh tương ứng tỷ lệ


Nhắc lại kiến thức và phương pháp:


• Hai tam giác có hai cặp góc bằng nhau thì đồng dạng.
+ Xét AEF và ABC có:


- BAC chung;


- AEF ABC (góc ngồi và góc trong tại đỉnh đối diện của tứgiác nộitiếp FECB);
suy ra AEF∽ABC (g – g).


+ Xét ACD và AFY có:
- ADC AYF

90

;


- ACD AFY (góc ngồi và góc trong tại đỉnh đối diện của tứgiác nội tiếp FECB);
suy ra ACD∽AFY (g – g).



• Hai tam giác đồng dạng có các cặp cạnh tương ứng tỷ lệ.
+ AEF∽ABCACAFBCEF ;


+ ACD∽AFYAC CDAFFY ;


suy ra BC CDEFFYEFFY CDBC (điều phải chứng minh).


Câu 5. Đặt


A B
A B


B C
B C


x x a


y y b


x x c


y y d
  







  





  



với a b c d; ; ; là các số nguyên (hiệu các số nguyên là số nguyên).


Khi đó ta có A C
A C


x x a c


y y b d
   



   


 .


 

2

2


2 2; 2 2;


X AB  ab Y BC  cd Z CA  a c  b d


Theo cơng thức Hê-rơng ta có:


. . .



2 2 2 2


ABC


X Y Z X Y Z Z X Y Y Z X
S         










2S ABC X Y Z X Y Z Z X Y Y Z X


         .


Tính

X Y Z X Y Z 



 

như sau:




 

2 2 2 2 2


2


X Y Z X Y Z     X Y ZXYXY Z



(143)

2 2



2 2



2 a b c d 2ac 2bd


     .


Tính

Z X Y Y Z X 



 

như sau:




2

2 2 2 2


2


Z X Y Y Z X    ZX Y ZXY X Y


2 2



2 2



2ac 2bd 2 a b c d


     .


Kết hợp lại, ta có


2 2



2 2

2 2



2 2



2S ABC4  ab cd  ac bd ac bd     ab cd 


   




2 2



2 2

2 2 2 2 2


4 a b c d ac bd 4 a d 2abcd b c


       


2


4 ad bc 4ad bc



    .


Là một số nguyên với mọi a b c d; ; ; là số nguyên (điều phải chứng minh).


Nhận xét: Bài toán sử dụng tư duy của đại số và số học, áp dụng một số cơng thức tính
tốn của hình học


Nhắc lại kiến thức và phương pháp:


• Hiệu của hai số nguyên là một số nguyên.
Đặt


A B


A B A C
B C A C
B C


x x a


y y b x x a c


x x c y y b d


y y d
  



  






 


      


 


  



với x x x y y y a b c dA, , ,B C A, ,B C, , , , là các số nguyên.


• Cơng thức tính khoảng cách giữa hai điểm M N; trong mặt phẳng tọa độ


 

2

2


M N M N


MNxxyy .


Ta có


 



 



 

 




2 2 2 2


2 2 2 2


2 2 2 2


A B A B


B C B C
A C A C


X AB x x y y a b
Y BC x x y y c d


Z CA x x y y a c b d


       












         







.


• Cơng thức Hê-rơng: Trong một tam giác có độ dài ba cạnh là a b c; ; . Với


2
a b c


p   là
nửa chu vi của tam giác. Ta có cơng thức tính diện tích tam giác đó








Sp p a p b p c   .


Áp dụng vào tam giác ABC với ba cạnh AB BC CA; ; có độ dài lần lượt là X Y Z; ; ta
được:


. . .


2 2 2 2


ABC X Y Z X Y Z X Y Z X Y Z
S       X    Y    Z


     




. . .



2 2 2 2


X Y Z X Y Z Z X Y Y Z X       










4


X Y Z X Y Z Z X Y Y Z X       










4S ABC X Y Z X Y Z Z X Y Y Z X


         .



(144)

• Tính X Y Z; ; theo a b c; ; .


+ Tính

X Y Z X Y Z 



 

như sau:


X Y Z X Y Z 



 

 

X Y

Z X Y   

Z


• Hằng đẳng thức A2B2

A B A B







 

2 2


X Y Z X Y Z     X Y Z



• Hằng đẳng thức

2 2 2


2


A B AAB B


X Y Z X Y Z 



 

X22XY Y 2Z2




2

2


2 2 2 2 2 2 2 2 2


a b a b c d c d


      

 



2


2 2


a c b d


 


 


   



 


  .


• Hằng đẳng thức

 

A 2A


X Y Z X Y Z 



 

a2b22 a2b c2 2d2  c2 d2 

a c

 

2 b d

2


2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2


a b a b c d c d a ac c b bd d


            


2 2 2 2


2 a b c d 2ac 2bd


     .


- Hồn tồn tương tự ta tính được

Z X Y Y Z X 



 

như sau:




2

2 2 2 2


2


Z X Y Y Z X    ZX Y ZXY X Y


2 2



2 2

2 2 2 2



2ac 2bd 2 a b c d 2ac 2bd 2 a b c d


          .


Suy ra


2 2 2 2 2 2 2 2


4S ABC2 ab cd 2ac2bd ac  2 2bd2 ab cd


   






2 2 2 2 2 2 2 2


2S ABCa b c d ac bd   a b c d ac bd


           


   




2 2



2 2

2 2 2 2 2


2S ABC a b c d ac bd a d 2abcd b c



       


2


2S ABC ad bc ad bc


    .


• Tổng, Hiệu, Tích của các số ngun là số nguyên.
Ta có a b c d; ; ; là các số nguyên nên ad bc là số nguyên.


ĐỀ SỐ 16.
Câu 1.


1). Phương trình đã cho tương đương với phương trình 2


3 2 0


xx  


1



2

0 1
2
x


x x


x
 

     




 .


Phương trình có nghiệm x  

2; 1; 1; 2



Nhận xét: Bài toán cơ bản là đi giải phương trình bậc hai, tuy nhiên để tìm nghiệm của
phương trình thì cần phải qua bước giải dấu trị tuyệt đối.


Ý tưởng: Đây là một phương trình chứa trị tuyệt đối cơ bản, như đã biết rằng x x nếu
x x nếu x0. Vì thế ta có thể chia trường hợp và đưa về giải phương trình bậc hai.



(145)

Tuy nhiên ta có thể đưa về phương trình bậc hai trước vì x2

 

x 2 do đó phương trình đã
cho 2


3 2 0


x x


   


1



2

0 1
2
x


x x


x
 


     




 . Đến đây giờ thì rất dễ để suy ra nghiệm của phương trình là

2; 1; 1; 2



x   .
Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:


1. Giải phương trình x25x   4 x 1.
Đáp số: x

1; 5; 3  6

.


2. Giải phương trình 5 7


2013 2014 1


x  x  .
Đáp số: x2013 hoặc x2014.


2). Cộng vế với vế các phương trình đã cho ta được x y z   9.
Phương trình đầu có dạng 2x      

x y z

1 x 4.


Phương trình thứ hai có dạng 2y      

x y z

3 y 3.
Phương trình thứ ba có dạng 2z      

x y z

5 z 2.
Thử lại thỏa mãn.


Vậy x 4;y 3; z 2.



Nhận xét: Bằng phương pháp cộng vế, cộng các phương trình của hệ với nhau, ta tìm
được biểu thức chứa mối liên hệ giữa x y z, , từ đó thế ngược lại tìm nghiệm của hệ phương
trình.


Ý tưởng: Quan sát được sự đối xứng giữa các phương trình trong hệ, nếu phương trình
trên chứa biến thì phương trình dưới lại có biểu thức triệt tiêu biến đó vì thế ta sẽ nghĩ đến
việc cộng các phương trình lại với nhau, khi đó ta có x y z   9. Với biểu thức này, xét
riêng từng phương trình, cụ thể phương trình một ta thấy có xuất hiện tổng y z do đó ta
sẽ rút được y z   x 9 nên suy ra x x     9 1 x 4. Tương tự ta sẽ tìm được
nghiệm của hệ là x 4;y 3;z 2.


Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:


1. Giải hệ phương trình


3 2 8


2 2 6


3 6


x y z
x y z
x y z
   
  



  





.
Đáp số:

x y z; ;

 

 1; 1; 2

.


2. Giải hệ phương trình


2 3 4 5


4 5 6


3 4 3 7


x y z
x y z
x y z
    
  







.
Đáp số:

; ;

22 131; ; 39


101 101 101


x y z   



 .


Câu 2.


1). Theo định nghĩa phép toán T, ta có:



(146)

1 1 1
5 6


5 6 30


T    ; 7 8 1 1 1
7 8 56
T   
suy ra

5 6

 

7 8

1 1


30 56


PT T T     T 
   .


Vậy 1 1 30 56 26


30 56


P    T  
   


    .



Nhận xét: Bài toán tư duy từ ký hiệu, tính tốn,… Nhìn qua, tưởng chừng đây là một bài
tốn khó vì hình thức lạ. Tuy nhiên, bản chất của bài toán rất đơn giản, chỉ là các phép tính
phân số cơ bản đã học từ lớp 6.


Nhắc lại kiến thức và phương pháp:


• Phép tốn T được định nghĩa như sau aTb 1 1


a b


  với ab là các số thực khác 0 tùy
ý.


+ 5 6 1 1 6 5 1


5 6 5.6 30


T      .


+ 7 8 1 1 8 7 1


7 8 7.8 56


T      .


• Thay các giá trịvào biểu thức lớn.


5 6

 

7 8

1 1 1 1 30 56 26


1 1



30 56


30 56


PT T T     T      
   


Vậy P 26.


2). Ta ký hiệu các điều kiện như sau
2


6a 20a15 0 (1).
2


15b 20b 6 0 (2).
1


ab (3).


Dễ thấy các phương trình (1) và (2) đều có hai nghiệm phân biệt.
Do (3) nên b khác 0. Chia hai vế của (2) cho b2 ta được


2


1 1


6 20 15 0



b b


   


   


    (4).
Từ (1), (3) và (4), suy ra a và 1


b là hai nghiệmkhác nhau của phương trình
2


6x 20x15 0 (5).
Theo định lí Vi-ét


1 10


3
5
2
a


b
a
b


  





 



.


Từ đó



3 3 3


2
3


9 1 1 5 10 2015


9 9


2 3 6


ab ab a


a


b b


b


  
       



   


suy ra




3
3
2


6
2015


9 1


b


abab  , điều phải chứng minh.



(147)

Nhận xét: Bài tốn sử dụng phép ẩn phụ hóa, đưa về các phương trình đối xứng, đồng
thời kết hợp với biểu thức đồng bậc ở giả thiết để suy ra điều phải chứng minh.


Ý tưởng: Quan sát giả thiết bài tốn, giữa hai phương trình bậc hai có sự đối xứng giữa các
hệ số của chúng, tuy nhiên sự khác biệt nằm ở 6a215 15b26 vì thế ta sẽ đặt t 1


b
 khi
đó 6 22 20 15 0


6 20 15 0



a a


t t


   





 , vì thế ta có được a t, đều là nghiệm của phương trình


2


6x 20x15 0 . Theo định lý Viet ta có


10
1 10
3
3
5
2
a t
a
b
at
  
    

 





và 5


2
a


b . Khi có được
điều này, ta sẽ khai thác đến biểu thức




3
3


2 9 1


b


abab , đây là một biểu thức đồng bậc ba
nên ta sẽ “ chia để trị “ nên chia cả tử và mẫu cho b3 ta được:




3


3 3 3


2



1 1 6


2015


1 5 10


9 1 9 9


2 3


b


a


ab ab a


b b
  
   
   
 

   
   


suy ra đpcm.
Bài toán kết thúc.


Bài tập tương tự:



1. Cho ab là các số thực thỏa mãn điều kiện 5a26a 1 0; b26b 5 0; ab1.
Tính giá trị của P a ab 1


b
 


 .


2. Cho ab là các số thực thỏa mãn điều kiện 5a26a 1 0; b26b 5 0; ab1.
Tính giá trị của




3
3


2 9 1


b a
Q
b
ab ab
 
  .
Câu 3.


1). Giả sử ab là các số tự nhiên sao cho n2015a2; n2199b2.
suy ra

b a b a



 

184 hay

b a b a



 

2 .233 .


b a và b a là các số có cùng tính chẵn lẻ và b a b a   nên chỉ xảy ra hai trường hợp


2
92
b a
b a
  

  


 (I) và


4
46
b a
b a
  

  
 (II).


Trường hợp thứ nhất


 

45 10


47
a
I n
b
 

   



 (thỏa mãn).


Trường hợp thứ hai


 

21 1574 0


25
a
II n
b
 

     


 (khơng thỏa mãn).


Vậy n10.


Nhận xét. Bài tốn số học sử dụng tính chất số chính phương, phương trình ước số
Nhắc lại kiến thức và phương pháp.


Sốchính phương được viết dưới dạng x2 với x là sốnguyên.



(148)

+ n+2015 là sốchính phương nên có dạng a2 với a là sốngun.


+ n+2199 là sốchính phương nên có dạng b2 với b là sốnguyên


Hằng đẳng thức A B2 2 =

(

A B A B+

)(

)

.
Trừ vếtheo vếcủa 2015 22


2199


n a


n b


  



  


 cho nhau ta được


 

 





2 2 2199 2015 184


b   a n  n  b a b a  .
Phương trình ước số:

b a b a



 

184 2 .23 3 .


Đánh giá loại bỏ bớt trường hợp: “Vì b a và b a là các số có cùng tính chẵn lẻ và


b a b a   ”. Vì tổng, hiệu của hai số lẻ là số chẵn; tổng, hiệu của hai số chẵn là số
chẵn; tổng, hiệu của một sốchẵn và một số lẻlà một số lẻ. Nên hiệu và tổng luôn cùng
chẵn hoặc cùng lẻ.


Các hệphương trình suy ra từphương trình ước số.


2 45



92 47 10


1574


4 21


46 25


b a a


b a b n


n


b a a


b a b


   


 


 


 
   





 


  




 


kết hợp với điều kiện n là sốtự
nhiên nên suy ra n10.


Vậy n10.


2). Trong dãy số nói trên, 9 số đầu tiên: 1,2,3,...,9 là các số có 01 chữ số.
90 số tiếp theo: 10,11,12,...,99 là các số có 02 chữ số.


900 số tiếp theo: 100,101,102,...,999 là các số có 03 chữ số.
Như vậy, bằng cách viết nói trên ta thu được một số có:


9 2 90 3 900 4 2893      chữ số.


Vì 9 2 90 2016 2893    nên chữ số thứ 2016 của dãy số là một chữ số của số có 03 chữ số.
Ta có 2016 9 2 90 3 609,     số có 03 chữ số đầu tiên là 100, số có 03 chữ số thứ 609 là


609 100 1 708   do đó chữ số thứ 2016 trong dãy đã cho là chữ số 8.


Nhận xét. Bài toán số học sử dụng tính chất số chính phương, phương trình ước số
Nhắc lại kiến thức và phương pháp.



Tính số các số viết theo quy luật của một dãy số ta tính bằng cơng thức s c d 1
h


 


trong đó s là sốcác số của dãy, c là sốcuối của dãy, d là sốđầu của dãy, h là khoảng
cách giữa các số.


+ Từ 1 đến 9 có 9 1 1 9
1


  sốcó một chữsố.
+ Từ10 đến 99 có 99 10 1 90


1


  sốcó hai chữsố.
+ Từ100 đến 999 có 999 100 1 900


1


  sốcó ba chữsố.
Phân tích các chữsố.



(149)

+ Ký hiệu 123456789101112 98999100101 989991000


a b c


A    có nghĩa là 12...89 có a chữ


số, 1011 99 có b chữsố, 100101 998999 có c chữsố.


- Ta có


9.1 9
90.2 180
900.3 2700


a
b
c


  




  





suy ra số A


4 9 180 2700 4 2893


a b c        chữsố.


- Ta có 2016 thỏa mãn

a b 

2016 2893 189 2016 2893  nên suy ra sốthứ 2016
là sốcó ba chữsố.


+ Phân tích xem chữsốthứ2016 của số A là chữsốthứmấy từchữsố 1 của c.



Ta có 2016 1.9 2.90 3.609   sốcó 03 chữsố đầu tiên là 100, sốcó 03 chữsố thứ609 là


609 100 1 708   do đó chữsốthứ2016 trong dãy đã cho là chữsố8.
Câu 4.


1). Do ABCD là hình vng nên hai đường chéo vng góc, hai đường chéo tạo với các
cạnh của hình vng góc 45.


Tam giác AME vng cân đỉnh A, suy ra AM AE ; EAO MAO45


suy ra AMO AEO (c – g – c), suy ra MOA EOA.
Vậy OA là phân giác trong của góc MOE.


Chứng minh tương tự, ta có OB là phân giác trong của góc MOF.


Mặt khác, MOA MOB AOB  90oMOE MOF  2AOB180 hay E O F; ; thẳng hàng;


điều phải chứng minh.


Nhận xét. Bài toán chứng minh ba điểm thẳng hàng ta chứng minh góc tạo bởi ba điểm là
góc bẹt.


Nhắc lại kiếnthức và phương pháp.


H
M


F
B



C
A


D


O
E


I



(150)

• Hình vng có hai đường chéo tạo với nhau góc vng, đường chéo tạo với cạnh góc
45.


ABCD là hình vng nên BAC CAD 45 hay MAO OAE.


• Hai tam giác có hai cặp cạnh tương ứng bằng nhau và góc xen giữa hai cạnh bằng
nhau thì hai tam giác bằng nhau theo trường hợp “cạnh - góc - cạnh” (c - g - c).


Xét AMO và AEO có:
+ AM AE (giả thiết);
+ MAO OAE;


+ AO: cạnh chung;


Suy ra AMO AEO (c – g - c).


• Hai tam giác bằng nhau có hai góc tương ứng bằng nhau.


 



AMO AEO AOM AOE


     , suy ra OA là phân giác của MOE nên MOE2MOA.
Chứng minh tương tự ta có OB là phân giác trong của góc MOF nên MOF2MOB.


• Ba điểm tạo thành góc có số đo 180 thì ba điểm đó thẳng hàng.


   2

 

2.2.90 180


EOF EOM MOF   MOA MOB  AOB   , suy ra ba điểm E O F; ;
thẳng hàng (điều phải chứng minh).


2). Tứ giác AEHM nội tiếp đường trịn đường kính ME nên MHA MEA45.


Tứ giác BFHM nội tiếp đường tròn đường kính MF nên MHB MFB45, suy ra


   90


AHB AHM MHB   .


Ta thấy OH cùng nhìn AB dưới một góc vng nên bốn điểm A B H O; ; ; cùng nằm
trên đường trịn đường kính AB.


Nhận xét. Bài tốn chứng minh ba điểm thẳng hàng ta chứng minh góc tạo bởi ba điểm là
góc bẹt.


Nhắc lại kiến thức và phương pháp.


• Trong đường trịn, hai góc nội tiếp chắn cùng một cung thì bằng nhau.



+ Tứ giác AEHM nội tiếp đường trịn đường kính ME nên MHA MEA (hai góc nội
tiếp cùng chắn cung MA). Mà MEA45 nên MHA 45 .


+ Tứ giác BFHM nội tiếp đường tròn đường kính MF nên MHB MFB (hai góc nội
tiếp cùng chắn cung MB). Mà MFB45 nên MHB45.


• Cộng vế theo vế của hai đẳng thức ta được một đẳng thức đúng.


  45 4590


MHA MHB    AHB .


• Một điểm nhìn một đoạn dưới một góc vng thì thuộc đường trịn đường kính là
đoạn thẳng đó.


+ Có AHB 90 nên điểm H thuộc đường trịn đường kính AB;
+ Có AOB 90 nên điểm H thuộc đường trịn đường kính AB;



(151)

Suy ra điểm H O; thuộc đường trịn đường kính AB hay bốn điểm A B H O; ; ; cùng
nằm trên đường trịn đường kính AB (điều phải chứng minh).


3). Đường thẳng MH cắt đường trịn đường kính AB tại điểm thứ hai I (I khác H).


Ta có AHI BHI45 nên I là điểm chính giữa cung AB (khơng chứa O) của đường trịn


đường kính AB.


Do A B O; ; là các điểm cố định nên I là điểm cố định (I đối xứng với O qua đường thẳng
AB).



Vậy, khi M di động trên cạnh AB, đường thẳng MH luôn đi qua điểm cố định I (I đối
xứng với O qua đường thẳng AB).


Nhận xét. Bài toán chứng minh đường thẳng cố định sử dụng tính chất một yếu tố có mối
liên hệ cố định với các yếu tố cố định thì cố định.


Nhắc lại kiến thức và phương pháp.


• Trong một đường trịn, haigóc nội tiếp bằng nhau chắn hai cung thì hai cung đó bằng
nhau.


+ Ta có AHI BHI (45);


+ AHI là góc nội tiếp chắn cung AI của đường trịn đường kính AB);
+ BHI là góc nội tiếp chắn cung BI của đường trịn đường kính AB);
Suy ra  AI BI mà I AB nên I điểm chính giữa cung AB.


• Một yếu tố có mối liên hệ cố định với các yếu tố cố định thì cố định.


Ta có O A B; ; cố định nên I cố định. Do đó đường thẳng MH ln đi qua điểm cố
định I với I là điểm đối xứng với O qua đường thẳng AB.


Câu 5. Xét đồ thị của hàm số y f x

 

.


Trên mỗi miền x1; 1 x 2; 2 x 3; 3 x 4; x4 (gồm 5 miền), y f x

 

là các hàm
số bậc nhất.


Đồ thị hàm số y f x

 

là đường gấp khúc gồm 02 tia và 03 đoạn thẳng liên tiếp nhau. Mặt
khácf x

 

  0, x  nên tồn tại giá trị nhỏ nhất của f x

 

trên  và giá trị nhỏ nhất này sẽ


đạt được tại đầu mút nào đó của các tia hoặc các đoạn thẳng.
Nói cách khác min f x

 

min

f

       

1 ; 2 ; 3 ; 4f f f

f

 

3 8.


Giá trị nhỏ nhất của hàm số y f x

 

bằng 8, đạt được khi x3.
ĐỀ SỐ 17.


Câu 1.


1). Điều kiện 0 x 1.


Phương trình tương đương với




3 1 1 1 3 1 1 3


3 x x x x


x  x          .
Nếu 0  x 1 3 1

  x 1

3, đồng thời xx 3 1 4 3 ,
suy ra VTVP (loại).


Thử lại ta thấy x1 là nghiệm.



(152)

Nhận xét: bài toán kết hợp giữa phương pháp nhân liên hợp và phương pháp đáng giá để
tìm nghiệm của phương trình.


Nhắc lại kiến thức và phương pháp:



• Biểu thức liên hợp x m x  

x m  x



x m  x


m


x m x


x m x


   


  với x0;x m 0.


• Đánh giá: m f x

 

 n g x

 

h x

 

với

 

0
2


m f x


n m


  



 


 .


Ta có:

 

 



 

 



0



2
m f x n n
f x m


g x h x m


  



   


 


 , suy ra phương trình vơ nghiệm. Vậy x m
là nghiệm của phương trình đã cho.


Ý tưởng: Bài tốn xuất hiện ba căn thức nằm trong một tích, sẽ rất khó để định hình ra
hướng giải, ẩn phụ sẽ rất phức tạp. Nhưng nếu xét hai căn thức đầu tiên ta thấy


  

2 2


3 3


x  x  . Vì thế ta sẽ nghĩ ngay đến chuyện dùng hằng đẳng thức dạng






2 2



a   b a b a b . Khi đó phương trình đã cho tương đương với:




3 1 1 1 3 1 3 3


3 x x x x


x  x          (i).


Với phương trình (i), ta sẽ đi nhẩm một vài giá trị nghiệm đẹp thỏa mãn các yêu cầu là
1 x 0 và các biểu thức trong căn thức là số chính phương vì thế ta khẳng định nó có
nghiệm duy nhất x1, đồng thời 1 lại là miền chặn của biến do đó ta sẽ đi đánh giá
phương trình (i). Tức là với 0 x 1 ta sẽ đi chứng minh (i) vô nghiệm như sau:


3 1 3 3


0 1


3 3


x


x VT VP


x x


   




     


  


 (i) vô nghiệm.


Vậy ta kết luận x1 là nghiệm của phương trình đã cho.


Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:


3. Giải phương trình

x 2 x1



2  x 1

1.
Đáp số: x2.


4. Giải phương trình

x 1 x2



3  x 1

1.
Đáp số: x3.


2).


+ Xét x y 0 là nghiệm.


+ Xét x0;y0 hệ phương trình tương đương với


2 2 2 2


1 1 2 1 1 2 (1)


1 1 1 1 4 1 1 2 2 8 (2)


x y x y



x y xy x y xy


 


 




 


 


 




 




 
 


     


 


 



.



(153)

Thay (1) vào (2) ta thu được


3 1 1 2


1 1 8


1 1
x y
x y
xy
  

 
 


 


1
x y
   .


Nhận xét: bài toán sử dụng phép chia các biến, sau đó kết hợp hai phương trình tìm mối
liên hệ giữa hai biến để tìm nghiệm của hệ phương trình.


Ý tưởng: quan sát thấy hệ phương trình có dáng dấp của hệ phương trình đối xứng loại


hai, tức là sự xuất hiện của tổng x y và tích xy sẽ làm ta nghĩ đến phép đặt Viet là


;


S x y P xy   để từ đó giải hệ hai ẩn S P, . Nhưng nếu làm như thế ta thu được hệ




2 2


2


2 2


1 4


S P P
S P P
  





 , hệ này giải bằng phương pháp thế sẽ thu đượcphương trình lũy thừa bậc
4 phức tạp, vì thế ta sẽ nghĩ đến phương án khác đó chính phương pháp “ chia để trị “.
Trước hết là xét phương trình hai, vế trái của nó xuất hiện tích đồng thời vế phải cũng
xuất hiện tích số dạng xy xy. . Do đó ta sẽ nghĩ đến việc chia một biểu thức bên vế trái cho


xy và ta được như sau: 1 1 1 1 4
x y xy


 




 


   . Phương trình này chủ đạo là hai biến
1 1;
x y


vậy ta cũng chia phương trình một để xuất hiện hai biến này, đó là 2 2


1 1 2


xy  . Và nếu đặt
1
1
ax
by
 

 


 hệ phương trình đã cho trở thành







2 2 2 2 2 2


1 4 2 2 4



a b a b


a b ab a b ab


 
     
 

 

 
 
 


2 2
2 2
3
2 2
2
2


2 4 8


a b
a b


a b a ab b a b



 


    
 
 
     
 
 


2 2 2 1 1


1 1 1


2


a b a b x y


x y
a b
  

           



Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:


1. Giải hệ phương trình

 







2 2



2 2


1 1 27


1 1 10


x y xy
x y xy
   



   


 .


Đáp số:

;

1; 2 3 , 2; 2

3 , 2

3; 1


2 2


x y  


   


   .


2. Giải hệ phương trình





3
3 3
2
2 2
1
1 16
1
1 8
x y
xy
x y
xy
  

     









.
Câu 2.


1).Ký hiệu 3 1 1 ,


27 3



K n  


 


  do n 1 K 1
 


 .


Ta có 3 1 1 1 1 3 1 2 3


27 3 3 27 3


Kn    KK   n K 


   



(154)

3 2 1 1 3 2 2 4 8


3 27 27 3 27


K


K K n K K K


         


3



3 2 3 3 2 4 1 3 2 1


3 3 3


K


K n K K K K K n K K


            


suy ra


2


2 3 1 1


27 3


n K  n  n  


 


  không biểu diễn được dưới dạng lập phương của một số
nguyên dương.


Nhận xét. Áp dụng kiến thức về phần nguyên, quan hệ giữa phần nguyên của một số với
số đó.


Nhắc lại kiến thức và phương pháp.



• Áp dụng giả thiết của bài tốn đề tìm ra điều kiện.


Ta có n là số nguyên dương nên n1 khi đó 3 1 1


27 3 1


n   .


• Giá trị phần nguyên của một số khơng vượt qua số đó.


3 1 1


27 3 1


n   nên 3 1 1


27 3 1


n


 




 


 


 



  hay K1.


• Một số thực bất kỳ có giá trị lớn hơn hoặc bằng giá trị của phần nguyên của nó và nhỏ
hơn số nguyên liền sau số nguyên biểu diễn phần nguyên của số thực đó.


Ta có


3 1 1 3 1 1 3 1 1 1


27 3 27 3 27 3


n n n


   


 


   


   


   


   


3 1 1 1


27 3


K n K


      .


Tiếp tục biến đổi như trên bài giải ta được 3 2

3


1
K  n KK .


• Khơng tồn tại một lập phương nào giữa hai lập phương liên tiếp.


Ta có K3

K1

3 là hai lập phương liên tiếp. Mà K3 n K2

K1

3 nên n K 2
không thể viết được dưới dạng lập phương của một số nguyên dương.


Vậy với mọi số nguyên dương n, biểu thức


2


3 1 1


27 3
n  n 


 


 


   không biểu diễn được


dưới dạng lập phương của một số nguyên dương.
2).Ta có 6

x25

6

y25

z25











6 x y x z 6 y z y x z x z y


        


 

 

 

 



3 2 3 2


2 2 2


x y  x zx y  y zz x  z y


  




9 9 6 3 3 3 2


2 2


xyz x y z


    ,


suy ra


2

2

2




3 3 2 2


3


6 5 6 5 6 5


x y z


P


x y z
 


 


    


Đẳng thức xảy ra khi x y 1;z2



(155)

Vậy min 2.
3
P


Nhận xét: Bài toán sử dụng phép thế từ giả thiết và bất đẳng thức Cosi cho hai số thực
dương đểtìm giá trịnhỏnhất của biểu thức.


Ý tưởng: Quan sát thấy, bài tốn có sựđối xứng giữa hai kiến x y; nên điểm rơi sẽxảy ra
tại x y kz  . Thế lại giảthiết ta sẽ tìm được x y 1;z2. Giảthiết cho xy yz zx  5


đồng thời số 5 này cũng xuất hiện ở biểu thức P nên ta sẽ nghĩ đến chuyện thế giả thiết


vào P. Khi đó ta có:










3 3 2


6 6


x y z


P


x y x z y z y z z x z y
 




        .


Và điều ta cần là sử dụng đánh giá nào đó đểtriệt tiêu tử số và mẫu số, tức là tìm số m
thỏa mãn:










6 x y x z   6 y z y z   z x z y  m x3 3y2z .


Thì lúc đó P 1
m


 . Câu chuyện tiếp theo là tìm m, quan sát thấy các biểu thức trong căn


đều là tích của hai thừa sốdương, ta sẽsửdụng bất đẳng thức Cosi cho hai sốthực dương
nhưng phải thỏa mãn điều kiện điểm rơi. Với căn thức cuối, với điểm rơi


x y    z x z y thì ta có ngay rằng


z x z y



x y 2 2z.
Cũng với tư duy đó, ta sẽthấy:




 





 



3 2


6


2


3 2


6


2


x y x z
x y x z


y z y x
y z y x



  


  


  


  


Nên 6



6





3

3 3 2



2


x y x z   y z y z   z x z y   xyz .


Tức là 2 min 2


3 3


P P  tại x y 1; z2.
Bài toán kết thúc.


Bài tập tương tự:


1. Cho a b c; ; 0 và thỏa mãn a b c  1. Chứng minh rằng:


1
2


bc ca ab



P


a bc b ca c ab


   


   .


2. Cho a b c; ; 0 và thỏa mãn a b c  1. Chứng minh rằng:
3
2


bc ca ab


P


a bc b ca c ab


   


   .


Câu 3.



(156)

1). Tứ giác BPIM nội tiếp và AD BC , suy ra MAD BPM BIM, nên tứ giác AMID nội
tiếp.


Tương tự tứ giác DNIA nội tiếp.


Vậy các điểm A M I N D; ; ; ; thuộc một đường tròn ( )K .



Nhận xét. Chứng minh năm điểm cùng thuộc một đường tròn ta chứng minh cho bốn
điểm trong đó tạo thành một tứ giác nội tiếp.


Nhắc lại kiến thức và phương pháp.


• Hai góc nội tiếp cùng chắn một cung của một đườngtrịn thì bằng nhau.


 


BPM BIM (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BM của đường tròn ngoại tiếp tứ giác


BPIM).


• Một đường thẳng cắt hai đường thẳng song song tạo ra các cặp góc so le trong bằng
nhau.


 


BPM MAD (hai góc so le trong của BP AD ), suy ra BIM MAD.


• Tứ giác có góc ngồi tại một đỉnh đối diện bằng góc trong khơng kề với nó thì tứ giác
đó là tứ giác nội tiếp.


Tứ giác MIDA có góc BIM là góc ngồi tại đỉnh I và góc MAD là góc trong tại đỉnh
A không kề với I thỏa mãn BIM MAD nên suy ra MIDA là tứ giác nội tiếp.


Hoàn toàn tương tự ta chứng minh được DNIA là tứ giác nội tiếp.
Do đó 5 điểm A M I N D; ; ; ; cùng thuộc một đường tròn.



2). Do các tứ giác BPIMCPIN nội tiếp nên ta có QMI BPI CNI  , suy ra tứ giác MINQ
nội tiếp.


M I N K; ; ( ), suy ra tứ giác MINQ nội tiếp đường tròn ( )K .
Vậy Q thuộc đường tròn ( )K .


Nhận xét. Chứng minh một điểm nằm trên một đường tròn ta chứng minh điểm đó cùng
ba điểm nằm trên đường trịn tạo thành một tứ giác nội tiếp.


Nhắc lại kiến thức và phương pháp.


• Tứ giác nội tiếp có góc ngồi tại một đỉnh bằng góc trong tại đỉnh khơng kề với nó.


K


Q


N
M


P


I


B C


A D



(157)

+ Tứ giác BPIM là tứ giác nội tiếp có góc ngồi tại đỉnh M và góc trong tại đỉnh I
khơng kề với nó nên QMI BPI.



+ Tứ giác CPIN là tứ giác nội tiếp có góc ngồi tại đỉnh P và góc trong tại đỉnh N


khơng kề với nó nên BPI CNI, suy ra QMI CNI  .


• Áp dụng nhắc lại kiến thức.


Tứ giác MINQ có góc INC là góc ngồi tại đỉnh N và góc QMI là góc trong tại đỉnh


M không kề với N thỏa mãn INC QMI  nên suy ra MINQ là tứ giác nội tiếp.


• Qua ba điểm không thẳng hàng xác định được một và chỉ một đường tròn.


Bốn điểm M; I; N; Q cùng thuộc một đường tròn mà ba điểm M; I; N cùng thuộc
đường tròn ( )K nên suy ra Q cũng thuốc đường tròn ( )K .




3). Khi P I Q; ; thẳng hàng, kết hợp với Q thuộc đường trịn( )K ta có  AIQ PIC (đối đỉnh);


 


PIC PNC (do tứ giác NIPC nội tiếp).


 


PNC QND (đối đỉnh); QND QID (do tứ giác INDQ nội tiếp).


 



AIQ QID


  , suy ra IQ là phân giác DIA nên IP là phân giác gócBIC.


Do đó PB IB ID IB ID BD PB BD


PC IC IA IC IA AC PC CA


     


 .


Nhận xét. Chứng minh đẳng thức là tỷ số của các đoạn thẳng ta thường sử dụng mối liên
hệ giữa các đoạn thẳng thông qua định lý Ta-lét, tính chất đường phân giác trong/ngồi
tam giác, tính chất của tỷ lệ thức.


Nhắc lại kiến thức và phương pháp.


• Hai góc đối đỉnh thì bằng nhau.


+ Góc AIQ và góc PIC là hai góc đối đỉnh nên AIQ PIC  .
+ Góc PNC và góc QND là hai góc đối đỉnh nên PNC QND.


• Áp dụng nhắc lại kiến thức.


+ PIC PNC (hai góc nội tiếp cùng chắn cung PC của đường trịn ngoại tiếp tứ giác


PINC).



+ QND QID (hai góc nội tiếp cùng chắn cung QD của đường tròn ngoại tiếp tứ giác


QNID), suy ra AIQ QID .


• Một tia nằm giữa hai tia và chia góc tạo bởi hai tia đó thành hai góc bằng nhau thì tia
này là tia phân giác.


Ta có IQ nằm giữa IAID mà AIQ QID suy ra IQ là phân giác của góc AID.


• Hai góc đối đỉnh có chung đường phân giác hay tia phân giác của góc này là tia đối
của tia phân giác góc kia.


+ IQ là phân giác của góc AID.
+ IQ là tia đối của tia IP.


Góc AID và góc BIC là hai góc đối đỉnh, suy ra IP là phân giác của góc BIC


• Đường phân giác trong của một tam giác chia cạnh dối diện thành hai đoạn thẳng có
tỷ số bằng với tỷ số hai cạnh tương ứng của tam giác.


Ta có IP là phân giác của góc trong BIC của tam giác CBI nên PB IB


PCIC


• Định lý Ta-lét.



(158)

Ta có BC AD nên IB IC IB ID


ID IA ICIA , suy ra



PB IB ID
PCICIA.


• Tỷ lệ thức PB IB ID IB ID BD PB BD


PC IC IA IC IA AC PC AC


     


 (điều phải chứng minh).


Câu 4. Giả sử An số, chúng ta xếp chúng theo thứ tự 1x1x2x2xn100
(1).


Suy ra với mỗi k

1,2,3, , n1

ta có xk1   x xi j xk xk2xk (2), với 1 ,i j k .


Áp dụng kết quả

 

2 ta thu được x2  1 1 2; x3  2 2 4; x48; x516; x632;


7 64


x  , suy ra tập A phải có ít nhất 8 phần tử.
+) Giả sứ n 8 x8100.


x6x732 64 96  x82x7x750.
x5x616 32 48  x72x6x625.


4 5 6 5 5 25


2


8 16 24 25 2


xx     xxx  (mâu thuẫn).


+) n9 ta có tập

1; 2; 3; 5; 10; 20; 25; 50; 100

thỏa mãn yêu cầu bài toán .
Đáp số: n9.


Nhận xét. Các bài toán dạng này chủ yếu đánh giá tư duy và khơng có cách giải tổng qt.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp.


• Từ 1 đến 100 có 100 số tự nhiên. Tập hợp A là tập hợp con của tập  có phần tử nhỏ


nhất bằng 1 và lớn nhất bằng 100 nên tập hợp A không vượt quá 100 phần tử.


Tổng quát, tập hợp A có 2 n 100 phần tử, sắp xếp các phần tử này theo thứ tự


1 2 2


1xxx xn100


• Theođề bài có x a b  với x, a, b đều là thuộc tập hợp A nên ta có x a
x b
 

 


 do đó mỗi

1,2,3, , 1



k  n ta có xk1    x xi j xk xk 2xk với 1 ,i j k .



• Áp dụng kết quả xk1    x xi j xk xk 2xk ta được


2 1 1 2


x    ; x3  2 2 4; x48; x516; x632; x764,
suy ra tập A phải có ít nhất 8 phần tử.


• Giả sử n8 theo thứ tự giả sử ta suy ra được x8100.


• Áp dụng các kiến thức trên, cùng cách tính tốn giải phương trình bậc nhất.
+ Vì x6x732 64 96  x82x7x750.


+ Vì x5x616 32 48  x72x6x625.


+ Vì 4 5 6 5 5 25


2
8 16 24 25 2


xx     xxx  (mâu thuẫn).


• Vì A là tập hợp có ít nhất 8 phần tử mà xét trường hợp có 8 phần tử cho kết quả mâu
thuẫn nên tập hợp A có ít nhất 9 phần tử.


Với n9 theo thứ tự giả sử ta suy ra được x9100 từ đó ta tìm được một tập hợp

1,2,3,5,10,20,25,50,100

thỏa mãn yêu cầu bài toán.


Đáp số: n9.




(159)

ĐỀ SỐ 18.
Câu 1.


1). Hệ phương trình đã cho tương đương với






3 3 3 3


2


6 27 9 3


xy x y


x y x y xy x y
  





      







 






 



3 3 3


3 3


2 2


3 3 3


xy x y xy x y


x y xy x y x y x y x y


 


     


 


 


 


       


 



 


 






2


1
2


3


x y
xy x y


x y
xy x y


x y x y


 


    


 


    



 
  


 


  .


Vậy nghiệm của hệ là x y 1.


Nhận xét: Bài toán sử dụng phép thế hằng số từ một phương trình vào phương trình cịn
lại sau đó sử dụng hằng đẳng thức tìm nhân tử.


Nhắc lại kiến thức và phương pháp:


• Hằng đẳng thức bậc ba

3 3 3 2 2 2 2 3 3


3 3


ax by a xa bx yab xyb y .


• Phương trình dạng f x y3

;

g x y3

;

f x y

;

g x y

;

.


Ý tưởng: Ở cả hai phương trình của hệ, các biến x y; đều nằm trong các biểu thức bậc 3.
Và đặc biệt là cả hai phương trình cũng đều chứa hằng số. Vì vậy nếu thế hằng số này vào
hằng số của phương trình kia thì rõ ràng ta sẽ thu được một phương trình bậc ba đẳng cấp
của hai biến x y; .


Cụ thể như sau: 9xy x y

3  

3xy x y

26x32y3 (*)



3 3 2 3 2 3 27 3 27 2 9 2 3


x x y xy y x x y xy y


       


 

3

3


3 3


x y x y x y x y x y
          .


Tuy nhiên, phương trình (*) là một phương trình đẳng cấp bậc ba nếu ta chia phương
trình cho y3, sẽ thu được một phương trình bậc ba. Ta có thể sử dụng máy tính cầm tay để
giải quyết phương trình đó. Với x y , thế ngược lại phương trình một ta sẽ tìm được


nghiệm của hệ là x y 1.
Bài toán kết thúc.


Bài tập tương tự:


1. Giải hệ phương trình:

22

3 2 2


4 3 4


y x y


x xy x y
  






    


 .


Đáp số:

;

0; 3 ,

2 15; 15 , 2 15; 15


5 5 5 5


x y        


 


   .


2. Giải hệ phương trình:






2 2


4


2


1 32


x y



x y xy
  



   


 .


Đáp số: x y 1.



(160)

2). Điều kiện   4 x 4.


Phương trình đã cho tương đương với

4 2

2
4 2


x x x


x     .
+Với x0 là nghiệm.


+ Giải 4  x 2 2

x 4 2



Đặt ux4;v 4x ta thu được


2


2 2


2 2



2 2


2 2 8 5 8 4 0


8
v u


u u u u


u v
  


   


  



2; 14 2 96


4


5 5 5 25


2 ( )


u v x x


u l


  

      

 

(thỏa mãn).
Vậy phương trình có hai nghiệm 0; 96


25
xx  .


Nhận xét: Sử dụng phương pháp nhân liên hợp, sau đó đặt ẩn phụ tìm nghiệm của bài
tốn.


Nhắc lại kiến thức và phương pháp:


• Hằng đẳng thức a b

a b



a b

a b a b
a b




      


 .


• Giải phương trình tổng quát dạng f x

 

g x

 

m

   


 

 

 


 

 



   

 


2
2
2 2
; 0
2 4


f x g x m
f x g x


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

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


Ý tưởng: Khơng khó để nhận thấy, phương trình có một nghiệm là x0. Đồng thời vế trái


của phương trình có xuất hiện biểu thức x 4 2, dễ thấy rằng


2 2





4 2 4 2 4 2



xx   x  x  . Vì thế, phương trình đã cho tương đương với:


4 2



4 2

 

2 4 2



4 2

4 2 0 0


4 2 4 2


x x


x x x x


x x


    


          


   


 Phương trình cịn


lại có thể giải bằng cách tổng quát nêu ở trên, hoặc có thể giải quyết bằng cách đặt ẩn phự
như sau: 4


4
v x
u x
  

  



 (u v; 0). Ta có hệ phương trình


2 2 8 2 14 2 96


; 4


5 5 5 25


2 2


v u u v x x


v u
  


      


  


 .


Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:


1. Giải phương trình

x 1 1



1  x 1

2x.


Đáp số: 0; 24


25


xx 


2. Giải phương trình

x 9 1



9  x 1

3x.
Đáp số: x0.


Câu 2.



(161)

1). +) 2

2 2


41  40 1 40 80 1 81  (mod 100).


4 2


41 81 (mod 100)

802160 1

(mod 100) 61 (mod 100).
5


41 61.41


  (mod 100) 

60.40 100 1 

(mod 100) 1 (mod 100).


 

5 21 105


41 41 1


   (mod 100) 4110641 (mod 100).
+) 5741 (mod 100) 572012

 

574 5031 (mod 100).
Suy ra A41106572012

41 1

(mod 100).


Vậy 2 chữ số cuối cùng của A là 42.



Nhận xét. Muốn tìm hai chữ số tận cùng của một số (thường gặp là một lũy thừa) ta xét số
dư của số đó khi chia cho 100


Nhắc lại kiến thức và phương pháp.


• Hằng đẳng thức bình phương của một tổng

2 2 2


2


a b aab b .


Ta có 2

2 2


41  40 1 40 80 1 4.100 81 0 81 81      (mod 100).


• Tính chất của đồng dư thức: a b (mod n) acbc (mod n) với a; b; c n đều là


các số nguyên dương.


Ta có 41281 mod100

41481 mod1002



2



2


81  80 1 8.100 160 1 0 60 1 61 mod100     


• Tính chất của đồng dư thức: a b

modn

ac bc

modn

với a, b, cn đều là các
số nguyên dương.



Ta có 41461 mod100

41561.41 2501 1 mod100



 

415 21 121 1 mod100

41105 1 mod100

41106 41 mod100



       Hoàn toàn áp dụng


các kiến thức như trên ta có 5741(mod100)572012

 

574 5031(mod100).


• Tính chất đồng dư thức: a b

modn

c d

modn

khi đó a c b d  

modn

.
Ta có 4110641 mod100

5720121 mod100

.


Khi đó 4110657201241 1 42 mod100 

.


Vậy hai chữ số cuối cùng của số A41106572012 42.


2). Tập xác định 1 5.


2 x 2


Ta có 5 4x2 2 5 4x2 5 3x2.


2 2


x


x      


2


2x 1 1 3( 1)



3 2x 1 3( ) 3x .


2 2


x


  


   


Cộnghai bất đẳng thức trên ta thu được


2


3 2x 1 5 4x 4.


y  x  
Vậy ymax4khi x1.


Nhận xét: bài toán sử dụng việc kết hợp đánh giá điểm rơi cũng như bất đẳng thức Cosi
để tìm giá trị lớn nhất của biểu thức ban đầu.


Nhắc lại kiến thức và phương pháp:



(162)

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


• Giả sử m là điểm rơi của một bài toán, ta sử vận dụng các đánh giá quen thuộc xung
quanh điểm rơi là 2 2

2



2 0


xmmxx m  .


Ý tưởng: Biểu thức bài cho chứa hai căn thức bận hai, đồng thời yêu cầu là tìm giá trị nhỏ
nhất vậy nên ta sẽ đánh giá qua hai bước, đó là: sử dụng đánh giá cosi để khử căn thức,
khéo léo biến đổi theo điểm rơi để khử dần biến số. Vậy nên việc quan trọng nhất đó là dự
đốn điểm rơi của bài tốn, tuy nhiên như đã nói ta cần sử dụng Cosi cho từng căn thức
một, nên ta sẽ đánh giá cho mỗi căn như sau:


3 2

1



2 1 2 2 1 3 2 1


2
x


x x x



 


      




2 2 2 2 2 2 2 2


2 5 4 2 4 5



. 5 4 5 4


2 2


m x n x m n x n


mx n x x x


mn


   


    


Do đó, suy ra



2 4 2 2 5 2


3 2 1


2
2


m n x n


x
P


mn





 


 


  . Bây giờ, ta sẽ có hướng tư duy là sử


dụng đánh giá nào đó để khử hết biến. Biểu thức cuối có sự xuất hiện của x x; 2 do đó ta sẽ
nghĩ là nên đánh giá x về x2 hay ngược lại. Và ta sẽ chọn giải pháp đầu tiên


2 2


2 2 2 2


2
x k
x k kx x


k


    . Khi đó, ta có:

 



2 2 2 2 2 2


3 4 5


2


2


x k k k m n x n


P


mn


k





    


  . Và nếu


muốn khử được hết biến thì đầu tiên ta quan sát được là hai mẫu số phải bằng nhau và
tổng hệ số của x2 bằng 0. Chính vì thế, ta được:




2 2


2 2 2 2


; 4 3 1


1



2 1 ; 5 4


k mn n m m n k


x


x m x n x






        





 


      


 





Và từ đó, ta có đánh giá sau:


2 2


2 2 1 1 5 4



3 2 1 5 4 3.


2 2


x x x


Px xx      


2 2 2


max


5 3 3 3 5 3


3 4 4


2 2 2


x x x


x    P


       .


Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:


1. Cho x y z; ; là các số thực dương thỏa mãn xy yz zx  5. Chứng minh rằng:


2 2 2



3x 3yz 10.


2. Chứng minh rằng với mọi 0 x 1 ta có bất đẳng thức sau:


2 2


9 1xx 13 1xx 16.
Câu 3.



(163)

1). Do TPA TQA900, nên tứ giác TAPQ nội tiếp.


Do đó MTC QTP QAP  (do tứ giác TAPQ nội tiếp)BAN MAC (do MN BC ), suy ra
tứ giác MTAC nội tiếp, suy ra T O( ).


Nhận xét. Có nhiều cách để chứng minh một điểm nằm trên một đường tròn, trong đó có
cách áp dụng tính chất “Có một và chỉ một đường tròn đi qua ba điểm không thẳng
hàng”.


Nhắc lại kiến thức và phương pháp.


• Tứ giác có hai đỉnh liên tiếp cùng nhìn cạnh đối dưới hai góc bằng nhau là tứ giác nội
tiếp.


Tứ giác TAPQ có đỉnh PQ cùng nhìn cạnh AT dưới hai góc TPA TQA900 suy
ra TAPQ là tứ giác nội tiếp.


• Hai góc nội tiếp cùng chắn một cung của mộtđường trịn thì bằng nhau.


 



QTP QAP hay MTC BAN (hai góc nội tiếp cùng chắn cung QP của đường trịn
ngoại tiếp tứ giác TAPQ).


• Hai dây cung song song của một đường tròn tạo rahai dây bị chắn hai bên bằng nhau
(Chứng minh dựa vào tính chất hình thang cân).


Trong đường trịn ( )O có hai dây cung MNBC song song nên ta có BN MC.


• Hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau của một đường trịn thì bằng nhau.


Trong đường trịn ( )O có góc nội tiếp BAN chắn cung BN và góc nội tiếp MAC chắn
cung MC. Kết hợp với trên ta suy ra BAN MAC  .


Áp dụng kiến thức trên, tứ giác MTAC có hai đỉnh liên tiếp TA cùng nhìn cạnh


MC dưới hai góc bằng nhau MTC MAC (BAN), suy ra MTAC là tứ giác nội tiếp.


• Có một và chỉ một đường trịn đi qua ba điểm không thẳng hàng.
A


B C


O


N M


T


Q



P
R


S



(164)

Theo chứng minh trên ta có bốn điểm M; T; A; C cùng thuộc đường tròn mà ba
điểm M; A; C cùng nằm trên đường tròn ( )O , nên suy ra T cũng là điểm nằm trên
đường tròn ( )O .


2). Từ tứ giác TAPQ nội tiếp ta có PQA PTA CTA ABC    PQ BC MN  .


Từ đó Q A NMA S  (1).


Mà tứ giác AMNR nội tiếp, suy ra  ARN AMN 1800 (2).


Từ (1) và (2), suy ra QRA Q A  S 1800, suy ra tứ giác ARQS nội tiếp, ta có điều phải chứng
minh.


Nhận xét. Có nhiều cách để chứng minh bốn cùng điểm nằm trên một đường trịn, trong
đó đưa về chứng minh bốn điểm tạo thành một tứ giác nội tiếp là thông dụng nhất.


Nhắc lại kiến thức và phương pháp.
Kiến thức nhắc lại trên


 


PQA PTA (hai góc nội tiếp cùng chắn cung PA của đường tròn ngoại tiếp tứ giác TAPQ).


 



CTA ABC (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC của đường tròn ( )O )
Suy ra PQA PTA CTA ABC    .


• Một đường thẳng cắt hai đường thẳng đã cho tạo ra hai góc ở vị trí đồng vị bằng nhau
thì hai đường thẳng đã cho song song.


Theo chứng minh trên ta có PQA ABC mà hai góc này ở vị trí đồng vị của hai đường
thẳng QSBC suy ra QS BC kết hợp với giải thiết MN BC ta có QS BC MN  .


• Một đường thẳng cắt hai đường thẳng song song tạo ra cặp góc đồng vị bằng nhau.
Theo chứng minh trên ta có QS MN nên hai góc ở vị trí đồng vị ASQ AMN  .


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


Tứ giác AMNR nội tiếp đường tròn ( )O nên ta có  ARN AMN 1800. Kết hợp với trên,
ta có ARN ASQ  1800.


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


Tứ giác ARQS có  ARN ASQ 1800 suy ra ARQS là tứ giác nội tiếp hay bốn điểm A;
R; Q; S cùng thuộc một đường tròn.


Câu 4. Giả sử các số của tập hợp X được sắp theo thứ tự (đánh số lại)


1 2 n


xx   x .


Ta cóx1x2 x1 x3   x1 xnx2xnx3xn  xn1xn, suy ra đối với một tập n


số thực phân biệt bất kỳ ta ln có ít nhất

n   1

 

n 2

2n3 giá trị phân biệt của các
tổng xixj.


Vậy C X

 

2n3.


Xét tập X1

1; 2; ; n

, khi đó với mọi 1  i j n



(165)

3; 4; ; 2 1

 

1 2 3


i j


x    x i jn C Xn
Vậy C X

 

min2n3.


Số các tổng xixj (1  i j n) bằng

1


2
n n


, suy ra C X

 

n n

21

.


Xét tập

2



2 2; 2 ; ;2n


X   , thì với mọi 1  i j n
2i 2 .j
i j


x   x



Giả sử tồn tại 1 : 2r 2s 2i 2j


r s i j
r s n x x x x


         


 

2



1
2 |2


2 1 2 2 1 2


2
2 |2


r i


j i


r s r i


i r


n n


r i s j C X





  


          


 .


Vậy C X

 

maxn n

21

.


ĐỀ SỐ 19.
Câu 1.


1). Cộng hai phương trình của hệta thu được


 

 





3


3 3 3 3


2 2


6 8 2 3 2 0


2 4 2 2 0


x y xy x y xy
x y x y xy y x



         


        


Ta ln có x2y2 

 

2 2xy 

2y

 

 2x

đẳng thức xảy ra khi và chỉkhi x y  2.
Vậy nếu x2y2 4 xy2y2x0 ta suy ra x y  2 (loại) vì khơng thỏa mãn phương


trình 7xy y x  7.


Vậy thu được hệ 2 2


7 7


x y y x
xy y x


     



   


 .


Suy ra 7 2

2 2 7 7 2 12 5 0 15 19


7 7


x y



x x x x x


x y
   



        


   



.


Nhận xét: Bài toán sử dụng phương pháp thế (hay cộng vế) để ra được phương trình có
mối liên hệgiữa các biến. Sau đó thếngược lại tìm nghiệm của hệphương trình.


Nhắc lại kiến thức và phương pháp:


• Tổng các đại lượng khơng âm:


a b

 

2 b c

 

2 a c

2 0 a2b2c2ab bc ca
• Đẳng thức:




3 3 3 3 2 2 2


abcabc  a b c ab   c ab bc ca



Ý tưởng: Cả hai phương trình của hệ, đều xuất hiện nhân tử x y vì thế ta sẽ nghĩ đến


chuyện thế x y từ phương trình một vào phương trình hai (hoặc ngược lại), do đó ta có


được x3y36xy 8 0 (i). Đến đây ta mong muốn sẽ biểu diễn mối quan hệ giữa x y, ,



(166)

quan sát phương trình (i), ta thấy rằng

 

2 3 8 và 6xy3xy

 

2 do đó nếu đặt z 2


thì (i)x3y3z33xyz0. Một biểu thức đối xứng rất đẹp, bằng cách nhóm nhân tử,


ta có:


3



3 3 3 3 0 3 3 0


xyzxyz  x y zxy x y z  

x y z x

2 2xy y2 xz yz z2

3xy x y z

0


           


x y z x

2 y2 z2 xy yz xz

0


         (*).


Dễthấy 2 2 2 1

 

2

 

2

2


2


xyzxy yz xz   x y  y z  z x 



  do đó, phương trình


 

       x y zx y z 0


 . Công việc còn lại là thay z 2 suy ra


2
2
x y
x y
  


  


 . Nhưng x y  2
loại vì khơng thỏa mãn phương trình hai trong hệ. Với x y 2 thay xuống phương trình
hai, ta tìm được nghiệm của hệphương trình là

;

  

1; 1 , 5 9;


7 7
x y   


 .
Bài toán kết thúc.


Bài tập tương tự:


1. Giải hệphương trình 32 32 1 3



2 3 0


x y xy
x y x y
   



     


 .


Đáp số:

;

  

1; 1 , 1 33; 5 33 , 1 33; 5 33


4 4 4 4


x y           


 


   .


2. Giải hệphương trình 3 3 2 3
4


x y x xy
x xy


    




  


 .


Đáp số: vô nghiệm
2). Điều kiện   1 x 1.


Phương trình tương đương với


2 2


2 x1  1xx 1 1 x 2 x1


x 1 1 x

2 x 1 2 x 1

x 1 1 x



            

x 1 1 x 2



x  1 1

0.
+ Giải x 1 1   x 2 2 2 1x2  4 1x2   1 x 0.


+ Giải x   1 1 x 0.
Đáp số x0.


Nhận xét: bài tốn sửdụng phương pháp nhóm nhân tử chung, sau đó nâng lũy thừa bậc
hai đểtìm nghiệm của phương trình.


Nhắc lại kiến thức và phương pháp:


• Giải phương trình

   

 


 



0



. 0


0
f x
f x g x


g x


  


 .


• Giải phương trình a f x

 

a f x

 

b



(167)

 



 



 



 

2


2 2 2 2 2 2


2 2 4 2


a f x a
a f x a



a a f x b a f x b a




 


    


 


  


     


 


   


 


.


Ý tưởng: Bài tốn xuất hiện ba căn thức, nhưng có điều đặc biệt ởđây làcăn thức cịn lại là
tích của hai căn thức kia. Mặt khác 1x2, 1x có sựđồng nhất hệsố, do đó ta sẽnhóm


hai căn này lại nên ta được nhân tửchung như sau: 1x2 1 x 1x x

 1 1

. Và


ta mong muốn biểu thức x 3 3 x1 sẽ phân tích được biểu thức có chứa x 1 1.
Thật vậy, nếu coi h x

 

  x 3 3 x1 là một phương trình bậc hai ẩn x1 ta sẽ thấy:


 

1 3 1 2

1 1



1 2



h x   x x   x  x  . Chính vì thế bài tốn của ta được giải
quyết như sau:


2


3 1 3 1 1


x  xx  x


x 1 1



x 1 2

1 x x

1 1

0


         


1 1



1 1 2

0 1 1


1 1 2


x


x x x


x x


 


         



   


 .


Phần còn lại chỉlà việc bình phương các phương trình và tìm nghiệm như ở trên đã nêu.
Ta được nghiệm của phương trình là x0.


Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:


1. Giải phương trình x 4 4x2 3 x 2 2x.
Đáp số: x1.


2. Giải phương trình 2x 3 1 4 x2 3 2x 1 1 2 x.
Đáp số: x0.


Câu 2.


1). Nhận xét: a b; là các số nguyên thỏa mãn a2b23 thì a b; 3 thật vậy, vì




2 0,1 mod3 ; 2 0,1 mod3


ab  .


suy ra






2


2 2


2


0 mod3


0 mod3 , 3


0 mod3


a


a b a b


b
 



  




  .


Phương trình tương đương với

6x29y2

 

x2y2

28 9 3.


suy ra x2y20 mod3






2


1 1


2


0 mod3


3 ; 3


0 mod3


x


x x y y
y


 



   




 (x y1; 1).
Thay vào phương trình ta thu được 2 2 3



1 1


5 9 x   8 9 y 28 9


2 2 2


1 1


5 x 8 y 28 9


      .
Lập luận tương tựta thu được x13 ; 3x y2 1y2 (x y2; 2).


Và nhận được phương trình 2 2 2


2 2


5 9 x   8 9 y 28 9



(168)

2 2


2 2


5 x 8 y 28 9


      .


Tương tựta có x23 ; 3x y3 2y3 (x y3; 3)và thu được 5x23 8 y3228.
Từphương trình suy ra 2 2



3 28 28


y   .
Suy ra 32 32


2 2 2


3 3
28
0
5
1 2
y x
y x

   


 


2 2 2


3 2 ; 3 1


x y


   .


2 2 2



2 9 2 ; 2 9


x y


    .


2 2 2 2 2 2 3 2 2 3


1 9 2 ; 1 9 9 2 ; 9


x y x y


        .


Đáp số: x 2 3 ;3 y33, x 2 3 ;3 y 33, x  2 3 ;3 y33, x  2 3 ;3 y 33.


Nhận xét. Bài toán nghiệm nguyên giải bằng phương pháp xét số dư hay đồng dư thức
Nhắc lại kiến thức và phương pháp.


• Một số chính phương chia hết cho 3 chỉ tồn tại dư 0 hoặc 1. Do đó tổng của hai số
chính phương chia cho 3 dư 0 hoặc dư 2. Nên a b; là các sốnguyên thỏa mãn a2b23


thì a b; 3 ,


suy ra





2



2 2


2


0 mod3


0 mod3 , 3


0 mod3


a


a b a b


b
 

  

  .


• Một sốchia hết cho 3 có dạng x=3k.


Phương trình tương đương với

6x29y2

 

x2y2

28 9 3.


Suy ra





2 2 0 mod3


xy





2


1 1


2


0 mod3


3 ; 3


0 mod3


x


x x y y
y


 



   





 (x y1; 1).
Thay vào phương trình ta thu được 2 2 3


1 1


5 9 x   8 9 y 28 9


2 2 2


1 1


5 x 8 y 28 9


      .
Lập luận tương tựta thu được


1 3 ; 32 1 2


xx yy (x y2; 2).


Và nhận được phương trình 2 2 2


2 2


5 9 x   8 9 y 28 9


2 2


2 2



5 x 8 y 28 9


      .


Tương tựta có x23 ; 3x y3 2y3 (x y3; 3)và thu được 5x23 8 y3228.


• Hai sốhạng khơng âm ln nhỏhơn hoặc bằng tổng.
Từphương trình suy ra 2 2


3 28 28


y   ,
suy ra 32 32


2 2 2


3 3
28
0
5
1 2
y x
y x

   


 



2 2 2


3 2 , 3 1


x y


   x22 9 2 ;2 y229


2 2 2 2 2 2 3 2 2 3


1 9 2 ; 1 9 9 2 ; 9


x y x y


        .


Đáp số: x 2 3 ;3 y33, x 2 3 ;3 y 33, x  2 3 ;3 y33, x  2 3 ;3 y 33.



(169)

2). Ta có P 2 1 x y2 2 2 xy 1


xy
xy


    .


Đặt 2 1


2 4


x y


t xy   


 .


Ta thu được 1 16 1 15 2 16 15 17 17


2 4 2


P t t t P


t t


          .


Dấu “=” xảy ra khi


min


1 17


2


x y  P  .


Nhận xét: Bài toán sử dụng bất đẳng thức Cosi kết hợp với giả thiết tìm giá trị nhỏ nhất
của thức bài cho.


Nhắc lại kiến thức và phương pháp:


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



• Các hệ quả từ bất đẳng thức Cosi 1 1 2 ; 2
2
a b
ab


a b ab


 

  


  .


Ý tưởng: Bài tốn có sự đối xứng giữa hai biến x y; ( vai trị của chúng như nhau ) vì thế
điểm rơi ta khẳng định là x y , kết hợp với giả thiết suy ra được tại 1


2


x y  thì Pmin. Mặt
khác, xét với biểu thức P, có xuất hiện đại lượng xy trong căn, vì vậy ra nghĩ đến bất
đẳng thức Cosi để đánh giá đại lượng 1 1


xy về f xy

 

.


Ta có 1 1 2 P 2 1 x y2 2 2 1 xy
x y xy xy xy





     


Và khai thác giả thiết, ta cũng sẽ đánh giá về xy, với điểm rơi x y thì ta có đánh giá


2 2 1


0


2 4


x y
x y  xy  


 . Và nếu đặt t xy thì ta cần tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức P 2 1 t


t


  với 1
4


t . Bằng sự khéo léo trong chọn điểm rơi, ta đánh giá như sau:


1 1 15


2 16 15 2 2 16 . 15 2 2 16 17


4
t t t t



t t


      


min 17
P


  .


Dấu “=” xảy ra khi 1
2
x y  .
Bài toán kết thúc.


Bài tập tương tự:


1. Cho x y; là các số thực dương thỏa mãn x y 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức


2 2


1 1 1 .


P x y
x y










 



(170)

2. Cho x y; là các số thực dương thỏa mãn x y 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức




2 2 2 2


2 2 2


2 2


4x y x y


P


y x
x y


  


 .


Câu 3.


1). Ta có BPC BHC180BAC, suy ra tứgiác AEPF nội tiếp, nên BFC BEC  1800.


Mặt khác từ các tứ giác AQFN AQEM; nội tiếp ta có



     1800


MQN MQA NAQ MEA NFA     .
Vậy M N Q; ; thẳng hàng.


Nhận xét. Từ ba điểm bất kỳ tạo thành hai tia có chung gốc. Khi hai tia đó tạo với nhau
một góc tù thì ba điểm đã cho thẳng hàng.


Nhắc lại kiến thức và phương pháp.


• Hai góc nội tiếp cùng chắn một cung của một đường trịn thì bằng nhau.


+ BPC BHC (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BC của đường tròn ngoại tiếp tam giác


HBC


 ).


+ AQN AFN  (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AN của đường tròn ngoại tiếp tam
giác FAN).


+  AQM AEM (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AM của đường trịn ngoại tiếp tam
giác AME).


• Tứgiác có tổng hai góc đối diện bằng 180 là tứgiác nội tiếp. Tứgiác nội tiếp có tổng


hai góc đối diện bằng 180.


Gọi chân đường cao từđỉnh BC của tam giác ABCEF.



Tứgiác AE HF  AE H AF H      90 90 180, suy ra AE HF  là tứgiác nội tiếp, khi
đó F AE  F HE 180 F HE 180BAC F HE  BHC(hai góc đối đỉnh) nên


A


B C


O
H


P
F


N


M
E


K
A


B C


O
H


P
F


N M



E


Q Q



(171)

180


BHC BAC kết hợp với trên ta được BPC180BAC BPC BAC 180 suy ra
tứgiác AEPF là tứgiác nội tiếp.


Suy ra  AFP AEP 180 

180AFP

180AEP

180


  180   180


BFC BEC NFA AEM


        kết hợp với trên, ta có


  180180


NAQ AQM   NQM  hay ba điểm N Q M; ; thẳng hàng.


2). Ta có các góc nội tiếp bằng nhau  AFQ ANQ ANM ABM   suy ra FQ BE . Tương tự


EQ CF .


Từđó tứ giác EQFP là hình bình hành, suy ra QAN QFP QEP QAM    hay AQ là phân
giác MAN.


Nếu AP là phân giác MAN thì A P Q, , thẳng hàng.



Từ đó nếu PQ giao BC tại K thì KAC QAC QME NMB PCK      
Vậy AKC∽CKP, suy ra KC2KP KA. .


Tương tự KB2KP KA. .


Từ đó KB KC hay K là trung điểm.


Nhận xét. Chứng minh một đường thẳng đi qua trung điểm của một đoạn thẳng khác ta
chứng minh giao điểm của đường thẳng với đoạn thẳng là trung điểm của đoạn thẳng.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp.


• Một đường thẳng cắt hai đường thẳng khác tạo ra cặp góc đồng vị bằng nhau thì hai
đường thẳng song song.


Từ kiến thức ở trên, ta có  AFQ ANQ ANM ABM   mà AFQ và ABM ở vị trí đồng
vị của hai đường thẳng FQBE nên suy ra FQ BE . Hoàn tồn tương tự ta có


EQ CF .


• Tứ giác có hai cặp cạnh song song là hình bình hành.


Tứ giác EQFPFQ BE và EQ CF suy ra EQFP là hình bình hành khi đó


   


QAN QFP QEP QAM   suy ra AQ là phân giác MAN. Do đóA, Q, P thẳng hàng.


 



KAC QME (hai góc nội tiếp cùng chắn cung QE của đường ngoại tiếp tam giác


AME


 ).


 


QME PCK (hai góc nội tiếp cùng chắn cung NB của đường tròn

 

O ),


 


KAC PCK


  mà lại có góc PKC chung của hai tam giác AKC và CKP nên suy ra


AKC CKP


 ∽ (g – g)


2 .


AK KC KC AK KP
CK KP


    hoàn toàn tương tự ta có KB2KP KA. . Từ đó suy ra


2 2


KCKBKC KB hay K là trung điểm của BC.


Câu 4.


Giả sử k là chỉ số mà x1x2  xk 0 xk1  x192.


Ký hiệu Sx1 x2 x Sk;  xk 1 xk 2 x192


 


       



(172)

2013


0 2013


2
SSSSSS


          .


Do x1x2  x192 suy ra Skx S1; 192

k x

192


1 S S 1 S ; 192 192S


x x x


k k k k


   


       







192 1 192S S 2 1922013 20132 2 1922013 192


x x


k k k k k k


 


      


   .


Ta có



2 2


192 192


2 192 2


2 2


k k
k  k    



 


 


192 1 2013 192 20132 96 .


192
2


x x


   


Dấu “=” xảy ra khi


1 2 96 2013192 ; 97 98 192 2013192


xx   x   xx   x
ĐỀ SỐ 20.


Câu 1.


1). Dễ thấyđẳng thức sau đúng với   a b.


2


2 2


2



b b b


a b a b a b


 


  , suy ra


2


2 2


2 .


b b b


a b a b a    b
Do đó đẳng thức đã cho tương đương với


2 2 4 4 8 8


2 2 2 2 4 4 4 4 8 8 8 8


2 2 2 4 2 8 4


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


   





 


        


          


4 4 4 5 4 ,


y y x y y x
x y


      


 điều phải chứng minh.


Nhận xét: Bài toán sửdụngđẳng thức (bổđềluôn đúng) đểghép vào biểu thức đã cho để
chứng minh.


Ý tưởng: Trước hết, xét ởđẳng thức cần chứng minh ta có 5y4x vì thếta sẽ tách thành


4 4 y 4


y x y


x y


   



 . Việc tách này là có cơ sở vì số 4 xuất hiện ở vế phải của giả thiết,
cũng như các mối liên hệgiữa mẫu sốcác phân thức ở vếtrái. Với 4 y


x y


 thếngược lại
giả thiết của bài toán, tức là ta sẽ cần chứng minh y 22y2 2 44y4 4 88y8 8 y


x y xyxyxyx y
(*).


Đẳng thức (*) hồn tồn có thểchứng minh bằng phương pháp biến đổi tương đương đó
là: y y 22y2 2 44y4 4 88y8 8 0


x y x y   xyxyxy


2 2 4 8


2 2 2 2 4 4 8 8


2y 2y 4y 8y 0


x y x y x y x y


     


   




(173)

4 4 8 8 8


4 4 4 4 8 8 8 8 8 8


4y 4y 8y 0 8y 8y 0


x y x y x y x y x y


        


     .


Với cách biến đổi trên, để làm xi ngược lại thì ta đã sửdụng một bổ đề đẳng thức rất
đẹp đó là b b 22b22


a b a b a b


 


   .


Bài toán kết thúc.


2). Hệđã cho tương đương với







2 3 12



6 12


x y x y
x y xy x y
   



   


 ,


suy ra



2 3

 



6

0


2 3 6 .


x y
x y x y x y xy


x y xy
  




         




Ta có 2 3

6

 

3



2

0 3


2


x


x y xy x y


y
 

         


 .
+ Với x3, thay vào phương trình đầu của hệta có


2 1


18 3 3 12


2
y
y y


y
 

     


 .


+ Với y2, thay vào phương trình đầu của hệta có


2 3



2 2 12 12


4
x


x x


x
 

     


 .


Vậy hệcó nghiệm

x y;

 

 3; 1 , 3; 2 , 4; 2

   

.


Nhận xét: Bài toán sử dụng phương pháp thế hằng số ở cả hai phương trình, sau đó
phương trình thu được phân tích thành nhân tử và thế ngược lại một trong hai phương
trình của hệtìm nghiệm của hệphương trình.


Ý tưởng: Thoạt nhìn, ta sẽ nghĩ đến hướng xét delta ẩn x hoặc y ở phương trình thứhai


của hệ và mong muốn đenta chính phương. Nhưng hướng