Đề số 3

(hai góc nội tiếp cùng chắn cung QM) QE EM QE BM

   

Vậy đường thẳng qua Q vuông góc với BM luôn đi qua trung điểm G của OC cố định.

Câu 5:

Xét tập A



1; 2;3;...; 2500



và tập B



1;3;3.2;3.2 ;...;3.2^{2 13}



Do 3.2¹³24576250000 B A

Tập B có 15 phần tử. Do mỗi quả bóng được sơn một màu mà có 7 màu nên theo nguyên lý Dirichle trong tập B tồn tại 3 quả bóng cùng màu.

Giả sử 3 quả bóng được đánh số a b cthì a chia hết cho b, b chia hết cho c và 18 17

abc 

Vậy ta có điều phải chứng minh

  

2 2 2b a 0

4b a 7a 14b 0 2b a 2b a 7 0

2b a 7 0

  

          

  



+ Với ^{2b a  0 2b a 2 x 4  x 4 4 x 4}



^



^{   x 4 x }₃^20.

+ Với 2b a 7   0 2b 7 a, khi đó ta có phương trình

   

   

2

2 2 2

4 x 53 4 x 53

2 x 4 7 x 4

29 3x 14 x 4 4 x 4 7 x 4

29 29

4 x 4 x

3 3 x 5

9x 370x 1625 0 29 3x 14 x 4

     

 

              

     

 

     

       



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

 Nhận xét. Nhận thấy x 5 là nghiệm duy nhất của phương trình nên ta nghĩ đến phương pháp nhận lượng liên hợp để làm xuất hiện đại lương ^{x 5} . Ta có các biến đổi sau

       

3x 7 x 4 14 x 4 20 3x 15 7 x 4 7 14 x 4 42 0

7 x 5 14 x 5 7 14

3 x 5 0 x 5 3 0

x 4 1 x 4 3 x 4 1 x 4 3

x 5 0

7 14

3 0

x 4 1 x 4 3

             

   

          

         

  

    

    



+ Với ^{x 5   0 x 5}, thỏa mãn điều kiện xác định.

+ Với 3 ^{7 14} 0 3 ^{7 14}

x 4 1 x 4 3 x 4 1 x 4 3

     

        .

Từ đó ta được ^{14 3} x 4 3 

  . Với x4 thì ^{14 14 3}

x 4 3  8 3 

   (Mâu thuẫn)

Vậy ^x ⁵ là nghiệm duy nhất của phương trình.

b) Giải hệ phương trình

 

 

2 2

6x 4y 2 x 1 6y 4x 2 y 1

    



   



Phân tích. Nhìn vào hệ phương trình đã cho ta thấy có dạng đối xứng dạng II nên ta thử đưa hệ về hai đại lương x 1 và y 1 xem sao. Hệ phương trình đã cho trương đương với

 

       

     

2 2

2 2

6x 4y 2 x 1 6 x 1 4 y 1 x 1 6y 4x 2 y 1 6 y 1 4 x 1 y 1

          

 

 

        

 

 

Đến đây chỉ cần đặt x 1 a  và y 1 b ta được hệ phương trình đối xứng dạng dạng II.

 Lời giải. Hệ phương trình đã cho tương đương với

     

     

2 2

6 x 1 4 y 1 x 1 6 y 1 4 x 1 y 1

     



    



Đặt x 1 a; y 1 b    . Khi đó hệ phương trình đã cho trở thành

2 2

6a 4b a 6b 4a b

  

  



Trừ theo vế ta được ^{a2 b2 2a 2b  0}



^{a b a b 2}



^{ }



^{  0   a b}_{a b 2  }⁰ ₀



+ Với ^{a b}          ^{0 a b x 1 y 1 x y 2}. Thế vào phương trình thứ hai của hệ ta được

   

^{2 2 y 1 x 1; y 1}

6y 4 y 2 2 y 1 y 12y 11 0

y 11 x 9; y 11

     

              

+ Với ^{a b 2}         ^{0 a 2 b x 1 2}



^{y 1}



  ^{x 2 y}. Thế vào phương trình thứ hai của hệ ta được

   

^{2 2 y 1 x 3; y 1}

6y 4 2 y 2 y 1 y 4y 5 0

y 5 x 3; y 5

      

                

Vậy nghiệm của hệ phương trình là

        

^{x; y}  1;1 , 9;11 , 3; 1 , 3;5 



.

Câu 2. Tìm số tự nhiên n thỏa mãn ^{S n}

 

^{n2 2017n 10 với S n}

 

là tổng các chữ số của n.

Phân tích. Nhận thấy ^n2017 thoả mãn yêu cầu bài toán nên ta đi xét các trường hợp 1 n 2016, ^n2017và ^n2017, sau đó chỉ cần chỉ ra với ^{1 n} ²⁰¹⁶và ^n2017không

tồn tại n thỏa mãn yêu cầu bài toán. Chú ý đến điều kiện 0 S(n) n  . Ta có lời giải chi tiết như sau.

Lời giải. Vì n là số tự nhiên và ^{S n}

 

là tổng các chữ số của n nên ⁿ¹ và ^{0 S(n) n}  . Ta xét các trường hợp sau:

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

 

^{2 2}

  

S n n 2017n 10 n 2017n 2016  n 1 n 2016  0

Trường hợp này không tồn tại n thỏa mãn vì S(n) 0 . + Trường hợp 2. Nếun2017. Khi đó ta được

 

S n     2 0 1 7 10 và ^{S n}

 

²⁰¹⁷² 2017.2017 10 10  (Thỏa mãn)

+ Trường hợp 3, Nếu^n2017. Khi đó ^{S n}

 

^{n2 2017n 10 n2 2017nn n 2017}



^



^n.

Trường hợp này không tồn tại n thỏa mãn vì ^n2017. Vậy ^n2017 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

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

2 2 2

a b c 3

a b b c 4 c a 2

     

  

        

     

Phân tích. Dự đoán dấu bằng xẩy ra tại ^a ^{b c}. Nhận thấy bất đẳng thức đã cho không có dạng đối xứng nên ta biển đổi rồi đặt ẩn xem sao.

Bất đẳng thức đã cho tương đương với ¹ ₂ ¹ ₂ ⁴ ₂ ³

b c a 2

1 1 1

a b c

  

     

  

     

     

Đặt ^b_a ^x,_b^{c y x, y}



^0



^{. Khi đó a}_c ^ _xy¹ . Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành

     

2 2

2 2 2

1 1 4x y 3

1 x 1 y 1 xy 2

  

  

Áp dụng bổ đề

  

2



2

 

1 1 1

xy 1 * 1 x 1 y

 

   . Để chứng minh bổ đề

 

^* ta chỉ cần sử dụng phép biến đổi tương đương. Ta cần chứng minh

 

2 2 2

1 4x y 3

xy 1 1 xy 2

 

  . Đến đây chỉ cần sử

dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số là bài toán được chứng minh. Chú ý đến c a ta có lời giải chi tiết như sau.

Lời giải. Bất đẳng thức đã cho tương đương với ¹ ₂ ¹ ₂ ⁴ ₂ ³

b c a 2

1 1 1

a b c

  

     

  

     

     

Đặt ^b_a ^x,_b^{c y x, y}



^0



^{. Khi đó a}_c ^ _xy¹ . Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành

     

2 2

2 2 2

1 1 4x y 3

1 x 1 y 1 xy 2

  

  

Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức

  

²



²

1 1 1

1 x 1 y xy 1

 

   , với x, y là các số dương.

Thật vậy, bất đẳng thức trên tương ương với

      

   

2 2 2 2

2 2

2 2 3 3

2 2x 2y x y xy 1 1 2x x 1 2y y 1 2xy x y x y xy 0 1 xy xy x y 0

         

          

Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng do x, y 0. Vì vậy ta có

  

²



²

1 1 1

1 x 1 y xy 1

 

   .

Ta quy bài toán về chứng minh

 

2 2 2

1 4x y 3

xy 1 1 xy 2

 

  .

Đặt

 

2 2 2

1 4x y P xy 1 1 xy

 

  . Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được:

 

2 2 2

4x y 4xy 1 1 xy 1 xy

  

 Khi đó

 

2 2 2

1 4x y 1 4xy 3xy 3

P 1 1 1

xy 1 1 xy xy 1 1 xy 1 xy 1 1 xy

        

     

Ta cần chứng minh ^{3xy 3} 1 xy  2

 hay ^{3 3}

1 2

xy 1





Thật vậy, từ giả thiết c a ta được ^{a 1 1}

c  xy  . Do đó ^{3 3}

1 2

xy 1





Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Dấu bằng xẩy ra tại ^a ^{b c}.

Câu 4. Cho hai đường tròn

 

^{O và}

 

^{O '} cắt nhau tại A và B. Trên tia đối của tia AB lấy điểm M khác A. Qua M kẻ các tiếp tuyến MC và MD với đường tròn

 

^{O '} (C, D là tiếp điểm và Dnằm trong đường tròn tâm O).

a) Chứng minh ^AD.BC^AC.DB.

 Phân tích tìm lời giải. Quan sát hình vẽ ta nhận thấy và giả thiết của bài toán ta nhận thấy để

chứng minh được

AD.BCAC.DB ta quy về chứng minh ^{AC AD}

BC  BD . Nhận thấy rằng không thể chứng minh được một cách trực tiếp nên ta nghĩ đến chọn các tỉ số trung gian. Ta có AC là tiếp tuyến và AB là cát tuyến nên dễ thấy hai tam giác MAC và MCB đồng dạng với nhau, từ đó ta có ^{AC MA}

BC  MB. Tương tự thì ^{AD MA}

BD  MB. Do đó ta được ^{AC AD}

BC  BD hay ta có điều cần chứng minh.

 Lời giải. Vì MC là tiếp tuyến của đường tròn

 

^{O '} nên ta được ^MCA^CBM. Xét hai tam giác MAC và MCB có MCACBM và MCB chung. Suy ra tam giác MAC đồng dạng với tam giác MCB, do đó ta được ^{AC MA}

BC  MB. Chứng minh tương tự ta được tam giác MAD

Q

H

J D

K I

F E

O O'

P N

M

B

C A

đồng dạng với tam giác MDB nên ^{AD MA}

BD  MB. Kết hợp hai kết quả trên ta được ^{AC AD} BC  BD hay ^AD.BC^AC.DB.

b) Các đường thẳng AC và AD cắt đường tròn

 

^O lần lượt tại E, F (E, Fkhác A). Chứng minh đường thẳng CD đi qua trung điểm của EF.

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

+ Hướng 1. Ta thấy ^NFB^BAC^BDC nên tứ giác NFBD nội tiếp. Do đó FNBFDBACB nên hai tam giác BNF và CAB đồng dạng nên ta có ^{CA NF}

CB  NB. Từ ý a ta đã có ^{CA DA}

CB  DB. Do đó phép chứng minh kết thúc nếu ta chỉ ra được ^{DA NE}

DB  NB. Để ý ta có BEN FAB và ENB BDA, do đó suy ra hai tam giác ENF và BDA đồng dạng. Suy ra ta được ^{DA NE}

DA  NB. Đến đây kết hợp các kết quả ta được NE NF.

+ Hướng 2. Dựng đường qua A đường thẳng song song với CD cắt EF tại I. Khi đó theo định lý Talest ta có ^{NE EC}

NI  AC và ^{NF DF}

NI  DA. Như vậy phép chứng minh sẽ kết thúc nếu ta chỉ ra được ^{EC DF}

AC  DA. Tứ giác ACBD nội tiếp nên ^FDBACB, do đó ta được ^{FDB ECB}. Xét tam giác ECB và tam giác DFB có FDBECB và CEBDFB (cùng chắn cung AB).

Suy ra tam giác ECB đồng dạng với tam giác DFB, từ đó suy ra^{DF DB}

EC  CB. Do đó ta được DA DF

CA  EC hay ^{EC DF}

AC  DA. Điều này dẫn đến ^{NF NE}

NI  NI hay N là qua trung điểm của EF.

+ Hướng 3. Để ý đến định lí Menelaus cho tam giác EAF với ba điểm N, D, C thẳng hàng ta có hệ thức ^{NF CE DA. . 1}

NE CA DF  . Như vậy để có ^{NE NF} ta cần chỉ ra được ^{DA CE. 1} DF CA  . Chú ý rằng theo kết quả ý a ta có AD.BCAC.DB. Như vậy phép chứng minh kết thúc nếu ta chỉ ra được ^{BC DF}

BD  CE. Điều này có nghĩa là ta cần chứng minh được

BCE BDF

 ∽ . Để ý ta thấy ECBBDF và CEBBFD nên BCE∽BDF. Như vậy ta có lời giải cho bài toán.

 Trình bày lời giải.

+ Cách 1. Gọi N là giao điểm của CD và EF. Từ câu a ta đã có ^{AC AD}

BC  BD . Do tứ giác ABFE và ACBD nội tiếp nên NFBBACBDC, suy ra tứ giác BFND nội tiếp, do đó

FNBFDBACB. Lại có NFBBAC nên hai tam giác NFB và CAB đồng dạng với nhau.

Do đó suy ra ^{CA NF}

CB  NB. Ta lại có ^BEN ^FAB, lại do ^FNB^FDB nên ^ENB^BDA, do đó suy ra hai tam giác ENF và BDA đồng dạng. Suy ra ta được ^{DA NE}

DA  NB. Kết hợp ba kết quả trên ta được ^{NE NF}

NB  NB, do đs NE NF hay N là trung điểm của EF + Cách 2. Từ AD.BCAC.DB suy ra ^{DA DB}

CA  CB. Gọi N là giai điểm của CD với EF. Từ A kẻ đường thẳng song song với CD cắt EF tại I. Theo định lý Talest ta có ^{NE EC}

NI  AC và NF DF

NI  DA. Tứ giác ACBD nội tiếp nên FDBACB, do đó ta được FDBECB. Xét tam giác ECB và tam giác DFB có FDBECB và CEB DFB (cùng chắn cung ^AB). Suy ra tam giác ECB đồng dạng với tam giác DFB, từ đó suy ra ^{DF DB}

EC  CB. Do đó ta được DA DF

CA  EC hay ^{EC DF}

AC  DA. Điều này dẫn đến ^{NF NE}

NI  NI hay N là qua trung điểm của EF.

Vậy CD đi qua trung điểm N của EF.

+ Cách 3. Gọi N là giao điểm của CD và EF. Theo kết quả ý a ta có AD.BCAC.DB. Xét hai tam giác BCE và BDF có ^ECBBDF và ^{CEB BFD} nên ^BCE∽^BDF. Từ đó ^{BC DF}

BD  CE. Do đó ta được ^{DA CE. 1}

DF CA  . Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác EAF với ba điểm N, D, C thẳng hàng ta có ^{NF CE DA. . 1}

NE CA DF  . Kết hợp với ^{DA CE. 1}

DF CA  ta được ^{NF 1}

NE  nên suy ra NENF hay N là trung điểm của EF.

c) Chứng minh rằng đường thẳng EFluôn đi qua một điểm có định khi Mthay đổi.

 Phân tích tìm lời giải. Bài toán yêu cầu chứng minh EF đi qua một điểm cố định khi M thay đổi trên AB do đó ta dự đoán được điểm cố định. Từ đề bài ta nhận thấy các điểm A, B, O, O’ cố định nên ta dự đoán rằng điểm cố định cần tìm sẽ có liên hệ với các điểm trên.

Do điểm O và B cố định nên tiếp tuyến với đường tròn

 

^O tại B cố định. Gọi P là giao điểm của EF với tiếp tuyến tại B đó là P khi đó ta dự đoán rằng P là điểm cố định. Muốn khẳng định được điều ta dự đoán thì ta cần chứng minh được BP không đổi. Đến đây ta thấy có các hướng sau

+ Hướng 1. Gọi K và H là lần lượt là trung điểm của AC và BD. Gọi J là giao điểm của OO’

và CD. Khi đó dễ thấy JA và BJ là các tiếp tuyến của đường tròn

 

^O' . Do đó J là điểm cố định. Biến đổi góc ta có EPBEFB FBP BAC BEP BDC FAB BDC JBD BJC. Điều này dẫn đến hai tam giác EPB và CJB đồng dạng với nhau. Do đó ta được ^{BE BP}

BC  BJ hay ^{BP BE.BJ}

 BC và BJ không đổi. Dễ thấy hai tam giác EPB và CJB đồng dạng với nhau nên hai tam giác DBC và FBE đồng dạng với nhau. Mà hai tam giác DBC và EBF nội tiếp trong hai đường tròn

 

^{O' và}

^{ }

^{O . Do đó} '

BE OA

BC  O A không đổi. Từ đó ta được ^{BP BE.BJ}

 BC không đổi. Suy ra P là điểm cố định hay EF luôn đi qua điểm P cố định.

+ Hướng 2. Do tứ giác BFND nội tiếp ta có ^PBF^PEB^BAF^JBD và ^BFP^BDJ. Suy ra hai tam giác BDJ và BFP đồng dạng, do đó ^BJD^BPF nên tứ giác BJNP nội tiếp đường tròn. Suy ra ta được BJPBNPBDFBCA BOO^' . Mặt khác ta lại có O BO^' PBJ nên hai tam giác JBP và O’BO đồng dạng với nhau. Do đó ^{BP BJ}_' ^{BP BJ.BO}_'

BO  BO   BO , không đổi. Suy ra điểm P cố định.

Vậy EF luôn đi qua điểm P cố định.

 Trình bày lời giải.

+ Cách 1. Gọi K và H là lần lượt là trung điểm của AC và BD. Gọi J là giao điểm của OO’

và CD. Khi đó dễ thấy OKJ^' ∽OHM^' nên ta được

' '

' '

O K OJ

O H  O M hay OK.OM^{' '} OH.OJ^{' '} . Mà ta lại có ^{OK.OM OD' '  ' 2 OA' 2} do đó ta có ^{OA2 OH.OJ' '} nên ta suy ra được ^{AJ OA'} hay NA là tiếp tuyến của đường tròn

 

^O' tại A và do đó BJ cũng là tiếp tuyến của đường tròn

 

^{O' tại B.}

Từ B kẻ tiếp tuyến với đường tròn

 

^O cắt EF tại P.

Khi đó ta có ^EPB^{EFB FBP} ^{BAC BEP} ^{BDC FAB} ^{BDC JBD} ^BJC.

Điều này dẫn đến hai tam giác EPB và CJB đồng dạng với nhau.

Do đó ta được ^{BE BP}

BC  BJ hay ^{BP BE.BJ}

 BC . Do hai đường tròn

 

^{O và}

 

^O' cố định nên A và B cố định, do đó điểm J cố định, suy ra BJ không đổi. Do hai tam giác EPB và CJB đồng dạng với nhau nên suy ra hai tam giác DBC và FBE đồng dạng với nhau. Mà hai tam giác DBC và EBF nội tiếp trong hai đường tròn

 

^{O' và}

 

^{O . Do đó} '

BE OA

BC  O A không đổi. Từ đó ta được ^{BP BE.BJ}

 BC không đổi. Suy ra P là điểm cố định hay EF luôn đi qua điểm P cố định.

+ Cách 2. Gọi J và H lần lượt là giao điểm của OO’ với CD và AB. Gọi K là giao điểm của MO’ với CD. Khi đó dễ thấy hai tam giác O’HM và O’KJ đồng dạng với nhau. Suy ra

O ' H O ' M

O ' Q  O ' J nên ta có được ^{OH.OJ' ' OK.OM OC' '  ' 2 OB' 2}. Từ đó ta lại được

' '

' '

O H O B O B  OJ , suy ra hai tam giác HO’B và O’BJ đồng dạng với nhau. Do đó ta được OBJ^' OHB^' 90⁰, suy ra ^BJOB' hay BJ là tiếp tuyến tại B của đường tròn

 

^O' . Chứng minh hoàn toàn tương tự ta cũng được AJ là tiếp tuyến tại A của đường tròn

 

^O' . Do A và B cố định nên J cố định. Từ B kẻ tiếp tuyến với đường tròn

 

^O , tiếp tuyến này cắt EF tại P, suy ra đường thẳng BP cố định. Khi đó do tứ giác BFND nội tiếp đường tròn nên ta có PBFPEBBAFJBD và BFPBDJ. Suy ra hai tam giác BDJ và BFP đồng dạng, do đó BJDBPF nên tứ giác BJNP nội tiếp đường tròn. Suy ra ^{BJPBNPBDF BCABOO'} . Mặt khác lại có ^{O BO' PBJ} nên hai tam giác JBP và O’BO đồng dạng. Do đó ^{BP BJ}_'

BO  BO hay ta được ^{BP BJ.BO}_'

 BO không đổi. Suy ra điểm P cố định. Vậy EF luôn đi qua điểm P cố định.

Câu 5. Trong đường tròn

 

^O có bán kính 21 đơn vị, cho 399 điểm bất kì A , A ,..., A_{1 2 399}. Chứng minh rằng tồn tại vô số hình tròn có bán kính bằng 1 đơn vị nằm trong đường tròn

 

^O và không chứa điểm nào trong 399 điểm A , A ,..., A_{1 2 399}.

 Lời giải. Trong đường tròn

 

^O vẽ đường tròn

 

^{O '} có bán kính 20 đơn vị. Giả sử 399 điểm bất kì A , A ,..., A_{1 2 399} nằm trong đường tròn

 

^{O '} . Khi đó ^S_(O') ^400 . Từ 399 điểm

1 2 399

A , A ,..., A vẽ các đường tròn có bán kính bằng 1 đơn vị. Khi đó tổng diện tích của 399

đường tròn là 399 400 , suy ra 399 đường tròn này không phủ hết đường tròn

 

^{O ' . Do}

đó sẽ có vô số khoảng trống giữa các đường tròn hay tồn tại vô số hình tròn có bán kính bằng 1 đơn vị nằm trong đường tròn

 

^O và không chứa điểm nào trong 399 điểm

1 2 399

A , A ,..., A .

Trong tài liệu Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên Toán Sở GD&ĐT Nghệ An có lời giải chi tiết (Trang 41-51)