O  BOI(4) Xét ∆ NJC vuông tại J có góc ngoài ONB:

Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp PAGE TÀI LIỆU TOÁN HỌC

a) Gọi I, J lần lượt l| trung điểm AB, AC

∆ OAB cân ở O có OI l| đường cao kẻ từ đỉnh O nên OI cũng l| phân giác góc O, suy ra BOI 1BOA(1)

2

Theo quan hệ giữa góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung AB của (O):

Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp PAGE TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Gọi T’ l| giao điểm khác S của OS với đường tròn ngoại tiếp ∆ BMN.

Khi đó MNST’ l| tứ giác nội tiếp, nên OSN OMT ' OSN ~ OMT '(g.g)

OS ON

OS.OT ' OM.ON OM OT '

OS.OT ' OQ.OP

OS OQ

OP OT '

   

   

 

 

Xét ∆ OSQ v| ∆ OPT’ có:

o

SOQ chung

OSQ ~ OPT'(c.g.c) OS OQ

OP OT'

OSQ OPT' OPT' QST ' 180

   

 



    

⇒ T’SQP l| tứ giác nội tiếp

⇒ T’ thuộc đường tròn ngoại tiếp ∆ CPQ

⇒ T’ ≡ T

Vậy O, S, T thẳng hang

 BH ⊥ OH

⇒ H thuộc đường tròn đường kính OB.

Vậy khi A di động, H luôn thuộc đường tròn đường kính OB.

Câu 5:

2

2 2 2

8a b b b

a)A b 2a b (a b ) (a )

4a 4a 4a

         

Vì

2 2

b 1 a b 1 3

a 0; a b 1 ; a 1 b a b

4a 4a 4a 4a 4

1 3 1 1 1

A (a b ) ( b ) (a ) (b )

4a 4 4a 2 2

            

          

Ta có 1 1

a 2 a. 1

4a 4a

   (BĐT Cô–si cho hai số không âm); 1 ²

(b ) 0

2  A 3

 2

Dấ u bằng xảy ra khi 1 a b

  2 Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 3

2 đạt được khi 1 a b

  2 b)Ta có:

Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp PAGE TÀI LIỆU TOÁN HỌC

4 3 2 2

4 3 2 2

2 2 2

x 2x 6x 4y 32x 4y 39 0 x 2x 6x 32x 40 4y 4y 1 (x 2) (x 2x 10) (2y 1)

      

       

     

Vì y là số nguyên nên 2y – 1 ≠ 0 ⇒ x ≠ 2

Vì (2y – 1)² và (x – 2)² là số chính phương kh{c 0 nên x² + 2x + 10 là số chính phương.

Đặt x² + 2x + 10=m^{2 (m N ) *} suy ra

2 2

(x 1) 9 m

(x 1 m)(x 1 m) 9 x 1 m 9

x 1 m 1 x 1 m 1

(Do x+1+m>x+1-m) x 1 m 9

x 1 m 3 x 1 m 3 x 3

m 5 x 5

<=>

m 5 x 1 m 3

  

      

   

    

   

     

   

    



  

  

 



  

 



 x = 3 ⇒ (2y – 1)² = 25 ⇒ y = 3 hoặc y = –2

 x = –5 ⇒ (2y – 1)² = 1225 ⇒ y = 18 hoặc y = –17

 x = –1 ⇒ (2y – 1)² = 81 ⇒ y = 5 hoặc y = –4

Vậy các bộ (x;y) nguyên thỏa yêu cầu bài toán là (3;3),(3;–2),(–5;18),(–5;–17),(–1;5),(–1;–4) ĐỀ 9

Câu 1

a) Với x ≥ 0, x ≠ 1 ta có

         

 

 

3

2

x 1 x 1 x 1 x x 1

A x 1

x 1 x 1

x 1 x 1

x x 1 x 1 x

x 1 x 1

x x 1 1

A 1 x 1 x 1

    

    

 

 

   

 

 

 

  

 

Ta có x 2016 2 2015  thỏa mãn điều kiện x ≥ 0 v| x ≠ 1

Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp PAGE TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Cóx 2015 2 2015 1   



2015 1



²  x 2015 1 . Thay vào biểu thức A – 1 ta được:

A 1 1

2015

 

b) Với 2 số nguyên dương a, b bất kì ta có:

2015 2015 2014 2013 2013 2014 2015 2015

a b  (a b)(a a b ... ab  b )a b (a b) + Xét trường hợp n là số lẻ

Áp dụng khẳng định trên ta có:

2015 2015

2015 2015

2015 2015

2 1 (n 1) n

2 2 (n 2) n

...

n 1 n 1

2 n

2 2

   

 

   

 

      

    

    

 

Suy ra

2015 2015

2015 2015 2015 2015 2015 n 1 n 1

A n 2 1 (n 1) 2 2 (n 2) ... 2 n

2 2

      

   

                Tương tự

2015 2015 2015 2015

2015 2015 2015 2015 n 1 n 3 n 1 n 1

A 2(1 n ) 2 2 (n 1) ... 2 (n 1)

2 2 2 2

             

 

                      Mặt khác n và n + 1 nguyên tố cùng nhau nên A ⋮ n(n + 1)

Tương tự với trường hợp n chẵn ta cũng có A ⋮ n(n + 1) Câu 2

a) Điều kiện:x² 8; x² 9; x² 11; x² 12 Phương trình đã cho tương đương với

Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp PAGE TÀI LIỆU TOÁN HỌC

   

      

  

     

     

2 2 2 2

2 2 2 2

2 2 2 2

2 2

2 2 2 2

2

2 2 2 2

6 7 4 3

x 9 x 8 x 11 x 12 0

6 x 8 7 x 9 4 x 12 3 x 11

x 9 x 8 x 11 x 12 0

x 15 x 15

x 9 x 8 x 11 x 12 0

x 15 0(2)

1 1

x 9 x 8 x 11 x 12 0(3)

     

       

   

     

  

   

  

  

   

  

  

    



Phương trình(2)  x 15 (thỏa mãn)

Phương trình^(3)



^{x29 x}



^28

 

^{ x211 x}



^{2 12}



2 2

6x 60 0 x 10 x 10

        (thỏa mãn)

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho l|



^{ 15; 10}



b) Hệ đã cho tương đương với

   

   

2 2

x 4x . 4x y 6

x 4x 4x y 5

   



    



Suy ra x² + 4x và 4x + y là 2 nghiệm của phương trình

2 t 2

t 5x 6 0 (t 2)(t 3) 0

t 3

  

          

Vậy hệ đã cho tương đương với

x2 4x 2 4x y 3 (I)

   



  

 hoặc

x2 4x 3 4x y 2 (II)

   



  



Giải (I): ^{2 2} x 2 2 y 3 4x 5 4 2

x 4x 2 (x 2) 2

x 2 2 y 3 4x 5 4 2

         

       

         



Giải (II): ² x 1 y 2 4x 2

x 4x 3 0 (x 1)(x 3)

x 3 y 2 4x 10

       

              

Vậy hệ đã cho có 4 nghiệm



 ² 2; 5 4 2 , 2

 

  2; 5 4 2 ,

 ^

1; 2 ,

^{ }

3;10

^

Câu 3

Xét phương trình ho|nh độ giao điểm của (P) và (d): ax² bx c ax² bx c 0(1)  Vì a, b, c là 3 cạnh của tam giác vuông với cạnh huyền là a nên a, b, c > 0, a² = b² + c²

Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp PAGE TÀI LIỆU TOÁN HỌC

(d) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt ⇔ Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt ⇔ b2 4ac 0

    (luôn đúng ∀ a, b, c > 0)

Gọi 2 giao điểm có ho|nh độ là x1, x2 , là 2 nghiệm của (1). Theo Viét ta có:

1 2

1 2

x x b a x x c

a

  



  



Xét

2 2 2

2 2 2

1 2 1 2 1 2 2

b c b 2ac 2a

P x x 2 (x x ) 2x x 2 2. 2

a a a

   

           

 

Có b²2ac 2a ² b² 2ac (b ²c ) a²  ² 2ac c ² a²   (c a)²  0, a,c,0 c a  Suy ra P < 0 ⇒ đpcm.

Câu 4

a) Vì HI, HK là phân giác của góc EHB và góc DHC nên

1 1

EHI EHB; DHK CHK DHC.

2 2

   Mà EHB = DHC (đối đỉnh) => EHI = DHK = CHK (1) Có AIH = 90^o – EHI ; AKH = 90^o – DHK => AIH = AKH (2)

Từ (1) suy ra EHI + EHK = CHK + EHK = 180o => I, H, K thẳng hàng (3) Từ (2) và (3) ⇒ ∆ AIK c}n tại A ⇒ AI = AK

b) Gọi giao IM và BH là P, giao KM và CH là Q, giao HM và PQ là J, giao HM và BC là N.

Ta có:

∆HEI ~ ∆HDK (g.g) => HE EI HD DK

∆HEB ~ ∆HDC (g.g) =>HE EB HD DC

EI EB EI DK

DK DC EB DC

    (4)

Vì IP ⊥ AB, HE ⊥ AB ⇒ IP // HE ⇒ EI HP

EBHB(5). Tương tựDK HQ DC HC(6) Từ (4), (5), (6) ⇒HP HQ

HB HC  PQ // BC

Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp PAGE TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Suy ra ^{PJ HJ JQ PJ BN}

BNHN NCJQ NC

Vì HP // MQ, HQ // PM nên HQMP là hình bình hành ⇒ J l| trung điểm PQ ⇒ PJ = JQ

⇒ BN = NC ⇒ N l| trung điểm BC

Vậy HM luôn đi qua trung điểm BC l| điểm cố định.

Câu 5

a) Vì AC ⊥ AB, BD ⊥ AB ⇒ AC // BD ⇒ ACDB là hình thang

Vì CM, CA là tiếp tuyến của (O) nên CM = CA. Tương tự DM = DB

Gọi J l| trung điểm của CD thì JO l| đường trung bình của hình thang ACDB suy ra JO //

BD và

AC BD CM MD CD

OJ IC ID

2 2 2

 

     (1)

Vì BD ⊥ AB nên JO ⊥ AB tại O (2)

Từ (1) và (2) suy ra AB là tiếp tuyến của đường tròn (J) đường kính CD b) Vì CA // BD nên theo định lý Talét ta có:CI CA CM

IB CD MD IM // BD Mà BD ⊥ AB nên MI ⊥ AB

Gọi P, Q lần lượt là giao của AD và (O), BC và (J)

Có APB = CQD = 90^o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) => DPB = BQD = 90^o Suy ra BQPD là tứ giác nội tiếp => PDB = PQI

Vì AC // BD nên PDB = IAC

=> PQI = IAC => ∆PQI ~ ∆CAI (g.g) =>PI QI

IP.IA IC.IQ CI AI  

Suy ra phương tích của điểm I đối với 2 đường tròn (O) và (J) là bằng nhau Suy ra I nằm trên trục đẳng phương EF của 2 đường tròn.

Vậy I, E, F thẳng hàng.

Câu 6

Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp PAGE TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Ta có:

       

 

2 2 2 2

2

2

x y z x y z 2 xy yz zx 9 2 xy yz zx

x y z 9

xy yz zx

2 9 (x y z) P x y z

2

           

  

   

  

     Đặt

2 2

9 t t 2t 1 1 2

x y z t P t 5 (t 1) 5 5

2 2 2

  

             

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ^{x y z 1}_{2 2 2} x y z 9,

   



  

 chẳng hạn khi x = 1, y = 2, z = –2 Vậy giá trị lớn nhất của P là 5.

ĐỀ 10.

Câu 1

a) Dễ thấy A 0, Tacó

2

A2  7 2 6  7 2 6   7 2 6 7 2 6 2 7 2 6 . 7 2 6     14 2.5 4  Suy ra A 2.

b) Áp dụng hằng đẳng thức:



^{u v}



^{3 u3v33uv u v}



^



^{. Ta có:}

3

3 3 84 3 84 84 84 3 84 3 84

B 1 1 1 1 3 1 . 1

9 9 9 9 9 9

   

   

          

   

   

3 84 3 84

1 1

9 9

 

    

 

 

. Hay

3 3 84 84 3 3 84 3 3

B 2 3 1 1 .B B 2 3 1 B B 2 B B B 2 0

9 9 81

  

                 



^{B 1 B}

 

^{2 B 2}



⁰

     mà

2

2 1 7

B B 2 B 0

2 4

 

      

  suy ra B 1 . Vậy B là số nguyên.

c) Áp dụng hằng đẳng thức:



^{u v}



^{3 u3v33uv u v}



^



Ta có ^x3 ^2a 



^{1 2a x}



^x3



2a 1 x 2a 0



  



x 1 x

 

² x 2a



0 Xét đa thức bậc hai x²  x 2a với   1 8a 0

+ Khi 1

a8 ta có ³ 1 ³ 1

x 1

8 8

   .

Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp PAGE TÀI LIỆU TOÁN HỌC

+ Khi 1

a ,

8 ta có   1 8a }m nên đa thức (1) có nghiệm duy nhất x 1 Vậy với mọi a 1

8 ta có: ³ a 1 8a 1 ³ a 1 8a 1

x a a 1

3 3 3 3

   

     là số tự nhiên.

d) Nhận xét:



^{x22015 x}



^{x22015 x}



^{x22015 x 2 2015.}

Kết hợp với giả thiết ta suy ra x²2015 x  y²2015 y

2 2 2 2

y 2015 y x 2015 x x 2015 x y 2015 y x y 0

              

Câu 2

2 2

2 2

2 2

x x y y(1) x y 5(2) (I)

(1) x y x y 0

(x y)(x y 1) 0 y x

y x 1

   



 



    

    

     

 y = x: Thay v|o (2) ta được:

(2) ^{2 2} 5 10

2x 5 x x

2 2

       y 10

   2

 y = – x – 1. Thay v|o (2) ta được:

2 2 2 x 1

(2) x ( x 1) 5 2x 2x 4 0

x 2

x 1 y x 1 2

x 2 y x 1 1

             

      

      

Vậy hệ phương trình (I) có 4 nghiệm là 10 10 10 10

(1; 2),( 2;1), ; , ;

2 2 2 2

   

       

   

Trong tài liệu Tuyển chọn 50 đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên môn Toán - THCS.TOANMATH.com (Trang 87-95)