ĐỀ THI TS lớp 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN bội CHÂU TỈNH NGHỆ AN

Nhận thấy sau khi bình phương hai vế thì phương trình chỉ còn một căn thức và phân tích được nên ta chọn phương pháp nâng lên lũy thừa để giải bài toán này xem sao... Quan sát các phương

ĐỀ THI TS LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU TỈNH NGHỆ AN

a) Gọi M, N lần lượt là giao điểm của đường thẳng EF với các đường thẳng OB, OC Chứng minh

tứ giác BNMC nội tiếp một đường tròn

b) Kẻ tia phân giác DK của góc EDFvà tia phân giác OI của góc BOC(KEF ;IBC) Chứng minh rằng OI song song với DK

c) Chứng minh đường thẳng IK luôn đi qua một điểm cố định

• Phân tích Phương trình có chứa nhiều dấu căn nhưng ta không nhẩm được nghiệm đẹp nên tạm thời ta

không sử dụng phương pháp nhân lượng liên hợp Lại thấy phương trình không thể viết thành tích hay viết thành các bình phương Phương pháp đặt ẩn phụ cũng khá khó khăn vì ta không thể biểu diễn vế phải theo hai căn thức ở vế trái Nhận thấy sau khi bình phương hai vế thì phương trình chỉ còn một căn thức và phân tích được nên ta chọn phương pháp nâng lên lũy thừa để giải bài toán này xem sao

5−3x + x+1 =3x −4x+ 4 2 −3x +2x+ =5 3x −2x−2

Đến đây ta thấy có thể giải được phương trình

• Lời giải Điều kiện xác định của phương trình là 5

• Phân tích Quan sát các phương trình của hệ ta thấy phương trình thứ nhất có bậc nhất đối với mỗi ẩn,

do đó ta có thể biểu diễn ẩn này theo ẩn kia và thế vào phương trình thứ hai, tuy nhiên sau phép thế phương trình thu được có bậc 4 nên ta tạm thời chưa sử dụng phép thế Quan sát kỹ các phương trình ta thấy phương trình thứ nhất có thể phân tích được 2xy+4x+3y+ = 6 0 (2x+3)(y+2)=0 Đến đây ta giải được hệ phương trình

• Lời giải Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với

• Nhận xét Để ý rằng phương trình thứ hai của hệ có bậc hai đối với mỗi ẩn nên ta xem phương trình đó

là phương trình ẩn y và tham số là x (vì hệ số cao nhất của y là 1) Khi đó ta viết phương trình lại thành

Đến đây ta có thêm một cách giải khác cho hệ phương trình

Trong hệ phương trình mà mỗi phương trình có bậc hai đối với mỗi ẩn thì ta cần kiểm tra cụ thể từng phương trình xem có phương trình nào phân tích được thành tích Khi không có phương trình phương trình nào phân tích được thành tích thì ta mới nghĩ đến phép cộng, trừ theo vế hai phương trình

Nhận thấy giá trị của y nhận được là − −4; 2; 0, điều này có nghĩ là phương trình ẩn y có thể phân tích được dẽ dàng Do đó ta có thể rút x theo y từ phương trình thứ nhất rồi thế vào phương trình thứ hai

để đươncj một phương trình bậc 4 ẩn y Chú ý là khí rút x theo y ta phải xét các trường hợp của y để phương trình có thể phân tích được

Câu 2 Tìm tất cả các cặp số nguyên dương ( )x; y sao cho ( 2 ) ( )

x −2 xy+2

• Phân tích Khi giải bài toán số học về quan hệ chia hết ta luôn có thói quen đặt kết quả phép chia bằng

k để đưa về dạng phương trình nghiệm nguyên Ở đây ta cũng sẽ áp dụng hướng đi như vậy Đặt

2

x − =2 k xy+2 khi đó ta được x2−kxy−2k− =2 0 là một phương trình bậc hai nên ta có hai ý tưởng để giải phương trình trên đó là sử dụng điều kiện có nghiệm của phương trình hoặc áp dụng hệ thức

Vi – et Xem phương trình trên là phương trình bậc 2 ẩn x thì ta có

+ Ý tưởng 1 Sử dụng điều kiện có nghiệm của phương trình

chính phương Đến đây có vẻ như hướng đi này không hợp lí cho lắm vì nếu 2 2

k y +8k+8 là số chính phương thì cũng rất khó để tìm được k

+ Ý tưởng 2 Sử dụng hệ thức Vi – et để tìm điều kiện của k Giả sử (x ; y0 0) thỏa mãn yêu cầu bài toán Xét phương trình 2

0

x −kxy −2k− =2 0, khi đó x0 là một nghiệm của phương trình Do đó theo định lia Vi – te thì phương trình có một nghiệm nữa là x1 Ta có x0 +x1 =ky ; x x0 0 1 = −2k−2 Đến đây dễ thấy x1 nhận giá trị nguyên âm nên hương đi này không khả thi

+ Ý tưởng 3 Cũng với ý tưởng đặt k như trên nhưng ta cần thay đổi bài toán một chút xem sao

Xét k2 Khi đó 2x+2y =k xy( +2) (2 xy+2)  + x y xy+ 2 (x−1 y)( −1)+ 1 0Điều này mâu thuẫn vì x; y nguyên dương

Suy ra k2 hay k=1 Suy ra 2 x( +y)= xy+ 2 (x−2)(y−2)=2

+ Nếu x− =2 1; y− =2 2 thì x=3; y =4

+ Nếu x− =2 2; y− =2 1 thì x=4; y =3

Vậy cặp số ( )x; y thỏa mãn bài toán là ( ) 3; 4 và ( ) 4; 3

Câu 3 Cho a, b, c là các số thực dương thay đổi Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

thấy theo bất đẳng thức Cauchy thì ta có

+ nên ý tưởng trên lại càng có cơ sở

Như vậy ta chỉ cần chứng minh được

Như vậy ta đi chứng minh 2 ( ) ( ) ( )

 , dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi x= = =y z 1 hay a = =b c

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 3

4, dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi a = =b c

+ Cách 2 Hoàn toàn tương tự như trên ta đi chứng minh

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 3

4, dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi x= =y 1 hay a = =b c

Có thể thấy được hình thức đơn giản của biểu thức P, tuy nhiên khi đi vào đánh giá ta thấy được sự khó khăn Do vậy để hoàn thành được bài toán đòi hỏi phải phải nẵm vững các kiến thức cơ bản về bất đẳng thức và phải làm nhiều mới có kinh nghiệm khi xử lý các bất đẳng thức khó

Câu 4 Cho điểm A cố định nằm ngoài đường tròn ( )O Kẻ các tiếp tuyến AE, AF của ( )O (E, F là các tiếp điểm) Điểm D di động trên cung lớn EF sao cho DE DF, D không trùng với E và tiếp tuyến tại D của ( )O cắt các tia AE, AF lần lượt tại B, C

a) Chứng minh rằng tứ giác BNMC nội tiếp

• Phân tích tìm lời giải Yêu cầu chứng minh tứ giác nội tiếp đường tròn làm ta nhớ đến các phương

pháp chứng minh đã được học, tuy nhiên xử lý theo hướng nào thì lại phụ thuộc đến việc đọc được các giả thiết đang còn bị ẩn đi của bài toán Quan sát hình vẽ và kết hợp với yếu tố liên quan đến đường tròn nội tiếp ta nghĩ đến chứng minh tứ giác BNMC nội tiếp theo các hướng đi như sau

+ Hướng 1 Đầu tiên với tư tưởng chứng

minh hai góc đối diện của tứ giác BNMC

có tổng bằng 0

180 Điều này có nghĩa là

0NBC+NMC =180 Tuy nhiên trong

bài toán các góc ta xét là các góc bất kì

và lại không có mối quan hệ với nhau nên

hướng đi này không cho ta kết quả mong

M

I

O Q P

G H

F

E

B A

Để ý rằng ta có BFO=BDO =900, do đó ta quy bài toán về chứng minh các tứ giác BONE hoặc DONE và các tứ giác COFM hoặc DOMC nội tiếp Do vai trò của điểm M và N như nhau nên các phép chứng minh tương tự nhau Do O là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC nên ta sử dụng phép biến đổi góc để chứng minh tứ giác BONE hoặc DONE ( Với các tứ giác giác COFM hoặc DOMC ta biến đổi hoàn toàn tương tự)

- Để chứng minh tứ giác BONE nội tiếp ta biến đổi góc như sau

- Để chứng minh tứ giác DONE nội tiếp ta biến đổi góc 1

2

Do A cố định và B, C thay đổi nên ta thấy N có thể nằm trên đoạn thẳng EF và cũng có thể nằm trên tia đối của tia EF Trường hợp N nằm trên EF ta biến đổi như trên, còn trường hợp N nằm trên tia đối của tia EF ta biến đổi hoàn toàn tương tự với điểm M trong hình trên, do đó ta không cần phải xét hai trường hợp Ngoài ra trong phép phân tích trên ta không đi theo hướng chứng minh tứ giác BDON nội tiếp

• Trình bày lời giải

+ Lời giải 1 Ta có DEF 1DOF DOC

BMC=BNC=90 hay tứ giác BNMC nội tiếp

+ Lời giải 2 Theo giả thiết của bài toán ta có NCB 1ACB

b) Chứng minh rằng OI song song với DK

• Phân tích Giả thiết cho các tia phân giác và cầu chứng minh hai đường thẳng song song nên ta nghĩ

đến các hướng đi sau

+ Hướng 1 Sử dụng tính chất tia phân giác để suy ra các tỉ số bằng nhau và áp dụng định lí Talet để

chứng minh hai đường thẳng song song Ta có OB IB

OC = IC và DE EK

DF = F K, ta phải tìm được mối liên hệ

giữa tỉ số IO ; CI

DK CD với các tỉ số trên Tuy nhiên đến đây thì có vẻ như hướng đi này không thể tiếp tục

+ Hướng 2 Sử dụng phép biến đổi góc cộng góc để chỉ ra một cặp góc đồng vị hoặc một cặp góc so le

trong bằng nhau Ở đây ta để ý đến các tia phân giác

Như vậy ta cần chỉ ra được 0 ABC ACB

điều này hiển nhiên đúng

+ Hướng 3 Gọi H là giao điểm của BO với DE và G là giao điểm của CO với CF Gọi J là giao điểm của

HOG+HDG=180 Để ý rằng

OI là phân giác của góc BOC và DK là phân giác của góc EDF nên EDK+BOI =900 Mà ta lại có

0EDK+BJ D=90 nên ta được BOI =BJ D Từ đó suy ra OI song song với DK

• Trình bày lời giải

+ Lời giải 1 Ta có biến đổi góc như sau

Kết hợp hai kết quả trên ta suy ra KDC =OIC nên OI song song với DK

+ Lời giải 2 Gọi H, G lần lượt là giao điểm của BO với DE và CO với CF Gọi J là giao điểm của DK với

OB Khi đó dễ thấy tứ giác OHDG nội tiếp đường tròn, do đó ta được 0

HOG+HDG=180 Do OI là phân giác của góc BOC và DK là phân giác của góc EDF nên ta có EDK+BOI=900 Mà ta lại có

0EDK+BJ D=90 nên ta được BOI =BJ D Từ đó suy ra OI song song với DK

c) Chứng minh đường thẳng IK luôn đi qua một điểm cố định

• Phân tích Trên cở sở hình vẽ ta dự đoán rằng đường thẳng IK đi qua điểm A Cũng từ giả thiết ta được

điểm A cố định nên nhận định trên càng có cơ sở Như vậy ta cần phải chứng minh được ba điểm I, K, A thẳng hàng Từ giả thiết bài toán và kết quả các hai ý đầu ta nghĩ đến việc lập các tỉ số bằng nhau để áp dụng định lý Talets hoặc chỉ ra điểm K trùng với giao điểm của AI với EF

+ Hướng 1 Giả sử P là giao điểm của DK với đường tròn ( )O , khi đó P là điểm chính giữa cung nhỏ EF

và ba điểm O, P, A thẳng hàng Để ý rằng lúc này KP song song với OD, như vậy nếu ta có được

+ Hướng 2 Cũng đi chứng minh KP AP

OI = AO, nhưng ở đây ta tiếp cận bài toán theo một con đường khác hơn Dễ thấy KP O=KDO =DOI nên hai tam giác KQP và DIO đồng dạng, do đó Từ đó ta được

AO = OI , như vậy ta có lời giải khác cho bài toán

+ Hướng 3 Gọi K’ là giao điểm của AI với EF, ta cần chứng minh hai điểm K và K’ trùng nhau Chú ý

rằng ta đã có PD song song với OI, như vậy nếu chỉ ra được PK’ song song với OI thì bài toán xem như được chứng minh

Gọi giao điểm của AO với đường tròn ( )O là L Khi đó 1( )

Dễ thấy AP.AL=AE2 =AQ.AO nên ta được AQ AP

AL = AO Mà do QK’ song song với IL nên theo định lý Talets ta có

• Trình bày lời giải

+ Lời giải 1 Giả sử P là giao điểm của DK với cung nhỏ EF, khi đó P là điểm chính giữa cung nhỏ EF Từ

đó suy ra ba điểm A, P, O thẳng hàng Gọi Q là giao điểm AO với EF Do đó ta được AO vuông góc với

OI = AO, mà ta có KP song song với OD Do đó suy ra ba điểm A, K,

I thẳng hàng Vậy IK luôn đi qua điểm cố định A

+ Lời giải 2 Gọi giao điểm của DK với đường tròn ( )O là P, khi đó dễ thấy ba điểm A, P, O thẳng hàng Giả sử AO cắt EF tại Q Do DK song song với OI nên ta có KP O=KDO =DOI, điều này dẫn đến hai

tam giác KQP và DIO đồng dạng với nhau Từ đó ta được KP P Q P Q

OI = OD = OE Mặt khác ta lại có P là điểm chính giữa cung nhỏ EF nên EP là phân giác của tam giác AEQ, theo tích chất đường phân giác kết

hợp hai tam giác AEO và AQE ta suy ra được P A EA AO

P Q = EQ = EO , suy ra P A P Q

OA = EO

Kết hợp hai kết quả trên ta được AP KP

AO = OI , mà ta có KP song song với IO nên theo định lí Talets ta suy

ra được ba điểm A, K, I thẳng hàng Từ đó ta có điều phải chứng minh

+ Lời giải 3 Gọi giao điểm của AO với đường tròn ( )O là L Khi đó do CO là phân giác của BCA và

AO là phân giác của góc BAC nên ta có 1( )

Từ đó ta được COL =BOD, mà OI là phân giác của góc BOC nên suy ra DOI =LOI

Kết hợp với OD=OL và OI chung dẫn đến IOD = IOL, suy ra ILO=IDO=900 hay LI là tiếp tuyến của đường tròn ( )O Gọi K’ là giao điểm của AI với EF Dễ dàng chứng minh được

2

AP.AL=AE =AQ.AO nên ta được AQ AP

AL = AO Mà do QK’ song song với IL nên theo định lý Talets ta có

I thẳng hàng Ta có điều phải chứng minh

Câu 5 Mỗi điểm trong mặt phẳng được gắn với một trong hai màu đỏ hoặc xanh Chứng minh rằng luôn

tồn tại một tam giác đều có ba đỉnh cùng màu và có độ dài cạnh bằng 3 hoặc 3

• Phân tích Giả sử ta vẽ được các tam giác thỏa mãn yêu cầu bài toán, khi đó ta cần tìm mối liên hệ giữa

các độ dài 3 và 3 Chú ý rằng các tam giác bài toán yêu cầu là tam giác đều Giả sử  GEK và

HEK

 đều có cạnh là 3, khi đó ta GH= 3 và tam giác FGH là tam giác đều có cạnh bằng 3 Như vậy ta cần xét các trường hợp màu của các điểm E, F, G, H, K để tìm ra tam giác đều thỏa mãn yêu cầu bài toán

H

G

E F

Dựng tam giác ABC đều cạnh bằng 3 Khi đó ta xét hai trường hợp sau

+ Trường hợp 1 Tam giác ABC có ba đỉnh cùng màu, khi đó tam giác ABC là tam giác cần dựng Bài toán được chứng minh

+ Trường hợp 2 Tam giác ABC có hai đỉnh khác màu, không mất tính tổng quát ta giả sử hai đỉnh đó là

AB Khi đó dựng tam giác ABD cân tại D có AD=BD=2 3 Khi đó đỉnh D khác màu với một trong

hai đỉnh A và B Điều này có nghĩa là luôn dựng được đoạn thẳng có độ dài 2 3 và hai đầu mút của đoạn thẳng khác màu Xét đoạn thẳng thẳng EF có độ dài 2 3 và hai điểm E, F khác màu Lấy K là trung điểm của EF, khi đó K trùng màu với một trong hai điểm E, F Không mất tính tổng quát ta giả sử hai điểm E và

K cùng có màu đỏ và F màu xanh

Dựng hình thoi EGKH sao cho có hai tam giác EGK và EHK đều Khi đó ta suy ra được

KG =KE =KH =EG=EH= 3

Nếu trong hai điểm H và G có một điểm màu đỏ, chẳng hạn đó là H, khi đó tam giác EKH có ba đỉnh màu đỏ và có cạnh là 3

Nếu cả hai điểm H và G cùng có màu xanh, khi đó tam giác FKG có ba đỉnh cùng màu xanh

Gọi O là giao điểm của EK và GH, khi đó ta có OK 3

Suy ra FG =FH=3 Vậy tam giác FGK đầu có ba đỉnh cùng màu xanh và độ dài cạnh bằng 3

Như vậy bài toán được chứng minh

ĐỀ THI TS LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU TỈNH NGHỆ AN

Năm học 2017 – 2018 Câu 1 (7.0 điểm)

a) Giải phương trình 3x+7 x− =4 14 x+ −4 20

b) Giải hệ phương trình ( )

2 2

a) Chứng minh rằng AD.BC=AC.DB

b) Các đường thẳng AC, AD cắt đường tròn ( )O lần lượt tại E và F (E, F khác A) Chứng minh đường thẳng CD đi qua trung điểm của EF

c) Chứng minh rằng đường thẳng EF luôn đi qua một điểm có định khi M thay đổi

3x+7 x− −4 14 x+ +4 20= 0 4 x+4 − x−4 +7 x− −4 14 x+ =4 0

Từ đó ta có phương trình 4b2−a2 +7a −14b = 0 (2b−a)(2b+ −a 7)=0 Đến đây chỉ cần giải phương trình tích là xong

• Lời giải Điều kiện xác định của phương trình là x4 Phương trình đã cho tương đương với

Kết hợp với điều kiện xác định ta được x =5 là nghiệm duy nhất của phương trình

• Nhận xét Nhận thấy x =5 là nghiệm duy nhất của phương trình nên ta nghĩ đến phương pháp nhận lượng liên hợp để làm xuất hiện đại lương x−5 Ta có các biến đổi sau

•Phân tích Nhìn vào hệ phương trình đã cho ta thấy có dạng đối xứng dạng II nên ta thử đưa hệ về hai

đại lương x +1 và y −1 xem sao Hệ phương trình đã cho trương đương với

( ) ( ) ( ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) )

Đến đây chỉ cần đặt x+ =1 avà y− =1 b ta được hệ phương trình đối xứng dạng dạng II

• Lời giải Hệ phương trình đã cho tương đương với ( ) ( ) ( )

2 2

Vậy nghiệm của hệ phương trình là ( ) ( ) ( ) (x; y = −1;1 , 9;11 , 3; 1 ,− ) (−3; 5)

Câu 2 Tìm số tự nhiên n thỏa mãn ( ) 2

S n =n −2017n+10 với S n( )là tổng các chữ số của n

•Phân tích Nhận thấy n =2017 thoả mãn yêu cầu bài toán nên ta đi xét các trường hợp 1 n 2016,

n =2017và n 2017, sau đó chỉ cần chỉ ra với 1 n 2016và n 2017không tồn tại n thỏa mãn yêu cầu bài toán Chú ý đến điều kiện 0S(n) n Ta có lời giải chi tiết như sau

•Lời giải Vì n là số tự nhiên và S n( )là tổng các chữ số của n nên n 1 và 0 S(n)n

Ta xét các trường hợp sau:

+ Trường hợp 1 Nếu 1 n 2016 Khi đó ta có

S n =n −2017n+10 n −2017n+2016= n−1 n−2016  0Trường hợp này không tồn tại n thỏa mãn vì S(n)0

+ Trường hợp 2 Nếun =2017 Khi đó ta được

( )

S n = + + + =2 0 1 7 10 và ( ) 2

S n =2017 −2017.2017+10=10(Thỏa mãn) + Trường hợp 3, Nếun 2017 Khi đó ( ) 2 2 ( )

S n = n −2017n+10n −2017n =n n−2017 n Trường hợp này không tồn tại n thỏa mãn vì n 2017

Vậy n =2017 thỏa mãn yêu cầu bài toán

Câu 3 Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn ca Chứng minh rằng:

2 2 2

xy 1+ 1 xy  2+ + Đến đây chỉ cần sử dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số là bài toán được chứng minh Chú ý đến ca ta có lời giải chi tiết như sau

•Lời giải Bất đẳng thức đã cho tương đương với

Thật vậy, bất đẳng thức trên tương ương với

Khi đó

2 2 2

1xy

+

Ta cần chứng minh 3xy 3

1 xy  2+ hay

1xy

+

Thật vậy, từ giả thiết cata được a 1 1

c = xy  Do đó 3 3

1xy

+Vậy bất đẳng thức được chứng minh Dấu bằng xẩy ra tại a = =b c

Câu 4 Cho hai đường tròn ( )O và ( )O ' cắt nhau tại A và B Trên tia đối của tia AB lấy điểm M khác A Qua M kẻ các tiếp tuyến MC và MD với đường tròn ( )O ' (C, D là tiếp điểm và Dnằm trong đường tròn tâm O)

a) Chứng minh AD.BC=AC.DB

• Phân tích tìm lời giải Quan sát hình

vẽ ta nhận thấy và giả thiết của bài toán ta

nhận thấy để chứng minh được

AD.BC=AC.DB ta quy về chứng

minh AC AD

BC = BD Nhận thấy rằng không

thể chứng minh được một cách trực tiếp

nên ta nghĩ đến chọn các tỉ số trung gian

Ta có AC là tiếp tuyến và AB là cát tuyến

nên dễ thấy hai tam giác MAC và MCB

P N

M

B

C A

Do đó ta được AC AD

BC = BD hay ta có điều cần chứng minh

• Lời giải Vì MC là tiếp tuyến của đường tròn ( )O ' nên ta được MCA· =CBM· Xét hai tam giác MAC

và MCB có MCA· =CBM· và MCB· chung Suy ra tam giác MAC đồng dạng với tam giác MCB, do đó

ta được AC MA

BC = MB Chứng minh tương tự ta được tam giác MAD đồng dạng với tam giác MDB nên

BD = MB Kết hợp hai kết quả trên ta được AC AD

BC = BD hay AD.BC=AC.DB b) Các đường thẳng AC và AD cắt đường tròn ( )O lần lượt tại E, F (E, Fkhác A) Chứng minh đường thẳng CD đi qua trung điểm của EF

• Phân tích tìm lời giải Gọi N là giao điểm của CD với EF và ta cần chứng minh NE =NF Nhận thấy rằng không thể chỉ ra trực tiếp các tam giác chứa NE và NF bằng nhau nên ta nghĩ đến việc tạo ra các tỉ số bằng nhau thông qua các tam giác đồng dạng hoặc định lí Talets Để ý là các tỉ số bằng nhau cần có chứa các đoạn NE và NF Từ đó ta thấy có các hướng sau