Tổng hợp đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên năm học 2019 2020(phần 1)

Do ABCD là hình vuông và đường tròn O tiếp xúc với các cạnh AB, AD lần lượt tại E, F nên suy ra E, F lần lượt là trung điểm của AB, AD.. Gọi T là giao điểm của FH với AG, khi đó tứ giác

2 2

Bài 3

Cho hình vuông ABCD Đường tròn ( )O nội tiếp hình vuông tiếp xúc với các cạnh AB, AD theo thứ tự tại E, F Gọi G là giao điểm các đường thẳng CE và BF a) Chứng minh rằng năm điểm A, F, O, G, E cùng nằm trên một đường tròn b) Gọi giao điểm của đường thẳng FB với đường tròn ( )O là M khác F Chứng minh rằng M là trung điểm của đoạn thẳng BG

c) Chứng minh trực tâm của tam giác GAF nằm trên đường tròn ( )O

HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1

Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm của phương trình là S= 1; 25

• Lời giải 2 Điều kiện các định của phương trình là 26x 5 0+  Dễ thấy 2

x +30  0nên phương trình đã cho được viết lại thành

2 2

+ Với x= −2, thay vào phương trình ban đầu ta được

( )2 2

y −2y= − 1 y 1− =  = 0 y 1

+ Với x 0= , thay vào phương trình ban đầu ta được 2

y = − Phương trình vô nghiệm 1+ Với x 1= , thay vào phương trình ban đầu ta được

2

y + = y 2 y 1 y 2− + =   −0 y 2;1

+ Với x 3= , khi đó ta được 3x 1 8− = và 2

x − + =x 1 7 nên 3x 1− không chia hết cho 2

x − +x 1

Vậy các cặp số nguyên thỏa mãn phương trình là ( ) (x; y = −2;1 , 1; 2 ; 1;1) ( − ) ( )

b) Với x, y là các số thực thay đổi thỏa mãn 1 y 2   và xy 2 2y+  Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2 2

Từ giả thiết xy 2 2y+  ta được 4xy 8 8y+  Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta thu được 4xy 4x 2 +y2 Như vậy ta có 4x2+y2+ 8 4xy 8 8y+  Từ đây ta có

4 x +4 4 y + hay 1 2 2

x + 4 y + 1

Do vậy ta được

2 2

c) Chứng minh trực tâm của tam giác GAF nằm trên đường tròn ( )O

Lời giải

a) Chứng minh năm điểm A, F, O, G, E cùng nằm trên một đường tròn

Do ABCD là hình vuông và đường tròn ( )O

tiếp xúc với các cạnh AB, AD lần lượt tại E, F

nên suy ra E, F lần lượt là trung điểm của AB,

AD Do đó suy ra tứ giác AEOF là hình vuông

nên nội tiếp đường tròn đường kính AO Hai

tam giác vuông BEC và AFB có

bằng nhau Từ đó ta được EBG=ECB Do đó

suy ra hai tam giác BGE và CBE đồng dạng

với nhau nên ta được 0

EGB EBC 90= =

T

I F

E

O

J

G M H

B A

Đến đây thì ta được 0

AO Vậy năm điểm A, F, O, G, E cùng nằm trên một đường tròn

b) Gọi giao điểm của đường thẳng FB với đường tròn ( )O là M khác F Chứng minh M

là trung điểm của đoạn thẳng BG

Theo tính chất góc tạo bởi tia tiếp tuyến với dây cung và góc nội tiếp ta có

ME song song với GA Do E là trung điểm của AB nên suy ra ME là đường trung bình của tam giác ABG Do vậy M là trung điểm của BG

c) Chứng minh trực tâm của tam giác GAF nằm trên đường tròn ( )O

• Lời giải 1 Do tứ giác AEOF là hình vuông nên suy ra 0

AGF=45 Gọi H là trực tâm tam giác AGF và I, J lần lượt là giao điểm của AH với GF, CD Khi đó dễ thấy AI vuông góc với BF nên AJ song song với CE Do đó tứ giác AJCE là hình bình hành nên

AE=CJ suy ra J là trung điểm của CE, do đó J là tiếp điểm của CD với đường tròn ( )O và FOJ 90= 0 Gọi T là giao điểm của FH với AG, khi đó tứ giác GTHI nội tiếp

đường tròn Đến đây ta được JHF JHF FGA 45= = = 0 Do vậy JHF 1FOJ

và HFA=GOE Từ đó dễ thấy hai tam giác HAF và GEO bằng nhau nên AH EG=

Mà AI là đường trung bình của tam giác AIB nên AH EG 1AI

2

= = Ta cũng có

AJ=BF nên ta có biến đổi sau

2 FAB

1AB2S : FB

Kết hợp các kết quả lại ta được AH 1AJ

5

= Gọi K là giao điểm khác J của đường tròn

( )O với AJ Theo tính chất tiếp tuyến và cát tuyến ta có 2 1 2

4AJ 20AJ 20AJ 5

Đề số 2

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐHKHTN HÀ NỘI

Vòng 2 – Năm học 2019 – 2020 Bài 1

a) Giải hệ phương trình

2 2 2

Bài 3

Cho tam giác ABC cân tại A có đường tròn nội tiếp ( )I Các điểm E và F thuộc các cạnh AC và AB (E khác A và C, F khác A và B) sao cho EF tiếp xúc với đường tròn ( )I tại P Gọi K và L lần lượt là hình chiếu của E và F trên BC Giả sử KF cắt EL tại J Gọi H là hình chiếu vuông góc của J lên BC

a) Chứng minh rằng HJ là phân giác của góc EHF

b) Kí hiệu S ; S1 2 lần lượt là diện tích của các tứ giác BFJL và CEJK Chứng minh rằng

2 1

2 2

HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1

a) Giải hệ phương trình:

2 2 2

Lời giải

a) Giải hệ phương trình: ( ) ( )

2 2 2

Vậy hệ phương trình đã cho có các nghiệm là ( ) (x; y = 1; 5 , 1;1− ) ( )

b) Giải phương trình:

2 2

• Lời giải 1 Điều kiện xác định của phương trình là 27 2x 0; x+  2+ x 5; 5 2x 0− 

Phương trình đã cho được viết lại thành ( 2 ) ( )

Đặt a= 5 x− 2−x; b= 5 2x− Khi đó dễ thấy a 0; b 0 

+ + hay phương trình ( )1 vô nghiệm

Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm của phương trình là S= 0;1

• Lời giải 2 Điều kiện xác định của phương trình là 27 2x 0; x+  2+ x 5; 5 2x 0− 

Phương trình đã cho được viết lại thành ( )

2 2

Dễ thấy ngay phương trình vô nghiệm khi a b

Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm của phương trình là S= 0;1

cho 42 với mọi số nguyên dương n ta luôn có

• Lời giải 1 Trước hết ta chứng minh bổ đề: Với mọi số nguyên dương a thì 7

a − achia hết cho 42

Thật vậy, ta có A a= 7− =a a a( 3−1 a)( 3+ =1) (a 1 a a 1 a− ) ( + ) ( 2− +a 1 a)( 2+ + Để ý a 1)

rằng (a 1 a a 1− ) ( + ) là tích ba số nguyên liên tiếp nên suy ra A chia hết cho 6

Lại thấy a khi chia cho 7 thi có một trong các số dư 0; 1; 2; 3   , do đó a khi chí cho 7 3

có một trong các số dư 0; 1 Do vậy ta có a a( 3 −1 a)( 3+1 7) nên A chia hết cho 7

Mà ta có 6 và 7 nguyên tố cùng nhau nên suy ra A chia hết cho 42

Áp dụng bổ đề tương tự như trên ta được P Q− chia hết cho 42 Mà ta có

Q 42n 42= + chia hết cho 42 nên suy ra P chí hết cho 42 Từ đó suy ra N P 42= + chia

hết cho 42 Đến đây ta suy ra được M chia hết cho 42 Vậy

      chia hết cho 42 với mọi số

nguyên dương n ta luôn có

• Lời giải 2 Trước hết ta chứng minh bổ đề: Với mọi số nguyên dương a thì

7

a a mod 42

Cách chứng minh tương tự như lời giải 1

Trở lại bài toán Áp dụng bổ đề ta được

7 7 7

27n 5 27n 5 mod 4210n 27 10n 27 mod 425n 10 5n 10 mod 42

27n 5 10n 27 5n 10 mod 4242n 42 mod 42

với mọi số nguyên dương n ta luôn có

b) Với x, y là các số thực dương thay đổi thỏa mãn 4x2+4y2+17xy 5x 5y 1+ +  Tìm

giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 17x= 2+17y2+16xy

Ta viết lại giả thiết của bài toán là ( )2 ( )

4 x y+ +9xy 5 x y+ +  1

++ +  hay ( ) 2

5 x y

1 22

a) Chứng minh rằng HJ là phân giác của góc EHF

b) Kí hiệu S ; S1 2 lần lượt là diện tích của các tứ giác BFJL và CEJK Chứng minh rằng

2 1

2 2

c) Gọi D là trung điểm cạnh BC Chứng minh rằng ba điểm P, J, D thẳng hàng

Lời giải

a) Chứng minh HJ là phân giác của góc EHF

Do JH song song với EK nên áp dụng định lí Thales cho tam giác LEK thì ta được

KH=EJ

Do LF song song EK nên hai tam giác

LJF và EJK đồng dạng với nhau, suy ra ta

LFH FHJ= và KEH EHJ= nên ta suy ra

được FHJ EHJ= hay HJ là phân giác của

góc EHF

Y X

F Q P

J I

K H

L

T

N M

2 2

• Lời giải 1 Hai tam giác vuông BLF và CKE có LBF KCE= nên hai tam giác BLF và

CKE đồng dạng với nhau Lại có hai tam giác LJF và EJK đồng dạng với nhau nên ta suy ra được

JLF BLF JLF BFJL BLF

2 2

• Lời giải 2 Do HJ song song LF nên SFJL=SFLH Do đó SBFJL =SBFL+SFLH=SBFH Chứng minh hoàn toàn tương tự ta cũng được SCEJK =SCEH Ta đã có hai tam giác FLH

và EKH đồng dạng với nhau nên FHB FHL EHK= = =EHC Kết hợp với FBH=ECH

nên ta được hai tam giác FHB và EHC đồng dạng với nhau, do đó suy ra

2 FHB

2 ECH

Kết hợp với trên ta được

2 BFJL

2 CEJK

S =CE Vậy ta được

2 1

2 2

c) Gọi D là trung điểm cạnh BC Chứng minh ba điểm P, J, D thẳng hàng

• Lời giải 1 Gọi M, N lần lượt là tiếp điểm của đường tròn ( )I với các cạnh AB và

AC Do tam giác ABC cân và D là trung điểm của BD nên D là tiếp điểm của đường tròn ( )I với cạnh BC Gọi Q là giao điểm của CF với PD Từ F kẻ đường thẳng song song với BC và cắt PD tại Y Từ F kẻ đường thẳng song song với AC và cắt MN tại X

Gọi R là giao điểm của đường thẳng MN với CF Khi đó ta có các biến đổi góc FPD BDP PYF= = và FMX=ANM MXF= nên các tam giác FPY và FMX lần lượt cân

F Từ đó để ý đến tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có FP FY FM FX= = = Đến đây

áp dụng định lí Thales ta có FQ FY FX FR

CQ=CD=CN= CR, điều nàu dẫn đến hai điểm Q và R trùng nhau Do đó ba đường thẳng MN, CF, PD đồng quy Chứng minh hoàn toàn tương tự ta cũng có MN, BE, PD đồng quy Như vậy bốn đường thẳng MN, PD, BE,

CF đồng quy Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác ACF với mộ ba điểm B, Q, E

• Lời giải 2 Không mất tính tổng quát ta giả sử P có vị trí như hình vẽ (Các trường

hợp khác chứng minh tương tự) Gọi T là giao điểm của PJ với EK Áp dụng định lí

Menelaus cho tam giác KEF với ba điểm T, J, P thẳng hàng ta có TK PE JF 1

trên ta có hai tam giác BFH và CEH đồng dạng với nhau có FL và EK tương ứng là hai

đường cao nên ta lại có JF FL BF

JK =EK = CE Từ đó ta suy ra được TK PE BF 1

TE PF CE= Như vậy để chứng minh ba điểm P, J, D thẳng hàng ta cần chỉ ra được ba điểm T, D, J thẳng hàng Theo đó áp định lí đảo Menelaus đảo cho tam giác KLF thì chứng minh

ba điểm T, D, J thẳng hàng tương đường với chứng minh TK JE DL 1

2 2

AF PF BF

AE PE =CE

Gọi M, N theo thứ tự là tiếp điểm của đường tròn ( )I với các cạnh AB và AC Khi đó theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta đặt được

Vậy bài toán được chứng minh hoàn tất

Bài 4 Cho M là tập hợp tất cả các số nguyên liên tiếp từ 2019− đến 2019 Chứng minh rằng trong 2021 số đôi một phân biệt được chọn bất kì từ tập hợp M luôn tồn tại

ba số phân biệt có tổng bằng 0

Lời giải

Với số nguyên dương n, đặt Mn =x x Z, x 2n 1− Ta chứng minh mệnh đề tổng 

quát : Trong 2n 1+ số phân biệt được lấy ra từ tập hợp Mn luôn tồn tại ba số phân biệt có tổng bằng 0

Thật vậy, giả sử tồn tại số nguyên dương n sao cho có thể chọn ra 2n 1+ số phân biệt lấy từ tập hợp Mn mà trong đó không có ba số phân biệt nào có tổng bằng 0 Gọi n là

số nhỏ nhất có tính chất như vậy Khi đó dễ thấy n 1 (vì nếu n 1= thì mệnh đề trên

luôn đúng) Vì n là số nhỏ nhất làm cho mệnh đề trên không đúng nên mệnh đề luôn đúng với n 1− Nếu trong các số được chọn có ít nhất 2n 1− số thuộc M − thì do

mệnh đề đúng với n 1− nên tồn tại ba số phân biệt trong các số được chọn có tổng bằng 0, điều này mâu thuẫn Như vậy có tối đa 2n 2− số được chọn thuộc Mn 1− Từ

đó suy ra trong bốn số −2n 2; 2n 1; 2n 2; 2n 1+ − + − − có ít nhất ba số được chọn Do đó

+ Nếu một trong hai số của cặp số (−2n 1; 2n 1+ − ) được chọn thì theo lí luận như trên

ta suy ra được cả hai số của cạp số (−2n 2; 2n 2+ − ) được chọn Không mất tính tổng quát ta giả sử 2n 1− được chọn và −2n 1+ không được chọn Lúc này các phần tử còn lại được chia thành 2n 5− cặp số gồm

(1; 2n 3 , 2.2n 4 , , n 2; n ,− ) ( − ) ( − ) (− −1; 2n 3 , ,+ ) (− + − −n 3, n 1)

Ngoài ra còn có một bộ ba số là (− + − + −n 2, n 1, n) và một phần tử lẻ cặp là n 1− Khi

đó từ các cặp hai số trên ta chọn được tối ta một số và từ bộ ba số ta cũng lấy được tối

đa một số Từ đó ta lấy được tối đa 3 2n 5 1 1 2n+ − + + = số Điều này dẫn đến mâu thuẫn

Vậy với mọi trường hợp đều dẫn đến mâu thuẫn, tức là điều giả sử trên là sai Do đó mệnh đề phát biểu trên đúng Áp dụng mệnh đề cho n 1010= ta có điều cần chứng minh

Đề số 3

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH THANH HÓA

Chuyên Toán – Năm học 2019 – 2020

1 Chứng minh rằng hai tam giác BDF và CDE đồng dạng

2 Chứng minh rằng ba điểm E, M, F thẳng hàng và AO vuông góc với EF

3 Đường phân giác của góc BAC cắt EF tại N Đường phân giác của góc CEN

cắt CN tại P, đường phân giác của góc BFN cắt BN tại Q Chứng minh PQ song song với BC

Câu V (1.0 điểm)

Trong mặt phẳng kẻ 2022 đường thẳng phân biệt sao cho không có hai đường thẳng nào song song và không có ba đường thẳng nào đồng quy Tam giác được tạo bởi ba đường thẳng trong số các đường thẳng đó được gọi là tam giác đẹp nếu nó không bị đường thẳng nào trong số các đường thẳng còn lại cắt Chứng minh rằng số tam giác đẹp không ít hơn 674

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu I (2.0 điểm)

1 Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn abc 1= Chứng minh rằng:

2 Cho ba số thực a, b, c khác 0 thỏa mãn 2ab bc 2ca 0+ + = Tính giá trị của biểu thức:

bc ca abA

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x 1=

x 03x 4x 1 2 2x x 1 x 2x 0

+ Với x=2, thay vào phương trình ban đầu ta được 2

y + =y 30 =y 5; y= − 6Thử lại ta được các nghiệm nguyên của phương trình là

 , loại vì không thỏa mãn x 1

+ Nếu d 3= , khi đó từ 2x2 =(a 1 a+ ) ( 2 − + ta được a 1) 2x 9 nên 2 x 92 x 3

• Chứng minh x chia hết cho 5

Đặt y3 = , với b là số nguyên dương b

 , loại vì không thỏa mãn x 1

+ Nếu d 5= , khi đó từ 2x2 =(b 1 b+ ) ( 4−b3+b2− + ta được b 1) 2x 25 nên x 5 2Vậy ta được x 15 Bài toán được chứng minh

Câu IV (3.0 điểm)

Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn ( )O với AB AC Gọi M là trung điểm của BC, đường thẳng AM cắt đường tròn ( )O tại D khác A Đường tròn ngoại tiếp tam giác MCD cắt đường thẳng AC tại E khác C Đường tròn ngoại tiếp tam giác MBD cắt đường thẳng AB tại F khác B

1 Chứng minh rằng hai tam giác BDF và CDE đồng dạng

2 Chứng minh rằng ba điểm E, M, F thẳng hàng và AO vuông góc với EF

3 Đường phân giác của góc BAC cắt EF tại N Đường phân giác của góc CEN

cắt CN tại P, đường phân giác của góc BFN cắt BN tại Q Chứng minh PQ song song với BC

Lời giải

a) Chứng minh hai tam giác BDF và CDE đồng dạng với nhau

Để chứng minh tam giác BDF đồng dạng

với tam giác CDE ta cần phải chỉ ra được

BFD CED= và DBF ECD= Chú ý đến

các tứ giác BMDF và CEMD nội tiếp

đường tròn ta suy ra được

BFD AMB; DBF FMD

DMC DEC; AME ECD

Ta lại có FMD=AME và DMC=AMB

nên suy ra BFD CED= và DBF ECD=

Từ đó ta được tam giác BDF và tam giác

CDE đồng dạng với nhau

O x

T J

I

K N

M H

A

b) Chứng minh ba điểm E, M, F thẳng hàng và AO vuông góc với EF

+ Chứng minh OA vuông góc với EF

Do tam giác DBF và tam giác CDE đồng dạng nên BDF EDC= Mà ta lại có

0

+ Chứng minh AO vuông góc với EF

Lời giải 1 Kẻ tiếp tuyến Ax của đường tròn ( )O Khi đó ta có OA vuông góc với Ax

Tứ giác BNDF nội tiếp đường tròn nên suy ra AFE ADB= Lại có ACB ADB= nên

suy ra ACB AFE= Vì Ax là tiếp tuyến của đường tròn ( )O nên xAB ACB= Suy ra

với EF

Lời giải 2 Gọi I là trực tâm tam giác ABC, giả sử AI cắt BC và đường tròn ( )O lần lượt tại H và J Kẻ đường kính AK của đường tròn ( )O Khi dó dễ dàng chứng minh được J là điểm đối xứng với H qua BC và tứ giác BICK là hình bình hành Từ đó ta suy ra được JK song song với BC Như vậy ta được hai cung nhỏ BJ và CK của đường tròn ( )O bằng nhau Từ đó dẫn đến BAH CAO= Để ý đến các tứ giác BMDF và CEMD nội tiếp đường tròn ta có AB.AF AM.AN AE.AC= = nên tứ giác BECF nội tiếp đường tròn Từ đó ta thấy FBC FEC= nên ta được ABC AEF= Mà ta lại có AH vuông góc với BC nên ta suy ra được AO vuông góc với EF

c) Chứng minh PQ song song với BC

+ Lời giải 1 Gọi H là hình chiếu của A trên BC Khi đó theo định lý Pitago, ta có

AE = AB nên AF.AB AE.AC=

Lại có BMDF và CDME nội tiếp nên AF.AB AE.AC AD.MD= = và

2AD.MD AM= +AM.MD

Vì tam giác ABM đồng dạng với tam giác CDM nên

2BCAM.MD MB.MC

Vì AN là phân giác của góc FAE nên FN AF

EN =AE Hai tam giác ABC và AEF có BAC là góc chung và ABC AEF= nên tam giác ABC đồng dạng với tam giác AEF, từ đó suy

NB =NC Do vậy theo định lí Thales ta được PQ song song với BC

+ Lời giải 2 Ta có tam giác BDF và tam giác CDE đồng dạng với nhau nên

DAB DAB BDF

2 DAC BDF CDE DAC

Lời giải

Lấy đường thẳng d bất kì Xét các giao điểm của các đường thẳng khác đường thẳng d Trong các giao điểm đó tồn tại một giao điểm mà khoảng cách từ nó đến dường thẳng d là nhỏ nhất Khi đó giao điểm đó với hai giao điểm nằm trên đường thẳng d là một tam giác đẹp Như vậy ứng với mỗi đường thẳng ta có một tam giác xanh nên ứng với 2022 đường thẳng ta có 2022 tam giác đẹp Tuy nhiên mỗi tam giác đẹp trong số trong số 2022 tam giác đẹp trên được tính nhiều nhất ba lần Do đó có ít nhất 2022 : 3 674= tam giác đẹp khác nhau

Đề số

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH THANH HÓA

Chuyên Tin học – Năm học 2019 – 2020 Câu I (2.0 điểm)

a) Chứng minh rằng tam giác AMN cân tại A

b) Chứng minh rằng tứ giác HPIQ là hình bình hành

c) Chứng minh rằng giao điểm của hai đường thẳng HI và AO thuộc đường tròn ( )O

Câu V (1.0 điểm)

Với các số thực không âm a, b, c thỏa mãn a b c 3+ + = Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S=(a2+2 b)( 2+2 c)( 2+ 2)

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu I (2.0 điểm)

Vậy đẳng thức được chứng minh

2 Cho x là số thực âm thỏa mãn 2

t= 2 x− 0 Khi đó ta được t2 = − hay 2 x2 t2+x2= 2

Phương trình đã cho được viết lại thành 1 1 2

Nhận thấy với x 0= hệ phương trình đã cho có nghiệm là ( ) ( )x; y = 0; 0

Xét x 0 , khi đó ta biến đổi hệ phương trình đã cho thành

+ Với 2

x + −y 3x 0= ta được 2

y= − +x 3x Thế vào phương trình thứ nhất của hệ đã cho ta được x2+3x x− 2−2x 3x x( − 2)+ = x 0 x3−3x2+ =  2 0 x  1; 2 Từ đó ta được các nghiêm ( ) ( ) ( )x; y = 1; 2 , 2; 2

Vậy hệ phương trình đã cho có các nghiệm là ( ) ( ) ( ) ( )x; y = 0; 0 , 1; 2 , 2; 2

Câu III (2.0 điểm)

có 2, 3, 5 nguyên tố với nhau theo từng đôi một nên ta có (a 2 a 1 a a 1 a 2− )( − ) ( + )( + )

và 5 a 1 a a 1( − ) ( + ) chia hết cho 30 Do vậy a5− chia hết cho 30 Tương tự ta cũng có a5

b − và b c5− cũng chia hết cho 5 Khi đó ta có c

Do đó ta suy ra được A chia hết cho 30 Bài toán được chứng minh

Câu IV (3.0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC (AB AC ) nội tiếp đường tròn ( )O có tâm là O Các đường cao BE và CF của tam giác ABC cắt nhau tại H Đường phân giác ngoài của BHC cắt các cạnh AB và AC lần lượt tại M và N Đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN cắt đường phân giác của BAC tại điểm I khác A Đường thẳng IM cắt

BE tại điểm P và đường thẳng IN cắt CF tại điểm Q

a) Chứng minh rằng tam giác AMN cân tại A

b) Chứng minh rằng tứ giác HPIQ là hình bình hành

c) Chứng minh rằng giao điểm của hai đường thẳng HI và AO thuộc đường tròn ( )O

Lời giải

a) Chứng minh tam giác AMN cân tại A

Theo tính chất góc ngoài của tam giác ta có

Do HM và HN lần lượt là phân giác của góc

BHF và CHE và ta có BHF CHE= nên suy

ra được MHB NHC= Lại có tứ giác BFEC

nội tiếp nên FBH=CHE Từ đó ta suy ra

được AMN=ANM nên tam giác AMN cân

tại A

Q P

T I

N M

F

D

E

C B

A

b) Chứng minh tứ giác HPIQ là hình bình hành

Đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN cắt tia phân giác của góc MAN tại I nên AI là đường kính của đường tròn Từ đó ta có KMA=KNA=900 Từ đó dẫn đến IM song

song với CH và IN song song với BH suy ra tứ giác HPIQ là hình bình hành

c) Chứng minh giao điểm của hai đường thẳng HI và AO thuộc đường tròn ( )O

Do tứ giác HPIQ là hình bình hành nên HI đi qua trung điểm của PQ Do PM song song với HF nên theo định lý Thales ta có PH MF

PB =MB Lại có HM là phân giác của tam

giác BHF nên ta có MF HF

MB=HB Từ đó ta được PH HF

PB =HB Hoàn toàn tương tự ta có

CQ =HC Mà tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn nên dễ dàng chứng minh được hai

tam giác BHF và CHE đồng dạng, do đó ta có HF HE

HB=HC Từ đó ta được PH HQ

PB = CQ

Từ đây suy ra PQ song song với BC Mà HI đi qua trung điểm của PQ nên suy ra HI

đi qua trung điểm của BC Kẻ đường kính AD của đường tròn ( )O , khi đó dễ dàng chứng minh được tứ giác BHCD là hình bình hành Từ đó suy ra HD đi qua trung điểm T của BC Điều này dẫn đến ba điểm H, I, D thẳng hàng Do vậy hai đường thẳng HI và AO cắt nhau tại D thuộc đường tròn ( )O

Dự đoán giá trị nhỏ nhất của S là 27, đạt được tại a b c 1= = = Khi đó ta quy bài toán

về chứng minh (a2+2 b)( 2+2 c)( 2 +2)27 Để ý tiếp ta có giả thiết a b c 3+ + = nên ta

đi chứng minh bất đẳng thức ( 2 )( 2 )( 2 ) ( )2

a +2 b +2 c +2 3 a b c+ +

+ Lời giải 1 Bất đẳng thức trên có các biến độc lập nhau, do đó nếu đánh giá làm

giảm đi số biến thì bài toán sẽ đơn giản hơn Ta chú ý đến sự xuất hiện của đại lượng

a b c+ + ở vế trái và a2+ ở vế phải của bất đẳng thức cần chứng minh Sự xuất 2hiện này làm cho ta suy nghĩ đến sử dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz để đánh giá đại lượng ( )2

a b c+ + làm sao cho xuất hiện đại lượng a2+ Như vậy ta sẽ có 2đánh giá sau

Biến đổi tương đương bất đẳng thức trên ta được ( ) ( )2

2

b c

bc 1 02

−+ − 

Bất đẳng thức cuối cùng này hiển nhiên đúng nên bất đẳng thức đã cho được chứng minh

Bất đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c 1= = =

+ Lời giải 2 Bất đẳng thức này còn được chứng minh bằng cách sử dụng bất đẳng

thức Cauchy – Schwarz kết hơp với nguyên lý Dirichlets như sau:

Theo nguyên lý Dirichlet thì trong ba số a, b, c luôn tồn tại hai số cùng không lớn hơn 1 hoặc không nhỏ hơn 1

Không mất tính tổng quát ta giả sử hai số đó là b và c, khi đó ta được

b −1 c −  1 0 Bất đẳng thức cuối cùng đúng theo giả sử trên Vậy bài toán được chứng minh

+ Lời giải 3 Ta chứng minh bất đẳng thức mạnh hơn: Với a, b, c là các số thực không

âm ta luôn có ( 2 ) 2 2 ( ) (2 )2

a +2 (b +2)(c +2) 3 a b c + + + abc 1− Thật vậy, theo nguyên lí Dirichlet trong ba số a 1; b 1; c 1− − − luôn tồn tại hai số cùng dấu, không mất tính tổng quát ta giả sử hai đó là a 1; b 1− − , khi đó ta có

Đề số 5

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH HƯNG YÊN

Vòng 1 – Năm học 2019 – 2020 Câu 1 (2.0 điểm)

1) Rút gọn biểu thức ( )2 1

A 2 2 5 20 20

5

2) Cho hai đường thẳng ( )d : y=(m 2 x m− ) + và ( ) : y= −4x 1+

a) Tìm m để đường thẳng ( )d song song với đường thẳng ( )

b) Chứng minh đường thẳng ( )d luôn đi qua điểm A(−1; 2) với mọi m c) Tìm tọa độ điểm B thuộc ( ) sao cho AB vuông góc với ( )

1) Giải phương trình khi m=2

2) Tìm m để phương trình ( )1 có hai nghiệm x ; x1 2 thỏa mãn

1) Chứng minh rằng tứ giác BMNC là hình thang vuông

2) Chứng minh rằng IM IN=

3) Giả sử đường thẳng d thay đổi nhưng vẫn thỏa mãn điều kiện đề bài Hãy xác định vị trí của đường thẳng d để chu vi tứ giác BMNC lớn nhất

Câu 5 (1.0 điểm)

Cho các số thực không âm x, y, z thỏa mãn x2+y2 +z2 3y

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

1) Rút gọn biểu thức ( )2 1

A 2 2 5 20 20

5

2) Cho hai đường thẳng ( )d : y=(m 2 x m− ) + và ( ) : y= − +4x 1

a) Tìm m để đường thẳng ( )d song song với đường thẳng ( )

b) Chứng minh đường thẳng ( )d luôn đi qua điểm A(−1; 2) với mọi m c) Tìm tọa độ điểm B thuộc ( ) sao cho AB vuông góc với ( )

2) Cho hai đường thẳng ( )d : y=(m 2 x m− ) + và ( ) : y= − +4x 1

a) Tìm m để đường thẳng ( )d song song với đường thẳng ( )

Đường thẳng ( )d song song với đường thẳng ( ) khi và chỉ khi

Vậy với m= −2 thì đường thẳng ( )d song song với đường thẳng ( )

b) Chứng minh đường thẳng ( )d luôn đi qua điểm A(−1; 2) với mọi m

Thay x= −1; y 2= vào phương trình y=(m 2 x m− ) + ta được

2= m 2 − − +1 m = − + +2 m 2 m =2 2, đúng với mọi m

Vậy đường thẳng ( )d luôn đi qua điểm A(−1; 2) với mọi m

c) Tìm tọa độ điểm B thuộc ( ) sao cho AB vuông góc với ( )

• Lời giải 1 Vì điểm B thuộc ( ) nên tọa độ điểm B có dạng (x ;1 4x0 − 0)

Do hai điểm A và B khác nhau nên ta có x0  −1 Giả sử phương trình đường thẳng

• Lời giải 2 Giả sử phương trình đường thẳng AB là y ax b= +

Do đường thẳng AB vuông góc với ( ) nên ta có ( ) 1

Điều kiện xác định của phương trình là x R Biến đổi phương trình ta được

Giải phương trình trên ta được được y= 2; y= −2 2

+ Với y= 2 ta thu được phương trình

2 2