Tuyển tập các bài toán trong đề thi tuyển sinh chuyên toán của các tỉnh, thành phố - Võ Trần Duy

Nội dung text: Tuyển tập các bài toán trong đề thi tuyển sinh chuyên toán của các tỉnh, thành phố - Võ Trần Duy

1. Blog TOÁN HỌC CHO MỌI NGƯỜI −1 blogtoanhocchomoinguoi@gmail.com TỔNG HỢP CÁC BÀI TOÁN TỪ ĐỀ THI TUYỂN SINH CHUYÊN TOÁN CỦA CÁC TỈNH – THÀNH PHỐ Đơn vị tài trợ
2. VÕ TRẦN DUY – VÕ THÀNH ĐẠT – LƯƠNG VĂN KHẢI – ĐẶNG NHÌ – NGUYỄN DUY TÙNG TRẦN DƯƠNG VIỆT HOÀNG – PHẠM THỊ HỒNG NHUNG – PHẠM QUỐC THẮNG NGÔ HOÀNG ANH – NGUYỄN TRƯỜNG HẢI TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN TRONG ĐỀ THI TUYỂN SINH CHUYÊN TOÁN CỦA CÁC TỈNH – THÀNH PHỐ Tháng 4 – 2017
3. Đây là tài liệu miễn phí. Bất cứ ai cũng có thể tải về và chia sẻ đến những người khác, nhưng khi chia sẻ, vui lòng ghi rõ nguồn tài liệu. Mọi hành động sử dụng tài liệu này vào mục đích thương mại đều phải được sự cho phép bằng văn bản của THCMN, nếu không sẽ bị coi là vi phạm bản quyền.
4. LỜI NÓI ĐẦU “Đi nhiều người, bạn sẽ đi rất xa.” Kì thi tuyển sinh vào bậc THPT luôn là một kì thi cam go, quyết liệt đối với các bạn học sinh, nhất là các bạn học sinh muốn thi vào các trường chuyên. Thông thường, một lớp chuyên chỉ có khoảng dưới 40 học sinh, nhưng số lượng các bạn học sinh đăng kí thi vào lớp chuyên đó luôn ở mức hàng trăm, thậm chí hàng nghìn. Nói như vậy để thấy rằng, vượt qua kì thi tuyển sinh vào các lớp chuyên luôn là một thử thách lớn đối với các thí sinh, và điều đó đòi hỏi sự chuẩn bị, ôn tập kĩ lưỡng và những kĩ năng vững vàng đến từ các bạn. Tiếp nối thành công đến từ các ấn phẩm trước, với mong muốn giúp các bạn học sinh đang chuẩn bị cho kì thi tuyển sinh vào các lớp 10 chuyên Toán có một nguồn tài liệu đầy đủ và chất lượng để ôn tập trong giai đoạn nước rút, Blog Toán học cho mọi người cho ra mắt ấn phẩm “Tuyển tập các bài toán trong đề thi tuyển sinh chuyên Toán của các tỉnh – thành phố”. Trong cuốn sách này, để thuận tiện cho các bạn theo dõi, chúng tôi chia các bài toán ra làm 5 lĩnh vực: Bất đẳng thức, Đại số, Hình học, Số học, Tổ hợp. Mỗi bài toán đều có hướng dẫn giải hoặc lời giải đầy đủ ở phần sau. Các biên tập viên từng phần của ấn phẩm này gồm có: • Bất đẳng thức: Võ Thành Đạt (Sinh viên hệ Cử nhân tài năng khoa Toán – Tin học trường Đại học Khoa học tự nhiên, ĐHQG Tp. HCM) và Phạm Quốc Thắng (Học sinh chuyên Toán trường THPT chuyên Long An, tỉnh Long An). • Đại số: Võ Trần Duy (Sinh viên hệ Cử nhân tài năng khoa Toán – Tin học trường Đại học Khoa học tự nhiên, ĐHQG Tp. HCM) và Ngô Hoàng Anh (Học sinh chuyên Toán trường Phổ thông Năng khiếu, ĐHQG Tp. HCM). • Hình học: Lương Văn Khải (Sinh viên hệ Cử nhân tài năng khoa Toán – Tin học trường Đại học Khoa học tự nhiên, ĐHQG Tp. HCM) và Nguyễn Duy Tùng (Sinh viên đại học Wabbash, Hoa Kỳ). • Số học: Phạm Thị Hồng Nhung (Học sinh chuyên Toán trường THPT chuyên Lê Quý Đôn, tỉnh Bà Rịa – Vũng Tàu) và Nguyễn Trường Hải (Học sinh chuyên Toán trường THPT chuyên Trần Hưng Đạo – Bình Thuận). • Tổ hợp: Đặng Nhì (Sinh viên hệ Cử nhân tài năng khoa Toán – Tin học trường Đại học Khoa học tự nhiên, ĐHQG Tp. HCM) và Trần Dương Việt Hoàng (Học sinh chuyên Toán trường Phổ thông Năng khiếu, ĐHQG Tp. HCM). Chúng tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến TS Trần Nam Dũng (Trường Đại học Khoa học Tự nhiên ĐHQG Tp. HCM) đã luôn động viên và giúp đỡ chúng tôi trong quá trình hoàn thành cuốn tài liệu này. Trân trọng cảm ơn anh Huỳnh Phước Trường (Sinh viên trường Đại học Sư phạm Tp. HCM) đã chỉnh sửa và trang trí lại các phần của cuốn sách, chị Đỗ Thị Lan Anh (Chủ nhiệm CLB Học thuật khoa Toán – Tin học trường Đại học Khoa học tự nhiên – ĐHQG Tp. HCM) đã đưa ra những nhận xét thẳng thắn cho bản thảo ấn phẩm. Cảm ơn các cộng tác viên Võ Ngọc Trăm (Sinh viên khoa Toán – Tin học trường Đại học Khoa học Tự nhiên, ĐHQG Tp. HCM) đã sưu tập đề thi, Lư Thương Thương (Học sinh chuyên Toán trường THPT chuyên Lê Hồng Phong, Tp. HCM) đã đọc và kiểm tra bản thảo. Cảm ơn các thầy cô và
5. các thành viên của Diễn đàn Toán học Việt Nam – VMF ( Thư viện trực tuyến Violet ( , Mathscope ( đã cung cấp một số đề thi và đáp án. Đặc biệt, chúng tôi xin cảm ơn Công ty cổ phần Giáo dục Titan – Titan Education đã tài trợ kinh phí cho chúng tôi hoàn thành ấn phẩm này. Chúng tôi rất mong nhận được những ý kiến đóng góp của các bạn để những lần biên tập các ấn phẩm khác được hoàn thiện hơn. Mọi nhận xét và góp ý xin gửi về email blogtoanhocchomoinguoi@gmail.com hoặc gửi tin nhắn đến fanpage Toán học cho mọi người – Math for Everyone ( Cảm ơn tất cả các bạn!
6. GIỚI THIỆU VỀ ĐƠN VỊ TÀI TRỢ CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC TITAN Khi giáo dục ngày càng phát triển, việc chọn cho con em mình môi trường học tập tốt luôn là điều trăn trở của các bậc phụ huynh. Ở trường, các môn tự nhiên khiến học sinh gặp không ít khó khăn, bởi đa số các em chưa nắm vững kiến thức căn bản từ lớp trước, đặc biệt chưa có phương pháp học hợp lý. Được thành lập vào năm 2010, TITAN Education là trung tâm đào tạo và bồi dưỡng văn hóa trực tiếp nhằm mang lại môi trường giáo dục tốt nhất, nơi các em có thể thỏa chí đam mê với các môn học đầy lý thú cũng như các khóa học bổ ích giúp phát triển tối đa kỹ năng, sở trường của mỗi em. Các chương trình được giảng dạy tại TITAN: • Toán, Lý, Hóa, Văn, Anh văn cơ bản – nâng cao • Toán chuyên • Toán IQ cho thiếu nhi • Luyện thi THPT Quốc gia • Toán tiếng Anh • Lớp hè đặc biệt – 9 tuần thử thách • Bồi dưỡng học sinh giỏi - Gặp gỡ toán học
7. Với tập thể giảng viên giàu kinh nghiệm cùng chương trình đào tạo phù hợp, TITAN sẽ giúp học sinh củng cố các kiến thức cơ bản và dần dần tiếp cận với các kiến thức nâng cao, rèn khả năng tư duy, hình thành kỹ năng giải các bài tập, giúp các em đạt kết quả tốt ở trường cũng như các kỳ thi chuyển cấp và kỳ thi tuyển sinh Đại học. Đối với những em có năng khiếu đặc biệt về toán, các giảng viên tại TITAN sẽ bồi dưỡng dạy chuyên sâu và nâng cao hơn, để các em có thể tự tin tham dự các kỳ thi Olympic, học sinh giỏi Quốc gia, Quốc tế. Phối hợp với gia đình, TITAN luôn chủ động liên hệ, thông tin đến phụ huynh về tình hình học tập của các em. Đặc biệt, TITAN còn có những bài kiểm tra định kỳ để theo dõi việc học tập cũng như rèn kỹ năng làm bài thi cho từng học sinh, và báo cáo kết quả cho phụ huynh bằng Phiếu báo học tập. Nhằm đảm bảo chất lượng dạy và học, TITAN bố trí lớp học không quá 20 học sinh cùng một giảng viên và một trợ giảng. Với môi trường thân thiện, gần gũi, cơ sở vật chất khang trang, các phòng học được thiết kế đạt chuẩn quốc tế, Học viện còn có môi trường hoạt động thể dục thể thao để giúp học viên có được sức khỏe tốt phục vụ cho việc học và những kĩ năng cần thiết hỗ trợ cho công việc sau này. Thư viện hiện đại với nhiều sách chuyên nghành phục vụ cho nhu cầu nâng cao kiến thức của học viên. Bên canh đó trường còn trang bị các phòng tự học cho học viên và những phòng để học viên làm việc nhóm nhóm theo đề tài giảng viên đưa ra.
8. Mục lục 1 CÁC BÀI TOÁN 11 1.1 Bất đẳng thức 11 1.2 Đại số 14 1.3 Hình học phẳng 16 1.4 Số học 22 1.5 Tổ hợp 25 2 LỜI GIẢI 27 2.1 Bất đẳng thức 27 2.2 Đại số 44 2.3 Hình học phẳng THCMN 60 2.4 Số học 104 2.5 Tổ hợp 116
9. 1. CÁC BÀI TOÁN 1.1 Bất đẳng thức Bài 1. (Trường Phổ thông Năng khiếu ĐHQG Tp. HCM) Biết x ≥ y ≥ z, x + y + z = 0 và x2 + y2 + z2 = 6. 1. Tính S = (x − y)2 + (x − y)(y − z) + (y − z)2 2. Tìm giá trị lớn nhất của P = |(x − y)(y − z)(z − x)| Bài 2. (Bà Rịa - Vũng Tàu) Cho x,y,z là 3 số dương thỏa mãn x2 +y2 +z2 = 3xyz. Chứng minh: x2 y2 z2 + + ≥ 1 y + 2 z + 2 x + 2 Bài 3. (Bắc Ninh) Cho a,b,c > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của 3a4 + 3b4 + c3 + 2 M = (a + b + c)3 Bài 4. (Bình Định) Cho x,y,z là 3 sốTHCMN thay đổi thỏa mãn x2 + y2 + z2 = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 1 P = xy + yz + zx + x2(y − z)2 + y2(z − x)2 + z2(x − y)2 2 Bài 5. (Bình Thuận) Cho các số dương x,y,z. Chứng minh rằng xy yz zx x2 + y2 + z2 + + ≤ x2 + yz + zx y2 + zx + xy z2 + xy + yz xy + yz + zx Bài 6. (Cần Thơ) Cho a,b,c lần lượt là độ dài ba cạnh của một tam giác và thỏa mãn 2ab + 3bc + 4ca = 5abc. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 7 6 5 P = + + a + b − c b + c − a c + a − b
10. 12 Chương 1. CÁC BÀI TOÁN Bài 7. (Đồng Nai) Cho a,b,c là các số thực không âm thỏa a + b + c = 3. 1. Chứng minh rằng: ab + bc + ca ≤ 3 2. Chứng minh rằng: a2b + b2c + c2a ≤ 4 Bài 8. (Hà Nội) Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn a2 + b2 + c2 = 3. Chứng minh 2a2 2b2 2c2 + + ≥ a + b + c a + b2 b + c2 c + a2 Bài 9. (Hà Tĩnh) Cho a,b,c > 0 thỏa mãn a + b + c = 2016. Tìm giá trị lớn nhất của a b c √ + √ + √ a + 2016a + bc b + 2016b + ca c + 2016c + ab Bài 10. (Hải Dương) Cho a,b,c là các số thực dương thay đổi thỏa mãn a + b + c = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức ab + bc + ca Q = 14(a2 + b2 + c2) + a2b + b2c + c2a Bài 11. (Hải Phòng) Cho a,b,c > 0 và a + b + c ≥ 9. Tìm giá trị nhỏ nhất của s r b2 c2 1 9 25 A = 2 a2 + + + 3 + + 3 5 a b c Bài 12. (Tp. HCM) Cho x,y là hai số thực dương. Chứng minh rằng √ √ x y + y x x + y 1 − ≤ x + y 2 4 THCMN1 1 1 Bài 13. (Lào Cai) Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn + + = 2. Chứng minh a + 1 b + 1 c + 1 1 1 1 + + ≥ 1 8a2 + 1 8b2 + 1 8c2 + 1 Bài 14. (Long An) Cho a,b,c là 3 cạnh của một tam giác. Tìm giá trị nhỏ nhất của abc Q = (b + c − a)(c + a − b)(a + b − c) Bài 15. (Nam Định) Cho x,y,z là các số thực thỏa mãn (x − y)(x − z) = 1 và y 6= z. Chứng minh 1 1 1 + + ≥ 4 (x − y)2 (y − z)2 (z − x)2
11. 1.1 Bất đẳng thức 13 Bài 16. (Ninh Bình) Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng 1 1 1 3 + + ≤ ab + a + 2 bc + b + 2 ca + c + 2 4 Bài 17. (Ninh Thuận) Cho ba số thực a,b,c thỏa mãn điều kiện ab + bc + ca = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = a2 + b2 + c2 − 6(a + b + c) + 2017 Bài 18. (Phú Thọ): Cho các số dương x,y. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 (2x + y)(x + 2y) 8 P = + + − p(2x + y)3 + 1 − 1 p(x + 2y)3 + 1 − 1 4 3(x + y) Bài 19. (Quảng Bình) Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn ab + bc + ca = 3abc. Chứng minh rằng 1 1 1 3 √ + √ + √ ≤ √ a3 + b b3 + c c3 + a 2 Bài 20. (Quảng Nam) Cho ba số thực a,b,c sao cho 0 ≤ a,b,c ≤ 1. Chứng minh a + b + c + 3abc ≥ 2(ab + bc + ca) Bài 21. (Thái Bình) Cho các số thực x,y,z ≥ 1 và thỏa mãn 3x2 + 4y2 + 5z2 = 52. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức F = x + y + z Bài 22. (Thái Nguyên) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức q THCMN√ q √ P = x + 6 x − 9 + x − 6 x − 9 Bài 23. (Thừa Thiên - Huế) Cho x,y > 0 và x + y ≥ 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của 4x 3y M = 6x2 + 4y2 + 10xy + + + 2016 y x Bài 24. (Vĩnh Phúc) Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn a+b+c = 3. Chứng minh rằng 4(a2 + b2 + c2) − (a3 + b3 + c3) ≥ 9
12. 14 Chương 1. CÁC BÀI TOÁN 1.2 Đại số Bài 1. (Trường THPT chuyên Khoa học Tự nhiên, ĐH KHTN, ĐHQG HN)  x2 + 4y2 = 5 1. Giải hệ phương trình: 4x2y + 8xy2 + 5x + 10y = 1 √ 3 x2 + x + = 64x +4x 2. Giải phương trình: 5 6 5 5x2+6x+6 . Bài 2. (Trường Phổ thông Năng khiếu - ĐHQG Tp. HCM)  (x − 2y)(x + my) = m2 − 2m − 3 1. Giải hệ khi m = −3 và tìm m để hệ có ít nhất một (y − 2x)(y + mx) = m2 − 2m − 3 nghiệm (x0,y0) thỏa x0 > 0;y0 > 0. 2 2. Tìm a ≥ 1 để phương trình ax + (1 − 2a)x + 1 − a = 0 có hai nghiệm phân biệt x1,x2 2 2 thỏa x2 − ax1 = a − a − 1. Bài 3. (THPT chuyên Đại học Sư phạm Hà Nội Chứng minh biểu thức sau nhận giá trị nguyên dương với mọi giá trị nguyên dương của n: q q q p P = n2 + (n + 1)2 + (n − 1)2 + n2 4n2 + 2 − 2 4n4 + 1 Bài 4. (Bắc Ninh) 1. (a) Phân tích đa thức x4 + 5x3 + 5x2 − 5x − 6 thành nhân tử. q p q p x − 4(x − 1) + x + 4(x − 1)  1  (b) Rút gọn Q = 1 − với x > 1 và x 6= 2. p 2 x − 1 x − 4√(x − 1) √ 2. (a) Giải phương trình: 2(2x − 1) − 3 5x − 6 = 3x − 8. (b) Cho bốn số thực a, b, c, d khác 0 thỏa mãn các điều kiện sau: a, b là hai nghiệm của phương trình x2 − 10cx − 11d = 0; c, d là hai nghiệm của phương trình x2 − 10ax − 11b = 0. Tính giá trị của S = a + b + c + d. Bài 5. (Đà Nẵng) s a a2 1. Cho biểu thức P = + 1 + a2 + với a 6= −1. Rút gọn biểu thức P và tính a + 1 (a + 1)2 giá trị của P khi a = 2016. THCMN 2. Giải các phương√ trình: √ √ 2 (a) (√17 − 6x) 3x −√5 + (6x − 7) √7 − 3x = 2 + 8 36x − 9x − 35. (b) x2 − 3x + 2 = 10x − 20 − x − 3. Bài 6. (Hà Nội) 1. (a) Giải phương trình x4 − 2x3 + x − p2(x2 − x) = 0.  x2 + 2y − 4x = 0 (b) Giải hệ phương trình . 4x2 − 4xy2 + y4 − 2y + 4 = 0 2. Cho các số thực a,b,c đôi một khác nhau thỏa mãn a3 + b3 + c3 = 3abc và abc 6= 0. Tính ab2 bc2 ca2 P = + + . a2 + b2 − c2 b2 + c2 − a2 c2 + a2 − b2 Bài 7. (Hải Phòng)
13. 1.2 Đại số 15 1. (a) Cho biểu thức √ √ a3 − b3 a b P = − √ √ − √ √ a − b a + b b − a √ với a,b > 0 và a 6= b. Thu gọn rồi tính giá trị của P biết (a − 1)(b − 1) + 2 ab = 1. 2 2 (b) Cho phương trình x −x+b = 0 có các nghiệm x1,x2 và phương trình x −97x+a = 4 4 0 có các nghiệm là x1;x2. Tìm giá trị của a. 2. (a) Giải phương trình: 9x2 − 18x + 5
    3x2 − 4x
    − 7 = 0. √ √ √  2x + 3y + 2x − 3y = 3 2y (b) Giải hệ phương trình √ √ 2 2x + 3y − 2x − 3y = 6 Bài 8. (Tp. HCM) a−b a+b 3a−b 1. Cho hai số thức a,b sao cho |a| 6= |b| và ab 6= 0 thỏa mãn điều kiện a2+ab + a2−ab = a2−b2 . 3 2 3 Tìm giá trị của biểu thức P = a +2a b+3b . 2a3+ab2+√b3 2. (a) Giải phương trình x2 − 6x + 4 + 2 2x − 1 = 0.  x3 − y3 = 9(x + y) (b) Giải hệ phương trình . x2 − y2 = 3 Bài 9. (Hưng Yên) √ √ 1 1 a b 1. (a) Đặt a = 2;b = 3 2. Chứng minh rằng: − = a + b + + + 1. a − b b b a p3 √ p3 √ (b) Cho x = 28 + 1 − 28 − 1 + 2. Tính giá trị của P = x3 − 6x2 + 21x + 2016. 2. (a) Giải hệ phương trình  x2y2 − 2x + y2 = 0 2x2 − 4x + 3 = −y3 √ √  √  (b) Giải phương trình 2x + 5 − 2x + 2
    1 + 4x2 + 14x + 10 = 3. Bài 10. (Khánh Hoà) r 1 r 1 r 1 1. (a) Rút gọn biểu thức P = 1 − 1 − 1 − . 22 32 20162 (b) Cho a là nghiệm của phương trình x2 −3x +1 = 0. Không tính giá trị của a, hãy tính THCMNa2 giá trị của biểu thức Q = . a4 + a2 + 1 x − 12 15 x + 12 2. (a) Giải phương trình − + 4 = 5. x + 2 x2 − 4 x − 2 (b) Giải hệ phương trình  x2 − xy
    xy − y2
    = 25  p p  x2 − xy + xy − y2 = 3(x − y) Bài 11. (Long An) P √ 1 √10 5√ x 1. Cho biểu thức = x+1 + 2 x+1 − 2x+3 x+1 với điều kiện ≥ 0. (a) Rút gọn biểu thức P. (b) Tìm tất cả các số tự nhiên x để P là số nguyên tố.
14. 16 Chương 1. CÁC BÀI TOÁN 2. Cho phương trình x2 − 2(m − 1)x − 2m + 5 = 0 (m là tham số). TÌm m để phương trình có hai nghiệm x1,x2 sao cho x1 +√x2 + 2x1x2 = 26. 3. Giải phương trình 2x2 + 2
    = 5 x3 + 1. Bài 12. (Nam Định) p √ p √ 1. (a) Đơn giản biểu thức x + 2 + 2 x + 1 − x + 2 − 2 x + 1 với x > 0. 1 1 1 47 (b) Cho a,b,c là các số thực thỏa mãn điều kiện a + b + c = 6; a+b + b+c + c+a = 60 . Tính giá trị của biểu thức a + b + c . √ b+c a+c√ a+b √ 2. (a) Giải phương trình 2x2 + 3x + 1 + 1 − 3x = 2 x2 + 1.  x2 + 3y2 − 3x − 1 = 0 (b) Giải hệ phương trình . x2 − y2 − x − 4y + 5 = 0 Bài 13. (Phú Thọ) 1. Cho các số a,b thoả mãn 2a2 + 11ab − 3b2 = 0,b 6= 2a,b 6= −2a. Tính giá trị của biểu thức T = a−2b + 2a−3b . 2a−b 2a+b √ √ 2. (a) Giải phương trình 2x + 1 − x − 3 = 2.  2x3 + x2y + 2x2 + xy + 6 = 0 (b) Giải hệ phương trình x2 + 3x + y = 0 Bài 14. (Vĩnh Phúc) 1. Cho phương trình x4 + 3x3 − mx2 + 9x + 9 = 0 (m là tham số). (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 nghiệm dương. 2. Giải phương trình 3x2 − 4x 4x − 3 + 4x − 3 = 0. 1.3 Hình học phẳng Bài 1. (THPT chuyên KHTN, ĐH KHTN, ĐHQG HN) Cho hình vuông ABCD nội tiếp đường tròn tâm (O),P là điểm thuộc cung nhỏ AD của đường tròn (O) và P khác A,D. Các đường thẳng PB,PC lần lượt cắt đường thẳng AD tại M,N. Đường trung trực của AM cắt các đường thẳng AC,PB lần lượt tại E,K. Đường trungTHCMN trực của DN cắt các đường thẳng BD,PC lần lượt tại F,L. 1. Chứng minh ba điểm K,O,L thẳng hàng. 2. Chứng minh đường thẳng PO đi qua trung điểm EF. 3. Giả sử đường thẳng EK cắt đường thẳng BD tại S, các đường thẳng FL và AC cắt nhau tại T, đường thẳng ST cắt các đường thẳng PC,PB lần lượt tại U,V. Chứng minh rằng bốn điểm K,L,U,V cùng thuộc một đường tròn. Bài 2. (Trường Phổ thông Năng khiếu, ĐHQG Tp. HCM) 4ABC nhọn có ABCd > 45o. Dựng các hình vuông ABMN,ACPQ (M và C khác phía đối với AB,B và Q khác phía đối với AC). AQ cắt BM tại E,NA cắt CP tại F. 1. Chứng minh 4ABE ∼ 4ACF và tứ giác EFQN nội tiếp. 2. Chứng minh trung điểm I của EF là tâm đường tròn ngoại tiếp 4ABC. 3. MN cắt PQ tại D. Đường tròn ngoại tiếp các tam giác DMQ và DNP cắt nhau tại K khác D. Tiếp tuyến tại B và C của đường tròn ngoại tiếp 4ABC cắt nhau tại J. Chứng minh D,A,K,J thẳng hàng.
15. 1.3 Hình học phẳng 17 Bài 3. (THPT chuyên Đại học Sư phạm Hà Nội) Cho tam giác ABC nhọn, AB R > R0). Trên nửa mặt phẳng bờ OO0 có chứa điểm A, kẻ tiếp tuyến chung của MN của hai đường tròn trên (với M thuộc (O) và N thuộc (O0). Biết MB cắt (O0) tại điểm E nằm trong đường tròn (O) và đường thẳng AB cắt MN tại I. 1. Chứng minh MAN[ + MBN[ = 1800 và I là trung điểm MN. 2. Qua B, kẻ đường thẳng (d) song song với MN, (d) cắt (O) tại C và cắt (O0) tại D (với C,D khác B). Gọi P,Q lần lượt là trung điềm của CD và EM. Chứng minh ∆AME ∼ ∆ACD và các điểm A,B,P,Q cùng thuộc 1 đường tròn. 3. Chứng minh ∆BIP cân. Bài 6. (Bà Rịa Vũng Tàu) Cho ∆ABC nhọn và H là trực tâm. Chứng minh HA HB HC √ + + ≥ 3 BC CA AB Bài 7. (Bắc Ninh) Trên đường tròn (C) tâm O bán kính R vẽ dây cung AB < 2R. Từ A và B vẽ hai tiếp tuyến Ax,By với (C). Lấy điểm M bất kì thuộc cung nhỏ AB (M khác A,B). Gọi H,K,I lần lượt là chân các đường vuông gócTHCMN hạ từ M xuống AB,Ax,By. 1. Chứng minh rằng MH2 = MK.MI. 2. Gọi E là giao điểm của AM và KH,F là giao điểm của BM và HI. Chứng minh EF là tiếp tuyến chung của hai đường tròn ngoại tiếp các tam giác MEK,MFI. 3. Gọi D là giao điểm thứ hai của hai đường tròn ngoại tiếp các tam giác MEK,MFI. Chứng minh rằng khi M di chuyển trên cung nhỏ AB thì đường thẳng DM luôn đi qua một điểm cố định. Bài 8. (Bình Định) 1. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm O sao cho hai đường thẳng AD và BC cắt nhau tại T. Đường thẳng (d) ⊥ OT tại T cắt AB và CD lần lượt tại M và N. Chứng minh TM = TN. 2. Cho xOyd nhọn và M là một điểm cố định thuộc miền trong xOy. Đường thẳng d qua M cắt các cạnh Ox,Oy lần lượt tại A,B không trùng với O. Xác định vị trí của A để ∆OAB có điện tích nhỏ nhất.
16. 18 Chương 1. CÁC BÀI TOÁN Bài 9. (Bình Định) 1. Từ một điểm S ở ngoài đường tròn tâm O kẻ các tiếp tuyến SA,SC và cát tuyến SBD (B nằm giữa S và D). Gọi I là giao điểm của AC và BD. Chứng minh rằng: (a) AB.DC = AD.BC. SB IB AB.CB (b) SD = ID = AD.CD . 2. Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R. Điểm M nằm trên nửa đường tròn sao cho MAB[ = 60o. Kẻ MH⊥AB tại H, HE⊥AM tại E, HF⊥BM tại F. Các đường thẳng EF và AB cắt nhau tại K. Tính diện tích tam giác MEF và độ dài các đoạn thẳng KA,KB theo R. Bài 10. (Cần Thơ) 4ABC nội tiếp đường tròn (O),AB 90o,AB < AC và nội tiếp đường tròn tâm O. Trung tuyến AM của tam giác ABC cắt (O) tại điểm thứ hai D. Tiếp tuyến của (O) tại D cắt đường thẳng BC tại S. Trên cung nhỏ DC của (O) lấy điểm E, đường thẳng SE cắt (O) tại điểm thứ hai là F. Gọi P,Q lần lượt là giao điểm của các đường thẳng AE,AF với BC. 1. Chứng minh rằng MODS là tứ giác nội tiếp. 2. Chứng minh rằng QB = PC. Bài 12. (Đồng Nai) Từ điểm M nằm ngoài đường tròn (ω) tâm O, vẽ đến (ω) hai tiếp tuyến MA,MB và cát tuyến MCD (C nằm giữa M và D).Gọi H là giao điểm MO và AB. 1. Chứng minh MA2 = MC.MD. 2. Chứng minh tứ giác CDOH nội tiếp. 3. Chứng minh đường thẳng AB và hai tiếp tuyến của (ω) tại C,D đồng quy. 4. Đường thẳng CH cắt (ω) tại điểmTHCMN thứ hai E khác C. Chứng minh AB//DE. Bài 13. (Đồng Nai) 4ABC có bán kính đường tròn nội tiếp r và độ dài các đường cao là x,y,z. 1 1 1 1 1. Chứng minh + + = . x y z r 2. Biết r = 1 và x,y,z là các số nguyên dương. Chứng minh 4ABC đều. Bài 14. (Hà Nội) Cho tam giác nhọn ABC có AB < AC và nội tiếp đường tròn (O). Các đường cao BB0,CC0 cắt nhau tại điểm H. Gọi M là trung điểm BC. Tia MH cắt đường tròn (O) tại điểm P. 1. Chứng minh ∆BPC0 ∼ ∆CPB0. 2. Các đường phân giác của các góc BPC[0,CPB[0 lần lượt cắt AB,AC tại E,F. Gọi O0 là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆AEF; K là giao điểm của HM và AO0. (a) Chứng minh tứ giác PEKF nội tiếp. (b) Chứng minh các tiếp tuyến tại E và F của đường tròn (O0) cắt nhau tại 1 điểm nằm trên đường tròn (O).
17. 1.3 Hình học phẳng 19 Bài 15. (Hà Tĩnh) Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn tâm O. Điểm E thay đổi trên cung nhỏ AB (E khác A và B). Từ B và C lần lượt kẻ các tiếp tuyến với đường tròn (O), các tiếp tuyến này cắt đường thẳng AE theo thứ tự tại M và N. Gọi F là giao điểm của BN và CM. 1. Chứng minh rằng MB.CN = BC2. 2. Khi điểm E thay đổi trên cung nhỏ AB. Chứng minh rằng đường thẳng EF luôn đi qua một điểm cố định. Bài 16. (Hải Dương) Cho đường tròn tâm O đường kính BC, A là điểm di động trên đường tròn (O) (A khác B và C). Kẻ AH⊥BC tại H. M là điểm đối xứng của điểm A qua điểm B. 1. Chứng minh điểm M luôn nằm trên một đường tròn cố định. 2. Đường thẳng MH cắt (O) tại E và F (E nằm giữa M và F). Gọi I là trung điểm HC, đường thẳng AI cắt (O) tại G (G 6= A). Chứng minh AF2 + FG2 + GE2 + EA2 = 2.BC2. 3. Kẻ HP⊥AB tại P. Tìm vị trí điểm A sao cho bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác BPC đạt giá trị lớn nhất. Bài 17. (Hải Phòng) Cho ∆ABC nhọn nội tiếp đường tròn tâm O có AB < AC. Các đường cao BD,CE cắt nhau tại H (D thuộc AC, E thuộc AB). Gọi M là trung điểm của BC, tia MH cắt đường tròn (O) tại N. 1. Chứng minh rằng năm điểm A,D,H,E,N cùng thuộc 1 đường tròn. 2. Lấy điểm P trên đoạn BC sao cho BHP[ = CHM[ , Q là hình chiếu vuông góc của A trên đường thẳng HP. Chứng minh rằng tứ giác DENQ là hình thang cân. 3. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác MPQ tiếp xúc với đường tròn (O). Bài 18. (TP. HCM) 1. Cho ∆ABC nhọn có các đường cao AA1,BB1,CC1. Gọi K là hình chiếu của A trên A1B1; L là hình chiếu của B lên B1C1. Chứng minh rằng: A1K = B1L. 2. Cho tứ giác nội tiếp ABCD có AC cắt BD tại E. Tia AD cắt tia BC tại F. Dựng hình bình hành AEBG. (a) Chứng minh FD.FG = FB.FE (b) Gọi H là điểm đối xứng của E qua AD. Chứng minh 4 điểm F,H,A,G cùng thuộc một đường tròn. Bài 19. (Hưng Yên) Cho hai đường tròn (O) và (O0) cắt nhau tại A,B. Tiếp tuyến chung gần B của hai đường tròn lần lượt tiếp xúc (O),(O0) tại C và D. Qua A kẻ đường thẳng song song CD lần lượt cắt (O),(O0) tại M,N. Các đườngTHCMN thẳng CM,DN cắt nhau tại E. Gọi P là giao điểm của BC với MN, Q là giao điểm của BD và MN. Chứng minh: 1. AE ⊥ CD. BD BC MN 2. + = . BO BP PO 3. 4EPQ cân. Bài 20. (Khánh Hoà) Cho hai đường tròn (O) và (O0) cắt nhau tại A,B. Từ điểm E nằm trên tia đối của tia AB kẻ đến (O0) các tiếp tuyến EC,ED (C và D là các tiếp điểm phân biệt). Các đường thẳng AC,AD theo thứ tự cắt (O) lần lượt tại P,Q khác A. Chứng minh: 1. 4BCP ∼ 4BDQ. 2. CA.DQ = CP.DA. 3. Ba điểm C,D và trung điểm I của PQ thẳng hàng. Bài 21. (Lào Cai) Cho ∆ABC (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O). Gọi H là chân đường cao kẻ từ A đến BC. Gọi P,Q lần lượt là chân đường cao kẻ từ H đến AB,AC. Hai đường thẳng PQ và
18. 20 Chương 1. CÁC BÀI TOÁN BC cắt nhau tại M, đường thẳng MA cắt đường tròn (O) tại K với K 6= A. Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆BCP. 1. Chứng minh các tứ giác APHQ,BPQC nội tiếp; 2. Chứng minh MP.MQ = MB.MC và MB.MC = MK.MA; 3. Chứng minh AKPQ là tứ giác nội tiếp; 4. Chứng minh I,H,K thẳng hàng. Bài 22. (Long An) Cho ∆ABC nhọn có đường cao BE và nội tiếp (O). Tiếp tuyến của (O) tại B,C của (O) cắt nhau tại S,BC và OS cắt nhau tại M. Chứng minh: 1. AB.BM = AE.BS [ 2. AME = ASBd Bài 23. (Long An) Cho tứ giác ABCD có BADd = 60o;BCDd = 90o. Đường phân giác trong của BADd cắt BD tại E. Đường phân giác trong của BCDd cắt BD tại F. Chứng minh: √ √ 3 2 1 1 1 1 + = + + + AE CF AB BC CD DA Bài 24. (Nam Định) Cho ∆ABC nhọn, nội tiếp đường tròn (O). Các đường cao AK,BM,CN của ∆ABC cắt nhau tại H. 1. Chứng minh: NKH[ = MKH\ 2. Đường thẳng MN cắt đường tròn (O) tại hai điểm I,J. Chứng minh AO đi qua trung điểm của IJ. 3. Gọi P là trung điểm BC, diện tích tứ giác AMHN là S. Chứng minh 2.OP2 > S. Bài 25. (Ninh Bình) Cho đường tròn (O), bán kính R, dây BC cố định khác đường kính. A là một điểm di động trên cung lớn BC sao cho 4ABC nhọn. Các đường cao BE,CF của 4ABC cắt nhau tại H. 1. Chứng minh tứ giác BECF nội tiếp và AO ⊥ EF. 2. Tia EF cắt (O) tại I, tia AO cắt (O) tại G. Gọi M là trung điểm BC,D là giao điểm hai đường thẳng AH và BC. Chứng minh AI2 = 2AD.OM. 3. Trong trường hợp 4ABC cân tại A, goi x là khoảng cách từ (O) đến BC. Tìm x để chu vi 4ABC lớn nhất. THCMN Bài 26. (Phú Thọ) Cho đường tròn (O;R) và dây cung BC cố định. Gọi A là điểm di động trên cung lớn BC sao cho ∆ABC nhọn. Bên ngoài ∆ABC dựng các hình vuông ABDE,ACFG và hình bình hành AEKG. 1. Chứng minh rằng AK = BC và AK⊥BC. 2. DC cắt BF tại M. Chứng minh rằng A,K,M thẳng hàng. 3. Chứng minh rằng khi A thay đổi trên cung lớn BC của (O;R) thì K luôn thuộc một đường tròn cố định. Bài 27. (Quảng Bình) 4ABC nhọn (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O). Phân giác của góc BACd cắt BC tại D, cắt (O) tại E. Gọi M là giao điểm của AB,CE. Tiếp tuyến tại C của (O) cắt AD tại N, tiếp tuyến tại E của (O) cắt CN tại F. 1. Chứng minh tứ giác MACN nội tiếp. 2. Gọi K là điểm trên cạnh AC sao cho AB = AK. Chứng minh AO ⊥ DK.
19. 1.3 Hình học phẳng 21 1 1 1 3. Chứng minh = + . CF CN CD Bài 28. (Quảng Nam) Cho hình bình hành ABCD có góc A tù và AB = AC, gọi H là hình chiếu của C lên AB. Trên cạnh AB lấy E sao cho H là trung điểm BE. Gọi F là điểm đối xứng với D qua E,G là điểm đối xứng với A qua B. Chứng minh: 1. EC là tia phân giác của DEB[. 2. 4CFG cân. Bài 29. (Quảng Nam) Cho đường tròn (O) đường kính AB, dây CD vuông góc với AB tại H nằm giữa O và A. Lấy điểm E bất kì trên cung nhỏ BD, gọi M là hình chiếu của B lên CE. 1. Chứng minh rằng HM//AE. 2. Đường tròn ngoại tiếp 4DEM đi qua trung điểm N của dây AF. Bài 30. (Tây Ninh) Cho ∆ABC vuông tại A có đường cao AH (H thuộc cạnh BC). Cho BH = 2 và CH = m. Xác định m để đường thẳng BC tiếp xúc với đường tròn tâm A bán kính R = 4. Khi đó tính độ dài các đoạn AB và AC. Bài 31. (Tây Ninh) Cho ∆ABC cân tại A và nội tiếp (O) tâm O. Gọi M là một điểm bất kì trên cung nhỏ AC của (O) (M khác A và C). Trên tia BM lấy điểm E sao cho ME = MC (E ở ngoài đoạn BM). Chứng minh rằng đường tròn tâm A bán kính AE luôn đi qua B và C. Bài 32. (Tây Ninh) Từ một điểm M nằm ngoài (O) kẻ hai tiếp tuyến MA,MB với (O) (A,B là các tiếp điểm). Gọi C là giao điểm của MO và AB, lấy D thuộc đoạn AC (D khác A,C). Đường thẳng MD cắt (O) tại E,F (ME < MF). Chứng minh rằng: 1. MA2 = ME.MF. 2. E,C,O,F cùng thuộc 1 đường tròn. Bài 33. (Thái Bình) Từ một điểm I nằm ngoài đường tròn (O), vẽ các tiếp tuyến IA,IB (A,B là các tiếp điểm) và cát tuyến ICD không qua tâm O của (O) (C nằm giữa I và D). 1. Chứng minh AC.BD = AD.BC. 2. Gọi K là giao điểm của CD và AB,E là trung điểm OI. Chứng minh KA.KB = OE2 −EK2. [ 3. Gọi H là trung điểm AB. Chứng minh ADH = IDBd . Bài 34. (Thái Nguyên) Cho đườngTHCMN tròn tâm O và dây cung AB. Từ một điểm M bất kì trên đường tròn (M 6= A,B), kẻ MH⊥AB tại H. Gọi E,F lần lượt là hình chiếu vuông góc với H trên MA,MB. Qua M kẻ đường thẳng vuông góc với EF, cắt dây cung AB tại D. Chứng minh MA2 AH AD MB2 = BH . BH . Bài 35. (Thái Nguyên) Cho ∆ABC vuông tại A, đường cao AH. Gọi (O) là đường tròn ngoại tiếp ∆AHC. Trên cung nhỏ AH của (O) lấy điểm M bất kì khác A và H. Tren tiếp tuyến tại M của (O) lấy hai điểm D,E sao cho BD = BE = BA. Đường thẳng BM cắt (O) tại điểm thứ hai N. Chứng minh rằng: 1. Tứ giác BDNE nội tiếp. 2. Đường tròn ngoại tiếp tứ giác BDNE và đường tròn (O) tiếp xúc nhau. Bài 36. (Thanh Hóa) Cho hình bình hành ABCD với BADd < 90o. Tia phân giác góc BCDd cắt đường tròn ngoại tiếp ∆BCD tại O (O khác C). Kẻ đường thẳng (d) đi qua A và vuông góc với CO. Đường thẳng (d) cắt các đường thẳng CB,CD lần lượt tại M,N.
20. 22 Chương 1. CÁC BÀI TOÁN 1. Chứng minh rằng: OBM[ = ODC[. 2. Chứng minh ∆OBM = ∆ODC và O là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆CMN. 3. Gọi K là giao điểm của OC và BD; I là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆BCD. Chứng minh ND IB2−IK2 rằng: MB = KD2 . Bài 37. (Thừa Thiên - Huế) Cho hai đường tròn (O1) và (O2) có bán kính khác nhau, cắt nhau tại A,B sao cho O1,O2 thuộc hai nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng AB. Đường tròn (O) ngoại tiếp 4BO1O2 cắt (O1),(O2) lần lượt tại K,L khác A và B. Đường thẳng AO cắt (O1),(O2) lần lượt tại M,N khác A. Hai đường thẳng MK,NL cắt nhau tại P sao cho P,B thuộc hai nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng KL. Chứng minh: 1. Tứ giác BKPL nội tiếp. 2. Điểm A cách đều hai đường thẳng BK,BL. 3. Điểm P thuộc đường thẳng AB khi và chỉ khi 4PKL cân. Bài 38. (Vĩnh Phúc) 4ABC nhọn (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O),M là trung điểm BC. AM cắt (O) tại D khác A. Đường tròn ngoại tiếp 4MDC cắt đường thẳng AC tại E khác C. Đường tròn ngoại tiếp 4MDB cắt đường thẳng AB tại F khác B. 1. Chứng minh 4BDF ∼ 4CDE và E,M,F thẳng hàng. 2. Chứng minh OA ⊥ EF. [ [ 3. Phân giác góc BACd cắt EF tại N. Phân giác góc CEN và BFN lần lượt cắt CN,BN tại P,Q. Chứng minh rằng PQ//BC. 1.4 Số học Bài 1. (THPT chuyên KHTN, ĐH KHTN, ĐHQG HN) x2−1 y2−1 2 2 . 1. Với x,y là các số nguyên dương thỏa mãn 2 = 3 , chứng minh rằng x − y . 40 2. Tìm tất cả các cặp số nguyên (x,y) thỏa mãn x4 + 2x2 = y3. Bài 2. (Trường Phổ thông Năng khiếu, ĐHQG Tp. HCM) Cho x,y là hai số nguyên dương thỏa . mãn x2 + y2 + 10 . xy. 1. Chứng minh rằng x,y là hai số lẻ và nguyên tố cùng nhau. x2+y2+10 2. Chứng minh k = xy chiaTHCMN hết cho 4 và k ≥ 12. Bài 3. (THPT chuyên Đại học Sư phạm Hà Nội) Tìm các số nguyên dương x,y thỏa mãn x3 − y3 = 95(x2 + y2) . Bài 4. (THPT chuyên Đại học Sư phạm Hà Nội) Cho S là tập hợp các số nguyên dương n có dạng n = x2 + 3y2 trong đó x,y nguyên dương. Chứng minh rằng: 1. Nếu a,b ∈ S thì ab ∈ S. . N 2. Nếu N ∈ S và N chẵn thì N . 4 và 4 ∈ S. Bài 5. (Bà Rịa - Vũng Tàu) Tìm tất cả các cặp số nguyên tố (p;q) thỏa p2 − 5q2 = 4 Bài 6. (Bắc Ninh) Tìm bộ ba số nguyên tố (a;b;c) thỏa a < b < c và
21. 1.4 Số học 23  . bc − 1.a  . ac − 1.b  . bc − 1.a Bài 7. (Bình Định) Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 − (y + 5)x + 5y − 2 = 0. Bài 8. (Bình Thuận): Cho 2 số nguyên dương lẻ m,n nguyên tố cùng nhau và thỏa ( . m2 + 2 . n . . n2 + 2 . m . Chứng minh rằng: m2 + n2 + 2 . 4mn. Bài 9. (Cần Thơ) Tìm tất cả các cặp số nguyên (x;y) thỏa mãn 2x2 − 2x − 6y2 + 3y + xy + 7 = 0 Bài 10. (Đà Nẵng) Tìm tất cả các số nguyên dương x và số nguyen tố p sao cho x5 + x4 + 1 = p2. Bài 11. (Hà Nội) Tìm tất cả các cặp số tự nhiên (x;y) thỏa 2x.x2 = 9y2 + 6y + 16. THCMN Bài 12. (Hà Tĩnh) Tìm các bộ số nguyên dương (x;y;z) thỏa  x + y − z = 0 x3 + y3 − z2 = 0 Bài 13. (Hải Dương) 1. Tìm dạng tổng quát của số nguyên dương n biết M = n.4n + 3n chia hết cho 7 2. Tìm số các cặp số (x;y) nguyên dương thỏa mãn (x2 + 4y2 + 28)2 − 17(x4 + y4) = 238y2 + 833. Bài 14. (Hải Phòng) Tìm tất cả các số nguyên m,n với m ≥ n ≥ 0 sao cho (m + 2n)3 là ước của 9(m2 + mn + n2 + 16.
22. 24 Chương 1. CÁC BÀI TOÁN Bài 15. (Tp. HCM) Cho m,n là các số nguyên dương sao cho 5m + n chia hết cho 5n + m. . Chứng minh rằng m.n. Bài 16. (Hưng Yên) Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương (x;y;z) của phương trình xyz + xy + yz + zx + x + y + z = 2015 thỏa x ≥ y ≥ z ≥ 8. Bài 17. (Khánh Hoà) Tìm tất cả số nguyên tố p sao cho 8p2 + 1 và 8p2 − 1 là số nguyên tố. Bài 18. (Nam Định) 1. Chứng minh rằng tồn tại vô hạn bộ ba số nguyên (x;y;z) thỏa xyz 6= 0 và x5 +8y3 +7z2 = 0. 2. Tìm tất cả các số nguyên không âm (a;b;c) thỏa và ( (a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 = 6abc . a3 + b3 + c3 + 1.a + b + c + 1 Bài 19. (Ninh Bình) Tìm tất cả các căp số nguyên (x;y) thỏa 1 + x + x2 + x3 + x4 = y2. Bài 20. (Phú Thọ) Tìm các số nguyên (x;y) thỏa mãn 2x3 + 2x2y + x2 + 2xy = x + 10. Bài 21. (Quảng Nam) Hãy tìm bộ ba số nguyên dương a ≤ b ≤ c thỏa mãn đẳng thức sau: abc = 2(a + b + c). Bài 22. (Thái Nguyên) 1. Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình: 2xy + y + x = 83 √ 2. Tìm tất cả các số có 5 chữ số abcde sao cho 3 abcde = ab. 1 1 3. Cho 3 số nguyên dương a,b,c nguyên dương, nguyên tố cùng nhau thỏa điều kiện + = a b 1 . Chứng minh a + b là số chính phương. c THCMN Bài 23. (Thái Bình) Tìm các số nguyên x,y thỏa 9x2 + 3y2 + 6xy − 6x + 2y − 35 = 0 Bài 24. (Thừa Thiên - Huế) Tìm các bộ số nguyên dương (x;y;z) thỏa mãn  1 + ! + 1 = 1 √ x y √z √ √ x − y + z = x − y + z Bài 25. (Vĩnh Phúc) Tìm tất cả nghiệm nguyên x,y của phương trình x2 = y2(x + y4 + 2y2)
23. 1.5 Tổ hợp 25 1.5 Tổ hợp Bài 1. (Trường THPT chuyên Khoa học Tự nhiên, ĐH KHTN, ĐHQG HN) Chứng minh rằng với mọi số nguyên n ≥ 3 luôn tồn tại một cách sắp xếp bộ n số 1,2, ,n thành x1,x2, xn sao xi+xk cho x j 6= 2 với mọi bộ số chỉ số (i, j,k) mà 1 ≤ i 1, kí hiệu S(m) là ước nguyên dương lớn nhất của m và khác m. Cho số tự nhiên n > 1, đặt n0 = n và lần lượt tính các số n1 = n0 − S(n0);n2 = n1 − S(n1); ;ni+1 = ni − S(ni); . Chứng minh 16 17 rằng tồn tại số nguyên dương k để nk = 1 và tính k khi n = 2 .14 . Bài 4. (Đà Nẵng) Người ta dùng một số quân cờ tetromino gồm 4 ô vuông kích thước 1 x 1, hình chữ L, có thể xoay hoặc lật ngược như hình 1 để ghép phủ kín một bàn cờ hình vuông kích thước n x n (n là số nguyên dương) gồm n2 ô vuông kích thước 1 x 1 theo quy tắc: i. Với mỗi quân cờ sau khi ghép vào bàn cờ, các ô vuông của nó phải trùng với các ô vuông của bàn cờ. ii. Không có hai quân cờ nào mà sau khi ghép vào bàn cờ chúng kê lên nhau. 1. Khi n = 4, hãy chỉ ra một cáchTHCMN ghép phủ kín bàn cờ. 2. Tìm tất cả giá trị của n để có thể ghép phủ kín bàn cờ. Bài 5. (Hà Nội) Cho 2017 số hữu tỷ dương được viếttrên một đường tròn. Chứng minh tồn tại hai số được viết cạnh nhau trên đường tròn sao cho khi bỏ 2 số đó thì 2015 số còn lại không thể chia thành hai nhòm mà tổng các số ở mỗi nhóm bằng nhau. Bài 6. (Hà Tĩnh) Trên một đường tròn, lấy 1000 điểm phân biệt, các điểm được tô màu xanh và đỏ xen kẽ nhau. Mỗi điểm được gán với một giá trị là một số thực khác 0. Giá trí của mỗi điểm xanh bằng tổng giá trị của hai điểm đỏ kề với nó, giá trị của mỗi điểm đỏ bằng tích giá trị của hai điểm xanh kề với nó. Tính tổng giá trị của 1000 điểm trên. Bài 7. (Hải Phòng) Trong dãy số thực a1;a2;a3; ;a2016 ta đánh dấu tất cả các số dương và số mà có ít nhất một tổng của nó với một số các số liên tiếp liền ngay sau nó là một số dương (ví dụ trong dãy −6;5;−3;3;1;−1;−2;−3; ;2011 ta đánh dấu các số a2 = 5;a3 = −3;a4 =
24. 26 Chương 1. CÁC BÀI TOÁN 3;a5 = 1). Chứng minh rằng nếu trong dãy đã cho có ít nhất một số dương thỉ tổng tất cả các số được đánh dấu là một số dương. Bài 8. (Tp. HCM) Nam cắt 1 tờ giấy ra làm 4 miếng hoặc 8 miếng rồi lấy một số miếng nhỏ đó cắt ra làm 4 miếng hoặc 8 miếng nhỏ hơn, và Nam cứ tiếp tục việc cắt như thế nhiều lần. Hỏi với việc cắt như vậy, Nam có thể cắt được 2016 miếng lớn, nhỏ được hay không? Vì sao? Bài 9. (Khánh Hòa) Trong mặt phẳng cho 10 điểm đôi một phân biệt sao cho bất kỳ 4 điểm nào trong 10 điểm đã cho cũng có 3 điểm thẳng hàng. Chứng minh rằng ta có thể bỏ đi một điểm trong 10 điểm đã cho để có 9 điểm còn lại thuộc một đường thẳng. Bài 10. (Long An) Số A được tạo thành bởi các chữ số viết liền nhau bao gồm các số nguyên dương từ 1 đến 60 theo thứ tự từ nhỏ đến lớn: A = 12345678910 585960. Ta xóa 100 chữa số của A sao cho số tạo thành bởi các chữ số còn lại là số nhỏ nhất (không thay đổi trật tự của các chữ số ban đầu). Hãy tìm số nhỏ nhất được tạo thành đó. Bài 11. (Nam Định) Trên bảng ban đầu ghi số 2 và số 4. Ta thực hiện cách viết thêm các số lên bảng như sau: trên bảng đã có 2 số, giả sử là a,b (a khác b), ta viết thêm lên bảng số có giá trị là a +b +ab. Hỏi với cách thực hiện như vậy, trên bảng có thể xuất hiện số 2016 được hay không ? Giải thích. Bài 12. (Phú Thọ) Cho 19 diểm phân biệt nằm trong 1 tam giác đều có cạnh bằng 3, trong đó không có 3 điểm nào thẳng hàng. Chứng minh rằng√ luôn tìm được 1 tam giác có 3 đỉnh là 3 3 trong 19 điểm đã cho mà có diện tích không lớn hơn . 4 Bài 13. (Quảng Bình) Trong 100 số tự nhiên từ 1 đến 100 hãy chọn n số (n ≥ 2) sao cho 2 số phân biệt bất kì được chọn có tổng chia hết cho 6. Hỏi có thể chọn n số thỏa mãn điều kiện trên với n lớn nhất là bao nhiêu ? Bài 14. (Vĩnh Phúc) Tập hợp A = 1;2;3; ;3n − 1;3n với n là số nguyên dương được gọi là tập hợp cân đối nếu có thể chia A thành n tập hợp con A1,A2, ,An và thỏa mãn hai điều kiện sau: i. Mỗi tập hợp Ai(i = 1;2; ;n) gồm 3 số phân biệt và có một số bằng tổng hai số còn lại. ii. Mỗi tập hợp A1,A2, ,An đôi mộtTHCMN không có phần tử chung. . Chứng minh rằng: 1. Tập A = 1;2;3; ;92;93 không là tập cân đối. 2. Tập A = 1;2;3; ;830;831 là tập cân đối.
25. 2. LỜI GIẢI 2.1 Bất đẳng thức Bài 1. Biết x ≥ y ≥ z, x + y + z = 0 và x2 + y2 + z2 = 6. 1. Tính S = (x − y)2 + (x − y)(y − z) + (y − z)2 2. Tìm giá trị lớn nhất của P = |(x − y)(y − z)(z − x)| (Trường Phổ thông Năng khiếu, ĐHQG Tp. HCM) Lời giải 1. Ta có: (x + y + z)2 − (x2 + y2 + z2) 02 − 6 S = x2 + y2 + z2 − xy − yz − zx = 6 − = 6 − = 9 2 2 2. Đặt a = x − y,b = y − z. Khi đó ta có a ≥ 0,b ≥ 0 và a2 + ab + b2 = 9 (a + b)2 √ ⇒ (a + b)2THCMN− 9 = ab ≤ ⇒ a + b ≤ 2 3 4 Đặt t = a + b. Khi đó P = t(t2 − 9) Ta sẽ chứng minh: √ t(t2 − 9) ≤ 6 3 √ √ ⇔ (t − 2 3)(t + 3)2 ≤ 0 √ Bất đẳng thức trên luôn√ đúng ⇒ MaxP =√6 3. Dấu −” xảy ra khi x = 3,y = 0,z = − 3 Nhận xét. Các bạn có thể luyện tập thêm bằng các bài toán sau: 1. Cho a,b,c là các số không âm. Chứng minh rằng √ (a + b + c)3 ≥ 6 3(a − b)(b − c)(c − a)
26. 28 Chương 2. LỜI GIẢI √ 2. (Trần Quốc Anh) Cho các số không âm a,b,c thỏa mãn a+b+c = 5. Chứng minh rằng √ (a2 − b2)(b2 − c2)(c2 − a2) ≤ 5 Bài 2. Cho x,y,z là 3 số dương thỏa mãn x2 + y2 + z2 = 3xyz. Chứng minh: x2 y2 z2 + + ≥ 1 y + 2 z + 2 x + 2 (Bà Rịa - Vũng Tàu) Lời giải Áp dụng AM-GM ta được: x2 y + 2 2 + ≥ x y + 2 9 3 y2 z + 2 2 + ≥ y z + 2 9 3 z2 x + 2 2 + ≥ z x + 2 9 3 Khi đó: x2 y2 z2 5 2 + + ≥ (x + y + z) − y + 2 z + 2 x + 2 9 3 Áp dụng các bất đẳng thức quen thuộc ta có: 3xyz = x2 + y2 + z2 ≥ xy + yz + zx 1 1 1 9 ⇒ 3 ≥ + + ≥ ⇒ x + y + z ≥ 3 x y z x + y + z Suy ra: x2 y2 z2 5 2 5 2 + + THCMN≥ (x + y + z) − ≥ .3 − = 1 y + 2 z + 2 x + 2 9 3 9 3 Do đó ta thu được điều phải chứng minh. Bài 3. Cho a,b,c > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của 3a4 + 3b4 + c3 + 2 M = (a + b + c)3 (Bắc Ninh) Lời giải Trong bài có dùng tới bất đẳng thức Holder:
27. 2.1 Bất đẳng thức 29 Bổ đề 1 (BĐT Holder). Cho a,b,c,x,y,z,m,n, p là các số dương. Khi đó: (a3 + b3 + c3)(x3 + y3 + z3)(m3 + n3 + p3) ≥ (axm + byn + czp)3 Nhưng trước hết, áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có q 3a4 + 1 = a4 + a4 + a4 + 1 ≥ 4 4 (a4)3 = 4a3 Tương tự, ta được 4a3 + 4b3 + c3 M ≥ (a + b + c)3 Đến đây áp dụng BĐT Holder ta có: 1 1 4a3 + 4b3 + c3 1 (4a3 + 4b3 + c3)( + + 1)2 ≥ (a + b + c)3 ⇔ ≥ 2 2 (a + b + c)3 4 1 Suy ra: M ≥ . Dấu bằng xảy ra khi a = b = 1;c = 2. 4 Nhận xét. Sau đây là một số bài tập tự luyện: 1. (VMO 2004) Cho x,y,z là các số thực dương thỏa mãn (x + y + z)3 = 32xyz. Tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của biểu thức x4 + y4 + z4 P = (x + y + z)4 2. (United Kingdom 2008) Cho x,y,z thỏa mãn x3 + y3 + z3 − 3xyz = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: M = x2 + y2 + z2 Bài 4. Cho x,y,z là 3 số thay đổi thỏa mãn x2 + y2 + z2 = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 1 P = xy + yz + zx + x2(y − z)2 + y2(z − x)2 + z2(x − y)2 THCMN2 (Bình Định) Lời giải Ta sẽ chứng minh: 1 P = xy + yz + zx + x2(y − z)2 + y2(z − x)2 + z2(x − y)2 ≤ 1 2 ⇔ (xy + yz + zx)(x2 + y2 + z2) + x2y2 + y2z2 + z2x2 − xyz(x + y + z) ≤ (x2 + y2 + z2)2 1 ⇔ (x2 + y2)(x − y)2 + (y2 + z2)(y − z)2 + (z2 + x2)(z − x)2 ≥ 0 2 Bất đẳng thức trên luôn đúng.
28. 30 Chương 2. LỜI GIẢI Bài 5. Cho các số dương x,y,z. Chứng minh rằng xy yz zx x2 + y2 + z2 + + ≤ x2 + yz + zx y2 + zx + xy z2 + xy + yz xy + yz + zx (Bình Thuận) Lời giải Để ý rằng theo bằng đẳng thức Cauchy - Schwarz ta có xy xy(y2 + yz + zx) xy(y2 + yz + zx) = ≤ x2 + yz + zx (x2 + yz + zx)(y2 + yz + zx) (xy + yz + zx)2 Tương tự: yz yz(z2 + zx + xy) ≤ y2 + zx + xy (xy + yz + zx)2 zx zx(x2 + xy + yz) ≤ z2 + xy + yz (xy + yz + zx)2 Suy ra: xy yz zx (xy + yz + zx)(x2 + y2 + z2) x2 + y2 + z2 + + ≤ = x2 + yz + zx y2 + zx + xy z2 + xy + yz (xy + yz + zx)2 xy + yz + zx Dấu bằng xảy ra khi x = y = z. Nhận xét. Chúng ta có một số bài toán tương tự: 1. Chứng minh rằng với mọi số thực dương a,b,c ta luôn có ab bc ca a2 + b2 + c2 + + ≤ a2 + ab + bc b2 + bc + ca c2 + ca + ab ab + bc + ca 2. Chứng minh rằng với mọi số thựcTHCMN dương a,b,c ta luôn có ab bc ca a2 + b2 + c2 + + ≤ a2 + bc + b2 b2 + ca + c2 c2 + ab + a2 ab + bc + ca Bài 6. Cho a,b,c lần lượt là độ dài ba cạnh của một tam giác và thỏa mãn 2ab+3bc+4ca = 5abc. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 7 6 5 P = + + a + b − c b + c − a c + a − b (Cần Thơ) Lời giải
29. 2.1 Bất đẳng thức 31 Theo giả thiết, áp dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz ta có: 3 4 2 (3 + 4 + 2)2 81 5 = + + ≥ ⇒ 3a + 4b + 2c ≥ a b c 3a + 4b + 2c 5 Suy ra (7 + 6 + 5)2 182 P ≥ = = 10 7(a + b − c) + 6(b + c − a) + 5(c + a − b) 2(3a + 4b + 2c) 9 Dấu −” xảy ra khi a = b = c = . 5 Bài 7. Cho a,b,c là các số thực không âm thỏa a + b + c = 3. 1. Chứng minh rằng: ab + bc + ca ≤ 3 2. Chứng minh rằng: a2b + b2c + c2a ≤ 4 (Đồng Nai) Lời giải 1. Ta có: (a + b + c)2 ab + bc + ca ≤ = 3 3 2. Không giảm tính tổng quát, giả sử (b − a)(b − c) ≤ 0 ⇔ b2 + ac ≤ ab + bc ⇔ b2c + ac2 ≤ abc + bc2 Do a,b,c không âm nên kết hợp AM-GM ta có: 4(a + b + c)3 a2b + b2c + c2a ≤a2b + bc2 + 2abc = b(a + c)2 = b(a + c)(a + c) ≤ = 4 27 Nhận xét. Bài toán trên thuộc đề thi chọn học sinh giỏi quốc gia của Canada năm 1999 (Canada MO 1999). Xin giới thiệu một bài toánTHCMN được xây dựng từ bài toán trên, xuất hiên trên tạp Chí Toán học và Tuổi trẻ: Cho các số thực không âm a,b,c thỏa mãn a + b + c = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức a b c P = + + b4 + 16 c4 + 16 a4 + 16 Bài 8. Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn a2 + b2 + c2 = 3. Chứng minh 2a2 2b2 2c2 + + ≥ a + b + c a + b2 b + c2 c + a2 (Hà Nội) Lời giải
30. 32 Chương 2. LỜI GIẢI Áp dụng AM-GM với chú ý rằng 2a2 2a(a + b2) − 2ab2 2ab2 2ab2 √ b + ab = = 2a − ≥ 2a − √ = 2a − b.ab ≥ 2a − a + b2 a + b2 a + b2 2b a 2 Tương tự ta được 2a2 2b2 2c2 3 ab + bc + ca + + ≥ (a + b + c) − a + b2 b + c2 c + a2 2 2 Mặt khác ta có: (a + b + c)2(a2 + b2 + c2) ≥ 3(ab + bc + ca)2 ⇔ a + b + c ≥ ab + bc + ca Từ đó suy ra: 2a2 2b2 2c2 3 ab + bc + ca + + ≥ (a + b + c) − ≥ a + b + c a + b2 b + c2 c + a2 2 2 Nhận xét. Bài toán trên được giải quyết bằng kĩ thuật Cauchy ngược dấu. Sau đây là một số bài toán tương tự. 1. (Trần Quốc Anh) Cho các số dương x,y,z có tích bằng 1. Chứng minh rằng: x4y y4z z4x 3 + + ≥ x2 + 1 y2 + 1 z2 + 1 2 2. (Trần Quốc Anh) Cho các số thực không âm a,b,c thỏa mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng a b c 1 + + ≥ b3 + 16 c3 + 16 a3 + 16 6 3. Chứng minh rằng với mọi số thực dương a,b,c ta luôn có a4 b4 c4 d4 a + b + c + d + + + ≥ a3 + 2b3 b3 + 2c3 c3 + 2d3 d3 + 2a3 3 Bài 9. Cho a,b,c > 0 thỏa mãn a +THCMNb + c = 2016. Tìm giá trị lớn nhất của a b c √ + √ + √ a + 2016a + bc b + 2016b + ca c + 2016c + ab (Hà Tĩnh) Lời giải Ta có: a a a √ = = a + 2016a + bc a + pa(a + b + c) + bc a + p(a + b)(a + c) √ a a ≤ = √ √ √ r√ √ 2 a + b + c a + ab + ac
31. 2.1 Bất đẳng thức 33 Chứng minh tương tự: √ b b √ ≤ √ √ √ b + 2016b + ca a + b + c √ c c √ ≤ √ √ √ c + 2016c + ab a + b + c Từ đó suy ra a b c √ + √ + √ ≤ 1 a + 2016a + bc b + 2016b + ca c + 2016c + ab 2016 Dấu −” xảy ra khi a = b = c = . 3 Nhận xét. Chúng ta có vài bài toán tương tự: 1. Cho a,b,c dương thỏa mãn ab + bc + ca = 1. Chứng minh rằng a b c 3 √ + √ + √ ≤ a2 + 1 b2 + 1 c2 + 1 2 2. Cho ba số thực dương a,b,c thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh rằng ab bc ca 1 √ + √ + √ ≤ c + ab a + bc b + ca 2 Bài 10. Cho a,b,c là các số thực dương thay đổi thỏa mãn a+b+c = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức ab + bc + ca Q = 14(a2 + b2 + c2) + a2b + b2c + c2a (Hải Dương) Lời giải Chúng ta có bổ đề quan trọng sau: THCMN Bổ đề 2. Cho a,b,c > 0. Khi đó (a2 + b2 + c2)(a + b + c) ≥ 3(a2b + b2c + c2a) Chứng minh bổ đề trên bằng AM - GM là rất dễ dàng, xin nhường lại cho bạn đọc. Quay lại bài toán. Áp dụng bổ đề 2 ta được: 3(ab + bc + ca) 3(1 − a2 − b2 − c2) Q ≥ 14(a2 + b2 + c2) + = 14(a2 + b2 + c2) + a2 + b2 + c2 2(a2 + b2 + c2) 3 3 = 14(a2 + b2 + c2) + − 2(a2 + b2 + c2) 2 Ta có: 1 1 3(a2 + b2 + c2) ≥ (a + b + c)2 = 1 ⇒ (a2 + b2 + c2) ≥ (2.1.10.1) 2 6
32. 34 Chương 2. LỜI GIẢI Áp dụng AM-GM ta có: 27 3 (a2 + b2 + c2) + ≥ 9 (2.1.10.2) 2 2(a2 + b2 + c2) Từ (2.1.10.1) và (2.1.10.2) suy ra: 3 55 14(a2 + b2 + c2) + ≥ 2(a2 + b2 + c2) 6 Từ đó suy ra 55 3 23 Q ≥ − = 6 2 3 1 Dấu −” xảy ra khi a = b = c = 3 Nhận xét. Đây là một bài toán quen thuộc đã xuất hiện trong đề thi tuyển sinh chuyên của trường THPT chuyên Phan Bội Châu Nghệ An và trường THPT chuyên Lê Hồng Phong Tp. HCM năm 2012 và bất đẳng thức phụ trên chính là mấu chốt để giải quyết bài toán này. Các bạn có thể sử dụng bất đẳng thức trên để giải quyết hai bài toán sau: 1. (Vũng Tàu TST 2016) Cho x,y,z không âm thỏa mãn x2 + y2 + z2 = 1. Chứng minh rằng ! 2 2 2 1 1 1 3 (x y + y z + z x) √ + p + √ ≤ x2 + 1 y2 + 1 z2 + 1 2 2. Cho a,b,c > 0 và a2 + b2 + c2 = 3. Chứng minh rằng a b c 9 + + ≥ b c a a + b + c Bài 11. Cho a,b,c > 0 và a + b + c ≥ 9. Tìm giá trị nhỏ nhất của s r b2 c2 1 9 25 A = 2 a2 + + + 3 + + 3 5 a b c THCMN (Hải Phòng) Lời giải Áp dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz: s  b2 c2  b2 c2 2(a + b + c) a2 + + (1 + 3 + 5) ≥ (a + b + c)2 ⇒ 2 a2 + + ≥ 3 5 3 5 3 r 1 9 25 (1 + 3 + 5)2 1 9 25 27 + + ≥ ⇒ 3 + + ≥ √ a b c a + b + c a b c a + b + c Đặt t = a + b + c thì s 2t 27 t t 27 27 9 t 27 27 A ≥ + √ = + + √ + √ ≥ + 3 3 . √ . √ = 15 3 t 6 2 2 t 2 t 6 2 2 t 2 t Dấu −” xảy ra khi a = 1,b = 3,c = 5.
33. 2.1 Bất đẳng thức 35 Bài 12. Cho x,y là hai số thực dương. Chứng minh rằng √ √ x y + y x x + y 1 − ≤ x + y 2 4 (Tp. HCM) Lời giải Áp dụng AM-GM ta có: 1 √ x + ≥ x (2.1.12.1) 4 1 √ y + ≥ y (2.1.12.2) 4 √ x + y ≥ 2 xy (2.1.12.3) Từ (2.1.12.1) và (2.1.12.2) suy ra 1 √ √ x + y + ≥ x + y (2.1.12.4) 2 Từ (2.1.12.3) và (2.1.12.4) suy ra 1 √ √ √ (x + y)2 + (x + y) ≥ 2 xy( x + y) 2 √ √ x y + y x x + y 1 ⇔ − ≤ x + y 2 4 Do đó ta thu được điều phải chứng minh. 1 1 1 Bài 13. Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn + + = 2. Chứng minh a + 1 b + 1 c + 1 1 1 1 + + ≥ 1 8a2 +THCMN1 8b2 + 1 8c2 + 1 (Lào Cai) Lời giải Giả sử tồn tại a,b,c sao cho 1 1 1 + + + ≥ 8a2 + 1 8b2 + 1 8c2 + 1 p(8b2 + 1)(8c2 + 1) Chứng minh tương tự: 8b2 2 > b2 + 1 p(8c2 + 1)(8a2 + 1)
34. 36 Chương 2. LỜI GIẢI 8c2 2 > c2 + 1 p(8a2 + 1)(8b2 + 1) Từ đó suy ra 8a2 8b2 8c2 2 2 2 . . > . . 8a2 + 1 8b2 + 1 8c2 + 1 p(8b2 + 1)(8c2 + 1) p(8c2 + 1)(8a2 + 1) p(8a2 + 1)(8b2 + 1) Suy ra 1 abc > (2.1.13.1) 8 Mặt khác từ giả thiết ta có: √ 1 a b 2 ab = + ≥ c + 1 a + 1 b + 1 p(a + 1)(b + 1) Chứng minh tương tự: √ 1 2 ca ≥ b + 1 p(c + 1)(a + 1) √ 1 2 bc ≥ a + 1 p(b + 1)(c + 1) Từ đó suy ra √ √ √ 1 1 1 2 ab 2 ca 2 bc . . ≥ . . a + 1 b + 1 c + 1 p(a + 1)(b + 1) p(c + 1)(a + 1) p(b + 1)(c + 1) Suy ra 1 abc ≤ (2.1.13.2) 8 Từ (2.1.13.1) và (2.1.13.2) ta có mâu thuẫn nên từ đó có điều phải chứng minh. Nhận xét. Bài toán ở trên có phần hao hao giống bài toán sau: Cho a,b,c > 0 thỏa mãn 1 1 1 THCMN + + = 2. Chứng minh rằng a + 1 b + 1 c + 1 1 1 1 + + ≥ 1 8ab + 1 8bc + 1 8ca + 1 Bài 14. Cho a,b,c là 3 cạnh của một tam giác. Tìm giá trị nhỏ nhất của abc Q = (b + c − a)(c + a − b)(a + b − c) (Long An) Lời giải
35. 2.1 Bất đẳng thức 37 Áp dụng AM-GM ta được: (b + c − a)(c + a − b) ≤ c2 (b + c − a)(a + b − c) ≤ b2 (a + b − c)(c + a − b) ≤ a2 ⇒ (b + c − a)2(c + a − b)2(a + b − c)2 ≤ a2b2c2 ⇒ (b + c − a)(c + a − b)(a + b − c) ≤ abc ⇒ Q ≥ 1 Dấu −” xảy ra khi a = b = c. Nhận xét. Bất đẳng thức abc ≥ (a + b − c)(b + c − a)(c + a − b) vẫn đúng với trường hợp a,b,c > 0, và chính là BĐT Schur cho bậc 3. Xin giới thiệu BĐT Schur tổng quát: Với mọi số thực không âm a,b,c,k ta có: ak(a − b)(a − c) + bk(b − c)(b − a) + ck(c − a)(c − b) ≥ 0 Sau đây là một hướng giải quyết cho BĐT Schur tổng quát. Không mất tính tổng quát, giả sử a ≥ b ≥ c ≥ 0. Khi đó h i VT = ck(a − c)(b − c) + (a − b) ak(a − c) − bk(b − c) ≥ 0 Khi k = 1 ta có các bất đẳng thức sau: a3 + b3 + c3 + 3abc ≥ ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a) abc ≥ (a + b − c)(b + c − a)(c + a − b) (a + b + c)3 + 9abc ≥ 4(a + b + c)(ab + bc + ca) 9abc a2 + b2 + c2 + ≥ 2(ab + bc + ca) a + b + c a b c 4abc + + + ≥ 2 b + c c + a a + b (a + b)(b + c)(c + a) Khi k = 2 ta có các bất đẵng thức sau a4 + b4 + c4 + abc(a + b +THCMNc) ≥ ab(a2 + b2) + bc(b2 + c2) + ca(c2 + a2) 6abc(a + b + c) a2 + b2 + c2 + ≥ 2(ab + bc + ca) a2 + b2 + c2 + ab + bc + ca Chú ý rằng với k = 2 thì bất đẳng thức Schur đúng với mọi a,b,c ∈ R. Đặt x = a(a − b − c);y = b(b − c − a);z = c(c − a − b). Khi đó bất đẳng thức x2 +y2 +z2 ≥ xy+yz+zx ⇔ a4 +b4 +c4 +abc(a+b+c) ≥ ab(a2 +b2)+bc(b2 +c2)+ca(c2 +a2) Bài 15. Cho x,y,z là các số thực thỏa mãn (x − y)(x − z) = 1 và y 6= z. Chứng minh 1 1 1 + + ≥ 4 (x − y)2 (y − z)2 (z − x)2 (Nam Định)
36. 38 Chương 2. LỜI GIẢI Lời giải Để ý rằng 1 1 (x − y)2 + (x − z)2 (y − z)2 + 2(x − y)(x − z) + = = (x − y)2 (z − x)2 (x − y)2(x − z)2 (x − y)2(x − z)2 (y − z)2 1 = + 2 (x − y)2(x − z)2 (x − y)(x − z) Kết hợp sử dụng AM-GM, suy ra: 1 1 1 (y − z)2 1 2 4 + + = + + ≥ = 4 (x − y)2 (y − z)2 (z − x)2 (x − y)2(x − z)2 (y − z)2 (x − y)(x − z) (x − y)(x − z) Nhận xét. Đây chính là dạng biến thể của bài thi học sinh giỏi quốc gia lớp 12 năm 2008 (VMO 2008). Xin phát biểu lại đề như sau: Cho a,b,c là các số không âm phân biệt. Chứng minh rằng: 1 1 1 4 + + ≥ (a − b)2 (b − c)2 (c − a)2 ab + bc + ca Để giải quyết bài toán này ta có thể giả sử a = min{a,b,c} và làm tương tự như lời giải trên kết hợp với chú ý rằng ab + bc + ca ≥ (a − b)(a − c). Ngoài ra ta còn có thể sử dụng phương pháp dồn biến về biên như sau Nhận thấy rằng bất đẳng thức trên không hề có dấu bằng tại tâm. Ta dự đoán dồn biến về biên. Xét 1 1 1 4 f (a,b,c) = + + − (a − b)2 (b − c)2 (c − a)2 ab + bc + ca Không mất tính tổng quát, giả sử c = min{a,b,c} Ta đi chứng minh  c c  f (a,b,c) ≥ f a + ,b + ,0 2 2 Thật vậy, do:  c c ab + bc + ca ≥ a + b + THCMN2 2  c2  c2 (b − c)2 ≤ b + ;(a − c)2 ≤ a + 2 2 nên  c c  f (a,b,c) ≥ f a + ,b + ,0 2 2 Bài toán trên trở thành 1 1 1 4 + + ≥ (x − y)2 x2 y2 xy hay là 1 (x − y)2 2 + ≥ (x − y)2 x2y2 xy Bất đẳng thức trên đúng theo AM-GM. Do đó ta có điều phải chứng minh.
37. 2.1 Bất đẳng thức 39 Bài 16. Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng 1 1 1 3 + + ≤ ab + a + 2 bc + b + 2 ca + c + 2 4 (Ninh Bình) Lời giải 1 1 1 1 Áp dụng bất đẳng thức quen thuộc sau ≤ + , ta được: x + y 4 x y 1 c 1  c 1  = ≤ + ab + a + 2 1 + ac + 2c 4 c + 1 a + 1 Chứng minh tương tự ta được: 1 1  a 1  ≤ + bc + b + 2 4 a + 1 b + 1 1 1  b 1  ≤ + ca + c + 2 4 b + 1 c + 1 Suy ra: 1 1 1 1  c 1 a 1 b 1  3 + + ≤ + + + + + = ab + a + 2 bc + b + 2 ca + c + 2 4 c + 1 a + 1 a + 1 b + 1 b + 1 c + 1 4 Do đó ta thu được điều phải chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1. Nhận xét. Mở rộng ra, hãy thử chứng minh bài toán sau: Chứng minh rằng với mọi a,b,c dương ta có 1 1 1 1 1 1 + + ≤ + + 2a + b + c a + 2b +THCMNc a + b + 2c a + 3b b + 3c c + 3a Bài 17. Cho ba số thực a,b,c thỏa mãn điều kiện ab + bc + ca = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = a2 + b2 + c2 − 6(a + b + c) + 2017 (Ninh Thuận) Lời giải (a + b + c − 3)2 ≥ 0 ⇔ a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca) − 6(a + b + c) + 9 ≥ 0 ⇔ a2 + b2 + c2 − 6(a + b + c) ≥ −15 ⇔ a2 + b2 + c2 − 6(a + b + c) + 2017 ≥ 2002 ⇒ MinP = 2002. Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1
38. 40 Chương 2. LỜI GIẢI Bài 18. Cho các số dương x,y. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 (2x + y)(x + 2y) 8 P = + + − p(2x + y)3 + 1 − 1 p(x + 2y)3 + 1 − 1 4 3(x + y) (Phú Thọ) Lời giải Đặt 2x + y = a;2y + x = b khi đó áp dụng AM-GM ta có 2 2 ab 8 P = √ + √ + − a3 + 1 − 1 b3 + 1 − 1 4 a + b 2 2 ab 8 = + + − p(a + 1)(a2 − a + 1) − 1 p(b + 1)(b2 − b + 1) − 1 4 a + b 2 2 ab 4 4 4 ab 4 ≥ + + − √ = + + − √ a + 1 + a2 − a + 1 b + 1 + b2 − b + 1 4 ab a2 b2 4 ab − 1 − 1 2 2 8 ab 4 ≥ + − √ ab 4 ab Theo đánh giá√ bằng AM-GM ở trên, ta dự đoán dấu bằng xảy ra khi a = b = 2 do đó ta sẽ chứng minh với t = ab > 0 thì 8 t2 4 + − ≥ 1 ⇔ (t − 2)2(t2 + 4t + 8) ≥ 0 t2 4 t Bất đẳng thức trên luôn đúng nên ta có điều phải chứng minh là đúng. Vậy giá trị nhỏ nhất của 2 P = 1 xảy ra khi x = y = . 3 Nhận xét. Hãy thử loại bỏ đi những căn thức "khó chịu"ở mẫu số bằng AM-GM. Sau đây là một số bài toán tương tự: 1. (Trần Quốc Anh) Cho các số thực không âm a,b,c có tổng bằng 3. Chứng minh rằng 25 a + 1 b + 1 c + 1 THCMN≥ + + 3p3 4(ab + bc + ca) b + 1 c + 1 a + 1 2. Cho x,y > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của s s x3 4y3 P = + x3 + 8y3 y3 + (x + y)3 Bài 19. Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn ab + bc + ca = 3abc. Chứng minh rằng 1 1 1 3 √ + √ + √ ≤ √ a3 + b b3 + c c3 + a 2 (Quảng Bình)
39. 2.1 Bất đẳng thức 41 Lời giải Áp dụng BĐT AM-GM, ta có: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3 1 √ ≤ = √ ≤ √ + + + = √ + p √ √ 4 a3 + b 2 a3b 2 a3b 4 2 a a a b 4 2 a b Chứng minh tương tự: 1 1 3 1 √ ≤ √ + b3 + c 4 2 b c 1 1 3 1 √ ≤ √ + c3 + a 4 2 c a Từ đó suy ra 1 1 1 1 4 4 4 1 ab + bc + ca 3 √ + √ + √ ≤ √ + + = √ = √ a3 + b b3 + c c3 + a 4 2 a b c 2 abc 2 Do đó ta có điều phải chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1 Bài 20. Cho ba số thực a,b,c sao cho 0 ≤ a,b,c ≤ 1. Chứng minh a + b + c + 3abc ≥ 2(ab + bc + ca) (Quảng Nam) Lời giải Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương: c(a − 1)(b − 1) +THCMNb(c − 1)(a − 1) + a(b − 1)(c − 1) ≥ 0 Bất đẳng thức này luôn đúng nên ta có điều phải chứng minh. Bài 21. Cho các số thực x,y,z ≥ 1 và thỏa mãn 3x2 + 4y2 + 5z2 = 52. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức F = x + y + z (Thái Bình) Lời giải Cách 1. (Lời giải của bạn Đinh Xuân Hùng trường THPT chuyên Lương Văn Tụy Ninh Bình) Đầu tiên ta dự đoán dấu bằng xảy ra khi x = y = 1;z = 3. Do x,y ≥ 1 nên (x − 1)(y − 1) ≥ 0 ⇔ xy ≥ x + y − 1
40. 42 Chương 2. LỜI GIẢI Tương tự ta được xy + yz + zx ≥ 2(x + y + z) − 3 Do đó: 5(x + y + z)2 = 5(x2 + y2 + z2) + 10(xy + yz + zx) ≥ 52 + 2x2 + y2 + 10[2(x + y + z) − 3] ≥ 52 + 2 + 1 + 20(x + y + z) − 30 Suy ra x + y + z ≥ 5 Dấu bằng xảy ra khi x = y = 1;z = 3. Cách 2. Vẫn dự đoán dấu bằng xảy ra khi x = y = 1;z = 3. Ta thấy rằng khi x = y = 1;z = 3 thì x + y + z = 5. Do đó nếu một trong 3 số x,y,z > 3 thì x + y + z > 5. Do đó giá trị nhỏ nhất sẽ không xảy ra. Vậy 1 ≤ x,y,z ≤ 3. Ta có đánh giá sau (x − 1)(y − 1)(z − 1) ≥ 0 ⇔ xyz + x + y + z ≥ xy + yz + zx + 1 (x − 3)(y − 3)(z − 3) ≤ 0 ⇔ 27 + 3(xy + yz + zx) ≥ xyz + 9 Cộng 2 vế trên lại ta được: 2(xy + yz + zx) + 26 ≥ 8(x + y + z) Mặt khác theo cách trên thì x2 + y2 + z2 ≥ 11 do đó (x + y + z)2 ≥ 11 + 8(x + y + z) − 26 Do x + y + z ≥ 3 nên ta suy ra: F = x + y + z ≥ 5. Dấu bằng xảy ra khi x = y = 1;z = 3. Nhận xét. Hãy thử sức qua hai bài toán sau: 1. (Đề thi HSG TP.HCM 2007) Cho 0 < x ≤ y ≤ z ≤ 1 và 3x + 2y + z ≤ 4. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức S = 3x2 + 2y2 + z2 2. (HOMC 2013) Cho a,b,c thỏa mãn 0 ≤ c ≤ b ≤ a ≤ 5; a + b ≤ 8 và a + b + c = 10. Tìm giá trị lớn nhất của S = a2 + b2 + c2 Bài 22. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức qTHCMN√ q √ P = x + 6 x − 9 + x − 6 x − 9 (Thái Nguyên) Lời giải Điều kiện xác định: x ≥ 9 Ta có: r r q √ q √ √ 2 √ 2 P = x − 9 + 6 x − 9 + 9 + x − 9 − 6 x − 9 + 9 = x − 9 + 3 + x − 9 − 3 √ √ √ √ √ √ = x − 9 + 3 + 3 − x − 9 = x − 9 + 3 + 3 − x − 9 ≥ x − 9 + 3 + 3 − x − 9 = 6 ( x ≥ 9 ⇒ MinP = 6. Dấu −” xảy ra khi √ ⇔ 9 ≤ x ≤ 18. 3 − x − 9 ≥ 0
41. 2.1 Bất đẳng thức 43 Bài 23. Cho x,y > 0 và x + y ≥ 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của 4x 3y M = 6x2 + 4y2 + 10xy + + + 2016 y x (Thừa Thiên - Huế) Lời giải 3 Những bài toán như thế này ta cần phải dự đoán giá trị nhỏ nhất xảy ra khi nào? x = y = hay 2 x = 2;y = 1 hay x = 1;y = 2.Trong bài toán này ta dự đoán dấu bằng xảy ra khi x = 1;y = 2 cũng tức là ta sẽ chứng minh rằng 4x 3y A = 6x2 + 4y2 + 10xy + + ≥ 50 y x Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được 4x xy + ≥ 4x y 3y 3xy + ≥ 6y x Do đó: A ≥ 6x2 + 6xy + 4y2 + 4x + 6y = 6x(x + y) + 4y2 + 6y + 4x ≥ 6x.3 + 4y2 + 6y + 4x = 22x + 4y2 + 6y ≥ 22x + 4(4y − 4) + 6y = 22(x + y) − 16 ≥ 50 Do đó M ≥ 50 + 2016 = 2066 Dấu -"xảy ra khi và chỉ khi x = 1;y = 2. Nhận xét. Để giải quyết những bài toán như thế này thông thường ta phải đoán được dấu bằng xảy ra. Nhưng đôi khi dấu bằng không xuất hiện ngay lập tức mà phải đi tìm thông qua một số phương pháp chẳng hạn như cân bằngTHCMN hệ số. Sau đây là một số ví dụ về những bài đi tìm giá trị nhỏ nhất không thể giải quyết bằng phương pháp thông thường: 1. Giả sử x,y,z là các số thực không âm thỏa mãn xy + yz + zx = 1.Tìm giá trị nhỏ nhất của P = 10x2 + 10y2 + z2 2. (VNTST 2001) Xét các số thực dương a,b,c thỏa mãn 21ab + 2bc + 8ca ≤ 12. Tìm giá trị nhỏ nhất của 1 2 3 P = + + a b c Gợi ý: Bài 2 có thể sử dụng bất đẳng thức Cauchy suy rộng: Cho a1,a2, ,an không âm và các hằng số α1,α2, ,αn dương. Khi đó ta có: α α 1 1 2 αn α1+α2+ +αn α1a1 + α2a2 + + αn.an ≥ (α1 + α2 + + αn)(a1 .a2 an )
42. 44 Chương 2. LỜI GIẢI Bài 24. Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng 4(a2 + b2 + c2) − (a3 + b3 + c3) ≥ 9 (Vĩnh Phúc) Lời giải Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương: 3(a3 + b3 + c3) + 27 ≤ 12(a2 + b2 + c2) ⇔ 3(a3 + b3 + c3) + (a + b + c)3 ≤ 4(a + b + c)(a2 + b2 + c2) ⇔ 6abc ≤ a2b + b2c + c2a + ab2 + bc2 + ca2 ⇔ 8abc ≤ (a + b)(b + c)(c + a) Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng theo AM-GM Nhận xét. Bài toán trên được giải quyết bằng kĩ thuật đồng bậc hóa bất đẳng thức. Sau đây là một số bài tập về phương pháp này: 1. Cho a,b,c là độ dài ba cạnh tam giác có chu vi bằng 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của P = 3(a2 + b2 + c2) + 4abc 2. Cho a,b,c là độ dài ba cạnh tam giác có chu vi bằng 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của P = 4(a3 + b3 + c3) + 15abc 2.2 Đại số Bài 1.  x2 + 4y2 = 5 1. Giải hệ phương trình: 4x2y + 8xy2 + 5x + 10y = 1 √ 3 2. Giải phương trình: 5x2 + 6x + 5 = 64x +4x . THCMN5x2+6x+6 (Trường THPT chuyên Khoa học Tự nhiên, ĐH KHTN, ĐHQG HN) Lời giải  x2 + (2y)2 + 4xy − 4xy = 5  (x + 2y)2 − 4xy = 5 1. Hệ phương trình đã cho tương đương với ⇔ . 4xy(x + 2y) + 5(x + 2y) = 1 (x + 2y)(4xy + 5) = 1  a = x + 2y  a2 − b = 5 Đặt , ta có ⇒ a.a2 = 1 ⇒ a = 1 ⇒ b = −4. Đến đây, ta b = 4xy a(b + 5) = 1  x + 2y = 1  x = 1 − 2y có hệ ⇔ . Thế phương trình trên vào phương trình dưới, ta 4xy = −4 xy = −1  2 y = 1 1 có (1 − 2y)y = −1 ⇔ 2y −y−1 = 0 ⇔ −1 . Với y = 1 thì x = −1. Với y = − 2 thì y = 2  −1
    x = 2. Thử lại đúng. Như vậy, tập nghiệm của hệ phương trình là S = (−1;1), 2; 2 .
43. 2.2 Đại số 45 2. • Do 5x2 + 6x + 6 > 5x2 + 6x + 5 = 2x2 + 2 + 3(x + 1)2 > 0∀x nên phương trình luôn có nghĩa√ với mọi x. • Đặt 5x2 + 6x + 5 = a;4x = b, thay vào phương trình trên, ta có aa2 + 1
    = b3 + b ⇔ a3 − b3 + a − b = 0 ⇔ (a − b)a2 + ab + b2 + 1
    = 0. Vì a2 + ab + b2 + 1 = 2 √ a + b
    + 3 b2 +1 > 0∀a;b nên a−b = 0 ⇔ a = b Vậy 5x2 + 6x + 5 = 4x(x ≥ 0). 2 4  2 2 2 x = 1 Từ đó 5x +6x+5 = 16x ⇔ 11x −6x−5 ⇔ 5 . Thử lại, ta thấy x = 1 x = − 11 0;y0 > 0. 2 2. Tìm a ≥ 1 để phương trình ax + (1 − 2a)x + 1 − a = 0 có hai nghiệm phân biệt x1,x2 2 2 thỏa x2 − ax1 = a − a − 1. (Trường Phổ thông Năng khiếu - ĐHQG Tp. HCM) Lời giải  (x − 2y)(x − 3y) = 12  x2 − 5xy + 6y2 = 12 1. • Khi m = 3, ta có hệ ⇒ 5y2 − x2
    = (y − 2x)(y − 3x) = 12 y2 − 5xy + 6x2 = 12  x = y 0 ⇒ . Lần lượt thay vào, ta tìm được tập nghiệm của hệ phương trình đã x = −y n √ √   √ √ o cho là S = (1;−1);(−1;1); 6; 6 ; − 6;− 6 .  x2 + (m − 2)xy − 2my2 = m2 − 2m − 3 • Với m bất kì, hệ có thể viết lại thành ⇒ y2 + (m − 2)xy − 2mx2 = m2 − 2m − 3 (2m + 1)y2 − x2
    = 0. – Xét m = − 1 , hệ phương trình trở thành x2 − 5 xy + y2 + 7 = 0, có nghiệm √ 2 2 4  5+ 2  2 ,2 thỏa mãn yêu cầu bài toán. −1 – Xét m 6= 2 , ta có x = y hoặc x = −y. Trường hợp x = −y loại do không thỏa mãn yêu cầu bài toán.THCMN Với trường hợp x = y, thế vào ta có −(m + 1)x2 = m2 − 2m − 3 = (m + 1)(m − 3). ∗ Nếu m = −1 ta có (x − 2y)(x − y) = 0. Để phương trình này có nghiệm thỏa mãn yêu cầu đề bài, ta chỉ cần chọn x = y > 0. ∗ Nếu m 6= −1 ta có x2 = 3−m. Để phương trình có nghiệm thì 3−m > 0 ⇔ m 0 nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt. 2a−1 • Theo định lý Viète, ta có x1 +x2 = a ⇒ ax1 +ax2 = 2a−1 ⇒ ax1 = 2a−1−ax2. Kết hợp với giả thiết, ta có 2 2 2 2 x2 + ax2 − 2a + 1 = a − a − 1 ⇔ x2 + ax2 − a − a + 2 = 0 2 2 3 2 ⇔ ax2 + a x2 − a − a + 2a = 0. (2.2.2.1)
44. 46 Chương 2. LỜI GIẢI Mà x2 là nghiệm của phương trình nên ta có 2 ax2 + (1 − 2a)x2 + 1 − a = 0. (2.2.2.2) 2
    3 2 2
    Lấy (2.2.3.2)−(2.2.3.1), ta có a + 2a − 1 x2 = a +a −3a+1 = a + 2a − 1 (a − 1). – Nhận xét a = 1 thoả mãn điều kiện đề cho. – Với a > 1,x2 = a − 1. Thế vào phương trình ban đầu tìm được a = 0 (không TMĐK) và a = 3 (TMĐK). Vậy a = 1 hoặc a = 3. Bài 3. Chứng minh biểu thức sau nhận giá trị nguyên dương với mọi giá trị nguyên dương của n: q q q p P = n2 + (n + 1)2 + (n − 1)2 + n2 4n2 + 2 − 2 4n4 + 1 (THPT chuyên Đại học Sư phạm Hà Nội Lời giải Xét với n nguyên dương ta có: q q 2 q q n2 + (n + 1)2 + (n − 1)2 + n2 = n2 +(n + 1)2 +2 n2 + (n + 1)2. (n − 1)2 + n2 +(n − 1)2 +n2 p = 4n2 + 2 + 2 4n4 + 1 q q q p ⇒ n2 + (n + 1)2 + (n − 1)2 + n2 = 4n2 + 2 + 2 4n4 + 1 Vậy: q q q p P = n2 + (n + 1)2 + (n − 1)2 + n2 4n2 + 2 − 2 4n4 + 1 q p q p = 4n2 + 2 + 2 4n4 + 1. 4n2 + 2 − 2 4n4 + 1 r  p 2 q = (4n2 + 2)2 − 2 4n4 + 1 = 16n4 + 16n2 + 4 − (16n4 + 4) = 4n. Vì n nguyên dương nên 4n ∈ N nên taTHCMN có điều phải chứng minh. Bài 4. 1. (a) Phân tích đa thức x4 + 5x3 + 5x2 − 5x − 6 thành nhân tử. q p q p x − 4(x − 1) + x + 4(x − 1)  1  (b) Rút gọn Q = 1 − với x > 1 và px2 − 4(x − 1) x − 1 x 6= 2. √ √ 2. (a) Giải phương trình: 2(2x − 1) − 3 5x − 6 = 3x − 8. (b) Cho bốn số thực a,b,c,d khác 0 thỏa mãn các điều kiện sau: a,b là hai nghiệm của phương trình x2 − 10cx − 11d = 0; c,d là hai nghiệm của phương trình x2 − 10ax − 11b = 0. Tính giá trị của S = a + b + c + d. (Bắc Ninh)
45. 2.2 Đại số 47 Hướng dẫn 1. (a) x4 + 5x3 + 5x2 − 5x − 6 = (x − 1)(x + 1)(x + 2)(x + 3). (b) Trước hết ta tính các hạng tử của Q: r q √ 2 √ p x − 4(x − 1) = x − 1 − 1 = x − 1 − 1 r q p √ 2 √ x + 4(x − 1) = x − 1 + 1 = x − 1 + 1 q p 2 x2 − 4(x − 1) = (x − 2) = |x − 2| Với 1 2, ta được: √ √ √ √ x − 1 − 1 + x − 1 + 1  1  x − 1 − 1 + x − 1 + 1 x − 2 Q = 1 − = . |x − 2| x − 1 x − 2 x − 1 √ 2 x − 1 x − 2 2 = . = √ x − 2 x − 1 x − 1 8 2. (a) ĐK: x ≥ . Biến đổi phương trình ban đầu: 3 √ √ 2(2x − 1) − 3 5x − 6 = 3x − 8 √  √  ⇔ 4x − 12 = 3 THCMN5x − 6 − 3 + 3x − 8 − 1 15(x − 3) 3(x − 3) ⇔ 4(x − 3) = √ + √ 5x − 6 + 3 3x − 8 + 1  x − 3 = 0 ⇔ 15 3  √ + √ = 4 5x − 6 + 3 3x − 8 + 1 • x − 3 = 0 ⇔ x = 3 (thỏa ĐK). 15 3  15 15  3 3 • √ + √ = 4 ⇔ √ − + √ − = 5x − 6 + 3 √ 3x − 8 + 1 √ 5x − 6 + 3 6 3x − 8 + 1 2 15 3 − 5x − 6 3 1 − 3x − 8 25 3 − x 9 3 − x √ √ 0 ⇔ + = 0 ⇔ √ 2 + √ 2 = 6 5x − 6 + 3 2 3x − 8 + 1 2 5x − 6 + 3
    2 3x − 8 + 1
    ! 25 1 9 1 0 ⇔ (3 − x) √ 2 + √ 2 = 0 ⇔ x = 3 (thỏa ĐK). 2 5x − 6 + 3
    2 3x − 8 + 1
    Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 3.
46. 48 Chương 2. LỜI GIẢI (b) Do a,b là hai nghiệm của phương trình x2 − 10cx − 11d = 0 nên theo định lý Viete, ta có: a + b = 10c, (2.2.4.1) ab = −11d. (2.2.4.2) Tương tự ta cũng có: c + d = 10a, (2.2.4.3) cd = −11b. (2.2.4.4) Do a,b,c,d khác 0 nên từ (2.2.4.2) và (2.2.4.4), ta được ab −11d a 11 121 = ⇔ = ⇔ a = . (2.2.4.5) −11b cd 11 c c Nhân hai vế của (2.2.4.4) với c, phương trình trở thành c2 − 1210 c2 + cd = 10ac ⇔ c2 − 11b = 1210 ⇔ b = . (2.2.4.6) 11 Thế (2.2.4.5) và (2.2.4.6) vào (2.2.4.1), phương trình tương đương với: 121 c2 − 1210 + = 10c c 11 ⇔ c3 − 110c2 − 1210c + 1331 = 0 ⇔ (c + 11)c2 − 121c + 121
    = 0.  c = −11 ⇔ c2 − 121c + 121 = 0 121  c2 + 121 Nhận xét: S = a + b + c + d = 10(a + c) = 10 + c = 10 . c c 112 + 121 • Nếu c = −11 thì: S = 10 = −220. −11 c2 + 121 121c • Nếu c2 − 121c + 121 = 0 thì: S = 10 = 10 = 1210. c c Vậy với giả thiết bài toán như trênTHCMN thì S = −220 hoặc S = 1210. Bài 5. s a a2 1. Cho biểu thức P = + 1 + a2 + với a 6= −1. Rút gọn biểu thức P và a + 1 (a + 1)2 tính giá trị của P khi a = 2016. 2. Giải các phương√ trình: √ √ 2 (a) (√17 − 6x) 3x −√5 + (6x − 7) √7 − 3x = 2 + 8 36x − 9x − 35. (b) x2 − 3x + 2 = 10x − 20 − x − 3. (Đà Nẵng) Lời giải
47. 2.2 Đại số 49 1. Với a 6= −1, ta có: s s a a2 a a2 P = + 1 + a2 + = + (1 + a2 + 2a) − 2a + a + 1 (a + 1)2 a + 1 (a + 1)2 s s a a a2 a  a 2 = + (a + 1)2 − 2(a + 1) + = + (a + 1) − a + 1 a + 1 (a + 1)2 a + 1 a + 1 a a = + |(a + 1) − |. a + 1 a + 1 Nhận xét: a (a + 1)2 − a a2 + a + 1 (a + 1) − = = > 0 ⇔ a + 1 > 0 ⇔ a > −1 a + 1 a + 1 a + 1  12 3 (vì a2 + a + 1 = a + + > 0 với mọi x). 2 4 Suy ra: a a • Với a > −1 thì: P = + (a + 1) − = a + 1. a + 1 a + 1 a a −a2 + 1
    • Với a < −1 thì: P = + − (a + 1) = . a + 1 a + 1 a + 1 • Với a = 2016, khi đó P = a + 1 = 2016 + 1 = 2017. 5 7 2. (a) ĐKXĐ: ≤ x ≤ . 3√ 3 √ Đặt a = 3x − 5 và b = 7 − 3x (a,b ≥ 0). Dễ thấy a2 + b2 = 2. Khi đó phương trình trên tương đương với: 2b2 + 3
    a + 2a2 + 3
    b = a2 + b2 + 8ab ⇔ 2ab(a + b) + 3(a + b) = (a + b)2 + 6ab ⇔ 2ab(a + b − 3) = (a + b)(a + b − 3)  a + b = 3 ⇔ THCMNa + b = 2ab 9 − a2 − b2 Từ phương trình đầu tiên suy ra: ab = . Do đó a,b là hai nghiệm của 7 2 2 7 phương trình X2 − 3X + . Phương trình này vô nghiệm vì ∆ = −5 < 0. 3 √  ab = 1 + 3 Từ phương trình thứ 2 suy ra: (a + b)2 = 4a2b2 ⇔ 2+2ab = 4a2b2 ⇔ √ ab = 1 − 3 (loại) √ √ 2 √ (a + b)2 = a2 +b2 + ab = + +
    = +
    ⇒ a+b = + Khi đó: 2 2 2 1 3 1 3 √1 3 a + b ≥ a,b X2 − +
    X + (vì √ 0). Do đó là hai nghiệm của phương√ trình 1 3 1 + 3
    . Phương trình này vô nghiệm vì ∆ = −12 − 6 3 < 0. Vậy phương trình vô nghiệm. (b) ĐKXĐ: x ≥ 3. Khi đó, p √ √ x2 − 3x + 2 = 10x − 20 − x − 3
48. 50 Chương 2. LỜI GIẢI p ⇒ x2 − 3x + 2 = 11x − 23 − 2 10(x − 2)(x − 3) p ⇒ 2 10(x − 2)(x − 3) = −x2 + 14x − 25 ⇒ 40(x − 2)(x − 3) = (x2 − 14x + 25)2 (x2 − 14x + 25 0 ⇒ −6x+10 > 0 ⇒ x < , 3 không TMĐKXĐ. √ √ Vậy phương trình có hai nghiệm là x = 4 + 5,x = 4 − 5. Bài 6. 1. (a) Giải phương trình x4 − 2x3 + x − p2(x2 − x) = 0.  x2 + 2y − 4x = 0 (b) Giải hệ phương trình . 4x2 − 4xy2 + y4 − 2y + 4 = 0 2. Cho các số thực a,b,c đôi một khác nhau thỏa mãn a3 + b3 + c3 = 3abc và abc 6= 0. Tính ab2 bc2 ca2 P = + + . a2 + b2 − c2 b2 + c2 − a2 c2 + a2 − b2 (Hà Nội) Lời giải 1. (a) • ĐKXĐ: x ≤ 0;x ≥ 1. • x4 − x3 + x − p (x2 − x) = ⇔ x2 − x
    2 − x2 − x
    − p (x2 − x) = √ 2 2 0 2 0. Đặt x2 − x = t (t ≥ 0) thì phương trình trở thành √  √  t4 −t2 − 2t = 0 ⇔ t t3 −t − 2 = 0  √  √   t = 0 ⇔ t t − 2 t2 + 2t + 1 = 0 ⇔ √ THCMN t = 2  x = 0 – t = 0 ⇔ x2 − x = 0 ⇔ . Thử lại đúng. x = 1 √ √ √  x = 2 – t = 2 ⇔ x2 − x = 2 ⇒ x2 − x − 2 = 0 ⇔ . Thử lai đúng. x = −1 Vậy phương trình có tập nghiệm là S = {0;1;2;−1}. (  x2 + 2y − 4x = 0  (x − 2)2 = −2y + 4 (x − 2)2 − 2y + 4 = 0 (b) ⇔ ⇔ 2 . 4x2 − 4xy2 + y4 − 2y + 4 = 0 (2x − y)2 − 2y + 4 = 0 2x − y2
    + (x − 2)2 = 0 2 2 Vì 2x − y2
    ;(x − 2)2 ≥ 0∀x;y ⇒ 2x − y2
    +(x − 2)2 ≥ 0∀x;y. Do đó, từ phương ( (x − 2)2 = 0  x = 2  x = 2 trình trên ta suy được 2 ⇔ ⇔ . Thử 2x − y2
    = 0 2x − y2 = 0 y = 2 lại, ta thấy chỉ có (x;y) ∈ {(2;2)} thỏa mãn hệ phương trình. Như vậy, tập nghiệm của hệ phương trình là S = {(2;2)}.
49. 2.2 Đại số 51 2. Do a3 +b3 +c3 −3abc = 0 ⇔ (a + b + c)a2 + b2 + c2 − ab − bc − ca
    = 0 ⇒ a+b+c = ab2 ab2 ab2 b2 0 (do các số a,b,c đôi một khác nhau)⇒ a2+b2−c2 = a2+(b−c)(b+c) = a2−a(b−c) = a−b+c = b2 b −b −c −a (a+b+c) −b−b = − 2 . Tương tự với hai số hạng còn lại, ta có P = 2 + 2 + 2 = − 2 = 0. Bài 7. 1. (a) Cho biểu thức √ √ a3 − b3 a b P = − √ √ − √ √ a − b a + b b − a √ với a,b > 0 và a 6= b. Thu gọn rồi tính giá trị của P biết (a − 1)(b − 1)+2 ab = 1. 2 2 (b) Cho phương trình x − x + b = 0 có các nghiệm x1,x2 và phương trình x − 97x + 4 4 a = 0 có các nghiệm là x1;x2. Tìm giá trị của a. 2. (a) Giải phương trình: 9x2 − 18x + 5
    3x2 − 4x
    − 7 = 0. √ √ √  2x + 3y + 2x − 3y = 3 2y (b) Giải hệ phương trình √ √ 2 2x + 3y − 2x − 3y = 6 (Hải Phòng) Lời giải √ √ 1. (a) Với a,b > 0, đặt x = a;y = b (lưu ý do a 6= b nên x 6= y ).Theo giả thiết ta có: √ (a − 1)(b − 1) + 2 ab = 1 ⇔ x2 − 1
    y2 − 1
    + 2xy = 1 ⇔ x2y2 = x2 + y2 − 2xy ⇔ (xy)2 = (x − y)2 ⇔ xy = |x − y(x,y > 0) Khi đó: √ √ a3 − b3 a b x3 − y3 x2 y2 P = − √ √ − √ √ = − − a − b a + b b − a x2 − y2 x + y y − x (x − y)x2 + y2 + xy
    x2 y2 = − − THCMN(x − y)(x + y) x + y y − x x2 + y2 + xy x2 y2 y(x + y) y2 = − − = − x + y x + y y − x x + y y − x y2 −xy xy = y − = = . y − x y − x x − y Vậy P = 1 (nếu x > y) và P = −1 (nếu x < y). 2 (b) Do x1,x2 là các nghiệm của phương trình x −x +b = 0 nên theo định lý Viete, ta có x1 + x2 = 1, (2.2.7.1) x1x2 = b. (2.2.7.2) Tương tự ta cũng có 4 4 x1 + x2 = 97, (2.2.7.3)
50. 52 Chương 2. LỜI GIẢI 4 4 x1x2 = a. (2.2.7.4) Từ (2.2.7.1) và (2.2.7.2) suy ra 2 2 2 x1 + x2 = (x1 + x2) − 2x1x2 = 1 − 2b 1 Mặt khác ta cũng suy ra được: 1 − 2b ≥ 0 ⇔ b ≤ . 2 Từ (2.2.7.2), (2.2.7.3) và (2.2.7.5) suy ra: 4 4 2 2
    2 2 x1 + x2 = 97 ⇔ x1 + x2 − 2(x1x2) = 97  b = 8 ⇔ (1 − 2b)2 − 2b2 = 97 ⇔ 2b2 − 4b − 96 = 0 ⇔ b = −6 1 Thử lại ta loại b = 8 vì 8 > . Với b = −6 suy ra: a = 64 = 1296. 2 2. (a) Ta có: 9x2 − 18x + 5
    3x2 − 4x
    − 7 = 0 ⇔ x(3x − 5)(3x − 1)(3x − 4) − 7 = 0 1 1 ⇔ .3x(3x − 5)(3x − 1)(3x − 4)−7 = 0 ⇔ 9x2 − 15x
    9x2 − 15x + 4
    −7 = 0. 3 3 Đặt t = 9x2 − 15x + 2, phương trình trở thành 1 (t − 2)(t + 2) − 7 = 0 ⇔ t2 − 4 − 21 = 0 ⇔ t = 5. 3 √ 5  37 • Với t = 5, ta có 9x2 − 15x − 3 = 0 ⇔ x = . 6 2 • Với t = −5, ta có 9x − 15x + 7 = 0 (vô√ nghiệm). 5  37 Vậy nghiệm của phương trình là x = . 6 (b) ĐKXĐ: y ≥ 0;2x ≥ 3y. Ta có: √ √ √ √ √  2x + 3y + 2x − 3y = 3 2y  x + y + x − y
    2 = . y √ √ ⇔ 2√ 3 2√ 3 3 6 2 2x + 3y − 2THCMNx − 3y = 6 2 2x + 3y − 2x − 3y = 6 √ √ Đặt a = 2x + 3y và b = 2x − 3y (a,b ≥ 0) suy ra: a2 −b2 = 6y. Khi đó hệ phương trình trở thành  (a + b)2 = 3a2 − b2
     (a + b)(2b − a) = 0 ⇔ 2a − b = 6 2a − b = 6 • Với a + b = 0, tìm được a = 2;b = −2 (vô lý vì b ≥ 0). • Với 2b − a = 0, tìm được a = 4;b = 2. Ta có hệ phương trình: √  2x + 3y = 4  x = 5 √ ⇔ (thỏa ĐK) 2x − 3y = 2 y = 2 Vậy hệ có nghiệm duy nhất (x,y) = (5;2).
51. 2.2 Đại số 53 Bài 8. a−b a+b 1. Cho hai số thức a,b sao cho |a| 6= |b| và ab 6= 0 thỏa mãn điều kiện a2+ab + a2−ab = 3 2 3 3a−b . Tìm giá trị của biểu thức P = a +2a b+3b . a2−b2 2a√3+ab2+b3 2. (a) Giải phương trình x2 − 6x + 4 + 2 2x − 1 = 0.  x3 − y3 = 9(x + y) (b) Giải hệ phương trình . x2 − y2 = 3 (Tp. HCM) Hướng dẫn a−b a+b 3a−b (a−b)(a−b)+(a+b)(a+b) 1. Điều kiện đã cho tương đương với ⇔ a(a+b) + a(a−b) = (a−b)(a+b) ⇔ a(a−b)(a+b) = a(3a−b) 2 2 2 2 2 2 2 a(a−b)(a+b) ⇔ a −2ab+b +a +2ab+b = a(3a − b) ⇔ 2a +2b −3a +ab = 0 ⇔  a = −b a2 − ab − 2b2 = 0 ⇔ (a + b)(a − 2b) = 0 ⇔ a = 2b 3 3 3 • a = −b ⇒ P = −b +2b +3b = − −2b3−b3+b3 2. 3 3 3 • a = b ⇒ P = 8b +8b +3b = 2 16b3+2b3+b3 1 1 2. (a) • ĐKXĐ: x ≥ . 2 √ √ • Phương trình đã cho ⇔ x2 −4x+4−2x+2 2x − 1 = 0 ⇔ (x − 2)2 −2x − 1 − 2 2x − 1 + 1
     √ √ 2 x − 2 = 2x − 1 − 1 = 0 ⇔ (x − 2)2 − 2x − 1 − 1
    = 0 ⇔ √ . Đến đây tìm x − 2 = 1 − 2x − 1 √ √ được hai nghiệm của phương trình là x = 2 + 2;x = 4 − 6. x3−y3 (x−y)(x2+xy+y2) (b) Chia cả hai phương trình vế theo vế, ta được x2−y2 = 3(x + y) ⇔ (x−y)(x+y) =  x = − 1 y 3(x + y) ⇔ x2 + xy + y2 = 3(x + y)2 ⇔ 2x2 + 5xy + 2y2 = 0 ⇔ 2 x = −2y 1 3 2 2 • Trường hợp x = − 2 y, thế vào phương trình sau, ta được − 4 y = 3 ⇔ y = −4 (vô nghiệm). • Trường hợp x = −2y, thế vào phương trình sau, ta được 3y2 = 3 ⇔ y = 1;x = −2 hoặc y = −1;x = 2. THCMN Bài 9. √ √ 1 1 a b 1. (a) Đặt a = 2;b = 3 2. Chứng minh rằng: − = a + b + + + 1. a − b b b a p3 √ p3 √ (b) Cho x = 28 + 1− 28 − 1+2. Tính giá trị của P = x3 −6x2 +21x+2016. 2. (a) Giải hệ phương trình  x2y2 − 2x + y2 = 0 2x2 − 4x + 3 = −y3 √ √  √  (b) Giải phương trình 2x + 5 − 2x + 2
    1 + 4x2 + 14x + 10 = 3. (Hưng Yên) Lời giải
52. 54 Chương 2. LỜI GIẢI 1 1. (a) Dễ thấy a2 = b3 = 2 và a + 1 = . a − 1 a b 1 a2b + ab2 + a2 + b2 + ab + a (a + 1)b2 + ab + a
    a + b + + + 1 + = = b a b ab ab (a + 1)ab2 + a2b + a2
    (a + 1)ab2 + b4 + b3
    = = a2b b4 (a + 1)a + b2 + b
    a + b2 + b b3 + b2 + ab a2 + b2 + ab a2 + b2 + ab 1 = = = = = = . b2 b2 (a − 1) b3 (a − 1) ab3 − b3 a3 − b3 a − b Từ đó suy ra: 1 1 a b − = a + b + + + 1. a − b b b a (b) Ta có: q3 √ q3 √ q3 √ q3 √ x = 28 + 1 − 28 − 1 + 2 ⇔ x − 2 = 28 + 1 − 28 − 1 3 q3 √ q3 √  ⇔ (x − 2)3 = 28 + 1 − 28 − 1 r √ √ q3 √ q3 √  ⇔ (x − 2)3 = 2 − 3 3 28 + 1 28 − 1 28 + 1 − 28 − 1 ⇔ (x − 2)3 = 2 − 9(x − 2) ⇔ x3 − 6x2 + 21x = 28. Suy ra: P = x3 − 6x2 + 21x + 2016 = 28 + 2016 = 2044. Vậy P = 2044. 2. (a) Ta xem phương trình thứ nhất như một tam thức bậc 2 theo ẩn x, khi đó ∆0 = 1 − y4. Hệ phương trình có nghiệm ⇔ ∆0 ≥ 0 ⇔ −1 ≤ y ≤ 1. (2.2.9.1) Mặt khác, xét phương trìnhTHCMN thứ hai, ta có: 2x2 − 4x + 3 = −y3 ⇔ 2(x − 1)2 = −1 − y3 Dễ thấy: −1 − y3 ≥ 0 ⇔ y ≤ −1 (2.2.9.2) (vì 2(x − 1)2 ≥ 0 với mọi x). Từ (2.2.9.1) và (2.2.9.2), suy ra: y = −1. Với y = −1 thì: 2(x − 1)2 = −1 − y3 = 0 ⇔ (x − 1)2 = 0 ⇔ x = 1. Vậy hệ phương trình có nghiệm√ duy nhất (√x,y) = (1,−1). (b) ĐKXĐ: x√≥ −1. Đặt a = 2x + 5 và b = 2x + 2 (a,b ≥ 0). Nhận xét: i. a ≥ 3 > 1 và a > b. ii. a2 − b2 = 3. iii. 4x2 + 14x + 10 = a2b2.
53. 2.2 Đại số 55 Thế (ii) và (iii) vào phương trình ban đầu, ta được: (a − b)(1 + ab) = a2 − b2 ⇔ (a − b)(1 + ab) = (a − b)(a + b) ⇔ (a − b)(1 + ab − a − b) = 0 ⇔ (a − b)(a − 1)(b − 1) = 0 ⇔ b = 1(do (i)) √ −1 Nếu b = 1 thì: 2x + 2 = 1 ⇔ 2x + 2 = 1 ⇔ x = (thỏa ĐK). 2 −1 Vậy x = là nghiệm duy nhất của phương trình. 2 Bài 10. r 1 r 1 r 1 1. (a) Rút gọn biểu thức P = 1 − 1 − 1 − . 22 32 20162 (b) Cho a là nghiệm của phương trình x2 − 3x + 1 = 0. Không tính giá trị của a, hãy a2 tính giá trị của biểu thức Q = . a4 + a2 + 1 x − 12 15 x + 12 2. (a) Giải phương trình − + 4 = 5. x + 2 x2 − 4 x − 2 (b) Giải hệ phương trình  x2 − xy
    xy − y2
    = 25 p p x2 − xy + xy − y2 = 3(x − y) (Khánh Hoà) Hướng dẫn √ √ r 1 n − 1 n + 1 1. (a) Nhận xét: 1 − = với mọi n ≥ 2. Khi đó: n2 n r r r 1 1 1 P = 1 − 1 − 1 − 2 THCMN2 2 √ 2√ √ 3 √ √ 2016 √ √ 1. 3 2. 3 2014. 2015 2015. 2017 = . . √2 √ 3√ √ 2015√ √ 2016√ 1. 3. 2. 4 2014. 2016. 2015. 2017 = 2016! √ √ √ r 2. 2016. 2017 2017 = = 2.2016 4032 r2017 Vậy P = . 4032 (b) Do a là nghiệm của phương trình x2 − 3x + 1 = 0 nên suy ra: a2 − 3a + 1 = 0 ⇔ a2 + 1 = 3a. Khi đó: a2 a2 a2 a2 1 Q = = = = = . a4 + a2 + 1 (a2 + 1)2 − a2 (3a)2 − a2 8a2 8
54. 56 Chương 2. LỜI GIẢI 2. (a) ĐKXĐ: x 6= 2. Phương trình ban đầu tương đương với: " # " # x − 12 1  15 15 x + 12 1 − − + + 4 − = 0 x + 2 4 x2 − 4 4 x − 2 4 3x(x − 4) 15x2 3x(x + 4) ⇔ − + = 0 4(x + 2)2 4(x2 − 4) (x − 2)2 " # x − 4 5x 4(x + 4) ⇔ x − + = 0 (x + 2)2 x2 − 4 (x − 2)2  x = 0 (thỏa ĐK)  ⇔  x − 4 5x 4(x + 4)  − + = 0 (x + 2)2 x2 − 4 (x − 2)2 Giải phương trình thứ hai: x − 4 5x 4(x + 4) − + = 0 (x + 2)2 x2 − 4 (x − 2)2 ⇔ (x − 4)(x − 2)2 + 4(x + 4)(x + 2)2 − 5xx2 − 4
    = 0 ⇔ 24x2 + 120x + 48 = 0 2 ⇔ x + 5x + 2 =√0  −5 + 17 x = (thỏa ĐK) ⇔  2√  −5 − 17 x = (thỏa ĐK) 2 ( √ √ ) −5 + 17 −5 − 17 Vậy tập nghiệm của phương trình là: S = 0; ; . 2 2 (b) ĐKXĐ: x2 ≥ xy và xy ≥ y2. Từ phương trình thứ hai, ta thấy: 3(x − y) = VT ≥ 0 ⇔ p p 2 x ≥ y. Đặt a = x2 − xy và b = xy − y2 (a,b ≥ 0). Dễ thấy: a2 − b2 = (x − y) . Hệ phương trình tương đương với: ( 2
    2
     x2 − xy
    xy − y2
    = 25 x − xy xy − y = 25 2 p p ⇔ p p  2 x2 − xy + xy − y2 = 3(x − y) x2 − xy + xy − y2 = 9(x − y)  (ab)2 = 25  (ab)2 = 25  ab = 5 (vì a,b ≥ 0) ⇔ THCMN⇔ ⇔ (a + b)2 = 9a2 − b2
    (a + b)(4a − 5b) = 0 (a + b)(4a − 5b) = 0 Do ab = 5 nên suy ra: a,b > 0. Khi đó phương trình thứ hai ⇔ 4a − 5b = 0 hay 4a = 5b. 5 Ta có: 4a = 5b ⇔ 4a2 = 5ab = 25 ⇔ a = =⇒ b = 2. Như vậy, 2  52    2 2 3 3  (x − y) = − 2  x − y = (do x ≥ y)  x − y = 2 ⇔ 2 ⇔ 2 52 41 41  x2 − y2 = + 22  (x − y)(x + y) =  x + y =  2 4 6  25  x = 6 ⇔ 8  y =  3
55. 2.2 Đại số 57 25 8 Thử lại ta thấy (x,y) = , thỏa mãn ĐK. Vậy hệ phương trình có nghiệm duy 6 3 25 8 nhất (x,y) = , . 6 3 Bài 11. P √ 1 √10 5√ x 1. Cho biểu thức = x+1 + 2 x+1 − 2x+3 x+1 với điều kiện ≥ 0. (a) Rút gọn biểu thức P. (b) Tìm tất cả các số tự nhiên x để P là số nguyên tố. 2. Cho phương trình x2 −2(m − 1)x−2m+5 = 0 (m là tham số). TÌm m để phương trình có hai nghiệm x1,x2 sao cho x1 +√x2 + 2x1x2 = 26. 3. Giải phương trình 2x2 + 2
    = 5 x3 + 1. (Long An) Hướng dẫn √ √ √ 1. • P = 2 x√+1+10( √x+1)−5 = √ 12 x+√6 = √ 6 . ( x+1)(2 x+1) √( x+1)(2 x+1) √x+1 • Vì P là số nguyên tố nên x + 1 = 2 hoặc x + 1 = 3. Khi đó x = 1 hoặc x = 4.  x ≥ 2 2. • Phương trình có nghiệm ⇔ ∆0 ≥ 0 ⇔ m2 − 4 ≥ 0 ⇔ . x ≤ −2  0 x1 + x2 = 2m − 2 • Với ∆ ≥ 0, theo định lý Viète, ta có . Khi đó, x1 + x2 + x1x2 = x1x2 = −2m + 5 26 ⇔ 2m − 2 − 4m + 10 = 26 ⇔ m = −9. 3. • ĐKXĐ: x ≥ −√1. • x2 +
    = x3 + ⇔ x2 − x + + x +
    = p(x + )(x2 − x + ) ⇔ x+1 − 2 2 5 1 2 1 1 5 1 1 2 x2−x+1  q √ x+1 " 5+ 37 q 2 = 2  2 x+1 x −x+1 4x − 5x + 3 = 0(l) x = √2 5 2 +2 = 0 ⇔  q ⇔ 2 ⇔ . x −x+1 x+1 = 1 x − 5x − 3 = 0 x = 5− 37 x2−x+1 2 2 √ n 5 37 o Thử lại đúng. Như vậy, phương trình đã cho có tập nghiệm S = 2 . Bài 12. p THCMN√ p √ 1. (a) Đơn giản biểu thức x + 2 + 2 x + 1 − x + 2 − 2 x + 1 với x > 0. 1 1 1 47 (b) Cho a,b,c là các số thực thỏa mãn điều kiện a+b+c = 6; a+b + b+c + c+a = 60 . Tính giá trị của biểu thức a + b + c . √ b+c a+c√ a+b √ 2. (a) Giải phương trình 2x2 + 3x + 1 + 1 − 3x = 2 x2 + 1.  x2 + 3y2 − 3x − 1 = 0 (b) Giải hệ phương trình . x2 − y2 − x − 4y + 5 = 0 (Nam Định) Hướng dẫn √ √ √ 1. (a) A = x + 1 + 1 + x + 1 − 1 = 2 x + 1. 1 1 1
    a+b+c a+b+c a+b+c c a (b) (a + b + c) a+b + b+c + a+c = a+b + b+c + c+a = 1+ a+b +1+ b+c +1+ b c a b 47 47 a b c 47 17 a+c = 3 + a+b + b+c + a+c = 6. 60 = 10 ⇒ b+c + a+c + a+b = 10 − 3 = 10 .
56. 58 Chương 2. LỜI GIẢI √ √ √ 2. (a) 2x2 + 3x + 1 + 1 − 3x ≤ p2(2x2 + 3x + 1 + 1 − 3x) = 2 x2 + 1. Vậy phương  x = 0 trình ban đầu có nghiệm ⇔ 2x2 + 3x + 1 = 1 − 3x ⇔ 2x2 + 6x = 0 ⇔ . x = −3 Thử lại, ta thấy x = 0;x = −3 đều thỏa mãn phương trình đã cho. (b) Cộng hai phương trình vế theo vế, ta được 2x2 +2y2 −4x−4y+4 = 0 ⇔ 2x2 − 2x + 1
    + 2y2 − 2y + 1
    = 0 ⇔ 2(x − 1)2 +2(y − 1)2 = 0(∗) ⇔ x = y = 1. Thử lại đúng. Vậy (x,y) = (1,1) là nghiệm duy nhất của phương trình. Bài 13. 1. Cho các số a,b thoả mãn 2a2 + 11ab − 3b2 = 0,b 6= 2a,b 6= −2a. Tính giá trị của biểu thức T = a−2b + 2a−3b . 2a−b 2a+b √ √ 2. (a) Giải phương trình 2x + 1 − x − 3 = 2.  2x3 + x2y + 2x2 + xy + 6 = 0 (b) Giải hệ phương trình x2 + 3x + y = 0 (Phú Thọ) Lời giải 2 2 T = a−2b + 2a−3b = (a−2b)(2a+b)+(2a−3b)(2a−b) = 6a −11ab+b 1. Ta có 2a−b 2a+b (2a−b)(2a+b) 4a2−b2 Từ giả thiết ta suy ra 2 2 2 2 2 2 2(4a2−b2) ab = − a2 + b2 T T = 6a −11ab+b = 6a +2a −3b +b = = 11 2 3 , thay vào ta được 4a2−b2 4a2−b2 4a2−b2 2 2. (a) • ĐKXĐ: x ≥ 3. √ √ √ • Phương trình đã cho ⇔ 2x + 1 = x − 3+2 ⇔ 2x+1 = x−3+4+4 x − 3 ⇔ √  x = 4 4 x − 3 = x ⇔ 16(x − 3) = x2 ⇔ x2 −16x+48 = 0 ⇔ . Thử lại đúng. x = 12  x2 + x
    (2x + y) = −6 (b) Hệ phương trình đã cho ⇔ Đặt u = x2 + x;v = 2x + y, x2 + x
    + (2x + y) = 1   u = −2  uv = −6  v = 3 hệ đã cho trở thành ⇔   . u + v = 1  u = 3 v = −2  u = −2  x2 + x = −2 • Với ⇒ , vô nghiệm. v = 3 THCMN2x + y = 3  u = 3  x2 + x = 3  x2 + x − 3 = 0 • Với ⇒ ⇔ . Giải hệ phương trình v = −2 2x + y = −2 y = −2x − 2 ( √ ( √ x = −1− 13 x = −1+ 13 này, ta được 2 nghiệm √ 2 ; √2 . y = 13 − 1 y = − 13 − 1 √ √ √ √ n −1− 13   −1+ 13 o Vậy hệ đã cho có tập nghiệm S = 2 ; 13 − 1 ; 2 ;− 13 − 1 .
57. 2.2 Đại số 59 Bài 14. 1. Cho phương trình x4 + 3x3 − mx2 + 9x + 9 = 0 (m là tham số). (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 nghiệm dương. 2. Giải phương trình 3x2 − 4x 4x − 3 + 4x − 3 = 0. (Vĩnh Phúc) Lời giải 1. (a) Với m = −2, phương trình đã cho trở thành x4 + 3x3 + 2x2 + 9x + 9 = 0. • Nhận xét x = 0 là một nghiệm của phương trình. • Với x 6= 0, chia hai vế của phương trình cho x2, ta được 9  3 x2 + + 3 x + + 2 = 0. x2 x 3 2 Đặt t = x + x , ta được phương trình t + 3t − 4 = 0 ⇔ t = 1;t = −4. Với t = 1 thì phương trình vô nghiệm, với t = −4 thì phương trình có hai nghiệm là x = −1;x = −3. (b) Trong trường hợp tổng quát, với cách đặt như trên, ta có phương trình t2 + 3t − 6 − m = 0(1). (2.2.14.1) Ta có 3 t = x + ⇔ x2 −tx + 3 = 0(2). (2.2.14.2) x √ Điều kiện để phương trình (2.2.14.2) có nghiệm dương là t ≥ 2 √3. Xét phương trình (2.2.14.1) có ∆ = 4m + 33 ≥ 0 ⇔ m ≥ − 33 . Khi đó t = −3 4m+33 . Do đó √ √ 4 √ 1,2 √2 −3+ 4m+33
    (2.2.14.1) có nghiệm t ≥ 2 3 khi 2 ≥ 2 3 ⇔ m ≥ 6 1 + 3 . 2. • ĐKXĐ: x ≥ 3 . 4 √ √ √  4x − 3 = x • Phương trình đã cho tương đương với x − 4x − 3
    3x − 4x − 3
    = 0 ⇔ √ . THCMN 4x − 3 = 3x √  x ≥ 0 – 4x − 3 = x ⇔ ⇔ x = 1;x = 3. 4x − 3 = x2 √  x ≥ 0  x ≥ 0 – 4x − 3 = 3x ⇔ ⇔ , vô nghiệm. 4x − 3 = 9x2 9x2 − 4x + 3 = 0 Kết hợp điều kiện, ta suy ra các nghiệm của phương trình là x = 1;x = 3.
58. 60 Chương 2. LỜI GIẢI 2.3 Hình học phẳng Bài 1. Cho hình vuông ABCD nội tiếp đường tròn tâm (O),P là điểm thuộc cung nhỏ AD của đường tròn (O) và P khác A,D. Các đường thẳng PB,PC lần lượt cắt đường thẳng AD tại M,N. Đường trung trực của AM cắt các đường thẳng AC,PB lần lượt tại E,K. Đường trung trực của DN cắt các đường thẳng BD,PC lần lượt tại F,L. 1. Chứng minh ba điểm K,O,L thẳng hàng. 2. Chứng minh đường thẳng PO đi qua trung điểm EF. 3. Giả sử đường thẳng EK cắt đường thẳng BD tại S, các đường thẳng FL và AC cắt nhau tại T, đường thẳng ST cắt các đường thẳng PC,PB lần lượt tại U,V. Chứng minh rằng bốn điểm K,L,U,V cùng thuộc một đường tròn. (THPT chuyên KHTN, ĐH KHTN, ĐHQG HN) Lời giải THCMN 1. Xét ∆BAM vuông tại A. Vì trung trực của AM song song AB và đi qua trung điểm của AM nên đường trung trực đó là đường trung bình ∆BAM ⇒ K là trung điểm BM. ∆BMD có O là trung điểm BD,K là trung điểm BM ⇒ OK//MD. Tương tự có OL//MD. Vậy theo tiên đề Euclide, ta có O,K,L thẳng hàng (đpcm). 2. • Ta có E thuộc đường trung trực AM ⇒ ∆EAM cân tại E, mà EAM[ = 45o ⇒ ∆EAM vuông cân tại E ⇒ ME⊥AC. Tương tự cũng có NF⊥BD. PB PC • MN//BC ⇒ MB = NC (Định lý Thales). Hạ PX⊥AC,PY⊥BD thì PX//EM//BO XO PB (cùng vuông góc với AC) ⇒ EO = MB . Mặt khác, PY//NF//CO (cùng vuông góc YO PC XO YO với BD) ⇒ FO = NC ⇒ EO = FO ⇒ XY//EF (định lý Thales đảo).
59. 2.3 Hình học phẳng 61 [ [ o • Ta có PXO = PYOd = XOY = 90 nên PXOY là hình chữ nhật ⇒ PO đi qua trung điểm XY. Mà EF//XY nên PO đi qua trung điểm EF (đpcm). o [ o 3. • Ta có KL//AD ⇒ KL⊥ES ⇒ KOAd = OADd = 45 (so le trong) ⇒ KOE = 45 . Mà EOSd = 90o nên OK là phân giác của EOSd ⇒ ∆EOS cân, KS = KE ⇒ KL là trung trực của ES hay E đối xứng với S qua KL. Tương tự ta có F,T đối xứng qua [ KL ⇒ ∆EOF = ∆SOT ⇒ EFO = STOd . • Gọi giao điểm OP và EF là I thì I là trung điểm EF mà ∆EOF vuông tại O ⇒ [ o IO = IE = IF. ⇒ ∆IOF cân ⇒ IOFd = IFOd = OTSd và EOId +IOFd = EOF = 90 ⇒ EOId + OTSd = 90o. [ [ [ o • Gọi giao của OP và ST là H ⇒ TOH = IOEd (đối đỉnh) ⇒ TOH + HTO = 90 ⇒ THO[ = 90o ⇒ OP⊥ST. • PLFd = PCDd (Vì FL//CD cùng vuông góc với AD),PCDd = PBDd = BPOd (OP = [ [ [ o OB) hay PLFd = BPOd = VPH. Lại có PH⊥UV tại H ⇒ VPH + HVP = 90 . Mà o [ [ PLFd + PLKd = FLKd = 90 ⇒ PLKd = HVP hay UVP = PKLd ⇒ Tứ giác KULV nội tiếp (đpcm). Bài 2. 4ABC nhọn có ABCd > 45o. Dựng các hình vuông ABMN,ACPQ (M và C khác phía đối với AB,B và Q khác phía đối với AC). AQ cắt BM tại E,NA cắt CP tại F. 1. Chứng minh 4ABE ∼ 4ACF và tứ giác EFQN nội tiếp. 2. Chứng minh trung điểm I của EF là tâm đường tròn ngoại tiếp 4ABC. 3. MN cắt PQ tại D. Đường tròn ngoại tiếp của hai tam giác DMQ và DNP cắt nhau tại K khác D. Tiếp tuyến tại B và C của đường tròn ngoại tiếp 4ABC cắt nhau tại J. Chứng minh D,A,K,J thẳng hàng. (Trường Phổ thông Năng khiếu, ĐHQG Tp. HCM) Lời giải THCMN
60. 62 Chương 2. LỜI GIẢI 1. Ta có: EABd + BACd = 90o,FACd + BACd = 90o. Suy ra EABd = FACd . Mặt khác có: ABEd = ACFd = 90O. Suy ra ∆ABE ∼ ∆ACF. Suy ra AE.AC = AF.AB mà AC = AQ,AB = AN. Suy ra AE.AQ = AN.AF. Suy ra tứ giác QNEF nội tiếp. 2. Cách 1: Gọi T là giao điểm của MB và CP. Ta có ATBC nội tiếp và AT là đường kính đường tròn ngoại tiếp ∆ABC. Mắc khác ta có AF k ET,AE k TF nên AETF là hình bình hành. Suy ra trung điểm EF cũng là trung điểm AT. Do đó trung điểm I của EF là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC. Cách 2: Xét hình thang AEBF, gọi X là trung điểm AB khi đó IX thuộc đường trung bình của hình thang, suy ra IX k BE hay IX vuông góc AB vậy IX là trung trực của đoạn AB. Chứng minh tương tự thì I cũng thuộc trung trực AC. Vậy I là tâm ngoại tiếp ∆ABC 3. DA cắt EF tại K0 ta có NFK\0 = NQA[ (vì NQFE nội tiếp). Mà NQA[ = NDA[ (vì AQDN nội tiếp). Suy ra NDA[ = AFK[0. Suy ra NDFK0 nội tiếp. Chứng minh tương tự ta có DK0QE nội tiếp. Do đó K0 là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tam giác DQM và DPN. Vậy K ≡ K0. Suy ra D,A,K thẳng hàng. [ [ o [ O Ta có: BKE = EABd = CAFd = CKF. Suy ra BKCd = 180 − 2.BKE = 2.(90 − EABd ) = 2.BACd = BICd. Suy ra BKIC là tứ giác nội tiếp. Mà IBJC nội tiếp, suy ra JB = JC nên BKJd = CKJd . Hay KJ là phân giác BKCd . Mặt khác BKAd = 180o − AEBd = 180o − AFCd = AKCd . Suy ra tia đối tia KA cũng là phân giác của BKCd . Do đó A,K,J thẳng hàng. Vậy 4 điểm D,A,K,J thẳng hàng. Bài 3. Cho tam giác ABC nhọn, AB < AC. Kẻ đường cao AH. Đường tròn (O) đường kính AH cắt cạnh AB,AC tương ứng tại D,E. Đường thẳng DE cắt đường thẳng BC tại S. 1. Chứng minh rằng BDEC là tứ giác nội tiếp. 2. Chứng minh rằng SB.SC = SH2. 3. Đường thẳng SO cắt AB,AC tương ứng tại M,N, đường thẳng DE cắt HM,HN tương ứng tại P,Q. Chứng minh rằng BP,CQ và AH đồng quy. (THPT chuyên Đại học Sư phạm Hà Nội) Lời giải THCMN [ [ [ [ 1. Ta có ADHE là tứ giác nội tiếp ⇒ AED = AHD = ABH (cùng phụ với BAHd ) ⇒ AED + DEC[ = ABH[ + DEC[ = 180o ⇒ BDEC là tứ giác nội tiếp (Tổng 2 góc đối bằng 180o).
61. 2.3 Hình học phẳng 63 2. Ta có O là tâm đường tròn đường kính AH nên O là trung điểm AH. Vì AH⊥SH tại H nên SH là tiếp tuyến của đường tròn tâm O. Khi đó SHD[ = DEH[ (góc giữa tiếp tuyến với _ dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung DH). Xét ∆SDH và ∆SHE có: ) Góc chung DSH[ ⇒ ∆SDH ∼ ∆SHE (g.g)⇒ SD = SH ⇒ SH2 = SD.SE = SB.SC. SHD[ = DEH[ SH SE 3. Gọi K là giao điểm của BP và CQ. Áp dụng định lý Menelaus cho các tam giác ta có: AM NS CB ∆SBM với A,N,C thẳng hàng nên AB . NM . CS = 1 KB QP CS ∆SBP với K,Q,C thẳng hàng nên KP . QS .CB = 1 HP QS NM ∆SPM với H,Q,N thẳng hàng nên HM . QP . NS = 1 AM KB HP Nhân theo vế ta có: AB . KP . HM = 1 Áp dụng định lý Menelaus đảo vào ∆BPM với 3 điểm A,K,H ta được A,K,H thẳng hàng. Bài 4. Từ một điểm M nằm ngoài (O) vẽ hai tiếp tuyến MA,MB đến đường tròn (A,B là hai tiếp điểm). Qua A vẽ đường thẳng song song với MB cắt đường tròn tại C; đoạn thẳng MC cắt đường tròn tại D. Hai đường thẳng AD,MB cắt nhau tại E. Chứng minh rằng 1. Tứ giác MAOB nội tiếp. 2. ME2 = ED.EA. 3. E là trung điểm đoạn MB. (An Giang) Lời giải THCMN ( MAO[ = 90o (tiếp tuyến vuông góc với bán kính tại tiếp điểm) 1. Tứ giác MAOB có: nên MBO[ = 90o (tiếp tuyến vuông góc với bán kính tại tiếp điểm) MAOB là tứ giác nội tiếp do có hai góc đối diện bù nhau.
62. 64 Chương 2. LỜI GIẢI 2. Xét ∆MED và ∆AEM có: • DME[ = ACM[ (So le trong) • MAE[ = ACM[ (Cùng chắn cung AD) [ [ ⇒ DME = MAE. Mặt khác, Eb chung ta suy ra hai tam giác đó đồng dạng, dẫn đến ME ED = ⇒ ME2 = ED.EA (2.3.4.1) AE EM 3. Ta có ∆BED và ∆AEB đồng dạng do [ • EBD = BADd (cùng chắn cung BD). • Eb chung. Do đó EB ED = ⇒ EB2 = EA.ED (2.3.4.2) EA EB Từ (2.3.4.1) và (2.3.4.2) suy ra EM = EB hay E là trung điểm MB. Bài 5. Cho hai đường tròn (O;R),(O0;R0) cắt nhau tại A và B (OO0 > R > R0). Trên nửa mặt phẳng bờ OO0 có chứa điểm A, kẻ tiếp tuyến chung của MN của hai đường tròn trên (với M thuộc (O) và N thuộc (O0). Biết MB cắt (O0) tại điểm E nằm trong đường tròn (O) và đường thẳng AB cắt MN tại I. 1. Chứng minh MAN[ + MBN[ = 1800 và I là trung điểm MN. 2. Qua B, kẻ đường thẳng (d) song song với MN, (d) cắt (O) tại C và cắt (O0) tại D (với C,D khác B). Gọi P,Q lần lượt là trung điềm của CD và EM. Chứng minh ∆AME ∼ ∆ACD và các điểm A,B,P,Q cùng thuộc 1 đường tròn. 3. Chứng minh ∆BIP cân. (Bà Rịa - Vũng Tàu) Lời giải THCMN
63. 2.3 Hình học phẳng 65 [ [ [ [ [ [ 1. IMAd = ABM,MIAd = MIBd ⇒ MBN +MAN = ABM+ABNd +MAN = IMAd +INAd +MAN = 180o. Mặt khác, ∆IMA ∼ ∆IBM ⇒ IM2 = IA.IB. Tương tự, IN2 = IA.IB. Do đó IM = IN hay I là trung điểm MN (đpcm).  [ ) [ AEM = ADCd (tứ giác AEBD nội tiếp)  AEQ = ADCd 2. [ ⇒ ∆AME ∼ ∆ACD ⇒ AE EM EQ AME = ACDd = = AD DC DP ⇒ ∆AEQ ∼ ∆ADP ⇒ AQEd = APDd . Vậy tứ giác ABPQ nội tiếp. 3. Gọi K là giao điểm của CM và DN. Do CDNM là hình thang nên các điểm I,K,P thẳng hàng. MN k BC ⇒ OM⊥BC ⇒ ∆BMC cân tại M ⇒ MCB[ = MBC[ Do MN k BC nên MCB[ = KMN[ ,MBC[ = BMN[ . Suy ra KMN[ = BMN[ . Chứng minh tương tự ta được KNM[ = BNM[ . Do đó ∆BMN = ∆KMN. Đồng thời: MB = MK,NB = NK nên MN là trung trực của KB ⇒ KB⊥CD, IK = IB. ∆KBP vuông tại B có IK = IB nên I là trung điểm KP. Vậy ∆BIP cân tại I. Bài 6. Cho ∆ABC nhọn và H là trực tâm. Chứng minh HA HB HC √ + + ≥ 3 BC CA AB (Bà Rịa - Vũng Tàu) Lời giải Bạn đọc tự vẽ hình. Gọi D,E,F lần lượt là các chân dường cao tương ứng kẻ từ các đỉnh A,B,C của ∆ABC. Đặt HA HB HC x = BC ,y = CA ,z = AB . Ta tìm đẳng thức liên hệ giữa x,y,z. • ∆BHD ∼ ∆ACD ⇒ HB = BD ⇒ xy = HA . HB = HA.BD = SAHB . Tương tự, yz = SBHC , AC AD BC CA BC.AD SABC SABC zx = SCHA ⇒ xy + yz + zx = SAHB+SBHC+SCHA = 1. SABC SABC √ 2 2 • (x + y + z) ≥ 3.√(xy + yz + zx) nên (x + y + z) ≥ 3 ⇒ x + y + z ≥ 3. Vậy HA + HB + HC ≥ 3. BC CA AB THCMN Bài 7. Trên đường tròn (C) tâm O bán kính R vẽ dây cung AB < 2R. Từ A và B vẽ hai tiếp tuyến Ax,By với (C). Lấy điểm M bất kì thuộc cung nhỏ AB (M khác A,B). Gọi H,K,I lần lượt là chân các đường vuông góc hạ từ M xuống AB,Ax,By. 1. Chứng minh rằng MH2 = MK.MI. 2. Gọi E là giao điểm của AM và KH,F là giao điểm của BM và HI. Chứng minh EF là tiếp tuyến chung của hai đường tròn ngoại tiếp các tam giác MEK,MFI. 3. Gọi D là giao điểm thứ hai của hai đường tròn ngoại tiếp các tam giác MEK,MFI. Chứng minh rằng khi M di chuyển trên cung nhỏ AB thì đường thẳng DM luôn đi qua một điểm cố định. (Bắc Ninh) Lời giải
64. 66 Chương 2. LỜI GIẢI 1. Gọi giao điểm hai tiếp tuyến Ax,By của (O) là T. Từ đây ta suy ra: [ MAB = MBId . (2.3.7.1) Mà MH⊥AB,MI⊥BT,MK⊥AT nên ta chứng minh được MIBH,MKAH là các tứ giác \ [ [ nội tiếp. Suy ra MKH = MAB và MBId = MHI. Kết hợp với (2.3.7.1) ta có: MKH\ = MHI[ = MAB[. (2.3.7.2) Tương tự, ta có: MHK\ = MIH[ = MBA[. (2.3.7.3) MH MI Từ (2.3.7.2) và (2.3.7.3) ta suy ra: ∆MIH ∼ ∆MHK ⇒ = ⇒ MH2 = MI.MK MK MH (đpcm). 2. Ta có bổ đề sau: THCMN Bổ đề 3. Cho ∆ABC nội tiếp (O) tâm O có ABCd nhọn. Từ C kẻ tia Cx sao cho tia Cx nằm trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa A và ACxd = ABCd . Khi đó Cx chính là tiếp tuyến của (O). Chứng minh bổ đề khá dễ dàng và xin để dành cho bạn đọc. Quay trở lại bài toán. Từ (2.3.7.2) và (2.3.7.3) suy ra: [ [ \ [ [ MAB + MBA = MHK + MHI = IHKd = FHE Mà ∆MBA có BMA[ +BAM[ +ABM[ = 180o nên dẫn đến: FHE[ +FME[ = 180o ⇒ HFME [ \ [ nội tiếp ⇒ EFM = MHK = MIH = MIFd (theo (2.3.7.3)). Áp dụng bổ đề, ta suy ra EF là tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp ∆FIM. Chứng minh tương tự với ∆MEK, ta suy ra đpcm. 3. S là giao điểm của OT và AB. Dễ thấy S cố định và là trung điểm đoạn AB. Ta chứng minh MD đi qua điểm S.
65. 2.3 Hình học phẳng 67 • Gọi G là giao điểm của MD và EF, G0 là giao điểm đoạn EF và MS. Do EFM[ = MBA[(= MHK\) nên EF k AB (hai góc đồng vị). Áp dụng định lý Thales cho ∆MSB và ∆MSA ta có: G0F MG0 G0E = = SB MS SA • Do S là trung điểm AB nên SA = SB. Do đó từ tỉ số trên ta suy ra G0F = G0E hay G0 là trung điểm EF. [ [ • Xét đường tròn ngoại tiếp ∆IMD có EF là tiếp tuyến nên GFM = FIMd = FDG (Tính chất góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và tính chất góc nội tiếp). Kết hợp với FGM[ = FGD[ do góc chung dẫn đến: GF GM ∆FGM ∼ ∆DGF ⇒ = ⇒ GF2 = GM.GD. (2.3.7.4) GD GF Tương tự: GE2 = GM.GD. (2.3.7.5) Từ (2.3.7.4) và (2.3.7.5) suy ra GE = GF hay G là trung điểm EF. Mà G0 cũng là trung điểm EF nên ta suy ra G ≡ G0. Dẫn đến theo cách vẽ, ta phải có MD ≡ MS. Vậy MD qua S cố định khi M di động. Bài 8. 1. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm O sao cho hai đường thẳng AD và BC cắt nhau tại T. Đường thẳng (d) ⊥ OT tại T cắt AB và CD lần lượt tại M và N. Chứng minh TM = TN. 2. Cho xOyd nhọn và M là một điểm cố định thuộc miền trong xOy. Đường thẳng d qua M cắt các cạnh Ox,Oy lần lượt tại A,B không trùng với O. Xác định vị trí của A để ∆OAB có điện tích nhỏ nhất. THCMN (Bình Định) Lời giải 1. Gọi E là giao điểm của AC và BD. Ta xét hai trường hợp: TH1: AB k CD. Khi đó, do d k AB k CD: nên d không thể giao với AB và CD TH2: AB giao CD tại F. Ta chứng minh bổ đề như sau: Bổ đề 4. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm O sao cho hai đường thẳng AD và BC cắt nhau tại T. Gọi E là giao điểm của AC và BD. Khi đó, EF⊥TO.
66. 68 Chương 2. LỜI GIẢI Thật vậy, gọi G là điểm nằm trên đường thẳng EF thỏa FA.GB = FE.FG = FD.FC. Ta o [ [ suy ra EGBA và EGCD là các tứ giác nội tiếp. Dẫn đến: BGCd = 360 − BGE −CGE = o [ o [ 180 − BGE + 180 −CGE = BAEd + BDCd = BOCd ⇒ BGOC là tứ giác nội tiếp. Tương tự ta có AGOD là tứ giác nội tiếp. Suy ra G là giao điểm đường tròn ngoại tiếp ∆AEB và ∆DEC. Lấy G0 thuộc TO sao cho TA.TD = TG0.TO = TB.TC, dẫn đến G0 cũng là giao điểm 0 [ đường tròn ngoại tiếp ∆AEB và ∆DEC. Suy ra G ≡ G . Mà ta lại có AGTd + FGA = [ o ADO + ABDd = 90 (AGOD,AEGB là tứ giác nội tiếp) nên FG⊥TO hay EF⊥TO. Bổ đề được chứng minh. Quay lại bài toán. THCMN Gọi H là giao điểm của EF và AD. Do MN⊥OT áp dụng bổ đề ta suy ra GF k HF k MN.
67. 2.3 Hình học phẳng 69 Khi đó áp dụng định lý Ta lét cho ∆TAN và ∆TMD, ta có: TN TN HF TA HD = . = . . (2.3.8.1) TM HF TM AH DT Áp dụng định lý Ceva trong ∆AFD với DB,AC,HF đồng quy, ta có: HA BF CD . . = 1. (2.3.8.2) HD BA CF Áp dụng định lý Menelaus trong ∆AFD với T,B,F thằng hàng, suy ra: TA BF CD . . = 1. (2.3.8.3) TD BA CF Lấy (2.3.8.2) chia (2.3.8.3) theo vế ta suy ra TA HD . = 1. AH DT Kết hợp với (2.3.8.1) ta suy ra TM = TN. 2. Kẻ MC k Oy và MD k Ox.(C ∈ Ox, D ∈ Oy). Đặt d(M;Ox),d(M;Oy) là khoảng cách từ M tới Ox,Oy. THCMN 1 1 Ta có: S = S + S + S = S + .d(M;Ox).AC + .d(M;Oy).BD. OAB MCOD MAC MDB MCOD 2 2 Do ∆MAC ∼ ∆MBD nên AC.DB = MC.MD. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số, ta suy ra r 1 1 S ≥ S + 2 .d(M;Ox). .d(M;Oy).AC.BD OAB MCOD 2 2 r 1 1 ≥ T = S + 2 .d(M;Ox). .d(M;Oy).MC.MD MCOD 2 2
68. 70 Chương 2. LỜI GIẢI Do SMCOD,d(M;Ox),d(M;Oy) không đổi, C,D cố định nên T không thay đổi. Vậy giá trị nhỏ nhất của SOAB là T. Khi đó, SMAC = SMDB hay M là trung điểm AB. Theo định lý đường trung bình, lúc đó A là điểm trên Ox sao cho C là trung điểm AO. Nhận xét. • Việc chứng minh bổ đề giúp ta chứng minh được E là trực tâm ∆OTF và dẫn đến OE⊥TF. Đây chính là kết quả của định lý Brocard và sau đây là một số bài toán liên quan tới định lý: 1. (VMO 2012) Trong mặt phẳng, cho tứ giác lồi ABCD nội tiếp đường tròn tâm O và có các cặp cạnh đối không song song. Gọi M,N tương ứng là giao điểm của các đường thẳng AB và CD, AD và BC. Gọi P,Q,S,T tương ứng là giao điểm các đường phân giác trong của các cặp MAN[ và MBN[ ,MBN[ và MCN[ ,MCN[ và MDN[ ,MDN[ và MAN[ . Giả sử bốn điểm P,Q,S,T đôi một phân biệt. (a) Chứng minh rằng bốn điểm P,Q,S,T cùng nằm trên một đường tròn. Gọi I là tâm của đường tròn đó. (b) Gọi E là giao điểm của các đường chéo AC và BD. Chứng minh rằng ba điểm E,O,I thẳng hàng. 2. (PTNK 2015) Cho ∆ABC nhọn nội tiếp (O). Đường tròn (I) qua B và C lần lượt cắt BA,CA tại E,F. (a) Giả sử các tia BF,CE cắt nhau tại D và T là tâm (AEF). Chứng minh OT k ID. (b) Trên BF,CE lần lượt lấy các điểm G,H sao cho AG ⊥ CE và AH ⊥ BF. Các đường tròn (ABF),(ACE) cắt BC tại các điểm M,N (khác B và C) và cắt EF tại P,Q (khác E và F). Gọi K là giao điểm MP và NQ. Chứng minh DK ⊥ GH. • Đây là bài toán khá khó cho học sinh cấp 2. Các bạn có ứng dụng tốt việc biến đổi Ceva, Menelaus và biết về mô hình định lý Brocard sẽ có thể giải quyết trong thời gian thi, nếu không thì bài toán sẽ khó khăn để vừa làm vừa trình bày. Bài 9. 1. Từ một điểm S ở ngoài đường tròn tâm O kẻ các tiếp tuyến SA,SC và cát tuyến SBD (B nằm giữa S và D). Gọi I là giaoTHCMN điểm của AC và BD. Chứng minh rằng: (a) AB.DC = AD.BC. SB IB AB.CB (b) SD = ID = AD.CD . 2. Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R. Điểm M nằm trên nửa đường tròn sao cho MAB[ = 60o. Kẻ MH⊥AB tại H, HE⊥AM tại E, HF⊥BM tại F. Các đường thẳng EF và AB cắt nhau tại K. Tính diện tích tam giác MEF và độ dài các đoạn thẳng KA,KB theo R. (Bình Định) Lời giải
69. 2.3 Hình học phẳng 71 1. (a) Ta có: SABd = ADSd (Tính chất tiếp tuyến và dây cung) và ASBd = ASDd nên ∆ABS ∼ ∆DAS (g-g). Suy ra: AB AS = . (2.3.9.1) AD DS Tương tự, ta có: BC CS = . (2.3.9.2) CD DS AB Từ (2.3.9.1) và (2.3.9.2) kết hợp với AS = CS (tính chất tiếp tuyến), suy ra = AD BC ⇒ AB.CD = AD.BC. (đpcm) CD THCMN (b) Gọi H là giao điểm AC và SO. Khi đó H là trung điểm AC và AC⊥SO tại H. Ta có SB.SD = SH.SO (= SA2) nên BHOD là tứ giác nội tiếp ⇒ DHO[ = DBO[ = ODB[ = [ O [ O [ [ BHSd ⇒ DHO = BHSd ⇒ 90 − DHO = 90 − BHSd ⇒ DHA = AHB . Do đó HI là SB IB phân giác trong góc H của ∆DHB và HS là phân giác ngoài ⇒ = . Chứng SD ID IB IB IA BC AB minh theo các cặp tam giác đồng dạng, suy ra = . = . , do đó ID IA ID DA CD SB IB AB.CB = = . SD ID AD.CD ME MF 2. Ta có: = (ME.MA = MB.MF = MH2) và Mb chung nên ∆MEF ∼ ∆MBA theo MB MA √ √ √ EF MH 3 MH.AB 3.R 2 tỉ số k = = = . Mà SMAB = = .2R = 3.R ⇒ SMEF = AB√ AB 4 2 2 3. 3R2 S .k2 = . MAB 16
70. 72 Chương 2. LỜI GIẢI 3 R Ta có: AE = AM − ME = R − .R = . Mà ∆KAE cân (KEA[ = 30o;KAE[ = 1202) ⇒ 4 4 R 9R KA = AE = ⇒ KB = . 4 4 Bài 10. 4ABC nội tiếp đường tròn (O),AB < AC. Phân giác trong góc BACd cắt (O) tại D khác A. Trên tia AB lấy M tuỳ ý sao cho đường tròn ngoại tiếp 4ADM cắt AC tại N khác A,C. 1. Chứng minh 4BDM = 4CDN. 2. Khi BN không song song với MC, đường trung trực của đoạn BN cắt đường trung trực của đoạn MC tại P. Chứng minh A,C,P,M cùng thuộc một đường tròn. 3. Xác định vị trí tâm I của đường tròn ngoại tiếp 4ADM để độ dài đoạn thẳng MN nhỏ nhất. THCMN (Cần Thơ) Lời giải 1. ∆ABC nội tiếp (O) có AD cắt (O) tại D nên DB = DC. Đồng thời ABDC,AMDN là tứ giác nội tiếp nên MBD[ = NCD[ và BMD[ = DNC[ ⇒ BDM[ = NDC[. Kết hợp với MBD[ = NCD[, ta suy ra ∆BDM = ∆CDN. 2. Từ câu 1. suy ra BM = CN, mà theo cách vẽ ta có BP = NP và PN = PC nên ∆PBM = [ [ ∆PNC ⇒ PCNd = PMB hay PCAd = PMA. Do đó tứ giác APCM nội tiếp dẫn đến đpcm.