Một số DE THI vào chuyên toán có hướng dẫn giải

ĐỀ THI NĂM 2003THPT
Bài I:
a)Cho M=
1
11
22
++
+−
+
−
++
−
x
xx
xx
xx
xx
Rút gọn M với 0
1
≤≤
x
b)Giải Phương trình :
333
511 xxx =−++
Bài II:
a)Cho x; y thõa mãn phương trình
2
222
23
02
0342

y
yyxx
yyx
+=



=−+
=+−+
2
xQ Tính
b)Tìm giá trò nhỏ nhất của biều thức :
A=
0v0; uvà 1v uVới >>=+






++






+
22
11

v
v
u
u
Bài III
Cho tam giác có số đo các đương cao là các số nguyên ,bán kính đường tròn nội
tiếp tam giác bằng 1 .Chứng minh tam giác đó là môt tam giác đều .
Bài IV
Cho tam giác ABC vuông tại A Có B=20
0
,vẽ phân giác trong BI,Vẽ AHC=30
0
về
phía trong tam giác .Tính CHI
Bài V
Có hay không 2003 điểm trên mặt phẳng mà bất kỳ 3 điểm nào trong chúng đều
tạo thành một tam giác có góc tù .
****************************************
HƯỚNG DẪN
Bài I
a)Nhân xét rằng :
( )( )
xM
xx
xxxxxx
−=
=+
++−=−
1

11
2
2
b)Giải PT:
Lập phương hai vế ta có:
( )
xxx
xxxxx
55.1
)2(511132
3
2
33
3
2
=−
=−++−+
3
có Ta
(2) vào ThayGT
Bài II
a)Từ x
3
+2y
2
-4y+3=0
( )
)1(11121
2
3

−≤⇒−≤−−−=⇒ xyx
Từ x
2
+x
2
y
2
-2y=0 có
-1x (2) và (1) Từ =⇒≤≤−⇔≤⇒≤
+
= )2(1111
1
2
2
2
2
xx
y
y
x
Do đó Q= x
2
+y
2
=2
b) Ta có :
1
( )
4
1

14
11
22
22
22
22
+






++=++++=
vu
vu
vu
vuA
Theo BĐT
( )
( )
( )
( )
2
1
2
25
416116
1
44

2
1
21
22
2
2222
2
==
==⇔==++≥≥⇒
≥≥+≥++≤+=
vuKhiDo
vu
uvvuHayvuvu
2
25
là A củanhất nhỏ rògiá đó
2
1
vu raxẩy Dấu
2
1
A vậy Do
uv
1
Nên vu Mặt khác
Bài III
Gọi x,y,z Lần lượt là các đường cao ứng với các cạnh a,b,c của tam giác .Nhận
xét :Đường cao của tam giác luôn luôn lớn hơn bán kính của đường tròn nội tiếp
tam giác do đó :x >2, y >2, z >2 .Vì x,y,z là các số nguyên dương nên :
3;3;3 ≥≥≥ zyx

đều. giác tam là AGBC hayzyx(2)(1); Từ
x
1
: Mặt khác
∆==⇒
==
++
=++=++=++≤++⇒ )2(1
1
2
11
)1(1
3
1
3
1
3
1111
rS
cba
cz
c
by
b
ax
a
zyzyx
ABC
Bài IV
Từ giả thiết suy ra :HCB =40

0
Dựng đường phân giác CK của HCB thì
HCK=BCK=20
0
.Trong tam giác vuông AHC có AHC=30
0

Nên AH =






=






=
BK
BC
HK
CHCH
2
1
2
1

.
2 HK
AH
: đó Từ
(Do CK là phân giác của HCB)
Dựng KM vuông góc BC tại M,
lúc đó
BMK∆

)2(
2 HK
AH
BC
AB
BK
BC
Hay
BC
AB
BK
BM
BAC ===⇒∆
Do BI là phân giác của ABC nên
)3(
BC
AB
IC
IA
=
Từ (2) và (3)

IHCK
HK
AH
IC
IA
//⇒=⇒
.Do đó CHI=HKC=20
0
A
H
K I
B M C
Bài V:
Lấy hai điểm phân biệt bất kỳ trên mặt phẳng ,dựng đường tròn đường kính AB
Trên nửa đường tròn đó lấy 2003điểm A
1
,A
2
,…,A
2003
Khác nhau và khác B .Rõ ràng 2003
điểm đó không có 3 điểm nào thẳng hàng ,nên với bất kỳ ba điểm A
i
,A
j
,A
k
(I,j,k khác
nhau) đều tạo thành một tam giác .Tam giác A
i

A
j
A
k
Chắc chắn có một góc tù (Vì góc nội
tiếp chắn cung lớn hơn nửa đường tròn )Vậy luôn tồn tại 2003 điểm trên mặt phẳng thõa
mãn điều kiện của bài toán.
***********************************************
2
ĐỀ THI VÀO TRƯỜNG CHUYÊN 2003
Bài I:
a)Thu gọn biểu thức :
P=
432
48632
+
++++
b)Tính giá trò của biểu thức :Q=
yx
yx
+
−
biết x
2
-2y
2
=xy và
0,0 ≠+≠ yxy
Bài II:
Giải các phương trình sau:

a)
3
1
);352
23
3
3
2
=−−=− xxxbxx
Bài III:a)Tìm hai số tự nhiên a và b thõa mãn a-b =
b
a

b)Cho hai số dương a,b và a+b=5.Tìm giá trò nhỏ nhất của P=
ba
11
+
Bài IV:Cho Hệ phương trình :



−−−+
=−−
922
033
22
yxyx
yx
Gọi (x
1

;y
1
) và(x
2
;y
2
) là hai nghiệm của hệ phương trình .Hãy tính giá trò của biểu
thức:
M= (x
1
-x
2
)
2
+(y
1
-y
2
)
2
Bài V:Cho (O) và một dây cung AB .Các tiếp tuyến của đường tròn vẽ từ A và B cắt nhau
tại C .Vẽ dây CD của đường tròn có đường kính OC (D khác A và B)CD cắt cung AB của
(O) tại E(E nằm giữa Cvà D)Chứng minh:
a)BED = DAE; b)DE
2
=DA.DB
HƯỚNG DẪN
Bài I
a)HD:
21);223(2)23 +=+++++ P2(:là đổi biếnthức Tử

b)HD:Từ GT : x
2
-2y
2
= xy,suy ra(x+y)(x-2y) = 0 Do x+y
0≠

Nên Q=
3
1
2
2
=
+
−
=
+
−
yy
yy
yx
yx
Bài II
a)Đặt t=
27;
8
1
3;
2
1

0352:
2121
2
3
==⇒=−=⇒=−− xxttttPTx
b)PT:x
3
-x
2
-x =
( )
14
1
14 01333
3
1
3
3
323
−
=⇔+=⇔⇔=−−−⇔ xxxxxx
Bài III
a)Đặt a-b=n (1) (a,b,n
n
b
a
GTTheobN =≠∈ :)()0;
(2)
Từ (1) và (2) bn-b=n hay(n-1)b=n(3)
Nếu n=1 thì không thoã mãn (3)

3
Nếu n
)4(
1
1
1
1
1
−
+=
−
=⇒≠
nn
n
b
Do b là số tự nhiên (n-1) là ước của 1 hay n-1=-1 hoặc n-1=1
n=0 không thõa mãn
n=2 thõa mãn b=2;a=4thoã mãn bài toán
b)Ta có :
5
4
)(
20511
2
=
+
≥=
+
=+=
ba

abab
ba
ba
P
Đẳng thức xẩy ra khi:a= b =
2
5

Bài IV:
Từ PT:x-3y-3= 0
)1()1(3 +=⇒ yx
Thay vào PT 5y
2
+5y-3=0 (2)
Do (x
1
;y
1
) và (x
2
;y
2
) là hai nghiệm của HPT nên y
1
;y
2
là hai nghiệm của (2)
Từ đó y
1
+y

2
= -1 ;y
1
y
2
=
)3(
5
3
−
Từ (1) Ta có x
1
-x
2
=3(y
1
-y
2
),Suy ra M=(x
1
-x
2
)
2
+(y
1
-y
2
)
2

=10(y
1
-y
2
)
2
=…=34
Bài V:
a)Ta có EBC=EAB (Cùng chắn Cung EB) DCB=DAB(Cùng chắn cung BD)
Nên EBC+DCB=EAB+DABMặt khác :EBC+DCB=BED; EAB+DAB=DAE
Vậy BED=DAE
b)Ta có ADE=ABC=CAB=EDB.
Theo câu a)BED=DAE,suy ra:
BED∆

DE
DB
DA
DE
EAD =⇒∆
hay DE
2
=DA.DB
D O
A B
E
C
ĐỀ THI HSG TRƯỜNG CHUYÊN 2003
Câu I-Giải PT:
3)1071)(25(

2
=++++−+ xxxx
Câu II -Giải HPT:



=+
=+
76
532
23
23
xyy
yxx
Câu III-Tìm các số nguyên x,y thoã mãn đẳng thức sau:
2y
2
x+x+y+1= x
2
+2y
2
+xy
4
Câu IV –Cho nửa (O)đường kính AB =2R(R là một độ dài cho trước )M,Nlà hai điểm trên
nửa (O)sao cho M
∈
cung AN và tổng khoảng cách từ A,Bđến đường thẳng MN theo R
3
1-Tính độ dài đoạn MN theo R
2-Gọi giao điểm của haidây AN và BM là I ,giao điểm của các đường thẳng AM và

BN là K C/mR:bốn điểm M,N,I,K cùng nằm trên một đường tròn .Tính bán kính của
đường tròn đó theo R.
3-Tìm giá trò lớn nhất của diện tích tam giác KAB theo R khi M, N thay đổi nhưng
vẫn thoã mãn bài toán .
Câu V.Cho x,y,z là các số thực thoã mãn điều kiện x+y+z+xy+xz+yz = 6 .C/mR:
x
2
+y
2
+z
2


3≥
ĐỀ II
CÂU I
Cho phương trình :x
4
+2mx
2
+4 = 0 .Tìm giá trò của m để phương trình có 4 nghiệm
phân biệt x
1
,x
2
,x
3
,x
4
thoã mãn x

1
4
+x
2
4
+x
3
4
+x
4
4
=32
CÂU II-Giải HPT:



=−+++
=++−−+
04
0252
22
22
yxyx
yxyxyx
CÂU III
-Tìm các số nguyên x,y thõa mãn phương trình :x
2
+xy+y
2
=x

2
y
2
CÂU IV
-Cho (O) nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc các cạnh BC,CA, AB lần lượt tại các
điểm D,E,F .Vẽ (O’)bàng tiếp trong BAC của tam giác ABC tiếp xúc với cạnh BC và
phần kéo dài của các cạnh AB,Ac tương ứng tại các điểm P,M,N
1)-C/mR:BP=CD
2)-Trên đường thẳng MN ta lấy các điểm I và K sao cho CK//Ab,BI//AC.C/mR:Các
tứ giác BICE và BKCF là hình bình hành .
3)-Gọi (S) Là đường tròn qua ba điểm I,K,P .C/mR:(S) tiếp xúc với các đường
thẳng BC,BI,CK.
CÂU V:
Số thực x thay đổi và thoã mãn điều kiện :x
2
+(3-x)
2

5
≥
Tìm giá trò nhỏ nhất của
biểu thức P = x
4
+(3-x)
4
+6x
2
(3-x)
2
*********************************

HƯỚNG DẪN
ĐỀ I
Câu I:
ĐK:
2−≥x
.Chú ý rằng x
2
+7x+10=(x+5)x+2).Nhân hai vế của PT với
( )
025 >+++ xx
được:
( )( )
( )



−=
−=
⇔



=+
=+
⇔
=−+−+⇔+++=+++
1
4
12
15

01215251071
2
x
x
x
x
xxxxxx
Loại

Đáp số x=-1
Câu II:Hệ PT:
5
( )



=+−
=+
⇔



=+
=+
⇔









=+
=+
⇔
=+
=+
)2(0792
)1(32
76
272
76
20128
76
532
23
23
3
23
23
23
23
yy
yx
xyy
yx
xyy
yxx
xyy

yxx
Giải (2)Ta được:
4
1057
;1
±
== yy
Vậy HPT có 3bộ nghiệm(1;1);








+−








−+
8
1057
;
8

1055
;
8
1057
;
8
1055
Câu III
2y
2
x+x+y+1=x
2
+2y
2
+xy
)1(01)1()1()1(2
2
=+−−−−−⇔ xyxxxy
Nhận xét rằng x=1 không phải là nghệm của phương trình ( 1) Chia cả hai vế PT(1) cho
x-1 ta được 2y
2
-x-y+
)2(0
1
1
=
−x
PT:có nghiệm (x;y) nguyên
1
1

−
⇒
x
nguyên ,
nên x-1
{ }



=
=
⇒−∈
0
2
1;1
x
x
Thay x=2 và x=0 vào PT(2) và để ý đến y làsố nguyên ta
đựơcy=1 .vậy PT đã cho có hai nghiệm nguyên là (2;1) và (0;1)
Câu IV:
1)Dựng AA’ và BB’ vuông góc với MN .Gọi H là trung điểm NM lúc đó OH
⊥
MN .Trong
hình thang AA’B’B ta có OH=
RMN
R
MH
R
BBAA =⇒=⇒=+
22

3
)''(
2
1
và tam giác OMN đều .
2)-Ta có M,N,I,K cùng nằm trên đường tròn đường kính IK ,AKN =
2
1
(sđAB-sđMN)=60
0
.
Gọi O’ là trung điểm của IK
⇒
MO’N=2MKN=120
0
3
3R
là KI,N,M,
: qua tròn đường của kính bánđó Do
3
3
3
3
'3'
RMN
hayMOMOMN ===⇒
3)Điểm K nằm trên cung chứa góc 60
0
Dựng trên đoạn AB =2R Nên S
KAB

lớn nhất
⇔

đường cao KP lớn nhất
⇔
Tam giác KAB đều lúc đó S
KAB
=
3
4
3
2
2
R
AB
=


K
O’
A’ M H
N B’
I
A O F B


Câu V:
6
Ta có x
2

+1
( )
( )
yzxzxyzyxzzyyx ++≥++⇒≥+≥+≥ 2221;21;2
22222
Cộng 4 bất đẳng thức trên ta có :
( )
( )
yzxzxyzyxzyx +++++≥+++ 233
222
Mà vế
phải bằng 6 theo GT nên:
3
222
≥++ zyx
ĐỀ II
Câu I:
Đặt x
2
= t PT (1) đã cho có dạng:t
2
+2mt+4=0(2) .Vì PT (1) có 4 nghiệm nên PT(2)
có 2 nghiệm t
1
,t
2
phân biệt, nghóa là:






>=
<⇔>−=+
>−=∆
04.
202
04
21
21
2'
tt
mmtt
m
Khi đó :PT(1) có 4 nghiệm
24,312,1
; txtx ±=±=
Và x
1
4
+x
2
4
+x
3
4
+x
4
4
=2(t

1
+t
2
)
2
-4t
1
t
2
=8m
2
-16.Từ GT ta có 8m
2
-16=32
6−=⇔ m
(vì m<-2)
Câu II:
Biến đổi PT(1) của HPT tương đươngPT y
2
-(x+1)y-2x
2
+5x+2=0 GiảiTìm hai
nghiệm y
1,2
Ta có PT trên có dạng (y+x-2)(y-2x+1)=0
Giải HPT







−−=



=−+++
=+−
5
13
;
5
4
04
012
22
y)Được(x;
yxyx
xy
Câu III:
Với
2;2 ≥≥ yx
Ta có
( )
nguyên nghiệm có khôngcho đã PT 2.Thìy hoặc2x Nếuy Hoặcx Vậy ±=±=≤≤
++>++≥+++=+≥⇒



≥

≥
.2.2
22
4
4
222222222222
222
222
xyyxxyyxyxyxyxyx
yyx
xyx
Thử lại x=0,x=1và x=-1 Ta có PT có 3 nghiệm nguyên (x;y)là (0;0),(1;-1),(-1;1)
Câu IV:
1)-Gọi p là nửa chu vi
ABC∆
thì p = AB+CD = AC+BD = AM = AN = AB+BM suy
ra BP=CD
2)-Từ
BMI∆

CECDBPBMBIAMN ====⇒∆
. Do BI,CE song song và bằng
nhau nên BICFE là hình bình hành .
Xét tương tự ta có BKCF là hình bình hành
3)Gọi H là trung điểm của BC và S là điểm đối xứng của O qua H .Dễ thấy các cặp
điểm sau đối xứng nhau qua H (B,C);(P;D);(I;E);(F;K),do đó SI=SP=SK (Vì chúng lần lượt
bằng OE,SK=OF,SP=OD).BIS=BFO=90
0
;BPS=CDO=90
0

;CKS=BFO=90
0
.Vậy (S)bán kính
SP đi qua P,I,K,và tiếp xúc với BC,BI,CK (Lần lượt tại P,I,K)
B N
P I
F H S O’
O D K
A E C N
Câu V:
7
Đặt y=3-x .Bài toán trở thành tìm giá trò nhỏ nhất của biểu thức
P=x
4
+y
4
+6x
2
y
2
,trong đó x,y là các số thực thay đổi thõa mãn :
( ) ( )
222
22222
222222
22
2
22
)2(16)2.5)
)1(2).(40)2.(25)

412.4)(5419.4524
9
92
5
3
xyyxyy
xyyxxyy
xyyxxyyxyx
yx
xyy
yx
yx
++=+⇔
+≥++
≥++⇒=+≥++++⇒



≥+
=++



≥+
=+
22
2
2
25(x BĐT(1)Với của vế haiCộng4(x raxẩy bằngDấu
16(x: Mặt khác

x
có ta trên thức hệcác Từ
( )
( )
[ ]
( )
( )
[ ]
( )
( )
416412
412452
2244
2
2
22
2
2
22
2
2
2
≥++⇔≥++
≥++≥++
yxyxxyyxhay
xyyxxyy
2
x41: được thu Ta
Đẳng thức xẩy ra:
( )

( ) ( )
( ) ( )



=
=
⇔





=+
=+
=+
⇔
2;1;
2;1;
)2(54
5
3
22
22
yx
yx
xyyx
yx
yx
Do đó giá trò nhỏ nhất của P = 41 đạt được

1=⇔ x
hoặc x=2
***********************************
ĐỀ THI CHỌN HSG 2003-2004
Bài I:Giải các PT và HPT sau:



=+
=++
+−=−+−
7
41
);141232532)
2
yx
yx
bxxxxa
Bài II:a)Cho xy=1 và x > yC/mR:
22
22
≥
−
+
yx
yx
;b)Cho a,b,c là các độ dài ba cạnh của
một tam giác thõa mãn a+b+c=2.C/mR:a
2
+b

2
+c
2
+2abc < 2
Bài III:
Cho tam giác ABC cân tại A,nội tiếp tong (O) đường kính AI Gọi E là trung điểm
của AB và K là trung điểm của OI .C/mR:AEKC là tứ giác nội tiếp.
Bài IV:
Cho nửa (O) đường kính AB= 2R và M thuộc nửa đường tròn (Mkhác A và M khác
B).Tiếp tuyến của (O) tại M cắt các tiếp tuyến tại A và B của (O) lần lượt tại C và D .
Tìm giá trò nhỏ nhất của tổng diện tích của hai tam giác ACM và BDM.
Bài Va:
a)-Xác đònh m để pt:2x
2
+2mx+m
2
-2=0 có hai nghiệm
b)Gọi hai nghiệm của PT là x
1
;x
2
,Tìm giá trò lớn nhất của biểu thức :
A=
42
2121
−++ xxxx
Bài Vb:
Cho biểu thức: :P=
( )
4;9;0

6
9
3
2
2
3
:
9
3
1 ≠≠≥






−+
−
−
+
−
+
−
−







−
−
− xxx
xx
x
x
x
x
x
x
xx
a)Thu gọn biểu thức P
b)Tìm các giá trò của x để P=1.
HƯỚNG DẪN :
8
Bài I
a)ĐK:
2
5
2
3
025
032
≤≤⇔



≥−
≥−
x

x
x
p dụng BĐT Cô si cho hai số không âm ta có
( ) ( )
( )
2x nghiệm có PT thấy nhận Ta (20 và (1) Từ
3x: Mặt khác
2
=
≥+−=+−
=
+−
+
+−
≤−+−
)2(22)2(3412
)1(2
2
125
2
1)32(
1.251.32
2
xx
xx
xx

b)Giải HPT:
)0;0(;0;1:
7

41
≥≥=+=≥−≥



=+
=++
vuyvyx
yx
yx
1xĐặt K
HPT có dạng:
2
4.
4
8
4
22
==⇔



=
=+
⇔



=+
=+

vu
vu
vu
vu
vu
Từ đó HPT có nghiệm duy nhất (x;y)=(3;4)
Bài II:
a)p dụng BĐT Cô si cho hai số ta có
( )
( )
22
)(
22
2
22
≥
−
+−=
−
+−
=
−
+
yx
yx
yx
xyyx
yx
yx
b)Từ GT a,b,c là độ dài các cạnh của tam giác và a+b+c=2 nên a < 1;b < 1;c < 1,do đó

(1-a)(1-b)(1-c) > 0 Suy ra :1+ab+ac+ca-(a+b+c)-abc > 0
⇒
ab+bc+ac –abc > 1
222)2()(
2222222
<+++⇒≥+++−++⇒ abccbaabccbacba
(Đpcm)
Bài III:
Gọi H là trung điểm của BE thì KH là đường trung bình của hình thang vuông
OEBI ,suy ra HK//OE//BI,mà OE
BEKHAB ⊥⇒⊥
Từ đó Tam giác KBE cân tại K,suy
ra KEB=KBE,Mặt khác KBE=KCA .Vậy KEB=KCA.Do đó Tứ giác AEKC nội tiếp
A
E
O
H K
B C
I
Bài IV: Ta có:
( )
.2
)2(.
2
1
.
2
1
)1(2
22

.
2
22
2
2
2
RRSSS
RABMOABMH
R
ABABCDABBDAC
S
AMBABCDBDM
ABCD
−≥−=+⇒
=≤=
⊥=≥=
+
=
ACM
AMB
S (2)(1), Từ
S
ABthìMH Dựng
Từ đó giá trò nhỏ nhất của tổng diện tích hai tam giác ACM và BDM là R
2
,đạt được khi M
là trung điểm của AB

C
M

9
D
A O H B
Bài V
a)ĐS
22 ≤≤− m
b)p dụng đònh lý Vi et cho PT bậc hai ta có 2x
2
+2mx+m
2
-2 = 0 ta có
( )( )
[ ]
4
25
4
25
2
1
6
3242
2
2121
≤+







−−=++=+=
<≥+∈−+=−++=
mm
mmxxxxA
2
-mm)-2)(3(mA đó Do
03-m còn 02m Nên2;2-m Vì
Vậy:
2
1
4
25
max
=⇔= mA
b)P=
2
3
−x
**************************************
ĐỀ THI 2003 H-N
Bài 1:Cho biểu thức:
1
)1(22
1
2
−
−
+
+
−

++
−
=
x
x
x
xx
xx
xx
P
a)Rút gọn P
b)Tìm giá trò nhỏ nhất của P
c)Tìm x để biểu thức
P
x
Q
2
=
Nhận giá trò là một số nguyên.
Bài 2:Trong mp tọộ Oxy cho Pa ra pol (P) :y=-x
2
và đường thẳng (d) đi qua điểm I(0;-1)
có hệ số góc k
a)Viết pt của đường thẳng (d).Chứng minh với mọi giá trò của k ,(d) luôn cắt (P) tại
hai điểm phân biệt Avà B
b) Gọi hoành độ của A và B là x
1
và x
2
,chứng minh :

.2
21
≥− xx
c)Chúng minh tam giác OAB vuông.
Bài 3:Cho đoạn thẳng AB = 2a coi trung điểm là O .trên cùng nửa mp bờ AB dựng nửa (O)
đường kính AB và nửa (O’) đường kính AO .Trên (O’) lấy một điểm M (khác A và O) ,tia
OM cắt (O) tại C ,gọi D là giao điểm thứ hai của CA với (O’)
a)Chứng minh tam giác ADM cân
b) Tiếp tuyến tại C của (O) cắt tia OD tại H ,đường tròn ngoại tiếp tam giác COH
cắt (O) tại điểm thứ hai là N ,chứng minh ba điểm A,N và M thẳng hàng .
c)Tại vò trí của M sao cho ME//AB ,hãy tính OM theo a.
Bài 4:Cho hai số tự nhiên avà b ,chứng minh rằng nếu a
2
+b
2
chia hết cho 3 thì avà b cùng
chia hết cho 3.
Bài 5:Cho pt:
m
xx
=






+
+







22
1
11
a)Giải PT với m=15
b)Tìm m để PT có 4 nghiệm phân biệt
10
Bài 6:Cho x,y là các số nguyên dương thõa mãn : x+y = 2003. Tìm giá trò nhỏ nhất của
biểu thức P= x(x
2
+y)+y(y
2
+x)
Bài 7:Cho đường tròn tâm O với dây cung BC cố đònh (BC<2R) và điểm A trên cung lớn
BC (A không trùng với B,C và điểm chính giữa cung )Gọi H là hình chiếu của A trên
BC ,Evà F lần lượt là hình chiếu của B và C trên đường kính AA’
a)Chứng minh HE vuông góc với AC
b)Chứng minh tam giác HEF đồng dạng với tam giác ABC
c)Khi A duy chuyển ,chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HEF cố đònh.
Bài 8:Lấy 4 điểm ở miền trong của một tứ giác để cùng với 4 đỉnh ta được 8 điểm ,trong
đó không có 3 điểm nào thẳng hàng .Biết diện tích của tứ giác là 1,chứng minh rằng tồn
tại một tam giác có 3 đỉnh lấy từ 8 điểm đã cho có diện tích không vượt quá
10
1
Tổng quát hoá bài toán cho n giác lồi với n điểm nằm ở miền trong của đa giác đó
***********************************

HƯỚNG DẪN
Bài 1:
ĐK x > 0;và x
1≠
Ta có
1)1(212
1
)1)(1(
+−=++−−
++
++−
= xxxx
xx
xxxx
P
2)
4
1
4
3
min
4
3
2
1
2
=⇔=⇒+







−= xPxP
M
x
x
P
x
Q
2
1
1
22
)3 =
−+
==
Để ý rằng với x > 0 và x
1≠
ta có M=
11
1
>−+
x
x
Theo BĐT Cô si ta có :0 < Q < 2 Vì Q nguyên nên Q = 1
2
537 ±
=⇒ x
Bài 2:

1)PT đường thẳng (d) :y=kx-1.PT hoành độ giao điểm của (P) và (d) là :
x
2
+kx –1= 0
Vì
PT⇒>∆ 0
luôn có 2nghiệm phân biệt (đpcm)
2)Ta có x
1
x
2
=-1,từ đó ta có :
1
121
1
x
xxx +=−
Nhận xét rằng x
1
và
1
1
x
cùng dấu
nên :
2
11
1
1
1

1
≥+=+
x
x
x
x
3)PT đường thẳng OA là y= -x
1
x;đường thẳng OB là y= -x
2
x Nhưng (-x
1
)(-x
2
)=-1 vì
thế tam giác OAB vuông tại O
Bài 3:
1)Ta có
∆
OAC cân tại O có OD
⊥
AC ,
⇒
MOD=DOA
DANMhayADDM ∆=⇒
cân tại D
11
2)Dễ thấy
⇒∆=∆ ) ( cgcCOEAOE
EAO=ECO =90

0
hay EA
⊥
AB nói cách khác
EA là tiếp tuyến chung của (O) và (O’)
3)Giả sử AM cắt (O) tại N’ ,AOC=2AN’C
⇒
COH=CN’H Dẫn đến tứ giác CHON’
nội tiếp trong một đường tròn ,từ đó ta có
NMANN ,,
'
⇒≡
Thẳng hàng .
4)Vẽ MK
AO⊥
Từ GT :EM//AB ,ta suy ra
∆
MEO cân tại M và tứ giác AEMK là
hình chữ nhật .Đặt ME=MO=x . Ta có MO
2
=AO
2
-AM
2
=AO
2
-AO.AK=AO
2
-AO.ME.
Vậy x

2
=a
2
-ax.Giải ta được:x =
( )
15
2
1
−a

C N
E D M
H
A O’ K O B
Bài 4:
Nếu đặt a=3k+r với r=0,1, thì ta thấy a
2
chia cho 3 dư 0 hoặc 1 .Tương tự cho trường
hợp b
2
Từ đó (a
2
+b
2
)
3;33;33
22
 baba ⇒⇒
Bài 5:ĐK: x
( )

( )
015
1
0
2
2
2
2
=−
+
++
⇔≠≠
xx
x1x
cho đã -1PTx và

( ) ( )
1)x(x
1
ặt
+
==−
+
+









+
⇔=−
+
+
+
+
⇔ 015
1
2
1
1
015
)1(
22
)1(
1
2
22
2
22
xxxx
xx
xx
xx
PT đã cho có dạng :y
2
-2y-15 = 0,giải PT ta được y = 3;y = -5.Vậy PT đã cho có 4 nghiệm:
10

55
;
6
213 ±−±−
2) PT:
tìm. cần trò giá là
8m thấy ta lại thử 8m được
m1-1-
: hệGiải
y
có phảiPT(2) Vậy
y:et - Vi lý đònh otừ(*))The Giải (
-4y
0y
mãn thõa biệt ân2nghiệmph có
y:PT biệt phânnghiệm 4 Có
1
1
2
>>



>++−
−<+



>
−<

−=+



<
>
=−+⇔=






+
+






011
4
0
4
2
)2(02
1
11
2

2
22
m
y
y
mym
xx
Bài 6:
Ta có P=(x+y)
3
-3xy(x+y)+2xy=2003
3
-6007xy.Vì (x-y)
2
=(x+y)
2
-4xy=2003
2
-4xy nên
xy tăng (giảm)/x-y/giảm(tăng) Với GT x,ylà số nguyên dương ta có ngay :
P
min
=2003
3
-6007.1001.1002 đạt được khi (x,y)=(1001;1002)hoặc (1002;1001)
P
max
=2003
3
-6007.1.2002 đạt được khi (x;y)=(1;2002)hoặc(2002;1)

Bài 7:
12
1)Do tứ giác ABHE nội tiếp nên:EHC=BAA’mà BAA’=BCA’
⇒
EHC=HCA’do đó
HE//CA’,mặt khác A’C
⊥
AC
ACHE
⊥⇒
2)Tứ giác AHFC nội tiếp
⇒
EFH=ACB(1)Tứ giác ABHE nội tiếp
⇒
HEF=ABC (2)
Từ(1) và (2)
⇒
∆
HEF
ABC
∆
3)Gọi M, N và P lần lượt làtrung điểm của BC,AB và CA Vì MN//AC ,HE
AC
⊥
nên:
MN
⊥
HE,mà N cách đều 4điểm A,B,H,E
⇒
MN là đường trung trực của đoạn HE .

Chứng minh tương tự MP là đường trung trực của HF.Vậy M là tâm của đường tròn ngoại
tiếp
∆
HEF (đpcm)
A
N P
E
B H C
F
A’
Bài 8:
Nối các điểm tạo thành các tam giác đôi một chỉ chung nhiều nhất một cạnh ,phủ
vừa kín tứ giác .Tổng các góc trong tam giác bằng tổng các góc trong tứ giác cộng với 4
lần 360
0
nên bằng 360
0
+4.360
0
=10.180
0
.Vậy có 10 tam giác mà tổng diện tích là 1 nên
tồn tại tam giác có diện tích không vượt quá
10
1
.Tổng quát :Ở miền trong đa giác lồi n-
cạnh (n
3≥
)có diện tích bằng 1lấy n điểm ,trong đó không có 3 điểm nào thẳng hàng .Khi
đó tôn tại một tam giác có 3 đỉnh lấy từ 2n đỉnh đã cho có diện tích không vượt quá

23
1
−n
***********************************
ĐỀ THI 2003-2004 HUẾ
Bài 1:Giải HPT:





=++
−=−+
=++
14
1
6
222
zyx
xzxzxy
zyx
b)Cho hai số x;y thoã mãn đẳng thức :8x
2
+y
2
+
4
4
1
2

=
x
Xác đònh x; y để tích xy đạt
giá trò nhỏ nhất
Bài 2:
Cho tam giác ABC nội tiếp (O) Gọi M là trung điểm của cạnh BC ,H là trực tâm
của tam giác ABC K là hình chiếu của A trên BC .
Tính độ dài AK và diện tích của tam giác ABC biết rằng :OM = HK=
KM
4
1
vàAM= 30cm.
Bài 3
a)Tính m để PT (m+1)x
2
-3mx+4m = 0 có nghiệm nguyên dương.
b)Giải PT: x
2
+3x+1=(x+3)
1
2
+x
Bài 4:
13
a)Giải PT:
x
xx
x
xx
x

=
−−
−
+
++
+
3
3
3
3
2
2
2
2
b)Chứng minh :
1)b1;a Với ≥≥
+
≥
+
+
+
(;
1
2
1
1
1
1
22
ab

ba
Bài 5:
Cho tam giác ABC nội tiếp (O);I là trung điểm của BC ,M là điểm trên đoạn CI (M
khác C và I),đường thẳng AM cắt (O) tại D.Tiếp tuyến của đương tròn ngoại tiếp tam giác
AMI tại Mcắt các đường thẳng BD,DC lần lượt tại P và Q.
Chứng minh : DM .IA = MP. IB và tính tỉ số
MQ
MP

Bài 6:
a)Giải PT:
181
3
35
+−=++− xxx
b)Tìm các số x,y,z nguyên dương thõa mãn :2(y+z)=x(yz-1)
**************************************************
HƯỚNG DẪN
Bài 1:
a)-Từ đồng nhất thức : x
2
+y
2
+z
2
= (x+y+z)
2
–2(xy+xz+yz)
⇒
xy+xz+yz = 11

Dễ dàng ta thấy y và x+z là hai nghiệm của PT:t
2
-6t+5 = 0
Từ đó :



=+
=



=+
=
5zx
1y
Hoặc
1
5
zx
y
+Thế y =5 và x+z = 1 vào HPT ta thấy HPT vô nghiệm
+Thế y =1 và x+z = 5 vào HPT ta thấy HPT có hai bộ nghiệm (x,y,z) là (2,1,3) và
(3,1,2)
b)Ta có : 8x
2
+y
2
+
4

4
1
2
=
x

( )
024442
4
1
4
22
2
2
=−−+++






−+⇔ xyxyyx
x
x
Vậy :
( )
222
2
1
24

2
2
−≥−++






−= yx
x
xxy





−=
±=
⇔





=+
=
xy
x
yx 2

2
1
02
0
2x
1
-2x
khi raxẩy thức Đẳng
Tóm lại xy đạt giá trò nhỏ nhất là






−






−






− 1;1;

2
1
2
1
Hoặc
2
1
bằngy)(x; khi
Bài 2:Ta xét hai trường hợp:
Trường hợp I H
K
B
A A M
E E O C
H O
14
B K M C
Kẽ đường kính CE Thì CE =2MO màEB
ACBHACAEBCAHBC ⊥⊥⊥⊥ ;;,

Nên tứ giác AEBH là hình bình hành
⇒
AH = EB = 2MO (1) Từ (1) và GT :MO = HK (Do
tam giác ABC có 3 góc nhọn)AK= AH +HK =3MO =
)2(
4
3
KM
Trong tam giác vuông
AKM có AK

2
+KM
2
= AM
2
.Từ đó và (2) ta có :AK
2
+
⇒=
22
30
9
16
AK
AK=18(cm) (3)Từ
đó và (2) tính được HK= OM = 6(cm) và AH=EB = 12 (cm)
Nhận thấy tứ giác OMKH là hình chữ nhật nên
∆
AOH vuông tại H.Từ đó AO
2
=
AH
2
+HO
2
= AH
2
+ KM
2
= 12

2
+24
2
=12
2
.5
Trong tam giác vuông EBC có BC
2
+EB
2
= EC
2
hay BC
2
+AH
2
= 4AO
2

⇒
BC
2
+12
2
=
12
2
.20
⇒
BC=

912
Từ (3) và (4)
)(19108
2
.
2
cm
BCAK
S
ABC
==⇒
Trường hợp II:
C/m Tương tự như trên có AHBE là hình bình hành suy ra AH= BE = 2MO (1).
Từ (1)và MO= HK có (do
B
ˆ
> 90
0
)AK =AH – HK =MO. Từ đó và AK //MO suyra tứ giác
AOMK là hình chữ nhật nên AO
⊥
OM và AO = KM= 4MO .
Trong tam giác vuông AOM có AO
2
+MO
2
= AM
2
hay 16MO
2

+MO
2
=30
2
)()5)((
17
1730
cmcmMOAK
17
120
OA Và ===⇒
Trong tam giác vuông EBC có BC
2
+EB
2
= EC
2
( )
)6(
17
1560
17
240
17
60
22
2
cmBCBC =⇒









=








+⇒
Từ (50 ,(6) suy ra
)(
17
15900
2
.
2
cm
BCAK
S
ABC
==
Như vậy bài toán có 2 đáp số như trên.
Bài 3:

a) Khi m=-1,PT trở thành 3x-4=0
10
3
4
−≠>=⇒ mKhix
Thì PT trở thành
(m+1)x
2
-3mx+4m =0(1) là PT bậc hai . Gọi
1
4
,
1
3
+
=
+
=
m
m
P
m
m
S
Là tổng và tích các
nghiệm x
1
,x
2
của PT (1). PT(1) Có nghiệm dương trong các trường hợp sau

*) 0 = x
1
< 0 < x
2
Khi đó
⇒>=>∆ .0,0,0 SP
HPT vô nghiệm
*) 0 < x
1
< x
2
Khi đó P < 0
010
1
4
<<−⇔<
+
⇔ m
m
m
*)
.1;0
21
−<≤⇒>>≥∆≤< mxx
7
16
0P0,S0, đó Khi
Vậy
0
7

16
<≤− m
b)Giải PT;x
2
+3x+1=(x+3)
)2(1
2
+x
Đặt t=
PTtx ).1(1
2
≥+
Trở thành
15
t
2
-(x+3)t+3x=0 (3) Ta có
0)3(12)3(
22
≥−=−+=∆ xxx
Nên PT có hai nghiệm t=x;t=3.
Với t = x thì
,1
2
xx =+
PT này vô nghiệm.
Với t=3 thì
22x được ta ragiải ±==+ ,31
2
x

Bài 4:
a)ĐK:x
2

3≥
(*)
Nhân với lượng liên hợp của tưng mẫu số PT đã cho trở thành
( ) ( )
xxxxxxx .33333
2222
=






+−+−






−+−
( ) ( )
( ) ( )
( )
( )




−=−
≥−>
⇒



−=−
>
⇒



=−+++−
>
⇒
=++−⇒
24434
42
42
3
4
2
3
4
3
2
3
2

3
2
3
2
)29()3(4
0)29(;0
)29(32
0
273233
0
.3333
xxx
xxx
xxx
x
xxxx
x
xxx
Giải HPT và đôí chiếu vơi ĐK ban đầu ta được x =
2
là nghiệm của P đã cho.
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )( )
( )
( ) ( )

( )( )
( )
( )
1b1,a Vì
a1
1
Xét hiệu
2
≥≥≥
+++
−−
=
+++
−−+−
=
++
−
+
++
−
=






+
−
+

+






+
−
+
=
+
−
+
+
+
0
111
1
1111111
1
1
1
1
1
1
1
1
1
2

1
1
)
22
2
22
22
2
2
2
2
222
abba
abab
abba
bababaab
abb
bab
aba
aab
ab
b
ab
a
ab
b
b
Bài 5:
Ta có :DMP=BCA=AIC Mặt khác ADB=BCA,Suy ra
∆

MDP
∆
ICA
( )
1 IBMPIADMhayICMPIADM
IA
MP
CI
DM
==⇒=⇒
Ta có :ADC=CBA ;DMQ=180
0
-AMQ=180
0
-AIM=BIA do đó
∆
DMQ
∆
BIA

( )
1
2
=⇒
==⇒
MQ
MP
(1)và(2) từ
IBMQIADMhay
IA

MQ
BI
DM
A
Q
B I M C
R D
Bài 6:
a) Giải PT:
)1(181
3
35
+−=++− xxx
Nhận thấy x= 0 là một nghiêm của PT (1)
16
Nếu x<0 ,Vế phải của PT lớn hơn 1, còn vế trái của PT nhỏ hơn 1 nên PT (1) Không
có nghiệm .Vậy x= 0 là nghiệm duy nhất của PT(1)
b)Tìm các số nguyên dương x,y,z thoã mãn PT:2(y+z)=x(yz-1) (2)
• Với x = 1 PT(2) Có dạng2(y+z) = yz-1
( )( )
522 =−−⇔ zy
• Ta có nghiẹâm (x,y,z) là (1,3,7) là (1,7,3)
( )( )
21 ≤−⇒
≤⇒≥+≥≤
z
zy
1-y
01-z-y-yz1)-2(yzz)2(y: có ta 2x Với: sử Giả

• Nếu y=1 ,PT(2) có dạng 2(1+z) = x(z-1)
⇔
(x-2)(z-1) = 4 Ta được các
nghiệm (x,y,z)là(3,1,5),(4,1,3),(6,1,2)
•Nếu y
11
≠⇒≠
z
từ (3) phải có y=2,PT(2) có dạng 2(2+z) = x(2z-1)
,5)1)(12( =−−⇔ xz
PT này có nghiệm (x,y,z) =
( ){ ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) }
2,3,21,23,6,1,3,4,1,5,3,3,2,2,2,1,63,1,4,5,1,3,3,7,1,7,3,1
*******************************************
ĐỀ THI NĂM 2004 TP ĐÀ NẴNG
A-LÝ THUYẾT
B BÀI TOÁN BẮT BUỘC
Bài 1:
a)Cho biết A= 9+3
73-9B Và =7
Hãy so sánh A+B và A.B
b)Tính giá trò của biểu thức :
15
55
:
53
1
53
1
−

−








+
−
−
=M
Bài 2:
a)Giải PT: x
4
-24x
2
-25 = 0
b)Giải HPT:



=+
=−
3489
22
yx
yx
Bài 3:

Cho PT:x
2
-2mx+(m-1)
3
=0(1)(x là ẩn , m là tham số )
a)Giải PT khi m= -1
b)Đònh m để PT có hai nghiệm phân biệt , trong đó có một nghiệm bằng bình
phương của nghiệm còn lại.
Bài 4
Cho tam giác ABC có các góc đều nhọn
0
45
ˆ
=A
.Vẽ các đường cao BD và CE của tam
giác Abc .Gọi H là giao điểm của DB và CE.
a)C/m tứ giác ADHE nội tiếp một đường tròn .
b)C/m DH= DC
c)Tính tỉ số :
BC
DE
d)Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Chứng minh OA vuông góc
với DE.
Tự Giải
***********************************
17
ĐỀ THI VÀO TRƯỜNG CHUYÊN HÀ NỘI 2004
VÒNG I
Câu I:
1)Giải PT:

1111
2
−+=−++ xxx
2)Tìm nghiệm nguyên của HPT:



=−++
=−+−−
8
7222
33
22
yxyx
xyxyxy
Câu II:
Cho a,b là các số dương thõa mãn :a
100
+b
100
= a
101
+b
101
= a
102
+b
102
Hãy tính giá trò của biểu thức P = a
2004

+b
2004
Câu III:
Cho tam giác ABC có AB = 3cm,BC = 4cm,CA = 5cm.Đường cao ,đường phân giác
,đường trung tuyến của tam giác kẻ từ đỉnh B chia tam giác thành bốn phần . Hãy tính diện
tích của mỗi phần.
Câu IV
Cho tứ giác ABCD nội tiếp trong một đường tròn có hai đường chéo AC và BD
vuông góc với nhau tại H(H không trùng với tâm của đường tròn ).Gọi M và N lần lượt là
chân các đường vuông góc hạ từ H xuống các đường thẳng AB và BC ;P và Q lần lượt là
các giao điểm của các đường thẳng MH và NH với các đường thẳng CD và DA
.C/mR:PQ//AC và 4điểm M,N,P,Q cùng thuộc một đường tròn .
Câu V:
Tìm giá trò nhỏ nhất của biểu thức

( ) ( )
2
221616
2
10
2
10
1
4
1
2
1
yxyx
x
y

y
x
Q +−++








+=
Vòng II
Câu VI:
Giải PT:
213 =−++ xx
Câu VII:
Giải hệ PT:
( )
( )
( )
( )



=−−
=++
3
15
22

22
yxyx
yxyx
Câu VIII:
Tìm giá trò nhỏ nhất của biểu thức

( ) ( )
)1)(1(
2233
−−
−−+
=
yx
yxyx
P
Trong đó x, y là các số thực lớn hơn 1
Câu IX:
Cho hình vuông ABCD và điểm M nằm trong hình vuông .
1)Tìm tất cả các vò trí của điểm M sao cho MAB = MBC = MCD = MDA
2)- Xét các điểm M nằm trên đường chéo AC.Gọi N chân đường vuông góc hạ từ M
xuống cạnh AB và O là trung điểm của đoan thẳngAM.C/m :Tỉ số
CN
OB
Có giá trò không
đổi khi M di chuyển trên đường chéo AC.
18
3) Với giả thiết M nằm trên đường chéo AC, Xét các đường (S
1
)và (S
2

) có đường kính
tương ứng là AM và CN .Hai tiếp tuyến chung của(S
1
) và (S
2
) tiếp xúc với (S
2
) tại P vá
Q .Chứng minh rằng :PQ tiếp xúc với (S
1
).
***********************************
HƯỚNG DẪN GIẢI
VÒNG I
Câu I:
1) PT đã cho tương đương với PT:
2;00)11)(11( ±==⇒=−−−+ xxxx
2) Viết lại hệ đã cho dưới dạng:
( )( )



=−++
−=−++
)2(8
)1(722
33
yxyx
yxyx
Từ (1) Do x,y nguyên t

có các trường hợp sau :
a) x-y = -1
⇒
x+2y+2 = 7
1=⇒ x
và y= 2 ( thõa mãn (2))
b) x-y =-1
⇒−=+⇒−=++⇒ 92722 yxyx
y nguyên
c) x-y = -7
122 =++⇒ yx
Giải HPT ta được (x,y) =(-5;2) không thoã mãn PT (2)
d) x-y = 7
⇒−=+⇒−=++⇒ 32122 yxyx
y không nguyên.
Tóm lại hệ đã cho có duy nhất một nghiệm (x;y) = (1;2)
Câu II:
a
102
+b
102
= (a
101
+b
101
)(a+b)-ab(a
100
+b
100
) Từ GT bài toán và đẳng thức trên ta suy ra:

1 = a+b –ab hay (a-1)(b-1) = 0
⇒
(a,b) =(1,1). Do P = 2
Câu III:
Gọi H,D ,P lần lượt là chân các đường cao ,phân giác ,trung tuyến hạ từ B xuống các
cạnh Ac. Nhận thấy tam giác ABC vuông tại B và S
ABC
= 6(cm
2
), S
ABP
= S
CBP
= 3(cm
2
)
( )
)(
175
72
.
25
54
.
)(
7
3
)(
7
24

4
7
4
3
22
2
2
2
cmSScmS
S
S
cmSS
cmSS
BC
BA
DC
DA
BDPABHABH
ACB
ABH
CBPCBD
CBDCBD
=−−=⇒






=

⇒∆∆=−=
=⇒====
HBD
BDP
ABC
CBD
ABD
S cùng Cuối
5
3
ACB dạng đồng ABC Mặt khác S đó Từ
S nên
S
S
Vì

A A
M Q
B H D
N
P
B H D P C
Câu IV: C
Ta có AHQ = CHN = CBD = CAD, suy ra
∆
QAH cân tại Q Từ đó ta có
QHD∆
cân
tại Q nói cách khác Q là trung điểm của AD. Tương tự ta cũng có P là trung điểm của
CD .Do đó PQ // AC .

+Ta thấy CBH = NMH ( do đó tứ giác BMHN nội tiếp ) hơn nữa HQP = AHQ =
CHN = CBH suy ra NQP = NMP nên các điểm M,N,P,Q cùng nằm trên một đường tròn.
Câu V:
19
Sử dung BĐT Cô si cho 4 số dương ta có :
;211
2
1
22
2
10
2
10
yx
x
y
y
x
≥








+++
( ) ( ) ( )
1

2
5
.
2
5
1
2
5
4
1
2
1
11
4
1
22
2
221616
2
10
2
10
441616
==⇔







−−≥⇒
+≥+++








+⇒≥+++
yxQ
yxyx
x
y
y
x
yxyx
là Q của GTLN đó Do
VÒNG II
Câu VI:
ĐK để PT có nghóa làx
≥
1(1) Biến đổi PT ta được:
432222
2
=−+++ xxx
11322 ≤⇒−=−+⇒ xxxx
. Kết hợp với (1) được x = 1 .Thay vào PT ban đầu ta thấy
đúng .

Câu VII:
Hệ PT đã cho tương đương :
( )
( )
( )
( )



=−++
=++
)2(32
)1(3022
22
22
xyyxyx
yxyx
Trừ từng vế ta được
(x+y)
3
= 27
3=+⇒ yx
ta nhận được HPT tương đương



=+
=+
5
33

22
yx
yx
Hệ này có 2 nghiệm
(x;y) là (1;2) và (2;1)
Câu VIII:
p dụng BĐT Cô Si cho các số dương ta có :
( ) ( )
( )
288
2
11
.
2
11
2
)1)(1(
2
11)1)(1(
)1(1
)1)(1(
22222233
====






+−







+−
≥
≥
−−
≥
−
+
−
=
−−
−+−
=
−−
+−+
=
yxkhi
y
y
x
x
yx
xy
x
y

y
x
yx
yyxx
yx
yxyx
P
min
P đó Do
Câu IX:
1) Từ giả thiết :MAB=MBC,
⇒
MAB+MBA = 90
0
hay MA
MB⊥
Tương tự ta có :
MAMDMDMCMCMB ⊥⊥⊥ ,,
Do đó M là tâm hình vuông ABCD.
2) Dựng MH
BC
⊥
Khi đó MH= NB và
MC
NB
MC
MH
MN
ON
===

2
1
Mặt khác
ONB=NMC=135
0
nên
OBN
∆

đổi) (Không
NC
OB

2
1
==⇒∆
MN
ON
NMC
3) Gọi P’ là tiếp điểm thuộc đường tròn (S
1
);O’ là trung điểm của CN và T là giao
điểm của OO’ với (S
1
). Ta có O’OP = O’PO .Do O’P // OP’ nên P’OP =O’PO suy ra
POP’= POO’
Vì
OThayPTOPPPTOcgcPOTPOP ⊥==⇒−−∆=∆
0
90')('

tương tự QT
⊥
OT. Từ
đó suy ra : :P,T,Q Thẳng hàng hay PQ tiếp xúc với (S
1
) tại T.
20
(S
1
)
A D A Q’ D
O
N M P’ O
Q
N M
B C T
H P O’
B C
(S
2
)
***************************************

21

22
Trường THCS Nhơn Phúc
Tổ :Toán – Lý
GV:NGUYỄN HỒNG ÂN

23
24