ĐỀ SỐ 8

• Lời giải. Vì MPB =MDB CMA =  =60⁰. Suy ra 180⁰ −CMA 180 = ⁰−BPM ⇒CPM CMB =  lại có BCM chung nên MPC∽BMC _{suy ra} CP.CB CM= ²

Chứng minh tương tự ta có DP.DA =AM². Khi đó CP.CB + DP.DA = AM² + CM² =AB c) Đường thẳng nối tâm của hai đường tròn ngoại tiếp hai tứ giác AMPC và BMPD cắt PA, PB tương ứng tại E, F. Chứng minh rằng tứ giác CDFE là hình thang.

•Phân tích và hướng giải. Để chứng minh được CDFE là hình thang ta cần chứng minh được CE song song với DF. Để ý ta thấy EF là trục đối xứng của PM. Mà do ta đã có APM =BPM 60= ⁰ nên ta dễ dàng suy ra được PEMF là hình thoi. Mà theo định lý Talets ta có ^{AE AM}

AP = AB hay ^{AE MF} AC = MD. Mặt khác ta lại có CAE^{ }=PMD nên tam giác ACE đồng dạng với tam giác MDF. Do đó

CFM CEA = , từ đây ta suy ra DF son song với CE. Vậy CEDF là hình thang.

Câu 5.

•Phân tích. để ý thì thấy dấu = của BĐT trên không xảy ra ở 1 a b c

= = = 3 mà xảy ra ở

a =1; b= =c 0 và các hoán vị. Do đó rất khó để sử dụng các BĐT quen thuộc. Có một kinh nghiệm nhỏ là khi đứng trước bài toán BĐT có điểm rơi như trên ta thường khai thác tính bị chặn của các biến.

• Lời giải. Từ giả thiết ta có 0 a, b, c 1≤ ≤ ⇒a² ≤a; b² ≤ b; c² ≤c. Từ đó ta được

2 2 2

5a 4 a 4a 4 a 4a 4 a 2 5b 4 b 4b 4 b 4b 4 b 2 5c 4 c 4c 4 c 4c 4 c 2

+ = + + ≥ + + = +

+ = + + ≥ + + = +

+ = + + ≥ + + = +

Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được 5a 4+ + 5b 4+ + 5c 4+ ≥ + + + =a b c 6 7 Vậy bài toán được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra tại a =1; b = =c 0 và các hoán vị.

 

  

 

2 4 2 2 2 2

2 2 2 2

2 2 2

4 2 2 4 1 4 2 2 2 1 4

2 2 1 2 2 1 2 2 1 2 2 2 1

2 2 1 2 2 1

n n n n n

n n n n n n n n

n n n n

       

          

     

Từ đó ta được 4n²  2 2 4n⁴  1 2n² 2n 1 2n² 2n1. Do đó

   

  

 

2 2

2 2 2 4

2 2 2 2

2 2

1 1 4 2 2 4 1

2 2 1 2 2 1 2 2 1 2 2 1

2 2 1 2 2 1 4

P n n n n n n

n n n n n n n n

n n n n n

 

         

          

      

Vậy P nhận giá trị nguyên dương với n là số nguyên dương.

Câu 2 (2.5 điểm).

a) Tìm các số nguyên dương x, y thỏa mãn ^{x3 y3 95 x}



^{2 y2}



 Phân tích và lời giải. Đặt ^d

 

^{x, y khi đó x da y; db với a b, N* và}

 

^{a b, 1.}

Và phương trình trở thành ^{d a – b a}

  

^{2 abb2}



^{95 a}



^{2 b2}



Vì



^{a2 b ,a2 2 abb2}



^{1 nên a2 abb2 }



^{a – b}



^{2 3ab} là ước của 95 5.19, ước này chia 3 dư 1 hoặc 0 và lớn hơn 1 nên chỉ có thể là 19, như vậy



^{a – b}



^{2 3ab19}

Từ đó ta được 1 6 195

. 6 2 65 130

a b a x

a b b d y

  

      

    

  

     

  

  

Vậy cặp số nguyên dương thỏa mãn bài toán là

  

^{x y;  195;130}



b) Tìm các số thực x, y thỏa mãn^x2_x^4y2_y^{4 8 4}



^{x  1 y1}



^.

 Phân tích và lời giải. Từ hệ thức bài toán cho ta có điều kiện xác định là x 1;y1. Hệ thức đã cho có chứa cả biến ở mẫu và chứa cả căn thức bậc hai, do đó để tìm được các x, y thỏa mãn ta sẽ biến đổi hệ thức đã cho về dạng tổng các bình phương. Ta có

:

 

   

   

2 2

2 2

2 2

2 2

4 4

8 4 1 1

4 1

4 4 1 4 4 4 0

1 4 4 1 4 1 4 4 1 4 0

1 1

2 1 2 1 0

x y

x y

x y

y

x x x y

x x y y

x x x x y y y y

x y

x x y y

x y

 

     



  

      

          

      

Vì x 1;y 1 nên ta có

  

²



^{2 2 1 0 2}

1 2 1 1 2 1 0

2 1 0 2

x x x

x x y y

x y y y y

     

 

           

Thử lại ta thấy

   

^{x y;  2;2} thỏa mãn yêu cầu bào toán.

Câu 3 (2.0 điểm). Cho S là tập các số nguyên dương n có dạng nx² 3y², trong đó x, y là các số nguyên. Chứng minh rằng:

a) Nếu a b S,  thì ab S .

Ta có a b S,  nên a m² 3n² và b p² 3q² với m, n, p, q là các số nguyên. Khi đó ta có

  

   

   

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2

2 2

3 3 3 3 9

6 9 3 2

3

ab m n p q m p n p m q n q

m p mnpq n q m q mnpq n p

mp nq mq np

      

     

   

Do vậy ab S .

b) Nếu N S và N là số chẵn thì N chia hết cho 4 và 4

N S .

Do N S nên ta có N x² 3y² với x, y là các số nguyên và do N là số chẵn nên x, y có cùng tính chẵn lẻ. Ta xét các trương hợp sau

+ Xét trường hợp x và y đều là số chẵn. Khi đó dễ thấy N chia hết cho 4.

Đặt ^{x 2 ;a y2b a b}



^{, Z}



^{, khi đó N}₄ ^{a2 3b2 nên N}₄ ^{S .}

+ Xét trường hợp x và y đều là số lẻ. Khi đó đặt ^{x 2a1;y 2b1 ,}



^{a bZ}



Ta có ^{N x2 3y2 }



^{2a 1}



^{2 3 2}



^{b 1}



^{2 4a2 4a 12b2 12b4} nên N chia hết cho 4.

Mặt khác do x, y là các số lẻ nên x² y²8 nên x3 4y hoặc x 3 4y . Với x 3 4y ta được

2 2

3 3

4 4 4

N x  y  x y nên 4 N S

Với Với x 3 4y ta được

2 2

3 3

4 4 4

N x  y  xy nên 4 N S Vậy bài toán được chứng minh.

Câu 4 (3.0 điểm). Cho tam giác ABC nhọn cóAB AC . Kẻ đường cao AH và đường tròn

 

^O đường kính AH cắt các cạnh AB, AC tương ứng tại D và E. Đường thẳng DE cắt đường thẳng BC tại S.

a) Chứng minh rằng tứ giác BDEC nội tiếp đường tròn.

Ta có AED^ AHD^(cùng chắn cung AD) và AHD^ ABH^(cùng phụ DHB^).

Do đó suy ra AED^ DBC^ nên tứ giác BDEC nội tiếp đường tròn.

b) Chứng minh rằng SB.SCSH². Xét hai tam giác SBD và tam giác SEC có DSB^ chung và DBS^ DEC^ (vì tứ giác BDEC nội tiếp)

Từ đó suy ra tam giác SBD đồng dạng với tam giác SEC. Do đó ta được SB.SCSD.SE Xét tam giác SBH và tam giác SEH có DSH^ chung và SHD^ SEH^ (cùng chắn cung DH) nên suy ra tam giác SHD đồng dạng tam giác SEH. Do đó ta được SH² SD.SE

Kết hợp các kết quả trên ta được SB.SCSH²

c) Đường thẳng SO cắt AB, AC tương ứng tại M, N. Đường thẳng DE cắt HM và HN tương ứng tại P, Q. Chứng minh rằng BP, CQ, AH đồng quy

Kẻ đường thẳng HM’ song song với AC (M’ thuộc AB) và đường thẳng HN’ song song với AB (N’ thuộc AC). Khi đó ta có AM’HN’ là hình bình hành. Suy ra M’, O, N’ thẳng hàng.

Áp dụng định lý Menelaus vào tam giác ABC với ba điểm S, D, E thẳng hàng ta có

. . 1

SB EC AD SC EA DB  . Mà ta lại có EC HC₂²

EA  HA và DB HB²₂

DA  HA nên ta được SB HC. ₂².HA²₂ 1 SB HC. ₂² 1 SC HA HB   SC HB  Áp dụng định lý Talets ta có ^'

'

HC AM

HB  M B và ^' ' HC CN

HB  AN nên suy ra . ^'. ^' 1

' '

SB AM CN SC BM AN  Từ đó suy ra ba điểm S, M’,N’ thẳng hàng, do đó M trùng với M’ và N trùng với N’. Từ đó ta có AMHN là hình bình hành nên ta được PHE^ HEC^ 90⁰ do đó PHE^ HDB^ 90⁰

I

K

Q P

N'

M'

N

M E

D

J

S

O

H C

B

A

Mà PEH^  DHB^ nên DBH^ EPH^, do đó tứ giác BDPH nội tiếp. Suy ra ta được

 ⁰

BPH90 hay BP vuông góc AC. Chứng minh tương tự CQ vuông góc AB.

Trong tam giác ABC có các đường cao là AH, BP, CQ nên AH, BP, CQ đồng quy.

Câu 5 (1.0 điểm).

Ta xét một đường tròn tâm C . Trên đường tròn

 

^C lấy ra hai ngũ giác đều A A A A A_{1 2 3 4 5} và B B B B B_{1 2 3 4 5}. Giả sử C được tô màu xanh.

Khi đó nếu trong 10 điểm

1 2 3 4 5 1 2 3 4 5

A A A A A B B B B B có hai điểm được tô xanh thì ta có điều phải chứng minh. Xét trong trường hợp 10 điểm chỉ có nhiều 1 điểm được tô xanh khi đó trong hai ngũ giác

1 2 3 4 5

A A A A A và B B B B B_{1 2 3 4 5}tồn tại một ngũ giác không có điểm được tô xanh. Giả sử ngũ giác B B B B B_{1 2 3 4 5} không có điểm xanh khi đó tồn tại 3 đỉnh trong ngũ giác đều này được tô cùng màu.

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Trong tài liệu Tuyển tập đề thi toán vào lớp 10 chuyên Toán trường THPT chuyên Đại Học Sư Phạm Hà Nội (Trang 52-56)