GIẢI CHI TIẾT đề THI vào 10 CHUYÊN đề 1 đến 10

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

GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI VÀO 10 CHUYÊN ĐỀ 1  10

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

.2) Giải phương trình

x x

= +.Câu II (3,0 điểm)

1) Chứng minh rằng không tồn tại các bộ ba số nguyên ( x y z ; ; )

Đường phân giác của góc ·BCD

cắt đường tròn ngoạitiếp tam giác VBCD tại O khác C Kẻ đường thẳng d đi qua A và vuông góc với CO Đường thẳng d lần lượt cắt

các đường thẳng CB CD ; tại E F ; .

1) Chứng minh rằng D OBE =D ODC.

2) Chứng minh rằng O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác V CEF.

3) Gọi giao điểm của OC và BD là I, chứng minh rằng

48

y x

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 = , 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 k

+ Giải

3 2

Nhận xét: Bài toán sử dụng phương pháp ẩn phụ không hoàn toàn, sau đó nâng lũy thừa tìm nghiệm của phương trìnhban đầu.

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

 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

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

3

x x

+ nên

ta mong muốn sẽ tạo được lượng

23

x x

é =ê

 Giải ( ii ), ta có ( ii )

3 2

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

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

Þ íï

+ º

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 vớigiả 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

x +y = z + Û x +y +z = z +

 Lũy thừa bậc bốn của một số nguyên khi chia cho 8 dư 0 hoặc 1 tức là a º4 0, 1 mod 8( )

với mọi số nguyên a

Mà VP=8z4+ chia 8 dư 5 do đó không thể tồn tại đẳng thức 5 x +y +z =8z +5 hay

x +y +z ¹ z +

.Vậy không tồn tại các bộ ba số nguyên (x y z; ; )

8x +8x=y

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

-(mâu thuẫn vì y nguyên và ( )3

1) Tứ giác OBCD nội tiếp và CO là phân giác góc ·

BCD , suy ra OBD· =OCD· =OCB· =ODB· , nên tam giác OBDD

cân tại O , do đó OB=OD (1)

Tứ giác OBCD nội tiếp ODC· =OBE·

(cùng bù với góc ·

OBC ) (2).

Trong tam giác CEFD có CO vừa là đường cao vừa là đường phân giác nên tam giác CEFD cân tại C

Do AB CFP Þ ·AEB=AFC· =EAB·

, suy ra tam giác ABED cân tại B , nên BE=BA=CD (3)

Từ (1), (2) và (3), suy ra OBED =DODC (c – g – c).

Nhận xét Có ba trường hợp bằng nhau cơ bản của hai tam giác Ở bài này, chúng ta sử dụng trường hợp bằng nhau

“cạnh-góc-cạnh” từ đó ta sẽ đi tìm ra các cạnh và góc bằng nhau

Nhắc lại kiến thức và phương pháp

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

+ BCO· =ODB·

(hai góc nội tiếp cùng chắn cung »

OB của đường tròn ngoại tiếp tam giác BCDD )

E

F

O I A

D

+ OCD· =CBD·

(hai góc nội tiếp cùng chắn cung ¼

DO của đường tròn ngoại tiếp tam giác BCDD )

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 OBDD có OBD· =ODB· (chứng minh trên) nên OBDD cân tại O

 Tam giác cân có hai cạnh bên bằng nhau

Tam giác OBDD 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 BCDD 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 CEFD có CO vừa là đường cao vừa là đường phân giác nên tam giác CEFD cân tại C

 Tam giác cân có hai góc kề cạnh đáy bằng nhau

Tam giác CFED 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 FCP ), suy ra ·AEB=·EAB

, nên EBAD 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 D OBE và D ODC có: OB=OD; EBD· =CDO· ; BE=CD suy ra OBED =DODC (c – g – c)

2) Từ OBED =DODCÞ OE=OC.

Mà CO là đường cao tam giác cân CEFD , suy ra OE=OF.

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

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

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

CO là đường cao của tam giác cân CFED 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 CEFD

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 thứccần chứng minh

Nhắc lại kiến thức và phương pháp

Ta có BE=CD (chứng minh trên) và CE=CF ( ECFD cân tại C ) suy ra CE- BE=CF- CDÛ BC=DF suy ra

Ta có CI là phân giác của góc trong ·

BCD của tam giác CBDD nên

(2)

Từ (1) và (2), suy ra P ³ 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 tìmgiá trị nhỏ nhất của bài toán

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

 Bất đẳng thức Cosi cho hai số thực dương x+ ³y 2 xy

m k

ìï =ïí

 Với

88

, trong căn thức mẫu số có bậc ba, trên tử là bậc nhất, vậy để đồng hóabậc thì ta cần đánh giá căn thức về một biểu thức dạng bậc không trên bậc nhất Hơn nữa lại xuất hiện

.Nhưng điều này chưa hoàn toàn đúng, vì cần phải có điều kiện y³ x

, vậy nên hướng tư duy như trên chưa đúng.Tức là ta sẽ lựa chọn biểu thức

2

32

++

+

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

( )2

12

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI

Đề chính thức

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10TRƯỜNG THPT CHUYÊN NĂM 2012MÔN THI: TOÁN (Vòng 1)

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

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2

2 y x P

.Câu III (3,0 điểm) Cho tam giác nhọn V 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

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:

Ý tưởng: Sự xuất hiện của

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 làđặt 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

Hoặc, ta có thể suy luận như sau: ta đi kết hợp cả hai phương trình trong hệ, vẫn với sự xuất hiện x2+y2 ở phươngtrình một, đồng thởi có tích ở phương trình xy ta sẽ liên tưởng đến hằng đẳng thức ( )2

x+y

Vì thế lấy phương trìnhhai nhân 2 rồi cộng với phương trình một ta được:

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

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

 Phân tích đưa về phương trình ước số

(x+ +y 1)(xy+ + = +x y) 5 2(x+y) (x y 1)(xy x y) 3 2 2(x y)

2

2 2

P

x

y x

y x y

x y

y

x y x

üïïïï

ï Þ =ýïïïïïþ

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 bàitoán để tìm giá trị nhỏ nhất

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

 Bất đẳng thức Cosi cho hai số thực dương x+ ³y 2 xy

k+ = Û =k

Với điểm rơi x= =y 1

, ta sẽ dễ dàng đánh giá hơn khi vậndụng bất đẳng thức Cosi, chính vì vậy, khi đi khai khác giả thiết, ta suy ra:

11

2

y x

x y

y + x ³ +

Đánh giá này ta có các cách như sau:

 Biến đổi tương đương, ta có:

2 2

2

y x

2 Cho a b c; ; là các số thực dương thỏa mãn a+ + = Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thứcb c 3

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 tròn là góc vuông

Ta có từ N ta kẻ được PN và DN vuông góc với MN , suy ra PNº DN hay ba điểm P ; N ; D thẳng hàng

2) Tứ giác APQD nội tiếp (·PQD=MAD· =900),

Xét đường tròn đường kính MP có QMP· =QNP· Þ 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 haiđường phân giác trong của tam giác đó

Nhắc lại kiến thức và phương pháp

 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 đốidiện 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 »

(hai góc nội tiếp cùng chắn cung »

QP của đường tròn 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 tròn nội tiếp tam giác đó

Tam giác ANQD 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 ANQD

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

Vậy giá trị nhỏ nhất của Q là

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

1) Giải phương trình

3x+ +1 2- x= 32) Giải hệ phương trình

Câu III (3,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABCV 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 ABMV cắt đoạn thẳng AC tại điểm F khác A

1) Chứng minh rằng tam giác BDMV và tam giác BCFV 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 nhỏnhất của biểu thức

4

x= x=

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

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

 Phương trình dạng ( ) ( ) ( ( ) ( ) )2

20

2

24

;4

íï

-ïïïî

92

֍

x y y x

ìïï + =ïïï

Û íïï

ï + =ïïî

33

+ =ïïî

2

11

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

1

x y

+ Ta sẽ nghĩ đến chuyện thế

è ø xuống phương trình hai nhưng còn đại

+ qua u v; thì hệ phương trình đã cho sẽ được giải quyết

Ta có

1

11

.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:

xyz

và ta cần chứng minh

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

Nhắc lại kiến thức và phương pháp

 Cấu tạo số

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

 Số bé nhất có năm chữ số chia hết cho 101

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 1

c d s

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 891101

.Câu III

Nhắc lại kiến thức và phương pháp

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

Từ 1) BDMD ∽DBCF, ta có

CF =BC

.Vậy ta có biến đổi sau

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 (= ) suy ra DO hay R

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

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

Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác DCDE 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 EF

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

1) Giải phương trình

( 1 x 1 x)æç2 2 1 x2ö÷ 8

.2) Giải hệ phương trình

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 DABF đồng dạng với tam giác DACE.

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 tiếptam giác DGEC 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

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

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

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

= Û ê

=-ê

.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:

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

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

Ý tưởng: Nhận thấy ở vế trái của mỗi phương trình đều có dạng của phương trình đẳng cấp bậc hai a x. 2+b 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 đótìm 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+y2 Vậy nên phương trình hai trở

Đồng nhất hệ số hai phương trình, ta có

m n mn

3

m= n=

.Bài toán kết thúc

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

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

Tương tự ta có 1+b2= +(b a b)( +c)

và 1+c2= +(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

(điều phải chứng minh)

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

Nhận xét: Ta thấy x+ và y 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 u2 + = +u 3 v.

 Biểu diễn ẩn này theo ẩn kia 2

31

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:

(3+v)M(v2+ Û1) (v2- 9) (Mv2+ Û1) (v2+ -1 10) (Mv2+ Þ1) (v2+ Î1) U( )10

mà v + ³2 1 1 nên ta có (v + Î2 1) {1; 2 ; 5; 10}

, suy ra v Î2 {0 ; 1; 4 ; 9}.Khi đó v Î {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 DABF và tam giác DACE lần lượt cân tại , F E và

2

A FBA=ECA= Þ DABF∽DACE

.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 biệtcủa 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 DABF có F nằm trên đường trung trực của AB nên tam giác DABF cân tại F

- Hoàn toàn tương tự với tam giác DACE.

 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 ADP 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 DABF và tam giác DACE 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.

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 đườngphân giác trong tam giác và tam giác đồng dạng

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

CE AC

 Tính chất đường phân giác trong tam giác

AD là đường phân giác trong tam giác DABC ta có

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 điểmhoặc chứng minh bốn điểm một cùng thuộc một đường tròn bằng cách chứng minh tứ giác nội tiếp (qua ba điểm khôngthẳng 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 số điều suy ra từ giả thiết và các chứng minh trên

- DABF∽DACEÞ FAB· =EAC·

- AD là phân giác của góc ·

BAC nên ·BAD=DAC· .

+ Hai đường thẳng song song

- BF ADP Þ QGB· =QGA·

(hai góc so le trong)

- QG AEP Þ QGA· =GAE·

(hai góc so le trong)Suy ra QGB· =GAE· =GAC· +CAE· kết hợp với suy ra ở phần trên ta có

QGB=GAE=GAC+CAE=GAB+FAB=FAG.

- BF CEP Þ 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 DEGC 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

(2)

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

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi

13

.Cách 2: Đặt ab=x bx; =y ac; =z

.Nhận xét: Bài toán sử dụng phương pháp kỹ thuật chọn điểm rơi, từ điểm rơi tìm được khéo léo áp dụng bất đẳng thứcCosi 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:

0

a- b + -b c + -a c ³ Û a +b +c ³ ab+bc+ca

 Bất đẳng thức Cosi cho hai số thực dương a+ ³b 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= = , kết hợp với giả thiết b c ab+bc+ = thì tại ca 1

13

2

PÛ xy+yz+zx £ +a b +b c +c a = +x a +y b +z c Lại thấy, ở vế phải của P xuất hiện đại lượng (x a2 2;y b2 2)

và a b2 2=x2 chính vì thế ta cần đánh giá (x a2 2;y b2 2)

đểxuất 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:

Khi đó, ta chỉ cần chứng minh: 2 2 2 5 ( )

29

íïïï

x y+y z+z x+ ³ xy+yz+zx

ĐỀ 5

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI

Đề dự bị

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

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

1) Với a b c; ; là những số thực thỏa mãn điều kiện ab+ + =bc ca abc+ + + ; 3a b c +ab¹ 2a+ ; 3b +bc¹ 2b+ ;c

1) Với mỗi số thực a ta ký hiệu éùa

ëû là số nguyên lớn nhất không vượt quá a giải phương trình

Câu III (3,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABCV , đường cao AH , H thuộc BC P thuộc AB sao cho CP là phân giácgóc ·

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