Phân tích và bình luận đề toán vào lớp 10 Chuyên Toán

Ngoài ra trong phép phân tích trên ta không đi theo hướng chứng minh tứ giác BDON nội tiếp vì ta  = 900 nên không thể biến đổi các góc liên quan đến điểm N đến các góc đặc biệt đang cần[r]



PHÂN TÍCH VÀ BÌNH LUẬN

CÁC ĐỀ VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN

Nghệ An, ngày 26 tháng 6 năm 2020

Đề số 1

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TRƯỜNG CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU

Năm học 2016 – 2017 Câu 1 (7.0 điểm)

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

Đến đây ta thấy có thể giải được phương trình

• Lời giải Điều kiện xác định của phương trình là 1 x 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

 + Với x = −2, thế vào phương trình thứ hai của hệ ta được 2 1 5

• 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 (x2 −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

Ta có ∆ =k y2 2 −4 2k 2(− − ) =k y2 2 +8k 8+ Để phương trình có nghiệm x nguyên thì ∆ phải là số chính phương Đến đây có vẻ như hướng đi này không hợp lí cho lắm vì nếu k y2 2+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

(x2 −2)(xy 2+ ) ⇔ (x y 2x2 + )−(2x 2y+ ) ( xy 2+ ) ⇔2x 2y xy 2+  + Khi đó đặt 2x 2y+ =k xy 2( + ) và đưa về dạng phương trình nghiệm nguyên để giải Tuy nhiên để giải quyết được phương trình ta cần giới hạn được k Để làm được điều này ta cho k nhận một vài giá trị 1;2; rồi giới hạn k Ta thấy khi k 1= thì ta tìm được cặp ( ) ( )x; y = 3; 4 thỏa mãn Khi k 2;3;4= ta thấy phương trình không có nghiệm nguyên dương Do đó ta nghĩ đến chứng minh k 2<

• Lời giải Ta có (x2 −2)(xy 2+ )⇔ (x y 2x2 + )−(2x 2y+ ) ( xy 2+ )⇔2x 2y xy 2+  + Đặt 2x 2y+ =k xy 2( + ) với k N∈ *

Xét k 2≥ Khi đó 2x 2y+ =k xy 2( + ) (≥2 xy 2+ )⇔ + ≥x y xy 2+ ⇔ (x 1 y 1− )( − )+ ≤1 0

Điều 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 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:

+ nên ý tưởng trên lại càng có cơ sở

Như vậy ta chỉ cần chứng minh được

Để ý rằng ta viết lại được bất đẳng thức cần chứng minh thành 1 2 1 2 1 2 3

= = = khi đó ta được xyz 1=

và biểu thức đã cho được viết lại thành

≥ , 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 1800 Điều này có nghĩa là ta

cần chỉ ra được  NBC NMC 180+ = 0 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 muốn

+ Hướng 2 Chứng minh hai góc

M

I

O Q P

G H

F

E

B A

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

+ Hướng 3 Chứng minh  NCB NMB= hoặc tương tự với  MNC MBC= Theo giả thiết của bài toán ta có

• Trình bày lời giải

+ Lời giải 1 Ta có DEF 1DOF DOC

2

= = nên  DEF DON 180+ = 0 suy ra ta có tứ giác DONE nội tiếp Mặt khác ta có  BEO BDO 90= = 0 nên BDOE nội tiếp Như vậy năm điểm B, D, E, O, N cùng thuộc một đường tròn Từ đó suy ra  BNO BEO 90= = 0 Chứng minh tương tự ta được

BMC 90= Như vậy ta có  BMC BNC 90= = 0 hay tứ giác BNMC nội tiếp

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

2

= Do AFE là góc ngoài của tam giác

FBM nên ta có    NMB AFE ABM AFE 1ABC

= − + = Kết hợp hai kết quả ta thu được  NMB NCB= , do

đó tứ giác BNMC nội tiếp đường tròn

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 = FK, 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

Ta có EDF 1800 EDB FDC 180  0 900 ABC 900 ACB ABC ACB 

+ 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 DK

với OB Khi đó để ý đến tứ giác OHDG nội tiếp đường tròn ta có  HOG HDG 180+ = 0 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

EDK BJD 90+ = nên ta được  BOI=BJD 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  HOG HDG 180+ = 0 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  EDK BJD 90+ = 0 nên ta được  BOI=BJD 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

+ 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 KP AP

OI = AO

thì xem như bài toán được chứng minh Ta cần tìm các tỉ số bằng với KP AP;

OI AO Gọi Q là giao điểm của AO với EF, khi đó dẽ thấy hai tam giác KPQ và IDO đồng dạng với nhau nên

ta có KP PQ PQ

OI = DO = PO Mặt khác ta có PQ 1 OQ 1 OQ 1 OE 1 OP AP

PO = − PO = −OE = −OA = −OA = OA Như vậy ta

có một lời lời giải cho bài toán

+ 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   KPO KDO DOI= = nên hai tam giác KQP và DIO đồng dạng, do đó Từ đó ta được

+ 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 COL 1(BAC BCA )

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 AQ AK'

AL = AI Từ đó AK' AP

AI = AO nên có PK' song song với OI Điều này dẫn đến PK’

và PD trùng nhau hay K và K’ trùng nhau Từ đó suy ra ba điểm A, K, I thẳng hàng

• 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 EF tại Q

Xét hai tam giác vuông KPQ và IDO có   OID ODP= =KPQ nên KPQ∆ ∽∆IDO

Do đó ta được KP PQ PQ

OI = DO = PO Mặt khác ta lại có OAE =900, EQ OP⊥ và OE OP= nên ta

Kết hợp hai kết quả trên ta được KP AP

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   KPO KDO DOI= = , điều này dẫn đến hai tam giác KQP và DIO đồng dạng với nhau Từ đó ta được KP PQ PQ

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 COL 1(BAC BCA )

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 90= 0 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 AQ AK'

AL = AI Từ đó dẫn đến AK' AP

AI = AO, nên theo định lý Talets đảo thì ta có PK' song song với OI Điều này dẫn đến PK’ và PD trùng nhau hay K và K’ trùng nhau Từ đó suy ra ba điểm A, K, 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

• Lời giải

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

B

A

O K

H

G

E F

Đề số 2

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TRƯỜNG CHUYÊN TỈNH VĨNH PHÚC

Năm học 2016 – 2017 Câu 1 ( 2.0 điểm)

Cho phương trình x4 +3x3 −mx2 +9x 9+ =0

a) Giải phương trình khi m= −2

b) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình đã cho có ít nhất một nghiêm dương

Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn ( )O với AB AC< Gọi M là trung điểm của BC

AM cắt ( )O tại điểm D khác A Đường tròn ngoại tiếp tam giác MDC cắt đường thẳng AC tại E khác C Đường tròn ngoại tiếp tam giác MDBcắt đường thẳng AB tại F khác B

a) Chứng minh rằng BDF ∽CDE và ba điểm E, M, F thẳng hàng

b) Chứng minh rằng OA ⊥ EF

c) Phân giác của góc BAC cắt EF tại điểm N Phân giác của các góc CEN và BFN lần lượt cắt

CN và BN tại P và Q Chứng minh rằng PQ song song với BC

a) Chứng minh rằng tập hợp A ={1;2; 3; ; 92; 93} không phải là tập cân đối

b) Chứng minh rằng tập hợp A ={1;2; 3; ; 830; 831} là tập cân đối

Phân tích và hướng dẫn giải Câu 1 Cho phương trình x4 +3x3−mx2 +9x 9+ =0

• Lời giải

a) Với m= −2 Khi đó phương trình đã cho trở thành x4 +3x3 +2x2 +9x 9+ =0

• Phân tích Nhìn vào phương trình ta thấy phương trình có bậc quá cao đó là bậc 4 và đề yêu cầu cả các

giá trị của m để phương trình đã cho có ít nhất một nghiêm dương nên ta cần đưa phương trình về phương trình bậc hai để áp dụng hệ thức Vi – ét Ta chia phương trình đã cho cho x2chú ý điều kiện x 0≠ , khi đó

•Lời giải

+ Xét x 0= , ta thấy không thỏa mãn nên x 0= không phải là nghiệm của phương trình

+ Xét x 0≠ Khi đó phương trình đã cho tương đương với

≥ thì phương trình có ít nhất một nghiệm dương

Câu 2 a) Giải phương trình 3x2 −4x 4x 3 4x 3− + − = 0

•Phân tích và lời giải Điều kiện xác định của phương trình là x 3

• Nhận xét Ngoài cách phân tích thành tích ta còn có thể giải phương trình bằng cách nâng lên lũy thừa,

mặc dù sau khi nâng lên lũy thừa phương trình sẽ có bậc 4 nhưng ta vân có thể giải được Chú ý khi bình phương cần đặt điều kiện Ta có phương trình đã cho tương đương với:

x 03x 4x 3 4x 4x 3

•Phân tích và lời giải Nhìn vào phương trình đã cho điều đầu tiên ta nghĩ đến là phân tích thành

tích nhưng đáng tiếc là phương trình không phân tích được thành tích Ta thử viết phương trình

về dạng hai bình phương bằng nhau xem sao Nhưng nhận thấy phương trình cũng không đưa về dạng hai bình phương bằng nhau được Nhìn vào phương trình nhận thấy x chia hết cho y nên ta đặt x dy= trong đó D là số nguyên tùy ý

Khi đó phương trình đã cho trở thành: 2 2 2( 4 2)

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

( 2 2 2) ( 3 3 3)

4 a +b +c − a +b +c ≥9

•Phân tích Nhìn vào biểu thức cần chứng minh ta thấy bất đẳng thức có chiều lớn hơn nên ta cần đánh

giá đại lương 4 a( 2 +b2 +c2)và (a3 +b3 +c3) theo chiều bé hơn nhưng (a3 +b3+c3)là đại dượng lớn nhất rồi nên ta nghĩ cách triệt tiêu (a3 +b3 +c3) Khi đó để xuất hiên đại lượng (a3 +b3 +c3) ta cần nhân 3 vào hai vế rồi thay bằng a b c+ + Ta có bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

Tới đây chỉ cần áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho hai số là được Ta có lời giải chi tiết như sau:

Lời giải Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số ta được

a b bc+ ≥2 a b.bc =2abc; ab +c a ≥2 ab c a =2abc; b c ca+ ≥2 b c.ca =2abc

Cộng theo vế ta có a b ab2 + 2 +b c cb2 + 2 +c a ca2 + 2 ≥6abc

Vậy bất đẳng thức được chứng minh Đẳng thức xẩy ra khi vào chỉ khi a b c 1= = =

Câu 4 (3.0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn nột tiếp đường tròn ( )O với AB AC< Gọi M là trung điểm của BC AM cắt ( )O tại điểm D khác A Đường tròn ngoại tiếp tam giác MDC cắt đường thẳng AC tại E khác C Đường tròn ngoại tiếp tám giác MDB cắt đường thẳng AB tại F khác B a) Chứng minh BDF ∽CDE và ba điểm E, M, F thẳng hàng

•Phân tích và lời giải Để chứng minh tam giác BDF đồng dạng với tam giác CDE ta cần chỉ ra

được  BFD ECD= và  BFD ECD= Chú ý đến các tứ giác BMDF và CEMD nội tiếp suy ra

BFD AMB= , DBF =FMD, DMC DEC= , AME =ECD

Lại có FMD AME= , DMC AMB=  nên suy ra  BFD ECD= ,  BFD ECD=

Từ đó ta có BDF ∽CDE Từ đí dẫn đến BDF =ECF

Mà  BDF =BMF, CME =EDC ⇒ CME =BMF

Do đó  BME EMC BME B+ =  + MF =EMF =1800suy ra E, M, F thẳng hàng

b) Chứng minh rằng OA ⊥ EF

• Phân tích Để chứng minh OA EF⊥ ta không thể chứng minh trực tiếp được sẽ rất khó khăn nên ta nghĩ đến cách chứng minh một bước trung gian Nhận thấy nếu kẻ tiếp tuyến Ax của đường tròn ( )O thì

OA ⊥Ax Ta cần chứng minh EF song song với Ax

Nhận thấy  AEF=AMD và  ABC AMD=

Vì Ax là tiếp tuyến của đường tròn ( )O nên  xAC ABC= (cùng chắn cung AC)

Suy ra xAC AEF= nên EF song song với Ax Mà OA Ax⊥ do đó OA EF⊥

D

C B

E

F

M H

Tứ giác ECDM nội tiếp suy ra  AEF=AMD

Lại có  ABC AMD= vì cùng chắn cung AC nên suy ra ABC AEF= 

Vì Ax là tiếp tuyến của đường tròn ( )O nên  xAC ABC= (cùng chắn cung AC)

Suy ra xAC=AEFnên EF song song với Ax Mà OA Ax⊥ nên ta được OA EF⊥

c) Phân giác của góc BAC cắt EF tại điểm N Phân giác của các góc CEN và BFN lần lượt cắt CN và

BN tại P và Q Chứng minh rằng PQ song song với BC

•Phân tích Để chứng minh PQ song song với BC ta cần chứng minh NQP=NBC Nhưng nếu chứng minh góc bằng nhau sẽ rất khó vì ta chưa thấy mối liên hệ gì giữa hai góc Nên ta chuyển qua chứng minh tỉ

số NQ NP

NB = NC hay QN PN

QB = PC Nhận thấy vì FQ và EP là phân giác của góc BFN và CENnên theo tính chất tia phân giác ta có

Vì AN là phân giác của góc FAE nên FN AF

EN = AE Do lại có ABC đồng dạng với AEF nên

AE = AB nên AF.AB AE.AC= Vì các tứ giác BMDF và CDME nội tiếp đường tròn nên ta có

AF.AB=AE.AC =AD.MD Lại có AD.MD =AM2+AM.MD

Vì ABM đồng dạng với CDM nên AM.MD MB.MC BC2

4

Phép chứng minh kết thúc khi ta chỉa ra được 2AB2 +2AC2 =4AM2 +BC2

Kẻ đường cao AH của tam giác ABC Khi đó ta được AB2 =AH2 +BH2, AC2 =AH2 +CH2 và

AM =AH +HM Đến đay chỉ cần biểu đổi biểu thức cần chứng minh là được

Ta có lời giải chi tiết như sau

• Lời giải Gọi H là hình chiếu của A trên BC Khi đó thoe định lý Pitago, ta có:

Vì AF AC

AE = ABnên AF.AB AE.AC=

Lại có BMDF và CDME nội tiếp nên AF.AB AE.AC AD.MD= = vàAD.MD=AM2 +AM.MD

Vì ABM đồng dạng với CDM nên AM.MD MB.MC BC2

Nên ABC đồng dạng với AEF , từ đó suy ra AF AC

Từ đó ta được PQ song song với BC

• Nhận xét Ta có thể chứng minh PQ song song với BC theo hướng sau

Ta có BDF∆ ∽∆CDE nên BDF 2

2 CDE

Từ hai kết quả trên ta suy ra được PN QN

PC = QB Do đó PQ song song với BC

Câu 5 (1.0 điểm) Tập hợp A ={1;2; 3; ; 3n 1; 3n− } với n là một số nguyên dương được gọi là tập hợp cân đối nếu chia A thành n tập hợp con A , A , , A1 2 n thỏa mãn hai điều kiện sau:

i) Mỗi tập hợp A i 1;2; 3; ; ni( = ) gồm 3 số phân biệt và có một số bằng tổng hai số còn lại ii) Các tập hợp A , A , , A1 2 n đôi một không có phân tử chung

• Lời giải

a) Giả sử A ={1;2; 3; ; 93} là tập hợp cân đối , khi đó mỗi tập A i 1, 31i ( = ) có dạng

{x ; y ; xi i i +yi}, như vậy tổng ba phần tử trong Ai là số chẵn Do đó tổng các phần tử của tập A là

số chẵn

Mặt khác tổng các phần tử trong A bằng: 1 2 3 93 93.94 93.47

2+ + + + = = (là số lẻ) Mâu thuẫn

này chỉ ra A là tập không cân đối

b) Ta có nhận xét: Nếu tập Sn ={1;2; 3; ; n}, với n chia hết cho 3 là tập hợp cân đối thì tập

Rõ ràng các tập con này đều thỏa mãn có một phần tử bằng tổng hai phần tử còn lại

Còn lại các số sau trong tập S4n là 2, 4,6, ,2n Tuy nhiên vì tập Sn cân đối nên tập {2; 4; 6; ;2n}

cũng cân đối Vậy S4n là tập cân đối

Tương tự từ tập S4n 3+ ta chọn ra các tập con ba phần tử sau:

{1;2n n 2;2n n 3+ + + + }; {3;2n n 1;2n n 4+ + + + };…; {2n 1;2n 2; 4n 3+ + + }

Và còn lại các số là 2, 4,6, ,2n , suy ra S4n 3+ là tập cân đối

Trở lại bài toán Ta có 831 4.207 3;207 4.51 3;51 4.12 3;12 4.3= + = + = + =

Chú ý là tập { }1;2; 3 là cân đối nên theo nhận xét trên ta xây dựng được các tập hợp cân đối theo

quy trình sau: { } {1;2; 3 → 1;2; ;12} {→ 1;2; ; 51} {→ 1;2; ;207} {→ 1;2; ; 831 }

Do đó tập A ={1;2; 3; ; 831} là tập hợp cân đối (đpcm)

Đề số 3

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG CHUYÊN HÙNG VƯƠNG TỈNH PHÚ THỌ

Chuyên Toán - Năm học 2016 – 2017 Câu 1(2.0 điểm)

a) Cho các số a, b thoả mãn 2a2 +11ab 3b− 2 =0; b≠2a; b≠ −2a.Tính giá trị biểu thức:

a 2b 2a 3bT

a) Tìm các số nguyên x,y thoả mãn 2x3 +2x y x2 + 2 +2xy= +x 10

b) Cho 19 điểm phân biệt nằm trong một tam giác đều có cạnh bằng 3, trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng Chứng minh rằng luôn tìm được một tam giác có ba đỉnh là ba trong 19 điểm đã cho mà có diện tích không lớn hơn 3

a) Chứng minh rằng AK BC= và AK vuông góc BC

b) Gọi giao điểm của DC và BF là M Chứng minh rằng ba điểm A, K, M thẳng hang

c) Chứng minh rằng khi A thay đổi trên cung lớn BC của đường tròn ( )O; R thì K luôn thuộc một đuờng tròn cố định

Phân tích và hướng giải Câu 1

a) Cho các số a, b thoả mãn 2a2 +11ab 3b− 2 =0; b≠2a; b≠ −2a.Tính giá trị biểu thức:

a 2b 2a 3bT

2

b

44a

Chứng minh rằng P là một số nguyên và P chia hết cho 6

• Phân tích và lời giải Trong phân thức trên thì tử có bậc 6, do đó sẽ là sai lầm nếu phân tích tử

số ra Nhưng để ý thì thấy liên hệ giữa tử và mẫu của phân thức trên ta thấy liên quan đến hai đẳng thức rất quen thuộc:

a) Tìm các số nguyên x,y thoả mãn 2x3 +2x y x2 + 2 +2xy = +x 10

• Phân tích và lời giải Phương trình đã cho có bậc ba đối với ẩn x và có bậc nhất đối với ẩn y nên

ta không thể sử dụng điều kiện có nghiệm của phương trình bậc hai Do đó ta chú ý đến phân tích phương trình về dạng phương trình ước số Ta có

b) Cho 19 điểm phân biệt nằm trong một tam giác đều có cạnh bằng 3, trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng Chứng minh rằng luôn tìm được một tam giác có ba đỉnh là ba trong 19 điểm đã cho mà có diện tích không lớn hơn 3

4

• Phân tích Ta cần 3 trong 19 điểm thuộc một

tam giác nên ta sẽ chia tam giác ABC ra thành x

tam giác đều sao cho 19 1 3

x

 + =

 

  , từ đây ta được x 9=

• Lời giải Chia các cạnh của tam giác đều

thành 9 tam giác đều nhỏ bằng nhau có

 

  điểm trong số 19 điểm thuộc 1 trong số 9 tam giác đều nhỏ bằng nhau Giả sử tam giác đều AHI chứa 3 điểm trong 19 điểm đã cho Vì 9 tam giác đều nhỏ bên trong tam giác đều ABC bằng nhau nên SAHI 9 3 : 9 3

A

Sử dụng phương pháp thế để đưa hệ phương trình về phương trình một ẩn

a) Chứng minh rằng AK BC= và AK vuông góc BC

• Phân tích Theo giả thiết ta đã có

AB=AE=KGvà AC AG= , như

vậy để AK BC= ta cần chứng

minh được KGA =BAC

Muốn vậy ta cần chỉ ra được

C' B'

K

O M

H

G

F E

D

C B

A

• Lời giải Ta có  KEA EAG 180 , BAC EAG 180+ = 0  + = 0 ⇒ KEA =BAC.

Lại có EK AG AC;EA AB= = = ⇒AEK=BAC⇒AK =BC

Ta có AEK=BAC⇒EAK =ABC

Gọi H là giao điểm của KA và BC, ta có    BAH ABC+ =BAH EAK+ =900 ⇒AH⊥BC

Vậy AK BC⊥

b) Gọi giao điểm của DC và BF là M Chứng minh rằng ba điểm A, K, M thẳng hang

• Phân tích Để chứng minh A, K, M thẳng hàng ta sẽ chứng minh K, M, H thẳng hàng Ta đã có KH

vuông góc với BC Từ hình vẽ ta dự đoán tam giác KBC có M là trực tâm và BC là một cạnh Như vậy ta đi chứng minh tam giác KBC có BM vuông góc KC và CM vuông góc với KB

• Lời giải Gọi T và S lần lượt là giao điểm của KB với CD và KC với BF Gọi Z là giao của KC và

• Lời giải Dựng hình vuông BCC ' B ' trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa cung lớn BC , suy ra B 'C '

cố định Ta có AKB’B là hình bình hành (vì BB ', KA cùng vuông góc BC suy ra BB ' song song với KA; BB ' KA BC= = ) Do đó B ' K song song với AB nên  B ' KA=BAH

Tương tự ta có AKC 'C là hình bình hành nên suy ra KC ' song song với AB nên  AKC '=HAC

Từ đó ta có B ' KC '=B ' KA AKC ' + =BAH HAC BAC + = 

Vì khi A thay đổi trên cung lớn BC của đường tròn ( )O; R thì K luôn nhìn đoạn B ' C ' cố định dưới một góc không đổi =BAC Do đó K thuộc quỹ tích cung chứa góc  dựng trên đoạn

Nhìn vào mẫu số của các phân số trong P ta thấy a3 +1 và b3 +1 có thể phân tích thành nhân

tử rồi sau đó áp dụng bất đẳng thức AM – GM để làm mất căn mà không bị đổi chiều

Đề số 4

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG CHUYÊN HÙNG VƯƠNG TỈNH PHÚ THỌ

Chuyên Tin - Năm học 2016 – 2017 Câu 1 (2.0 điểm)

b) Trong kỳ thi tuyển sinh lớp 10 có 112 thí sinh đăng ký dự thi vào lớp Chuyên Tin, giả sử mỗi thí sinh quen ít nhất 75 bạn trong 112 thí sinh này Chứng minh rằng luôn chọn được một nhóm có 4 thí sinh mà hai bạn nào trong nhóm cũng quen nhau

Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn ( )O; R đường kính AK Trên cạnh BC lấy điểm M;

vẽ đường tròn (D; R qua M và tiếp xúc với AB tại B, vẽ đường tròn 1) (E; R2) qua M và tiếp xúc với AC tại C Gọi N là giao điểm thứ hai khác M của đường tròn (D; R1)và đường tròn (E; R2) a) Chứng minh N thuộc đường tròn ( )O; R và ba điểm A, M, N thẳng hàng

b) Khi M thay đổi trên đoạn BC chứng minh R1 +R2 =R và tứ giác ADNE có diện tích không đổi

c) Khi M thay đổi trên đoạn BC Tính diện tích nhỏ nhất của tam giác ADE theo R

Câu 5 (1,0 điểm)

Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn 1 1 1 1

x + y + =zTìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 2x3 3y3 2y3 3z3 2z3 3x3

Phân tích và hướng dẫn giải Câu 1 (2.0 điểm)

b) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn phương trình x2+2xy y+ =6

• Phân tích Phương trình đã cho có dạng bậc nhất đối với biến y nên ta phân tích phương trình về dạng

4x − −1 23 2x 1 + , điều này dẫn đến 23 2x 1( − ).Đến đây ta giải được phương trình

• Lời giải Phương trình đã cho tương đương với x2 − = −6 y 2x 1( + ) Do x và y là các số nguyên nên ta được x2 −6 2x 1( + ) hay 4x2 − −1 23 2x 1( + ), điều này dẫn đến 23 2x 1( + ) hay 2x 1+ là ước của 23 nên x∈ −{ 12; 1; 0;11− } Thay lần lượt các giá trị x vào phương trình đã cho ta được các nghiệm là ( ) (x; y = −12; 6 , 1; 5 , 0; 6 , 11; 5) (− − ) ( ) ( − )

• Lời giải Kết hợp xyz 5= ta biến đổibiểu thức P thành

P2x 2xz 1 y 2xy 10 10z yz 10

• Lời giải Vì trong 112 thí sinh mỗi thí sinh đều quen ít nhất 75 bạn nên với hai bạn quen nhau

bất kỳ A và B có số bạn quen chung ít nhất là 75 75 – 112 38+ = (bạn) Trong các bạn quen chung của A và B luôn tồn tại ít nhất hai bạn C và D quen nhau, vì nếu không có hai bạn nào quen nhau thì mỗi bạn quen chung của A và B quen nhiều nhất 112 – 38 74= (bạn) trái với giả thiết Vậy ta chọn ra được một nhóm 4 bạn A, B, C, D mà hai bạn nào trong nhóm cũng quen nhau

Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm của phương trình đã cho là S={ }2; 7

b) Giải hệ phương trình 4xy (2x 1 y 1)( )

Câu 4 (3.0 điểm) Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn ( )O; R đường kính AK Trên cạnh

BC lấy điểm M; vẽ đường tròn (D; R qua M và tiếp xúc với AB tại B, vẽ đường tròn 1) (E; R2) qua

M và tiếp xúc với AC tại C Gọi N là giao điểm thứ hai khác M của đường tròn (D; R1)và đường tròn (E; R2)

a) Chứng minh N thuộc đường tròn ( )O; R và ba điểm A, M, N thẳng hàng

• Phân tích

+ Để chứng minh điểm N thuộc đường tròn ( )O; R

ta đi chứng minh tứ giác ABNC nọi tiếp đường tròn

Mà ta đã có BAC 60= 0 nên ta cần chỉ ra được

và lại có   BAC ABC ACB 60= = = 0

Vì BA là tiếp tuyến của đường tròn (D; R1) nên  BNM =ABM 60= 0 và CA là tiếp tuyến của đường tròn (E; R2) nên  CNM =ACM 60= 0

Từ đó ta được     BAC BNC BAC BNM CNM 60+ = + + = 0 +600 +600 =1800 nên suy ra tứ giác ABCN nội tiếp được đường tròn hay N thuộc đường tròn ( )O; R

Vì N thuộc đường tròn ( )O; R nên ta có  BNA CNA= =600 mà ta lại có BNM 60= 0do đó ta được

BNA=BNM 60= nên ba điểm A, M, N thẳng hàng

b) Khi M thay đổi trên đoạn BC chứng minh R1 +R2 =R và tứ giác ADNE có diện tích không đổi

• Phân tích Dễ thấy OB OK OC R= = = Lại có MD= BD=R ; ME1 =CE =R2, như vậy để chứng minh được R1+R2 =R ta cần chỉ ra tứ giác MDKE là hình bình hành Điều này đồng nghĩa với chứng minh BK song song với ME và MD song song với KC Để chứng minh tứ ADNE có diện tích không đổi ta

đi tính diện tích tứ giác ADNE theo R

• Lời giải Tam giác OBK có OB OK R= = và  BKO BCA= =600 nên tam giác OBK đều, do đó ta suy ra được BK R= Ttương tự ta được CK R= nên tam giác BKC cân tại K, do đó  KBC =KCB

Vì BA là tiếp tuyến của đường tròn (D; R1) nên BD vuông góc với BA, mà ta có BK vuông góc với

BA nên suy ra D nằm trên BC, điều này dẫn đến  KBC= DBC suy ra D thuộc BK nên

M O

P E

B

A

Ta có AN vuông góc với NK hay ED vuông góc với AN, do đó DE song song với AN, điều này dẫn đến SDNE =SDKE nên SADNE =SADKE

c) Khi M thay đổi trên đoạn BC Tính diện tích nhỏ nhất của tam giác ADE theo R

• Phân tích Ta có SADKE SADE SKDE R 32

2 2

≥ − = , dấu bằng xẩy ra khi KD KE= hay M là trung điểm của

BC Vậy SADE đạt giá trị nhỏ nhất bằng 7R 32

16 khi M là trung điểm của BC

Câu 5 (1.0 điểm) Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn 1 1 1 1

x + y+ =z Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 2x3 3y3 2y3 3z3 2z3 3x3

• Phân tích và lời giải Ta dự đoán được với x y z 3= = = thì P 9= Như vậy ta chuyển bài toán

về chứng minh P 9≥ Ta đi chứng minh 2x3 3y3 xy

Như vậy ta được P≥ xy + yz+ zx Ta cần chứng minh đươc xy + yz + zx ≥9

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho giả thiết ta thu được

1 1 1 1 1 1 91

b) Với m tìm được ở câu a Gọi x ; xA B theo thứ tự là hoành độ các điểm A và B Tìm m để biểu thức

lần lượt tại M và N(khác A) Hai đường thẳng MK và NL cắt nhau tại P sao cho P và B thuộc hai nửa mặt phẳng có bờ là đường thảng KL Chứng minh rằng

a) Tứ giác BKPL nội tiếp đường tròn

b) Điểm A cách đều hai đường thẳng BK và BL

c) Điểm P thuộc đường thẳng AB khi và chỉ khi tam giác PKL cân

Câu 5(1.5 điểm)

+ Sử dụng điều kiện có nghiệm của phương trình để tìm giá trị lớn nhất nhỏ nhất

+ Dùng thẳng BĐT Cauchy vào mẫu thức của Q x( )

Đến đây xét các giá trị nguyên trong khoảng là bài toán được giải quyết

• Lời giải Với x 0; x 1≥ ≠ thì ( ) 2 x( ) 2 x

Q x ≥ ⇒ ≤ nên ta được 0 Q x≤ ( )≤2 Do Q x( ) nhận giá trị nguyên nên ta xét các trường hợp sau

Câu 2 Trong mặt phẳng Oxy cho parabol (P) : y= mx (m2 >0) và đường thẳng (d) : y =2x m− 2

a) Tìm m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt A và B Khi đó chứng minh rằng A và B cùng nằm về

một phía của trục tung

• Phân tích Để ( )d cắt ( )P tại hai điểm phân biệt A và B thì phương trình mx2 =2x m− 2 phải có hai nghiệm phân biệt Chuyển phương trình trên về phương trình bậc hai ẩn x và đi tìm điều kiện có nghiệm cho phương trình Ta có mx2 =2x m− 2 ⇔ mx2 −2x m+ 2 = 0

> Đến đây ta được điều phải chứng minh

• Lời giải Để đường thẳng ( )d cắt parabol ( )P tại hai điểm phân biệt A và B thì phương trình hoàng độ mx2 =2x m− 2 phải có hai nghiệm phân biệt hay mx2 −2x m+ 2 = 0 có hai nghiệm phân biệt

Khi đó = −4 4.m m2 = −4 4m3 > ⇔0 m3 < ⇔1 m 1<

Khi đó ta có hai nghiệm của phương trình là x 2 4 m3 ; x 2 4 m3

− − + − > , do đó hai nghiệm trên cùng dấu

Vậy A và B cùng dấu hay cùng nằm về một phía của trục tung

b) Với m tìm được ở câu a Gọi x ; xA B theo thứ tự là hoành độ các điểm A và B Tìm các giá trị m

0

3K4

5K4

đến phép tích phương trình thành tích hoặc phép đặt ẩn phụ Để ý hệ số của x 2; x 1+ − giống nhau và bên vế trái có nhân tử chung là x 1+ nên ta phân tích như sau Phương trình tương đương với

Đến đây chỉ cần xét hai trường hợp và giải bằng phương pháp nâng lên lũy thừa là bài toán được giải quyết

• Lời giải Điều kiện xác đinh của phương trình là x 1≥ Phương trình tương đương với

+Trường hợp 2 Với x 2+ + x 1+ = 3, khi đó ta được

Kết hợp với điều kiện xác định ta có tập nghiệm của phương trình là S={ }2; 3

b) Giải hệ phương trình x32 2xy22 12y 0

• Phân tích Các phương trình của hệ trên khá giống với các phương trình đẳng cấp điểm không đồng bậc

duy nhất đều nằm ở hệ số 12 ở cả hai phương trình Khi đó chú ý vào hệ số đó ta thế phương trình hai vào phương trình một được ngay một phương trình đẳng cấp bậc 3 Thay vào ta được:

2 2 2

8y +4y =12⇔ y = ⇔ = ± ⇒ =  1 y 1 x 2

Vậy nghiệm của hệ phương trình là ( ) ( ) ( )x; y = −1;2 , 1; 2−

• Lời giải Hệ phương trình tương đương với x32 2xy22 8y3 x y2 0

Câu 4 Cho hai đường tròn ( )O1 và ( )O2 có bán kính khác nhau, cắt nhau tại hai điểm A và B sao cho O , O1 2 thuộc hai nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng AB Đường tròn ( )O ngoại tiếp tam giác BO O1 2 cắt ( )O1 và ( )O2 lần lượt tại K và L (khác A và B) Đường thẳng AO cắt ( )O1 và ( )O2

lần lượt tại M và N(khác A) Hai đường thẳng MK và NL cắt nhau tại P sao cho P và B thuộc hai nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng KL

a) Chứng minh tứ giác BKPL nội tiếp đường tròn

• Phân tích Để tứ giác BKPL nội tiếp đường tròn ta đi chứng minh  KPL KBL 180+ = 0 hoặc chứng minh  PKB PLB 180+ = 0 Để ý là PKB 180= 0−MKB; PLB 180  = 0 −BLN nên ta chuyển sang chứng minh  MKB NLB 180+ = 0 Dễ dàng chứng minh được điều này vì tứ giác MKAB và BALN lần lượt nội tiếp ( )O1 và ( )O2 nên MKB=MAB; BLN  = BAN và  MAB NAB 180+ = 0

• Lời giải Vì các tứ giác MKAB và

BALN lần lượt nội tiếp ( )O1 và

N M

B A

b) Điểm A cách đều hai đường thẳng BK và BL

• Phân tích Để chứng minh A cách đều BK và BL ta có thể hạ đường cao từ A đến BK và BL để chứng

minh cạnh bằng nhau tuy nhiên khó có thể chứng minh các cạnh bằng nhau nên ta chuyển sang chứng minh

BA là phân giác của góc KBL hay chuyển về chứng minh  KBA=LBA Nếu sử dụng tứ giác nội tiếp của đường tròn O1và O2 thì ta không thu được kết quả gì Nên ta nghĩ đến các góc nội tiếp

Ta chuyển bài toán về chứng minh KAO1 =LAO2đây là hai góc đối đỉnh tuy nhiên để sử dụng tính chất

đó thì cần chứng minh được (O , A, L ; O , A, K1 ) ( 2 ) là hai cặp 3 điểm thẳng hàng Để chứng minh được

1

O ;O; L thẳng hàng ta cần chứng minh ALB =O LB1 Để ý là  O LB1 =O O B1 2 (góc nội tiếp cùng chắn cung BO1) nên ta chuyển về chứng minh  ALB=O O B1 2 điều này đúng dựa vào tính chất của hai đường tròn cắt nhau và quan hệ giữa góc nội tiếp ALB bằng một nửa góc ở tâm là AO B 2.O O B2 = 1 2 Chứng minh tương tự với O , A, K2 Bài toán được chứng minh

• Lời giải Ta có  O LB1 =O O B1 2 (góc nội tiếp cùng chắn cung BO1) và ALB 1AO B O O B2 1 2

2

góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung AB) Do đó ALB =O LB1 suy ra ba điểm O ;O; L1 thẳng hàng Chứng minh tương tự ta được ba điểm O ; A; K2 thẳng hàng Khi đó KAO1 =LAO2(đối đỉnh)

Từ đó ta có  KBA=LBA hay BA là phân giác của góc KBL suy ra A cách đều BK và BL

c) Điểm P thuộc đường thẳng AB khi và chỉ khi tam giác PKL cân

• Phân tích và lời giải Bài toán yêu cầu chứng minh điểm P thuộc đường thẳng AB khi và chỉ khi tam

giác PKL cân Nên ta cần chứng minh điều kiện cần và đủ

+ Chứng minh nếu P thuộc AB thì PKL cân

Vì P thuộc AB nên ta cần khai thác giả thiết này Có hai hướng xử lý

- Hướng 1 Ta có P, A, B thẳng hàng Chú ý tam giác MPN cân do PMN= KBA =ABL =MNP do khai thác được từ câu b) Khi đó cần chứng minh KL//MN ta không thể sử dụng yếu tố về góc cũng không thể sử dụng yếu tố cạnh có hai cạnh bằng nhau Chú ý đến tứ giác MKAB và BKNL nội tiếp nên PK.PM = PA.PB

và PL.PN = PA.PB Suy ra PK.PM = PL.PN mà PN = PM nên PK = PL Suy ra tam giác PKL cân

- Hướng 2 Ta có P, A, B thẳng hàng nên chú ý vào khai thác việc P nằm trên AB thì cho ta cái gì khi đó

nghĩ đến áp dụng kết quả câu b) ta có BP là phân giác của góc KBL suy ra

KBP=LBP⇒KP=PL⇒KP=PL

Từ đó dẫn đến tam giác PKL cân

+ Chứng minh nếu PKL cân thì P thuộc AB

Ta chuyển về chứng minh P, A, B thẳng hàng với KP = LP Vì cần P, A, B thẳng hàng nên cần chứng minh

BA trùng BP Tương tự như trên ta có 2 hướng xử lý:

- Hướng 1 Vì KP = PL nên KBP LBP= (góc cùng chắn cung bằng nhau) nên BP là phân giác của góc KBL sử dụng kết quả câu b) là BA là phân giác của góc KBL nên BA BP≡

- Hướng 2 Nếu PK = PL thì PK.PM PL.PN= Gọi A’ và A’’ là giao điểm của BP với ( )O1 và ( )O2

• Phân tích Quan sát giả thiết và biểu thức M là nghĩ đến việc biến đổi biểu thức M sao cho xuất

hiện tổng x y+ Dễ thấy 6x2 +4y2 +10xy=(x y 6x 4y+ )( + ) Do đó ta cần biến đổi 4x 3y

Đến đây ta giải được bài toán

• Lời giải Biến đổi biểu thức M và áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta được

Dấu bằng xẩy ra tại x 1; y 2= =

Vậy giá trị nhỏ nhất của M là 2066, đạt được tại x 1; y 2= =