Đề thi tuyển chọn học sinh giỏi môn Toán Khối 9 (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi tuyển chọn học sinh giỏi môn Toán Khối 9 (Có đáp án)

1. Đề thi tuyển chọn học sinh giỏi khối 9 Đề thi có 2 trang Thời gian làm bài: 180 phút (Thang điểm 20) Câu 1. (2,5 Đ) Cho phương trình x2 – 2x + m – 1 = 0 (m là tham số). Tìm m sao cho phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1 và x2 sao cho: 풙 − 풙 풙 − 풙 1/ Biểu thức A = + có giá trị nguyên 풙 + 풙 − 풙 + 풙 − 2/ –6 0 và = (√풚−√풛) +(√풛−√풙) +(√풙−√풚) Biết rằng x, y, z đôi một khác nhau. Chứng minh: + > 14 풙+풚+풛 √풙풚+√풙풛+√풛풙 ( √ + ).√ − √ (√ − ퟒ√ − ).√ + √ 2/ Rút gọn biểu thức A = − √ퟒ √ + √ − √ − √ + √ Câu 3. (2Đ) 1/ Hãy tìm tất cả số tự nhiên x, y để 풙 + 풚 là số chính phương 2/ Tìm các số nguyên tố p sao cho 13p + 1 bằng lập phương của một số tự nhiên. 3/ Giải và biện luận phương trình √풙 − 풙 + + √풙 − ퟒ풙 + ퟒ = + .Trong đó a và b là các tham số bất kì Câu 4. (2,5 Đ) 1/ Giải phương trình √풙 + ퟒ. ퟒ√( − 풙). (풙 + ) = √ 풙 + ퟒ풙 + 풙풚 + 풚 = 2/ Giải hệ phương trình: { (풙 − 풚 ). ( 풙 + 풙풚 + 풚 ) = ퟒ 3/ Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn a + b + c ≤ .Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = √ + + √ + + √ +
2. ퟒ Câu 5. (2Đ) 1/ Tìm hai chữ số tận cùng của ퟒ ퟒ 2/ Tìm các số nguyên x và y thỏa mãn 풙 − 풚 = 풙풚 + 3/ Có 6 người khách được mời đến một buổi tiệc sinh nhật. Chứng minh rằng trong sáu người bất kì nào cũng có hai nhóm, mỗi nhóm ba người, từng đôi một quen nhau hoặc từng đôi một không quen nhau. Câu 6. (2Đ) Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn nội tiếp (O;R) có AB AB). Đường tròn (O;R) đường kính BC cắt AB và AC lần lượt tại F và E, BE cắt CF tại H, AH cắt BC tại D, DE cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là I, AI cắt BC tại K 1/ Chứng minh: Tứ giác EFDO nội tiếp và AB.IK = AK.BF 2/ Dựng EP _|_ HC tại P và CQ _|_ EF tại Q. Chứng minh: AB.EP + CP.CH + CD.BC = AC2 + BC2 – AB2 và đường trung trực của DQ đi qua trung điểm cạnh AF 3/ Điểm M thuộc cạnh EF sao cho PM // AD. Điểm G thuộc cạnh EC sao cho BE // KG. Chứng minh: MC đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác AKC 4/ Điểm S thuộc cạnh MC sao cho BM // KS. Dựng điểm L sao cho ML // AD và AK _|_ CL. Chứng minh: 푫푺푪̂ = 푬푳푪̂ &&& Hết &&&
3. Hướng dẫn giải Câu 1. Xét phương trình x2 – 2x + m – 1 = 0 Ta có ∆ = (− ) − ퟒ. ( − ) = ퟒ − ퟒ + ퟒ = − ퟒ Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt  ∆ >  − ퟒ >  < . Khi phương trình có 2 nghiệm x1,x2 .Theo định lý vi –ét ta có : 풙 + 풙 = { 풙 . 풙 = − 2 2 2 2 1/ Ta có :x1 + x2 = (x1 + x2) – 2x1.x2 = 2 – 2(m – 1) = 4 – 2(m – 1) = 4 – 2m + 2 = 6 – 2m 3 3 2 2 x1 + x2 = (x1 + x2)(x1 + x2 – x1.x2) = 2[6 – 2m – (m – 1)] = 2(6 – 2m – m + 1) =2(7 – 3m) 풙 − 풙 풙 − 풙 A = + 풙 + 풙 − 풙 + 풙 − (풙 − 풙 )(풙 + 풙 − )+(풙 − 풙 )(풙 + 풙 − ) = (풙 + 풙 − )(풙 + 풙 − ) 풙 .풙 + 풙 −풙 − 풙 −ퟒ풙 .풙 + 풙 +풙 .풙 + 풙 −풙 − 풙 −ퟒ풙 .풙 + 풙 = 풙 .풙 + 풙 −풙 + 풙 +ퟒ풙 .풙 − 풙 −풙 − 풙 + 풙 .풙 +풙 .풙 + 풙 + 풙 − 풙 − 풙 − 풙 .풙 + 풙 + 풙 = 풙 .풙 + 풙 + 풙 +ퟒ풙 .풙 − 풙 − 풙 + 풙 .풙 (풙 +풙 )+ (풙 +풙 )− (풙 +풙 )+ (풙 +풙 )− 풙 .풙 = 풙 .풙 + (풙 +풙 )− (풙 +풙 )+ ( − )+ퟒ( − )− ( − )+ . − ( − ) = ( − )+ ( − )− . + − + − − + +ퟒ− + = − + −ퟒ − + − + − − ퟒ+ퟒퟒ ퟒퟒ = = = –12 + + + +
4. Để A có giá trị nguyên thì m+2 là ước của 44 Kết hợp với ĐK m 풙 + 풙 + > Giải (1) :  {  { (풙 + ). (풙 + ) > (풙 + ). (풙 + ) > + > ( 풍풖ô풏 đú풏품)  {  − + . + >  m > – 71 풙 . 풙 + . (풙 + 풙 ) + > So với ĐK m (풙 − ). (풙 − ) > −  m > – 47 풙 . 풙 − . (풙 + 풙 ) + ퟒ > So với ĐK m < 2 nhận – 47 < m < 2 Hợp nghiệm 4 điều kiện ta có giá trị của m là – 7 < m < 2 3/ ( 풙 − 풙 ) − (풙 + 풙 + ) = ( 풙 − 풙 ) − (풙 + 풙 + ) Ta có :(a – b)(a4 + a3b + a2b2 + ab3 + b4) = a5 + a4b + a3b2 + a2b3 + ab4 – a4b – a3b2 – a2b3– ab4 – b5 = a5 – b5 . Ta có hằng đẳng thức :a5 – b5 = (a – b)(a4 + a3b + a2b2 + ab3 + b4) Ta có: ( 풙 − 풙 ) − (풙 + 풙 + ) = ( 풙 − 풙 ) − (풙 + 풙 + ) ( 풙 − 풙 ) − ( 풙 − 풙 ) + (풙 + 풙 + ) − (풙 + 풙 + ) =
5. Ta có: ( 풙 − 풙 ) − ( 풙 − 풙 ) 4 3 2 2 = [(2x1 – x2) – (2x2 – x1)].[(2x1 – x2) + (2x1 – x2) .(2x2 – x1) + (2x1 – x2) .(2x2 – x1) 3 4 + (2x1 – x2).(2x2 – x1) + (2x2 – x1) ] 4 3 2 2 = [(3x1 – 3x2]. [(2x1 – x2) + (2x1 – x2) . (2x2 – x1) + (2x1 – x2) .(2x2 – x1) 3 4 + (2x1 – x2).(2x2 –x1) + (2x2 –x1) ] =3.(x1 – x2).A. Với 4 4 3 3 A= (2x1 – x2) + (2x2 – x1) + (2x1 – x2) .(2x2 – x1) + (2x1 – x2).(2x2 – x1) 2 2 + (2x1 – x2) .(2x2 – x1) Ta có : (풙 + 풙 + ) − (풙 + 풙 + ) 2 2 = [(x2 + 3x1 + 1) – (x1 + 3x2 + 1)].[(x2 + 3x1 + 1) + (x1 + 3x2 + 1) – (x2 + 3x1 + 1).(x1 + 3x2 + 1)] 2 2 = [2x1 – 2x2].[(x2 + 3x1 + 1) + (x1 + 3x2 + 1) – (x2 + 3x1 + 1).(x1 + 3x2 + 1)] 2 2 = 2.(x1 – x2).B với B =(x2 + 3x1 + 1) + (x1 + 3x2 + 1) – (x2 + 3x1 + 1)(x1 + 3x2 + 1) Ta có: 3.A. (x1-x2) + 2B. (x1-x2) = 0  (x1 – x2).(3A + 2B) = 0  x1 – x2 = 0  x1 = x2 (loại ) vì x1 # x2 ( phương trình có 2 nghiệm phân biệt)  3A + 2B = 0 (nhận) 2 2 2 2 Ta có: (2x1 – x2).(2x2 – x1) = 4x1x2 – 2x1 – 2x2 + x1x2 = 5x1x2 – 2.(x1 + x2 ) = 5.(m – 1) –2.(6 – 2m) = 5m – 5 – 12 + 4m = 9m – 17 * (2x1 – x2) + (2x2 – x1) = x1 + x2 = 2 2 2 2 * (2x1 – x2) + (2x2 – x1) = [(2x1 – x2) + (2x2 – x1)] – 2.(2x1 – x2).(2x2 – x1) = 22 – 2.(9m – 17) = 4 – 18m + 34 = 38 – 18m 4 4 2 2 Ta có: A = (2x1 – x2) + (2x2 – x1) + (2x1 – x2).(2x2 – x1).[(2x1 – x2) + (2x2 –x1) ] 2 2 2 2 2 + [(2x1 - x2).(2x2 – x1)] = [(2x1 – x2) + (2x2 – x1) ] – 2.[(2x1 – x2).(2x2 – x1)] 2 2 2 + (2x1 – x2).(2x2 – x1).[ (2x1 – x2) + (2x2 – x1) ] + [(2x1 – x2).(2x2 – x1)] = (38 – 18m)2 –2(9m – 17)2 + (9m – 17).(38 – 18m) + (9m – 17)2 = (38 – 18m)2 – (9m – 17)2 + (9m– 17).(38 – 18m) = 1444– 1368m + 324m2 – (81m2 – 306m + 289) + 342m – 162m2 – 646 + 306m = 1444 – 1368m + 324m2 – 81m2 + 306m – 289 + 342m – 162m2 – 646 + 306m = 81m2 – 414m + 509 Ta có: (x2 + 3x1 + 1).(x1 + 3x2 + 1) 2 2 = x2x1 + 3x2 + x2 + 3x1 + 9x1x2 + 3x1 + x1 + 3x2 + 1
6. 2 2 = 10x1x2 + 3.(x1 + x2 ) + 4.(x1 + x2) + 1 = 10.(m – 1) + 3.(6 – 2m) + 4.2 + 1 = 10m – 10 + 18 – 6m + 8 + 1 = 4m + 17 (x2 + 3x1 + 1) + (x1 + 3x2 + 1) = 4.(x1 + x2) + 2 = 4.2 + 2 = 10 2 2 Ta có: B = (x2 + 3x1 + 1) + (x1 + 3x2 + 1) – (x2 + 3x1 + 1).(x1 + 3x2 + 1) 2 = [(x2 + 3x1 +1) + (x1 + 3x2 + 1)] – 3.(x2 + 3x1 + 1).(x1 + 3x2 + 1) =102 – 3.(4m + 17) = 100 – 12m – 51 = 49 – 12m Ta có: 3A + 2B = 0  3.(81m2 – 414m + 509) + 2.(49 – 12m) = 0  243m2 – 1242m + 1527 + 98 - 24m = 0  243m2 – 1266m + 1625 = 0 +√ ퟒ −√ ퟒ  và = = Cả 2 giá trị m đều lớn hơn 2 nên loại. Vậy không tồn tại giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán Câu 2. 1/ Đặt a = √풙 ; b = √풚 ; c = √풛. Bài toán trở thành: Cho a, b, c > 0 và đôi một khác .( − ) + .( − ) + .( − ) nhau. Biết = . ( − ) + ( − ) + ( − ) Chứng minh: + > 14 + + + + Đặt m = a – b ; n = b – c ; p = c – a => m + n + p = 0 => –p = m + n Ta có: m3 + n3 = (m + n)3 – 3mn.(m + n) = (–p)3 – 3mn.( –p) => m3 + n3 + p3 = 3mnp  (b – c)3 + (c – a)3 + (a – b)3 = 3.(b – c).(c – a).(a – b) Ta có a.(b – c)3 + b.(c – a)3 + c.(a – b)3 = a.(b3 – 3b2c + 3bc2 – c3) + b.(c3 – 3c2a + 3ca2 – a3) + c.(a3 – 3a2b + 3ab2 – b3) = a.(b3– c3) + b.(c3– a3) + c.(a3– b3) – 3acb2 + 3abc2 – 3abc2 +3bca2 – 3bca2 + 3acb2 = a.(b3– c3) + b.(c3– a3) + c.(a3– b3) = a.(b3– c3) + b.[(b3– a3) – (b3– c3)] + c.(a3– b3) = a.(b3– c3) – b.(b3 – c3) + c.(a3 – b3) – b.(a3 – b3) = (a – b).(b – c).(b2 + c2 + bc) + (c – b).(a – b).(a2 + b2 + ab) = (a – b).(b – c).[b2 + c2 + bc – (a2 + b2 + ab)] = (a – b).(b – c). (c2 + bc – a2 – ab) = (a – b).(b – c).[(c – a).(c + a) + b.(c – a)] = (a – b).(b – c).(c – a).(a + b + c)
7. .( − ) + .( − ) + .( − ) ( − ).( − ).( − ).( + + ) Vậy = .  = . ( − ) +( − ) +( − ) .( − ).( − ).( − ) ( + )  a + b + c = 1. Ta có bất đẳng thức + ≥ (*). 풙 풚 풙+풚 Với a và b và các số thực bất kì và x, y là các số dương Thật vậy (*)  a2.y.(x + y) + b2.x.(x + y) ≥ xy.(a + b)2  a2.xy + a2.y2 + b2.x2 + b2.xy ≥ xy.(a2 + 2ab + b2)  a2.y2 + b2.x2 – 2abxy ≥ 0  (ay – bx)2 ≥ 0 ( luôn đúng). Vậy BĐT được chứng minh xong. Áp dụng BĐT kết hợp với gt ta có + = + + + + + + + + + (√ + √ ) (√ +√ ) (√ +√ ) ≥ = = > 14 + + + + + ( + + ) ( √ + ).√ − √ (√ − ퟒ√ − ).√ + √ 2/ A = − √ퟒ √ + √ − √ − √ + √ √ − √ − √ ( − √ ).(ퟒ√ − ) Ta có: = √ = √ √ퟒ √ + .(ퟒ√ + ) .(ퟒ√ + ).(ퟒ√ − ) ퟒퟒ − − + ퟒ − ퟒ − = √ √ √ = √ √ = √√ .[(ퟒ√ ) − ] .ퟒ √ − ퟒ√ − √ − ퟒ√ − Ta có: = √ − √ − √ + √ √ − ퟒ √ − √ + √ √ ( √ − √ ) − | √ − √ | − = = |ퟒ√ − | − | √ + | √(ퟒ√ − ) − √( √ + ) − − − − = √ √ = √ √ ퟒ√ − − √ − ퟒ√ − √ − ( √ − − √ ).(ퟒ√ − √ + ) = (ퟒ√ − √ − ).(ퟒ√ − √ + ) − ퟒ + − + − − + − = √ √ √ √ √ √ (ퟒ√ − √ ) −
8. ퟒ − ퟒ + ퟒ − ퟒ ퟒ − ퟒ + ퟒ − ퟒ = √ √ √ = √ √ √ ퟒ − ퟒ √ + − ퟒ − ퟒ √ ( ퟒ√ − ퟒ + ퟒ√ − ퟒ√ ).( ퟒ + ퟒ √ ) = = ( ퟒ − ퟒ √ ).( ퟒ + ퟒ √ ) − ퟒ + − +ퟒ − ퟒ + ퟒ − √ √ √ √ √ √ ퟒ − (ퟒ √ ) − − = √ √ = √ √ − √ − (√ − √ ).√ + √ Vậy A = ( √ + ). √ − => A2 ( √ + ) .(√ − ) (√ − √ ) .( + √ ) = + .(√ − √ ).( √ + ).√( + √ ).(√ − ) − √ ( + ퟒ√ ).(√ − ) ( − √ ).( + √ ) = + (√ − √ ).( √ + ).√( + √ ).(√ − ) − √ √ .( + ퟒ√ ).(√ − ) + √ .( − √ ).( + √ ) − .(√ − √ ).( √ + ).√ √ − + − √ = √ √ .( + ퟒ√ ).(√ − ) + √ .( − √ ).( + √ ) − .(ퟒ√ + √ − √ − √ ) √ퟒ + √ = √ √ .( + ퟒ√ ).(√ − ) + √ .( − √ ).( + √ )− .( √ − √ ).√(√ + ) = √ √ .( + ퟒ√ ).(√ − ) + √ .( − √ ).( + √ )− .( √ − √ ).|√ + | = √
9. √ .( + ퟒ√ ).(√ − ) + √ .( − √ ).( + √ )− .( √ − √ ).(√ + ) = √ √ .( √ − + ퟒ√ −ퟒ√ ) + √ .(ퟒ + √ − √ − √ ). − .( + √ − √ − √ ) = √ − √ + √ − √ + ퟒ √ + − √ − ퟒ√ − ퟒ − √ + √ + √ = √ − √ −√ √ − √ = = = = √ − √ √ √ Do A > 0 nên A = √√ − √ Câu 3. 1/ Các số nguyên x và y để 2X + 5Y là số chính phương 1/ Đặt 2X + 5Y = m2 (m thuộc N) * Nếu x = 0 thì 1 + 5Y = m2 => m là số chẵn => m2 chia hết cho 4 Nhưng 1 + 5Y ≡ 1 + 1 (mod 4). Vậy x phải khác 0 2X + 5Y = m2 => m là số lẻ và m chia hết cho 5 + Với y = 0 thì 2X + 1 = m2 = (2n + 1)2 => 2X = 4n.(n + 1) => n = 1. Khi đó x = 3 và y = 0 Thử lại 2X + 5Y = 23 + 50 = 9 là số chính phương + Với y # 0 và m chia hết cho 5 => m2 = ± 1 (mod 5) 2X + 5Y = m2 => 2X ≡ ± 1 (mod 5) => x là số chẵn Y 푿 푿 Đặt x = 2x1, ta có 5 = ( + ). ( − ) + 푿 = 풀 => { với Y1 + Y2 = Y, với Y1 > Y2 − 푿 = 풀 푿 + 풀 풀 − 풀 풀 => = . ( − ) => = => Y2 = 0 푿 + 풀 Y1 = Y. Khi đó = − Nếu Y = 2t thì 푿 + = 풕 − = 풕 − chia hết cho 3 => Vô lý Do vậy y là số lẻ. Ta có 푿 + = 풚 − = ퟒ. ( 풀 − + 풀 − + ⋯ + + )
10. Y > 1 thì 풀 − + 풀 − + ⋯ + + là số lẻ => Vô lí Với y = 1 thì khi đó x = 2 và y = 1 Thử lại 2X + 5Y = 22 + 51 = 9 là số chính phương Vậy tóm lại có 2 trường hợp là x = 3 ; y = 0 và x = 2 ; y = 1 2/ Các số nguyên tố p đế 13p + 1 bằng lập phương một số tự nhiên Giả sử 13p + 1 = m3 (m thuộc N) mà p ≥ nên m ≥ => 13p = (m – 1).(m2 + m + 1) 13 và p đều là các số nguyên tố, m – 1 > 1 ; m2 + m + 1 > 1 Nên m – 1 = 13 hoặc m – 1 = p. + m – 1 = 13 => m = 14 => m3 = 2744 => 13p + 1 = 2744 => p = 211 p = 211 là số nguyên tố => Nhận giá trị p = 211 + Nếu m – 1 = p và m2 + m + 1 = 13 => m2 + m – 12 = 0  ( m + 4).(m – 3) = 0. Vì m +4 > 0 nên nhận m – 3 = 0  m = 3. Suy ra p = 2. Thử lại 33 =13.2 + 1 ( luôn đúng) Mà p = 2 là số nguyên tố nên nhận p = 2 Vậy có 2 giá trị p cần tìm là = 211 và p = 2 3/ Xét phương trình √풙 − 풙 + + √풙 − ퟒ풙 + ퟒ = +  √(풙 − ) + √(풙 − ) = +  |풙 − | + |풙 − | = + Ta xét các trường hợp sau: * Nếu a = 2 thì phương trình trở thành . |풙 − | = + - Nếu b PT vô nghiệm - Nếu b = –3 thì b + 3 = 0 => PT có duy nhất 1 nghiệm là x = 2. - Nếu b > –3 thì pt đã cho có 2 nghiệm phân biệt là + 풙 = = 풙 − ퟒ = + [  [ − ퟒ − 풙 = + 풙 = 풏 = * Nếu a < 2 thì phương trình được chia thành các khoảng sau + Nếu x < a thì x – a < 0 và x – 2 < 0 nên phương trình trở thành − − a – x + 2 – x = b + 3  2x = a – b – 1  x = x1 = + Nếu a ≤ 풙 < 2 thì x – a ≥ và x – 2 < 0 nên phương trình trở thành
11. x – a + 2 – x = b + 3  0x = a + b + 1 + Nếu x ≥ 2 thì x – a > 0 và x – 2 ≥ 0 nên phương trình trở thành + + a – x + x – 2 = b + 3  2x = a + b + 5  x = x2 = Để xem xét số nghiệm của phương trình ta có các điều kiện x1 –a – 1. Thì phương trình có nghiệm x = x1 và x = x2 Tương tự nếu a > 2 thì phương trình chia thành các khoảng + Nếu x 0 và x – a ≥ 0 nên phương trình trở thành + + a – x + x – 2 = b + 3  2x = a + b + 5  x = x2 = − − − − Ta xét x1 – 2 = – 2 = + + − + x2 – a = – a = Dễ thấy hiệu x1 – a và x2 – 2 có giá trị b cùng so sánh với a là a – 5. Ta lập bảng
12. a – 5 x1 – 2 + 0 – x2 – a – 0 + Kết hợp với phương trình giữa ta có các kết luận như sau Nếu b a – 5. Thì phương trình có nghiệm x = x1 và x = x2 Kết luận: Nếu a = 2 và b –3 thì phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt là x = m và x = n. Nếu a –a – 1. Thì phương trình có 2 nghiệm phân biệt là x = x1 và x = x2 Nếu a > 2 và b 2 và b = a – 5. Thì phương trình có nghiệm x = x2 và 2 ≤ 풙 2 và b > a – 5. Thì phương trình có 2 nghiệm phân biệt là x = x1 và x = x2 Câu 4. 1/ Phương trình √풙 + ퟒ. ퟒ√( − 풙). (풙 + ) = √ 풙 + 풙 + ퟒ ≥ 풙 ≥ −ퟒ Điều kiện {( − 풙). (풙 + ) ≥  {− ≤ 풙 ≤  −ퟒ ≤ 풙 ≤ 풙 + ≥ 풙 ≥ − Đặt u = √풙 + ퟒ ; v = ퟒ√( − 풙). (풙 + ) (u, v ≥ ) => u4 + v4 = (x + 4)2 + (3 – x).(x + 7) = x2 + 8x + 16 + 3x + 21 – x2 – 7x = 37 + 4x 풖ퟒ + 풗ퟒ − => u4 + v4 – 1 = 36 + 4x => 2x + 18 = 풖ퟒ + 풗ퟒ − Phương trình trở thành: uv = √  2u2.v2 = u4 + v4 – 1  u4 + v4 – 2u2.v2 = 1  (u2 – v2)2 = 12  u2 – v2 = 1 hoặc u2 – v2 = – 1 TH1: nếu u2 – v2 = 1  풙 + ퟒ − √( − 풙). (풙 + ) =
13.  √( − 풙). (풙 + ) = 풙 + 풙 + ≥ 풙 ≥ −  {  { ( − 풙). (풙 + ) = (풙 + ) 풙 + − 풙 − 풙 = 풙 + 풙 + 풙 ≥ − 풙 ≥ −  {  {  x = 풙 + 풙 − = 풙 = 흂 풙 = − So với điều kiện ban đầu nhận x = 1 TH2: nếu u2 – v2 = – 1  풙 + ퟒ − √( − 풙). (풙 + ) = −  √( − 풙). (풙 + ) = 풙 + 풙 + ≥ 풙 ≥ −  {  { ( − 풙). (풙 + ) = (풙 + ) 풙 + − 풙 − 풙 = 풙 + 풙 + 풙 ≥ − 풙 ≥ −  {  { − +√ퟒ − −√ퟒ 풙 + ퟒ풙 + ퟒ = 풙 = 흂 풙 = − +√ퟒ − +√ퟒ  x = . So với điều kiện ban đầu nhận x = − +√ퟒ Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là x = 1 và x = ퟒ풙 + 풙풚 + 풚 = 2/ { (풙 − 풚 ). ( 풙 + 풙풚 + 풚 ) = ퟒ ퟒ풙 + 풙풚 + 풚 = HPT đã cho tương đương với { (풙 − 풚). (풙 + 풚). ( 풙 + 풚). (풙 + 풚) = ퟒ Nhận xét rằng (x + y).(x + 2y) + (3x + y).(x – y) = x2 + 2xy + xy +2y2 + 3x2 – 3xy + xy – y2 = 4x2 + xy + y2 Do vậy nếu đặt a = (x + y).(x + 2y) ; b = (3x + y).(x – y). Hệ phương trình trở thành + = = = {  { 흂 { = ퟒ = = (풙 + 풚). (풙 + 풚) = + Với a = 12 và b = 7. HPT trở thành { ( 풙 + 풚). (풙 − 풚) = Dễ thấy x = 0 và y = 0 không là nghiệm của hệ phương trình (풙 + 풌풙). (풙 + 풌풙) = Khi x, y # 0. Đặt y = kx ( k # 0). HPT trở thành { ( 풙 + 풌풙). (풙 − 풌풙) = 풙 . ( + 풌). ( + 풌) =  { . Lấy 2 phương trình chia nhau vế theo vế ta có 풙 . ( + 풌). ( − 풌) =
14. (풌+ ).( 풌+ ) =  7.(k + 1).(2k + 1) = 12.(k + 3).( 1 – k) (풌+ ).( −풌)  7. (2k2 + k + 2k + 1) = 12.(k – k2 + 3 – 3k)  14k2 + 7k + 14k + 7 = 12k – 12k2 + 36 – 36k. −  26k2 + 45k – 29 = 0  k = hoặc k = . Thế k vào phương trình thứ nhất * Với k = => x2 = 4  x = 2 hoặc x = –2 Với x = 2 => y = 1. Với x = –2 => y = –1 − .√ − .√ * Với k = => x2 =  x = hoặc x = .√ − .√ Với x = => y = . − .√ .√ Với x = => y = 풙 . ( + 풌). ( + 풌) = Với a = 7 và b = 12. Tương tự ta có HPT { 풙 . ( + 풌). ( − 풌) = (풌+ ).( 풌+ ) =  12.(k + 1).(2k + 1) = 7.(k + 3).( 1 – k) (풌+ ).( −풌)  12. (2k2 + k + 2k + 1) = 7.(k – k2 + 3 – 3k)  24k2 + 12k + 24k + 12 = 7k – 7k2 + 21 – 21k. − + .√ − − .√  31k2 + 50k – 9 = 0  k = hoặc k = − + .√ * Với k = => x2 = ퟒ + ퟒ.√ .√ − .√  x = hoặc x = √ ퟒ + ퟒ√ √ ퟒ + ퟒ√ .√ √ .(− + .√ ) Với x = = x1 => y = y1 = √ ퟒ + ퟒ√ √ ퟒ + ퟒ√
15. − .√ √ .( − .√ ) Với x = = x2 => y = y2 = √ ퟒ + ퟒ√ √ ퟒ + ퟒ√ − − .√ * Với k = => x2 = + .√ .√ − .√  x = hoặc x = √ + √ √ + √ .√ √ .(− − .√ ) Với x = = x3 => y = y3 = √ + √ √ + √ − .√ √ .( + .√ ) Với x = = x4 => y = y4 = √ + √ √ + √ Vậy hệ phương trình đã cho có 8 nghiệm là .√ − .√ − .√ .√ (2 ; 1) ; (– 2 ; – 1) ; ( ; ) ; ( ; ) (x1 ; y1) ; (x2 ; y2) ; (x3 ; y3) ; (x4 ; y4) 3/ Tìm min P = √ + + √ + + √ + nếu a + b + c ≤ BĐT phụ : Cho x, y, z là các số dương và a, b, c là các số thực ta có ( + + ) + + ≥ 풙 풚 풛 풙+풚+풛 ( + ) Chứng minh: Thật vậy ta luôn có + ≥ (*). 풙 풚 풙+풚 Với a và b và các số thực bất kì và x, y là các số dương Thật vậy (*)  a2.y.(x + y) + b2.x.(x + y) ≥ xy.(a + b)2  a2.xy + a2.y2 + b2.x2 + b2.xy ≥ xy.(a2 + 2ab + b2)  a2.y2 + b2.x2 – 2abxy ≥ 0  (ay – bx)2 ≥ 0 ( luôn đúng). ( + ) ( + + ) Áp dụng liên tiếp ta có + + ≥ + ≥ 풙 풚 풛 풙+풚 풛 풙+풚+풛 Quay trở lại bài toán, Áp dụng BĐT Bunyakovshy ta có: ퟒ ퟒ √( + ퟒ ). ( + ) ≥ + => √ + ≥ . ( + ) √
16. Lập luận tương tự ta có: ퟒ ퟒ √ + ≥ . ( + ) ; √ + ≥ . ( + ) √ √ Cộng vế theo vế và áp dụng BĐT phụ ta có + + P ≥ . [ + ퟒ. ( + + )] √ + + ퟒ.( + + ) ≥ . [ + ] = . (풙 + ) √ + + √ 풙 Với x = a + b + c ≤ .Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có 풙 + = (풙 + ) + ≥ . √풙. + 풙 ퟒ풙 ퟒ풙 ퟒ풙 ퟒ풙 = + ≥ + . = ퟒ풙 ퟒ. √ Dấu đẳng thức xảy ra khi x = => P ≥ . = √ √ Dấu = xảy ra khi a = b = c = . Khi đó giá trị nhỏ nhất của P là Câu 5. ퟒ 1/ Hai chữ số tận cùng của ퟒ ퟒ ퟒ ퟒ ퟒ Nhận xét rằng ퟒ ퟒ = ퟒ . ퟒ Ta lại có 74 – 1 = 2400 chia hết cho 100 => 74k – 1 chia hết cho 100 ퟒ ퟒ => ퟒ − chia hết cho 100 hay ퟒ có 2 chữ số tận cùng là 01 (1) Ngoài ra nhận thấy rằng − chia hết cho 25 nếu n = 20k chia hết cho 20 thì 풏 − chia hết cho 25 Từ đó ta tìm số dư khi chia ퟒ ퟒ cho 20 Ta có ퟒ ퟒ = ퟒ. ퟒ nhưng ퟒ chia cho 29 dư 4
17. Vì − = ( ퟒ) − chia hết cho ퟒ – tức 풌 – chia hết cho 15 cho nên ퟒ. ( − ) chia hết cho 20 Còn ퟒ = ퟒ . chia cho 20 còn dư 9 Vì 12 chia hết cho 4 nên − chia hết cho 100 tức chia cho 20 dư 1 Do vậy ퟒ ퟒ = ퟒ. ퟒ chia cho 20 dư 4 . 9 = 36 tức là dư 16 ퟒ Do đó số ퟒ = 풌+ = . 풌 khi chia cho 25 cò cùng số dư với số = tức tận cùng bằng 11, 36, 61, 86 (2) ퟒ Từ (1), (2) ta suy ra 2 chữ số tận cùng của ퟒ ퟒ là 36. 2/ Các số nguyên x và y thỏa mãn x3 – y3 = 2xy + 8 Xét các trường hợp sau. * Nếu xy = 0  x = 0 hoặc y = 0 Nếu x = 0 thì pt trở thành – y3 = 8  y = – 2 Nếu y = 0 thì pt trở thành x3 = 8  x = 2 * Nếu xy # 0. Thì có các trường hợp sau: TH1: xy phương trình vô nghiệm Nếu x > 0 và y x = 1 = y3 + 2y + 7 = 0 (*). Xét phương trình (*). + Nếu y = 0 thì VT (*) = 7 > 0 => giá trị nguyên của y không thể lớn hơn hoặc bằng 0 + Nếu y = –1 thì VT(*) = 4 # 0 => không thể nhận giá trị y = – 1 + Nếu y = –2 thì VT(*) = 1 # 0 => không thể nhận giá trị y = – 2 + Nếu y = –3 thì VT(*) = – 27 không thể nhận giá trị y = – 3 Các giá trị nguyên của y 0 thì y3 – x3 = – 2xy – 8 0. Ta có 2xy + 8 > 0 => x3 – y3 = (x – y).[(x – y)2 + 3xy] > 0 Mà (x – y)2 + 3xy > 0 => x – y > 0 => x > y Nếu x – y = 1 thì x= y + 1. PT ban đầu trở thành 2y.(y + 1) + 8 = 1 + 3y.(y + 1) − + √ − − √  2y2 + 2y + 8 = 1 + 3y2 + 3y  y2 + y – 7 = 0  y = và y =
18. Phương trình trên không có nghiệm nguyên. Vậy loại trường hợp này Nếu x – y ≥ thì 2xy + 8 = (x – y).[(x – y)2 + 3xy] ≥ . (ퟒ + 풙풚) => 2xy + 8 ≥ 8 + 6xy  4xy ≤ 0  xy ≤ 0. Điều này mâu thuẫn vì ban đầu có xy > 0 Nói tóm lại có 2 cặp số nguyên x, y thỏa mãn pt là x = 0 ; y = – 2 và x = 2 ; y = 0. 3/ Chứng minh rằng: trong sáu người bất kì nào cũng có hai nhóm, mỗi nhóm ba người, từng đôi một quen nhau hoặc từng đôi một không quen nhau Giả sử 6 người đó lá A; B; C; D; E; F Trước hết ta chứng minh rằng trong bốn người luôn có một người quen với ba người còn lại thì luôn chọn ra ba người đôi một quen nhau hoặc không quen nhau. Thật vậy, giả sử A quen với B, C, D. Trong ba người B, C, D nếu có 2 người quen nhau (giả sử là B, C) thì ba người A, B, C là bộ cần tìm Nếu không có hai người nào quen nhau thì bộ ba người (B; C; D) đôi một không quen nhau là bộ cần tìm Vậy ta luôn chọn được ba người đôi một quen nhau hoặc đôi một không quen nhau. Quay trở lại bài toán: Từ giả thiết đề ra kết hợp với nhận xét trên ta suy ra trong sáu người ta luôn chọn ra được ba người đôi một quen nhau hoặc không đôi một quen nhau. Không mất tính tổng quát giả sử A; B; C quen nhau đôi một. Ta có các trường hợp: Trường hợp 1: D; E; F không ai quen với một trong ba người A; B; C + Nếu bộ D; E; F quen nhau từng đôi một thì bài toán được chứng minh + Nếu bộ ba người D, E, F có hai người không quen nhau( giả sử là D và E) thì bộ ba người (B; D; E) hoặc (A; D; E) hoặc (C; D; E) đôi một không quen nhau. Bài toán được chứng minh. Trường hợp 2: D; E; F có ít nhất một người quen với ít nhất một trong ba người A; B; C. Giả sử B quen với D. + Nếu C hoặc A quen với D thì ta được bộ (B; C; D) hoặc (A; B; D) quen nhau từng đôi một. Bài toán được chứng minh nếu C và A không quen với D. Ta xét quan hệ của D với E và F. + Nếu D không quen với E (hoặc F) thì D không quen đồng thời với A; C; E.
19. (hoặc F) nên theo nhận xét trên sẽ có một bộ ba đôi một quen nhau (hoặc không quen nhau) và bộ này khác (A; B; C) nên bài toán cũng được chứng minh. + Nếu D quen với F và E thì D quen đồng thời với B; E; F nên tương tự bài toán cũng được chứng minh Tóm lại thông qua các trường hợp bài toán được chứng minh Câu 6 1/ Chứng minh: AI = DK. Ta có 푫푪̂ = 푬 ̂ = ∗ => Tứ giác AEBD nội tiếp ( góc ngoài bằng góc đối trong) => 푬푫̂ = 푫̂ Mà 푫̂ = 푭 푪̂ (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung AC). Ta có 푫 ̂ = 푭푪̂ = ∗ => Tứ giác AFCD nội tiếp ( góc ngoài bằng góc đối trong) => 푭 푪̂ = 푭푫푪̂ Từ đó suy ra 푬푫̂ = 푭푫푪̂ => 푰푬푭̂ = 푫푭̂ (cùng phụ với 2 góc bằng nhau) Xét ∆ 푬푰 và ∆ 푫푭 ta có 푰 푬̂ = 푫 푭̂ (2 góc đối đỉnh) ; 푰푬푭̂ = 푫푭̂ (cmt) 푬 푫 => ∆ 푬푰 ~ ∆ 푫푭 (g – g) => = => AD.AI = AE.AF 푰 푭
20. Mà 푬̂ = 푪 ̂ (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cungvà góc nội tiếp cùng chắn cung AB). Xét ∆푬 và ∆푫푪 ta có 푬 ̂ = 푫푪̂ = ∗ ; 푬̂ = 푪 ̂ (cmt) 푬 => ∆푬 ~ ∆푫푪 (g – g) => = 푪 푪푫 Xét ∆푭 푪 và ∆푫 ta có 푭푪̂ = 푫 ̂ = ∗ ; 푫̂ = 푭 푪̂ (cmt) 푫 => ∆푭 푪 ~ ∆푫 (g – g) => = 푪 푭 푬 푫 Từ đó suy ra = => AE.AF = BD.CD 푪푫 푭 Xét ∆ 푫 và ∆푪푲푫 ta có 푫 ̂ = 푪푫푲̂ = ∗ ; 푫̂ = 푲푪푫̂ (2 góc nội tiếp cùng chắn cung BK) 푫 푪푫 => ∆ 푫 ~ ∆푪푲푫 (g – g) => = > BD.CD = AD.DK 푫 푫푲 Từ các kết quả trên ta có: AI.AD = AE.AF = BD.CD = AD.DK => AI = DK (đpcm) 2/ Tứ giác HNFC nội tiếp Xét ∆푴 푫 và ∆푴푭푪 ta có 푴푫̂ = 푭푴푪̂ (2 góc đối đỉnh); 푫푴̂ = 푭푪푴̂ (Tứ giác ADCF nội tiếp ) 푴 푴푭 => ∆푴 푫 ~ ∆푴푭푪 (g – g) => = => MD.MF = MA.MC 푴푫 푴푪 Xét ∆ 푴푵 và ∆푲푴푪 ta có 푴푵̂ = 푲푴푪̂ (2 góc đối đỉnh); 푴 푵̂ = 푴푲푪̂ (2 góc nội tiếp cùng chắn cung NC) 푴 푴푲 => ∆ 푴푵 ~ ∆푲푴푪 (g – g) => = => MA.MC = MN.MK 푴푵 푴푪 푴푫 푴푵 Từ đó suy ra MD.MF = MN.MK => = 푴푲 푴푭 Xét ∆푵푴푭 và ∆푫푴푲 ta có 푴푫 푴푵 푵푴푭̂ = 푫푴푲̂ (2 góc đối đỉnh); = (cmt) 푴푲 푴푭 => ∆푵푴푭 ~ ∆푫푴푲 (c – g – c) => 푲푴̂ = 푵푭푴̂ Mà 푲푴̂ = 푪푵̂ (2 góc nội tiếp cùng chắn cung AN). => 푵푭푴̂ = 푪푵̂ => Tứ giác FNMC nội tiếp ( 2 góc bằng nhau cùng nhìn cạnh MN)
21. Theo như trên đã có 푰푬푭̂ = 푫푭̂ => Tứ giác IEDF nội tiếp ( 2 góc bằng nhau cùng nhìn cạnh IF) => 푰푭푫̂ + 푰푬푫̂ = ∗ => 푰푭푫̂ = ∗ − 푰푬푫̂ = ∗ − ∗ = ∗ => IF _|_ DF => 푰푭푬̂ = 푴푭푪̂ (cùng phụ với 푴푭푬̂ ) Ta có 푪푭̂ = 푫푭̂ (Tứ giác ADCF nội tiếp ). Mà 푫푭̂ = 푰푬푭̂ (cmt). => 푪푭̂ = 푰푬푭̂ . Xét ∆푭푰푬 và ∆푭푴푪 ta có 푰푭푬̂ = 푴푭푪̂ (cmt); 푪푭̂ = 푰푬푭̂ (cmt) 푭푰 푭푬 => ∆푭푰푬 ~ ∆푭푴푪 (g – g) => = 푭푴 푭푪 Xét ∆푭푰푴 và ∆푭푬푪 ta có 푭푰 푭푬 푰푭푴̂ = 푬푭푪̂ = ∗ (cmt); = (cmt) 푭푴 푭푪 => ∆푭푰푴 ~ ∆푭푬푪 (c – g – c) => 푭푴푰̂ = 푭푪푬̂ => Tứ giác FMHC nội tiếp ( góc ngoài bằng góc đối trong) Theo như trên ta có 2 tứ giác FNMC và FMHC nội tiếp => 5 điểm F, N, M, H, C cùng thuộc 1 đường tròn => Tứ giác HNFC nội tiếp (đpcm) Câu 7. 푴 Tính tỉ số diện tích tứ giác NKHM với diện tích tứ giác AKNO nếu = 푴푵 Bài toán phụ: Trong tam giác ABC với góc A nhọn ta có BC2 = AB2 + AC2 – 2AB.AC.cosA
22. Chứng minh: Kẻ BH _|_ AC tại H thì ta có AH = AB.cosA. Áp dụng định lý pitago ta có: BC2 = BH2 + HC2 = BH2 + (AC – AH)2 = BH2 + AH2 + AC2 – 2AC.AH = AB2 + AC2 – 2AC.AB.cosA. Bài toán phụ được chứng minh xong Quay trở lại bài toán chính. Cho OA cắt BC tại D. Gọi E là trung điểm của CD. Theo đề bài ta có AB = AC và OB = OC => OA là đường trung trực của BC => AD _|_ BC và DB = DC Do MA = MC và ED = EC => ME là đường trung bình của tam giác ADC => AD = 2ME và AD // ME => ME _|_ BC Xét ∆푴 và ∆푴푵푪 ta có 푴 ̂ = 푵푴푪̂ (2 góc đối đỉnh); 푴̂ = 푴푪푵̂ (2 góc nội tiếp cùng chắn cung AN ) 푴 푴푵 => ∆푴 ~ ∆푴푵푪 (g – g) => = => MA.MC = MB.MN 푴 푴푪 푴 푴 Theo giả thiết = => MN = 푴푵 푴 푪 푪 푪 Thế vào biểu thức trên MB . = . => MB2 = 푪 푫 Từ DB = DC và ED = DC => BE = ; ME = ퟒ 푪 và AD2 = AC2 – CD2 = AC2 – (Pitago). Áp dụng định lý pitago ퟒ 푫 푪 푪 푪 푪 푪 푪 MB2 = ME2 + BE2 = + = . ( − ) + = + ퟒ ퟒ ퟒ ퟒ 푪 푪 푪 푪 푪 푪. √ Từ đó suy ra = + => = => BC = ퟒ Do tỉ số các cạnh và diện tích trong 1 tam giác luôn cố định và không thay đổi nên ta √ 푪 √ giả sử AC = AB = 1 (đơn vị) => BC = ; CD = = Xét ∆ 푯푪 và ∆ 푫푪 ta có 푫푪̂ = 푯푪̂ = ∗; 푪 ̂ là góc chung 푯푪 푪푫 푪푫. 푪 √ √ => ∆ 푯푪 ~ ∆ 푫푪 (g – g) => = => HC = = . = 푪 푪 푪
23. => AH = AC – HC = 1 – = √ Theo định lý pitago BH = √ − 푯 = √ − ( ) = Xét ∆푯 và ∆푯푲푪 ta có 푯 ̂ = 푪푯푲̂ = ∗ ; 푯̂ = 푲푪푯̂ (2 góc nội tiếp cùng chắn cung AK ) 푯 푯푲 => ∆푯 ~ ∆푯푲푪 (g – g) => = 푯 푯푪 푯.푯푪 √ √ => HK = = ( . ) ∶ = 푯 √ √ Áp dụng pitago ta có AK = √ 푯 + 푯푲 = √( ) + ( ) = √ √ √ BK = BH + HK = + = 푪 √ 푴 √ MB2 = = => MB = => MN = = √ √ √ BN = MB + MN = + = .Tam giác BHM vuông cho 푯 √ √ ퟒ√ CosKBN = = : = 푴 NK2 = BK2 + BN2 – 2BK.BN.cosKBN √ √ √ √ ퟒ√ √ = ( ) + ( ) − . . . = => NK = 푪 √ √ Ta có AM = = ; AD = √ 푪 − 푪푫 = √ − ( ) = MA = MC => OM _|_ AC (Quan hệ đường kinh và dây cung) Xét ∆ 푴푶 và ∆ 푫푪 ta có 푫푪̂ = 푴푶̂ = ∗; 푪 푫̂ là góc chung 푴 푫 푴. 푪 √ √ => ∆ 푴푶 ~ ∆ 푫푪 (g – g) => = => OK = OA = = : = 푶 푪 푫 ퟒ Gọi P và Q lần lượt là trung điểm của AK và NK
24. => OP _|_ AK và OQ _|_ NK (quan hệ đường kính và dây cung) Kí hiệu S là diện tích. Theo định lý pitago ta có 푲 √ √ √ √ AP = = ; OP = √푶 − 푷 = √( ) − ( ) = ퟒ 푶푷. 푲 √ √ √ => 푺 = = . . = ∆ 푶푲 푲푵 √ √ √ √ KQ = = ; OQ = √푶푲 − 푲푸 = √( ) − ( ) = ퟒퟒ ퟒ ퟒퟒ 푶푸.푲푵 √ √ √ => 푺 = = . . = ∆푲푶푵 √ √ √ 푺 = 푺 + 푺 = + = 푲푵푶 ∆ 푶푲 ∆푲푶푵 푫. 푪 √ √ √ 푺 푲푵푶 √ √ 푺∆ 푪 = = . . = => = ∶ = (1) 푺∆ 푪 ퟒퟒ 푺 푺 푺 푴 푯 √ √ √ √ ∆ 푯푴 = ∆ 푯푴 . ∆ 푴푲 = . = ( : ) . ( : ) = 푺∆ 푲푵 푺∆ 푴푲 푺∆ 푲푵 푵 푲 푺푵푲푯푴 푺∆ 푯푴 푺푵푲푯푴 => = 1 – = 1 – = => = 푺∆ 푲푵 푺∆ 푲푵 푺∆ 푯푴 푴푯 MH = AM – AH = − = => = 푪 푺 푺 푺 푴푯 푵푲푯푴 = 푵푲푯푴 . ∆ 푯푴 = . = . = (2) 푺∆ 푪 푺∆ 푯푴 푺∆ 푪 푪 푺푵푲푯푴 Từ (1) và (2) => = ∶ = 푺 푲푵푶 ퟒퟒ
25. Câu 8. 1/ Tứ giác EFDO nội tiếp và AB.IK = AK.BF Ta có 푭푪̂ = ∗ (Góc nội tiếp chắn nủa đường tròn đường kính BC) => AB _|_ FC Ta có 푬푪̂ = ∗ (Góc nội tiếp chắn nủa đường tròn đường kính BC) => AC _|_ BE Xét tam giác ABC có 2 đường cao BE và CF cắt nhau tại H => H là trực tâm của tam giác ABC => AD là đường cao thứ ba ∆ 푪=> AD _|_ BC Xét tứ giác BFHD ta có: 푭푯̂ = 푯푫푪̂ = ∗ => Tứ giác BFHD nội tiếp (góc ngoài bằng góc đối trong) => 푬 푪̂ = 푪푭푫̂ Mà 푬 푪̂ = 푬푭푪̂ ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung EC) => 푬푭푫̂ = 푬푭푪̂ + 푪푭푫̂ = 푬 푪̂ Ta có OB = OE => Tam giác OBE cân tại O => 푬 푪̂ = 푬푶̂ Theo góc ngoài tam giác ta có 푬푶푪̂ = 푬 푪̂ + 푬푶̂ = 푬 푪̂ => 푬푭푫̂ = 푬푶푪̂ => Tứ giác EFDO nội tiếp (góc ngoài bằng góc đối trong) (đpcm) Xét tứ giác DHEC ta có: 푯푬푪̂ = 푯푫 ̂ = ∗ => Tứ giác DHEC nội tiếp (góc ngoài bằng góc đối trong) => 푯푫푬̂ = 푬푪푭̂
26. Mà 푬푪푭̂ = 푭푰푬̂ (2 góc nội tiếp cùng chắn cung EF) => 푯푫푬̂ = 푭푰푬̂ => IF // AD (2 góc ở vị trí đồng vị). Mà AD _|_ BC => IF _|_ BC Cho IF cắt BC tại J Ta có IF _|_ BC => JI = JF (Quan hệ đường kính và dây cung). Từ IF // AD và JI = JF. Áp dụng định lý ta let ta có 푰푲 푰푱 푱푭 푭 = = = => AB.IK = AK.BF (đpcm) 푲 푫 푫 2/ AB.EP + CP.CH + CD.BC = AC2 + BC2 – AB2 và đường trung trực của DQ đi qua trung điểm cạnh AF Xét ∆푭 푯 và ∆푭푪 푭푯̂ = 푭푪̂ = ∗ ; 푭 푯̂ = 푪푭̂ (Cùng phụ với 푪̂ ) 푭 푭푪 => ∆푭 푯 ~ ∆푭푪 (g – g) => = => FA.FB = FH.FC 푭푯 푭 Theo định lý pitago ta có AC2 + BC2 – AB2 = AF2 + FC2 + BF2 + FC2 – (AF + BF)2 = AF2 + BF2 + 2FC2 – AF2 – BF2 – 2AF.BF = 2FC2 – 2FH.FC = 2FC.(FC – FH) = 2FC.HC Ta có AB // EP( cùng vuông góc với FC) => 푬̂ = 푷푬푪̂ (2 góc ở vị trí đồng vị) Xét ∆푬 và ∆푷푬푪 푬 ̂ = 푬푷푪̂ = ∗ ; 푬̂ = 푷푬푪̂ (cmt ) 푬 푬푷 => ∆푬 ~ ∆푷푬푪 (g – g) => = => AB.EP = AE.EC 푬푪 Xét ∆푪푯푬 và ∆푪 푭 푪푬푯̂ = 푪푭 ̂ = ∗ ; 푪푭̂ (là góc chung 푪푯 푪 => ∆푪푯푬 ~ ∆푪 푭 (g – g) => = => EC.AC = HC.FC 푪푬 푪푭 Xét ∆푪푯푫 và ∆푪 푭 푪푫푯̂ = 푪푭 ̂ = ∗ ; 푪푭̂ (là góc chung 푪푯 푪 => ∆푪푯푫 ~ ∆푪 푭 (g – g) => = => CD.BC = HC.FC 푪푫 푭푪 Theo hệ thức lượng tam giác EHC vuông tại E có đường cao EP: CP.CH = EC2 Ta có AB.EP + CP.CH + CD.BC = AE.EC + EC2 + HC.FC = EC.(AE + EC) + HC.FC = EC.AC + HC.FC = HC.FC + HC.FC = 2HC.FC Từ đó suy ra AB.EP + CP.CH + CD.BC = AC2 + BC2 – AB2 (đpcm)
27. Gọi T là điểm đối xứng H qua D, EF cắt AH tại X. Gọi U và Y lần lượt là trung điểm của AF và AH. Ta có DH = DT và AD _|_ BC nên BC là đường trung trực của HT => BH -= BT => Tam giác BHT cân => 푻푯̂ = 푯푻̂ Mà 푯푻̂ = 푯푬̂ (2 góc đối đỉnh) Tam giác AHE vuông tại E có EY là đường trung tuyến => HY = YE =>Tam giác HYE cân => 푯푬̂ = 푯푬풀̂ Từ đó suy ra 푻푯̂ = 푯푬풀̂ => Tứ giác BYET nội tiếp ( 2 góc bằng nhau cùng nhìn cạnh BY) => 풀 푬̂ = 풀푻푬̂ Theo tính chất trung trực ta cũng có CH = CT => Tam giác CHT cân => 푪푻푯̂ = 푪푯푻̂ Mà 푪푻푯̂ = 푪̂ (cùng phụ với 푪 ̂ ) 푪̂ = 푬푭̂ (góc ngoài bằng góc đối trong do tứ giác BFEC nội tiếp (O) ) Từ đó suy ra 푪푻푯̂ = 푬푭̂ => Tứ giác EXTC nội tiếp (góc ngoài bằng góc đối trong) => 풀푻푬̂ = 푿푪 ̂ . Từ đó suy ra 풀 푬̂ = 푿푪 ̂ Cho CX cắt BY tại A1 thì từ 풀 푬̂ = 푿푪 ̂ =>A Tứ giác BA1EC nội tiếp (2 góc bằng nhau cùng nhìn cạnh EA1) =>A 푬푪̂ = ̂ 푪 = ∗ => XC _|_ BY Ta có UA = UF và YA = YH nên UY là đường trung bình tam giác AFH => FH // UY và FH _|_ AB => AB _|_ UY Xét tứ giác BUYD ta có: 푼풀̂ = 푫 ̂ = ∗ => Tứ giác BUYD nội tiếp (góc ngoài bằng góc đối trong) => 푼푫̂ = 풀푫̂ Ta có AD _|_ BC và XC _|_ BY => 풀푫̂ = 푪푿̂ (cùng phụ với 풀 푪̂ ) Xét tứ giác DXQC ta có: 푫 ̂ = 푭푸푪̂ = ∗ => Tứ giác DXQC nội tiếp (góc ngoài bằng góc đối trong) => 푪푿̂ = 푫푸푭̂ Từ đó suy ra 푼푫̂ = 푫푸푭̂ => Tứ giác UFDQ nội tiếp ( 2 góc bằng nhau cùng nhìn cạnh DF) Theo như trên đã có 푬푭푪̂ = 푫푭푯̂ ( = 푬 푪̂ ) => 푭푬̂ = 푭푫̂ (cùng phụ với 2 góc bằng nhau) Ta có 푼푫푸̂ = 푭푬̂ (Tứ giác UFDQ nội tiếp) 푼푸푫̂ = 푭푬̂ (Tứ giác UFDQ nội tiếp) Mà 푭푬̂ = 푭̂푫 (cmt) => 푼푫푸̂ = 푼푸푫̂ => Tam giác UDQ cân tại U => UD = UQ
28. => U nằm trên đường trung trực của DQ hay nói cách khác đường trung trực cũa DQ đi qua trung điểm của cạnh AF (đpcm) 3/ MC đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác AKC Cho MP cắt BC tại N Xét tứ giác PEQC ta có: 푬푸푪̂ = 푬푷푭̂ = ∗ => Tứ giác PEQC nội tiếp (góc ngoài bằng góc đối trong) => 푷푸푪̂ = 푷푬푪̂ Mà 푷푬푪̂ = 푪̂ (cmt) => 푷푸푪̂ = 푪̂ Ta cò 푪푷푸̂ = 푪푬푸̂ (Tứ giác PEQC nội tiếp) Mà 푪푬푸̂ = 푪̂ (góc ngoài bằng góc đối trong do tứ giác BFEC nội tiếp (O)) => 푪푷푸̂ = 푪̂. Xét ∆ 푪 và ∆푸푷푪 푷푸푪̂ = 푪̂ (cmt) ; 푪푷푸̂ = 푪̂ (cmt ) 푪 푪 => ∆ 푪 ~ ∆푸푷푪 (g – g) => = 푸푪 푷푪 Ta có ∆ 푪 ~ ∆푸푷푪 => 푪 ̂ = 푸푪푷̂ => 푪푸̂ = 푪푷̂ (cùng cộng góc 푪푭̂ ) Xét ∆푸푪 và ∆푷푪 푪 푪 푪푸̂ = 푪푷̂ (cmt) ; = (cmt ) 푸푪 푷푪 => ∆푸푪 ~ ∆푷푪 (c – g – c) Ta có MN // AD và AD _|_ BC =>MN _|_ BC Xét tứ giác BFPN ta có: 푭푪̂ = 푷푵푪̂ = ∗ => Tứ giác BFPN nội tiếp (góc ngoài bằng góc đối trong) => 푪푭푵̂ = 푪 푷̂ Mà 푪 푷̂ = 푪 푸̂ (do ∆푸푪 ~ ∆푷푪 ) => 푪푭푵̂ = 푪 푸̂ Xét ∆푪 푸 và ∆푪푭푵 푪푸̂ = 푪푷̂ (cmt) ; 푪푭푵̂ = 푪 푸̂ (cmt ) 푪 푪푸 => ∆푪 푸 ~ ∆푪푭푵 (g – g) => = 푪푭 푪푵 Ta có IF vuông góc với đường kính BC => BC là trung trực của IF => CF = CI và 푪푷̂ = 푪푰̂ Mà 푪푷̂ = 푪푸̂ (cmt) => 푪푰̂ = 푪푸̂ => 푪푰̂ = 푸푪푵̂ (cùng cộng với 푪 ̂ ) 푪 푪푸 Cũng từ CF = CI => = 푪푰 푪푵
29. Xét ∆푪 푰 và ∆푪푸푵 푪 푪푸 푪푰̂ = 푸푪푵̂ (cmt) ; = (cmt ) 푪푰 푪푵 => ∆푪 푰 ~ ∆푪푸푵 (c – g – c). Xét tứ giác CNMQ ta có: 푪푸푴̂ = 푴푵 ̂ = ∗ => Tứ giác CNMQ nội tiếp (góc ngoài bằng góc đối trong) => 푪푴푵̂ = 푪푸푵̂ Mà 푪푸푵̂ = 푪 푰̂ (do ∆푪 푰 ~ ∆푪푸푵) Ta có BE // KG mà BE _|_ AC nên KG _|_ AC Xét tứ giác AKDG ta có: 푫푲̂ = 푮푲̂ = ∗ => Tứ giác AKDG nội tiếp (2 góc bằng nhau cùng nhìn cạnh AK) => 푪 푰̂ = 푮푫푪̂ Từ đó suy ra 푪푴푵̂ = 푮푫푪̂. Mà ta có 푪푴푵̂ + 푴푪 ̂ = ∗(Tam giác MNC vuông tại N) => 푫푮푪̂ + 푴푪 ̂ = ∗=> MC _|_ DG Xét trong đường tròn tâm Z ngoại tiếp tam giác AKC. Kẻ tia tiếp tuyến Ct tại C của đường tròn này. Ta có 푲푪̂ = 푪풕̂ (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung AC). Mà 푲푪̂ = 푫푮푪̂ (Tứ giác AKDG nội tiếp) => 푪풕̂ = 푫푮푪̂ => DG // Ct (2 góc ở vị trí sole trong). Mà Ct _|_ Cz => Cz _|_ DG Mà theo như trên đã có MC _|_ DG => 3 điểm C, M, Z thẳng hàng. Nói cách khác MC đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AKC (đpcm) 4/ 푫푺푪̂ = 푬푳푪̂ Cho LC cắt AK tại V, MC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại R Ta có MP // AD và ML // AD (gt) => 3 điểm M, P, L thẳng hàng Theo giả thiết ban đầu thì CV _|_ AK Xét ∆ 푽푪 và ∆푴푵푪 푽푪̂ = 푴푵푪̂ = ∗ ; 푪 푰̂ = 푪푴푵̂ ( = 푪푸푵̂ ) 푪 푽푪 => ∆ 푽푪 ~ ∆푴푵푪 (g – g) => = 푴푪 푵푪 => 푪푽̂ = 푴푪푵̂ => 푪푴̂ = 푵푪푽̂ ( cùng cộng với 푪푸푵̂ ) Xét ∆푪 푴 và ∆푪푽푵 푪 푽푪 푪푴̂ = 푵푪푽̂ (cmt) ; = (cmt ) 푴푪 푵푪
30. => ∆푪 푴 ~ ∆푪푽푵 (c – g – c) => 푪 푴̂ = 푪푽푵̂ Xét tứ giác KVLN ta có: 푲푽푪̂ = 푳푵푪̂ = ∗ => Tứ giác KVLN nội tiếp (góc ngoài bằng góc đối trong) => 푪푽푵̂ = 푪푲푳̂ Từ đó suy ra 푪푲푳̂ = 푪 푴̂ Xét ∆푪 푴 và ∆푪푲푳 푪푴̂ = 푵푪푽̂ (cmt); 푪 푴̂ = 푵푲푳̂ (cmt) 푪 푪푴 => ∆푪 푴 ~ ∆푪푲푳 (g – g) => = 푪푲 푪푳 Xét ∆푪푫 và ∆푪푮푲 푪푫 ̂ = 푪푮푲̂ = ∗ ; 푪 ̂ là góc chung 푪 푪푫 => ∆푪푫 ~ ∆푪푮푲 (g – g) => = 푪푲 푪푮 푪푴 푪푫 푪푴 푪푳 Từ đó suy ra = => = 푪푳 푪푮 푪푫 푪푮 Xét ∆푪푴푬 và ∆푪 푹 푪푴푬̂ = 푪 푹̂ (Tứ giác EMAR nội tiếp) ; 푪푹̂ là góc chung 푪푴 푪 => ∆푪푴푬 ~ ∆푪 푹 (g – g) => = => CM.CR = CA.CE 푪푬 푪푹 Xét ∆푪푬 và ∆푪푫 푬푪̂ = 푫푪̂ = ∗ ; 푪 ̂ là góc chung 푪 푪푫 => ∆푪푬 ~ ∆푪푫 (g – g) => = => CB.CD = CA.CE 푪 푪푬 푪푴 푪 Từ đó suy ra CM.CR = CB.CD => = 푪푫 푪푹 푪푴 푪푳 푪푳 푪 푪푳 푪푮 Theo như trên đã có = => = => = 푪푫 푪푮 푪푮 푪푹 푪 푪푹 Xét ∆푪푳 và ∆푪푮푹 푪푳 푪푮 푪푴̂ = 푽푪푵̂ (cmt) ; = (cmt ) 푪 푪푹 => ∆푪푳 ~ ∆푪푮푹 (c – g – c) Từ BE // KG và BM // KS. Áp dụng định lý ta let ta có 푴푺 푲 푮푬 = = => EF // GS (Định lý talet đảo) 푺푪 푪푲 푮푪
31. Ta có tứ giác ARME nội tiếp => 푹푴̂ + 푬푴̂ = ∗ Mà 푬푴̂ = 푮푺̂ (2 góc ở vị trí đồng vị do EF // GS) => 푹푴̂ + 푮푺̂ = ∗ => Tứ giác ARGS nội tiếp (tổng 2 góc đối bằng 180* ) => 푪 푺̂ = 푪푹푮̂. Mà 푪푹푮̂ = 푪 푳̂ (do ∆푪푳 ~ ∆푪푮푹 ) => 푪 푺̂ = 푪̂ 푳 Xét ∆푪 푺 và ∆푪 푳 푪푴̂ = 푽푪푵̂ (cmt); 푪 푺̂ = 푪 푳̂ (cmt) 푪 푪푺 => ∆푪 푺 ~ ∆푪 푳 (g – g) => = 푪 푪푳 푪 푪푫 푪푫 푪푺 푪푫 푪푬 Theo như trên ta có = => = => = 푪 푪푬 푪푬 푪푳 푪푺 푪푳 Xét ∆푪푫푺 và ∆푪푬푳 푪푫 푪푬 푴푪푵̂ = 푪푽̂ (cmt) ; = (cmt ) 푪푺 푪푳 => ∆푪푫푺 ~ ∆푪푬푳 (c – g – c) => 푫푺푪̂ = 푬푳푪̂ (đpcm)