Chinh phục đề thi vào 10 chuyên toán

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.. Tứ giác APQD là tứ giác nội tiếp nên QDP QA

Trang 1

CHINH PHỤC

ĐỀ THI VÀO 10 CHUYÊN TOÁN

30 ĐỀ THI FILE WORD + LỜI GIẢI CỰC

KỲ CHI TIẾT ĐỘC QUYỀN TRÊN

TOPDOC.VN

Trang 2

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI

Đề chính thức

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN NĂM 2011 MÔN THI: TOÁN (Vòng 1)

Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Câu I (3,0 điểm)

1) Giải hệ phương trình

2 2

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 OC và BD là I, chứng minh rằng

IB BE EI ID DF FI Câu IV (1,0 điểm) Với x y; là những số thực dương, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

3 3

48

y x

Trang 3

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

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

Hệ bất phương trình vô nghiệm

 Vậy x 1; y 2 là nghiệm duy nhất của hệ phương trình

Bài toán kết thúc

Bài tập tương tự:

1 Giải hệ phương trình

2 2

Trang 4

 Phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn: xét một phương trình bậc hai có dạng mf x t 2 ng x t k 0

(*), trong đó t là ẩn phụ được biểu diễn dưới dạng t h x Khi đó, ta có

24

t ng x kmf x , với t bắt buộc là một số chính phương Nên ta tìm được nghiệm của (*) đó là

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 không có nghiệm nguyên 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 mong muốn sẽ tạo được lượng

23

x x

Trang 5

0,1,2,3 (mod 8)

Mâu thuẫn với (1)

Vậy không tồn tại ; ;x y z thỏa mãn đẳng thức

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

Nhắc lại kiến thức và phương pháp

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

4 4

+) 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

Khi đó phương trình đã cho tương đương với phương trình 8x3 8x y 3

Giải phương trình nghiệm nguyên bằng cách xét khoảng giá trị của nghiệm

 Không tồn tại lũy thừa bậc ba nào giữa hai lập phương (lũy thừa bậc ba) liên tiếp

Trang 6

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

Trong tam giác CEF có CO 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

 Hai góc nội tiếp cùng chắn một cung của một đường tròn thì bằng nhau

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

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

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

 Tam giác có hai góc bằng nhau là tam giác cân

Tam giác OBD có OBD ODB (chứng minh trên) nên OBD cân tại O

 Tam giác cân có hai cạnh bên bằng nhau

Tam giác OBD cân tại O suy ra OB OD

 Tứ giác nội tiếp có góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong tại đỉnh không kề với nó

Tứ giác BCDO nội tiếp đường tròn ngoại tiếp BCD có EBD là góc ngoài tại đỉnh B và CDO là góc trong tại đỉnh D không kề B suy ra EBD CDO

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

Tam giác CEF có CO 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 của AB 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

E

F

O I

A

D

Trang 7

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

Mà CO là đường cao tam giác cân CEF , suy ra OE OF

Từ đó OE OC OF , vậy O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CEF

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

 Hai tam giác bằng nhau có các cặp cạnh và cặp góc tương ứng bằng nhau

 Tam giác cân có đường cao cũng là đường trung trực của cạnh tương ứng

CO là đường cao của tam giác cân CFE nên CO là đường trung trực của FE

 Một điểm thuộc trung trực của một đoạn thẳng thì cách đều hai mút của đoạn thẳng

Điểm O thuộc đường trung trực CO của đoạn thẳng FE nên OE OF , suy ra OE OC OF

 Điểm cách đều ba đỉnh của một tam giác là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác đó

Ta có OE OC OF suy ra O là tâm đường tròn ngoại tiếp CEF

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

http://topdoc vn – File word sách tha m khảo, giáo án dạy thêm, đề thi,

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

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

Trang 8

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

 Bất đẳng thức Cosi cho hai số thực dương x y 2 xy

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

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

3

8y nên ta sẽ chọn đánh giá x 2y để tối thiểu hóa ẩn y , tức là ta sẽ cần chứng minh:

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

x

Nhưng điều này chưa hoàn toàn 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 x2 2y thay vì 2 x 2y như ta đã chọn, vì thế:

Trang 9

 Với

3 3

3 3 3

, với hướng tư duy tương tự, chúng ta sẽ có:

2

32

Trang 10

http://topdoc.vn – File word sách tham khảo, giáo án dạy thêm, đề thi,

Đề chính thức

Câu III (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 cung nhỏ BC tại điểm N khác M

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

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

Câu IV (1,0 điểm) Giả sử ; ;a b c là các số thực dương thỏa mãn: a b 3 c ; c b 1; a b c Tìm giá trị

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:

Trang 11

 Cách giải phương trình dạng

2 2

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm 1; 1 và 2; 0

Cách 2: Hệ tương đương với

Trang 12

Vậy hệ phương 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 y2 2y ở phương trình một của hệ, làm ta nghĩ đến hằng đẳng thức

2

y y y hay nói cách khác, từ phương trình một ta có: x2 y 12 5

Đây là phương trình có dạng là tổng các bình phương, dễ làm ta suy đoán đến hệ phương trình đối xứng loại I, tức

là đặt ẩn phụ theo định lý Vi-et ( đặt tổng và tích ) như sau: u x y 1 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:

Thế ngược lại tìm hệ của phương trình ban đầu

http://to pdoc.vn – File word sác h tham khảo, giáo án d ạy thêm, đề thi,

Hoặc, ta có thể suy luận như sau: ta đi kết hợp cả hai phương trình trong hệ, vẫn với sự xuất hiện x2 y ở phương 2

trình một, đồng thởi có tích ở phương trình xy ta sẽ liên tưởng đến hằng đẳng thức x y Vì thế lấy phương 2

trình hai nhân 2 rồi cộng với phương trình một ta được:

Trang 13

Nhận xét Bài toán nghiệm nguyên giải bằng phương pháp đưa về phương trình ước số

 Phân tích đưa về phương trình ước số

2

2 2

P

x

y x y

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 toán để tìm giá trị nhỏ nhất

 Bất đẳng thức Cosi cho hai số thực dương x y 2 xy

Ý tưởng: Đây là một bài toán có sự đối xứng rõ ràng giữa ,x y nên ta mạnh dạn dự đoán điểm rơi tại x y k

Thay ngược lại giả thiết bài toán, ta có k 1 2 4 k 1 Với điểm rơi x y 1, ta sẽ dễ dàng đánh giá hơn

Trang 14

khi vận dụng bất đẳng thức Cosi, chính vì vậy, khi đi khai khác giả thiết, ta suy ra:

1

11

2

y x

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

 Biến đổi tương đương, ta có:

2 2

2

y x

Trang 15

1) Vì MP là đường kính suy ra PN MN (1)

Vì MD là đường kính suy ra DN MN (2)

Từ (1) và (2), suy ra ; ;N P D thẳng hàng

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

 Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn là góc vuông

+ Góc PNM là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn được chia đôi bởi đường kính PM của đường tròn đường kính PM nên PNM 90 hay PN NM

+ Góc DNM là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn được chia đôi bởi đường kính DM của đường tròn ( ) O

http:/ /topdoc.vn – File word sách tham khảo, gi áo án dạy th êm, đề thi,

Xét đường tròn đường kính MP có QMP QNP ANP QNP , nên NP là phân giác của góc ANQ (**)

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

Nhận xét Chứng minh một điểm là tâm đường tròn nội tiếp một tam giác ta chứng minh điểm đó là giao điểm của hai đường phân giác trong của tam giác đó

 Tứ giác có tổng hai góc đối diện bằng 180 là tứ giác nội tiếp

Tứ giác APQD có DAP 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ( )O ) và DQP 90 (góc ngoài tại đỉnh đối diện bằng góc trong không 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 tròn thì bằng nhau

Tứ giác APQD là tứ giác nội tiếp nên QDP QAP (hai góc nội tiếp cùng chắn cung QP của đường tròn

( )O ) hay PAQ NDM

+ NDM NAM (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MN của đường tròn ( ) O )

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

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

Trang 16

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 tròn nội tiếp tam giác đó

Tam giác ANQ có AP là phân giác của NAP và ND là phân giác của QNA , ta có AP và ND cắt nhau tại P nên suy ra P là tâm đường tròn nội tiếp của ANQ

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

Trang 17

Đề chính thức

1) Giải phương trình

3x 1 2 x 3 2) Giải hệ phương trình

2) Có bao nhiêu số nguyên dương có 5 chữ số abcde sao cho abc 10d e chia hết cho 101?

Câu III (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 điểm của AD và E là điểm đối xứng với D qua tâm O Giả

sử đường tròn ngoại tiếp tam giác ABM cắt đoạn thẳng AC tại điểm F khác A

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

2) Chứng minh rằng EF vuông góc với AC

Câu IV (1,0 điểm) Giả sử ; ; ; a b c d là các số thực dương thỏa mãn điều kiện abc bcd cda dab 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

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

Trang 18

2

24

2

;4

v

213

x y y x

33

Trang 19

Ý tưởng: Hình thức bài toán 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

34

Trang 20

Nhận xét: bài toán sử dụng phép biến đổi tương đương hoặc ẩn phụ để chứng 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 vế phải (*) xuất hiện tổng hoán vị của tích hai thừa số Vì thế nếu chuyển vế ta sẽ nhóm được nhân tử chung là:

http://topdoc vn – File word sách tham k hảo, giáo án dạ y thêm, đề thi,

Hoặc, ta có thể đi với hướng tư duy ẩn phụ hóa để đơn giản bài toán hơn một chút Vẫn là hướng phát hiện như bên trên, ta sẽ đặt ẩn phụ các thừa số là x a ; y b ;z c

8

xyz và ta cần chứng

4

x y z xy yz zx (**) Nếu chỉ dựa vào giả thiết để chứng 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

Suy ra abcde chia hết cho 101 abc de abc 10d e chia hết cho 101

Trang 21

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

 Cấu tạo số

 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

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 công 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

Câu III

Trang 22

N

A

B

C O

M

N P

1) Ta có góc nội tiếp bằng nhau BDM BCF (1)và BMA BFA suy ra 0 0

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

 Các góc nội tiếp cùng chắn một cung của một đường tròn 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 )

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 về chứng minh EF tạo với AC một góc vuông Dựa vào các góc đã biết và kết

nối bởi tam giác đồng dạng

 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 vuông góc với BC tại trung điểm N của BC

 Các góc nội tiếp cùng chắn một cung của đường tròn thì bằng nhau

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

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

Trang 23

 Hệ thức lượng trong tam giác vuông “Cạnh huyền Đường cao = Tích hai cạnh góc vuông”

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

 Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn là góc vuông

Góc EAD chắn nửa đường tròn ( ) O được chia bởi đường kính ED nên EAD 90 suy ra EFC 90 hay

Trang 24

Đề chính thức

1) Giải phương trình

2

1 x 1 x 2 2 1 x 8 2) Giải hệ phương trình

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 IV (1,0 điểm) Giả sử a b c; ; là các số thực dương thỏa mãn đẳng thức ab bc ca 1 Chứng minh rằng

52

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

Nhận xét: Bài toán sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ giải phương trình

Trang 25

2 34

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:

Trang 26

Ý tưởng: Nhận thấy ở vế trái của mỗi phương trình đều có dạng của phương trình đẳng cấp bậc hai

Biến đổi rút gọn ta có điều luôn đúng

Nhận xét: Đặt ẩn phụ để bài toán được giải dễ dàng hơn

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

Trang 27

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

ta có: 2

2

33

v u

v là một số nguyên

 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:

10

3 v v 1 v 9 v 1 v 1 10 v 1 v 1 U

mà v2 1 1 nên ta có v2 1 1; 2; 5; 10 , suy 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 III

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

2

A FBA ECA ABF∽ ACE

Nhận xét:

Trang 28

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

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

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

- Hoàn toàn 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)

- Hoàn toàn tương tự có ECA CAD

Mà AD là phân giác của BAC nên BAD CAD do đó FBA ACE

 Hai tam giác cân có góc ở đỉnh hoặc kề đáy bằng nhau thì đồng dạng với nhau

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) Giả sử G là giao điểm của BE và CF

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 minh ba điểm thẳng hàng là ta sẽ sử dụng tiên đề Ơ-clit

Đối với bài toán 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

 Tính chất đường phân giác trong tam giác

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

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 tròn ta có thể chứng minh các điểm đó cách đều một điểm hoặc chứng minh bốn điểm một cùng thuộc một đường tròn bằng cách chứng minh tứ giác nội tiếp (qua ba điểm không thẳng hàng có một và chỉ một đường tròn) Ở bài này ta sử dụng hướng tiếp cận thứ hai

+ Một số điều suy ra từ giả thiết và các chứng minh trên

- AD là phân giác của góc BAC nên BAD DAC

+ Hai đường thẳng song song

- BF AD QGB QGA (hai góc so le trong)

Trang 29

- QG AE QGA GAE (hai góc so le trong)

QGB GAE GAC CAE GAB FAB FAG

- BF CE QFG GCE (hai góc so le trong)

+ Tứ giác nội tiếp

- Tứ giác có góc trong và góc ngoài tại đỉnh đối diện bằng nhau là tứ giác nội tiếp

Tứ giác AFQG có góc trong FAG bằng góc QGB là góc ngoài tại đỉnh đối diện nên AFQG là tứ giác nội tiếp

- Tứ giác nội tiếp có góc trong và góc ngoài tại đỉnh đối diện bằng nhau

Tứ giác PRGC nội tiếp đường trong ngoại tiếp tam giác EGC nên có QPG ECG kết hợp với chứng minh

ở trên, ta có QPG QFG

- Tứ giác có hai đỉnh liên tiếp cùng nhìn một dưới một góc bằng nhau là tứ giác nội tiếp

Tứ giác PFQG có QPG QFG nên hai đỉnh P và F cùng nhìn cạnh QG dưới một góc bằng nhau do đó

PFQG là tứ giác nội tiếp

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

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

Trang 30

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

 Tổng các đại lượng không âm:

0

 Bất đẳng thức Cosi cho hai số thực 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 ab bc ca 1 thì tại 1

Lại thấy, ở vế phải của P xuất hiện đại lượng x a y b và 2 2; 2 2 a b2 2 x chính vì thế ta cần đánh giá 2 x a y b 2 2; 2 2

để xuất hiện tích a b khi đó bất đẳng thức P sẽ đồng bộ theo các biến ; ;2 2 x y z Vì thế ta sẽ nghĩ đến chuyện áp

dụng bất đẳng thức Cosi cho hai số thực dương là:

Trang 31

a b c x y z , với điểm rơi này cân bằng với từng đại lƣợng x y y z z x ta có: 2 ; 2 ; 2

Trang 32

http://topdoc.vn – Cung cấp, chia sẽ đề thi, giáo án, sknn, chuyên đề, sách tham khảo,…file word

1) Với a b c là những số thực thỏa mãn điều kiện ab; ; bc ca abc a b c ; 3 ab 2a b ;

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 III (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 CP và AH là Q Trung trực của PQ cắt AH và BC lần lượt tại ; E F

1) PE giao AC tại K Chứng minh rằng PK vuông 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 IV (1,0 điểm) Giả sử 0 a b c; ; 1 Chứng minh rằng

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:

Trang 33

xy x

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 và tích xy nên ta nghĩ đến

việc đặt ẩn phụ (u x y v; xy ) nhưng việc phân tích x3 y theo ;3 u v sẽ gặp khó khăn Vì thế hướng đi này

không 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

Trang 34

 Các ký hiệu cơ bản: “ x là số nguyên lớn nhất không vượt quá x và x là phần lẻ hay phần thập phân Do

đó x x x ” Ví dụ: Cho số 2,49 Ta có 2,49 2 và 2,49 0,49

 Xét các khoảng giá trị của nghiệm như bài giải đã làm theo đúng phương pháp thông thường khi làm bài toán 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 số dư 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)

 Phép chia một số nguyên a cho một số tự nhiên 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 luôn 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 toán: Bài toán yêu cầu chứng minh từ 52 số nguyên bất kỳ luôn 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)

 Nguyên lý Dirichlet (phát biểu cho bài toán này): “Có n cái lồng và cần nhốt n 1 con chim và lồng Ta luôn

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 còn lại

Trang 35

 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 EPQ có EP EQ , suy ra tam giác EPQ cân tại E

 Tam giác cân có hai góc kề cạnh 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 vuông bằng 90

Tam giác HQC vuông tại H , nên HQC HCQ 90

Từ các chứng minh trên ta có EPQ 900 PCK EPQ PCK 900

 Tam giác có tổng hai góc bằng 90 thì góc còn lại là góc vuông

90

EPQ PCK nên PKC 90 hay PK AC

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

Từ đó EMN 900, nên tứ giác EKNM nội tiếp đường tròn đường tròn đường kính EN

Ta có tứ giác EKCH nội tiếp đường tròn 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

tứ giác 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

M N

K E

F

Q P

H A

Trang 36

suy ra EMN 90

 Tứ giác có tổng hai góc đối diện bằng 180 là tứ giác nội tiếp

+ Tứ giác EKNM có EMN EKN 90 90 180 suy ra EKNM là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính EN

+ Tứ giác EKCH có EKC CHE 90 90 180 suy ra EKCH là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính EC

 Tứ giác nội tiếp có góc ngoài tại đỉnh đối diện bằng góc trong không kề với nó

Góc PEQ là góc ngoài tại đỉnh E và có góc KCH là góc trong tại đỉnh C không kề với E của tứ giác 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

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

Tứ giác PECF có hai đỉnh E và C 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 IV Ta chứng minh đẳng bất đẳng thức:

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x y z

Bất đẳng thức tương đương với

Trang 37

3 3

Áp dụng kết quả (2) ta thu được

3 4

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

 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

Trang 38

1) Với ;x y là các số nguyên, chứng minh x y5 xy chia hết cho 30 5

2) Giả sử a b là các số thực dương thỏa mãn điều kiện ; a b 2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

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 ( ) K là D khác C , giao điểm của DB và ( ) K là E khác D Chứng minh rằng

ABD BCE

3) Gọi giao điểm của CE và AB là M Chứng minh rằng M là trung điểm của đoạn thẳng BT

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

82

Trang 39

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

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

+ 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, 2 1,4(mod5) x y4, 4 1(mod5) A 5, nên A 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

 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

Trang 40

 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 x4 y4 1(mod3) x4 y4 3, suy ra A luôn 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 nguyên 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 x4 y4 1 (mod5) x4 y4 5, suy ra A luôn chia hết cho 5

 Một số nguyên 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

235

3 2

 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

Định dạng
Số trang	241
Dung lượng	20,74 MB