tuyển tập đề thi vào 10 trường thpt nguyễn trãi

Phạm Minh Hoàng- Cựu học sinh Trường THCS Phong Châu- Phù Ninh- Phú Thọ
Đề 54:Thi chuyên Nguyễn Trãi(1997-1998)
Câu 1:
1/ Tìm các số tự nhiên a, b thỏa mãn:
()()
22
11ab a b
=
−++
.
2/ Tìm các số tự nhiên x, y, z thỏa mãn:
333
42xyz0
−
−=.
Câu 2
1/ Tính tổng:
22 22 2 2
11 11 1 1
1 1 1
2 3 3 4 1997 1998
S =++++++++ +
.
2/ Tính giá trị biểu thức :
24
1
A
xxx=+ ++
với
111
.2 .2

288
x =+−
.
Câu 3: Ba đường phân giác trong các góc A, B, C cắt đường tròn ngoại tiếp tại A
1
, B
1
, C
1
.
ABCΔ
Chứng minh rằng: AA
1
+ BB
1
+ CC
1
> AB + BC + CA.
Câu 4: Cho hình bình hành ABCD, đường phân giác cắt cạnh BC và CD tại M và N.
n
BAD
1/ Chứng minh rằng: Tâm đường tròn ngoại tiếp
CMN
Δ
nằm trên đường tròn ngoại tiếp
CBD
Δ
.
2/ Gọi K là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp
CMN

Δ
và đường tròn ngoại tiếp .
Chứng minh rằng: .
CBDΔ
n
0
90AKC =
Câu 5: Chứng minh:
2
11
.
1997 1998
abbc ca
cab
−−−
⎛⎞
++ ≤ −
⎜⎟
⎝⎠
Trong đó
1997 , , 1998abc
≤
≤
.
Hướng dẫn giải:
Câu 1:
1/ Theo bài ra ta có:

()(
2

1ab a b=− ++
)
2
1
0.
trong đó:
,;0,9;ab ab a
∈
Ν≤≤≠

167

Phạm Minh Hoàng- Cựu học sinh Trường THCS Phong Châu- Phù Ninh- Phú Thọ
()()
22
10 2 1 2 1
.12 . 1 2
aba a b b
aabb
⇒+=−++++
⇒−=++

168
2
0
5
6
Vì là số chẵn là số chẵn.
()
.1bb++

a⇒
+/ Nếu ( không có nghiệm nguyên )
()
2.122abb=⇒ ++=
+/ Nếu
()
5
4.1232
6
b
abb b
b
=
⎡
=⇒ ++= ⇒ ⇒=
⎢
=−
⎣
+/ Nếu ( không có nghiệm nguyên )
()
6.123abb=⇒ ++=
+/ Nếu
()
5
8 . 1 2 32 5
6
b
abb b
b
=

⎡
=⇒ ++= ⇒ ⇒=
⎢
=−
⎣
Vậy hoặc .
4, 5ab== 8, 5ab==
2/ Theo bài ra ta có:
(
)
333 3
4201 2 2
x
yz x x−−= ⇒ ⇒##
.
Đặt thay vào (1) ta có:
(
11
2xxx=∈
)
Ν
(
)
333 333 3
11
842042 02 2 2
x
yz xyz z z−−=⇒−−= ⇒ ⇒##
.
Đặt , thay vào (2) ta có :

(
11
2zzz=∈
)
Ν
2
()
333 3 3
11
428 0324 2
x
yz yyy−−= ⇒ ⇒ ⇒###
)
Ν
0
.
Đặt , thay vào (3) ta có :
(
11
2yyy=∈
333
111
42xyz
−
−=
.
Quá trình lập luận cứ tiếp diễn ta sẽ có:
2, 2, 2
nnn
x

yz### trong đó n là số tự nhiên lớn tùy ý
0.xyz⇒===
Thử lại, thấy thỏa mãn phương trình đã cho.
0xyz===
Vậy là nghiệm duy nhất.
0xyz===
Câu 2
1/ Xem đề 26- câu 1.a

Phạm Minh Hoàng- Cựu học sinh Trường THCS Phong Châu- Phù Ninh- Phú Thọ
2/ Ta có:
111
.2 .20
288
x =+−>
.
Và :
()
()
()
2
2
2
42
2
4
2
4
1
824.2

8
1
8 2 16. 2
8
42.2
2. 2. 1 1
821
21
11
8
3
1
8
x
x
xx
xx
xx x
xx
x
xx
x
xx
+= +
⎛⎞
⇒+ = +
⎜⎟
⎝⎠
⇒+ =
⇒=−

⇒=−+
−+
⇒++= ++
+
⇒++=

Ta có:
()
()
2
2
1
24 2 2
3
32.2. 3 1 3
12
8
2. 2 2. 2 2. 2
x
xxxxx
Ax x x x x
+
+++−++
=+ ++=+ =+ = = =.

Vậy
2A =
.
Câu 3:
Theo định lý Ptoleme ta có:

()
(
)
()
1
1111 1
.

AB AC BA
AA BC BA AC CA AB BA AB AC AA
BC
+
=+= +⇒= 1
Lại có:
()
11
1
2
22
BA CA BC
BA
+
=>

B
C
A
Từ (1) và (2)
()
1

*
2
AB AC
AA
+
⇒>

Hoàn toàn tương tự ta có :
()
1
**
2
BA BC
BB
+
>
và
()
1
***
2
CA CB
CC
+
>

169

A
1

Phạm Minh Hoàng- Cựu học sinh Trường THCS Phong Châu- Phù Ninh- Phú Thọ
Cộng các BĐT (*), (**), (***) theo vế ta được:
AA
1
+ BB
1
+ CC
1
> AB +AC +BC (đpcm)
Câu 4:
1
2
1
K
N
I
D
A
O
C
B
M

Gọi đường tròn ngoại tiếp CMN là
Δ
(
)
O
.

1/ Ta có:
m
l
m
11
NAA==
2
.
AND⇒Δ
cân ở D
D
NADBC⇒==
.
Có:
n
n
n
n
n
n
n
n
n
nn
2
B
CO BCD DCO CMN CNM DCO CMN DCO CON DCO DNO=+=++= +=+=
Xét
&
D

NO BCOΔΔ
có:
n
n
()

DN BC
ON OC DNO BCO c g c
BCO DNO
⎧
=
⎪
=⇒Δ=Δ
⎨
⎪
=
⎩

n
n
ODN OBC=⇒Tứ giác CODB nội tiếp (đpcm).
170

Phạm Minh Hoàng- Cựu học sinh Trường THCS Phong Châu- Phù Ninh- Phú Thọ
2/ Gọi I là giao điểm của AC và BD
(
)
1OCB OND OB OD OI BDΔ=Δ⇒=⇒⊥ ⇒
OI là trung trực của đoạn BD.
OI là đường thẳng nối tâm đường tròn (CMN) và đường tròn (CBD). ⇒

(CMN) cắt (CBD) tại C và K
(
)
2KC OI⇒⊥
.
()
()
1
2
KC BD⇒& ⇒Tứ giác CBDK là hình thang cân ( hình thang nội tiếp là hình thang cân)

n
n
n
()
*KDB CBD ADB
DK BC AD
⎧
==
⎪
⇒
⎨
==
⎪
⎩

Từ (*) suy ra DB là phân giác góc ADK.

⇒ AK vuông góc DB mà
n

0
90 .DB KC AK KC AKC⇒⊥⇒ =&

Câu 5: Ta có:
(
)
(
)
(
)
ab bc ca
abbc ca
A
c a b abc
−−−
−−−
=++=
.
Không mất tính tổng quát, giả sử
.abc≥≥
()()()
(
)
(
)
(
)
(
)
()()()()()( )

. . . . 1998
1. 1 .
1998
1998 . . 1998 1998 . 1997 . 1998 1997
1998 1998. .1997
11 111 1
2. .
1997 1998 1997.1998 1997 1998 1997.1998.
11
1997 1998
ab bc ac bc ac bc c
bb
A
abc a bc bc
bbc c bb
bc b
bb
bb
−−− −− − −
⎛⎞ ⎛ ⎞
==−≤−
⎜⎟ ⎜ ⎟
⎝⎠ ⎝ ⎠
−− − −− −
=≤
⎛⎞
=+− +≤+− =
⎜⎟
⎝⎠
⎛

=−
2
().dpcm
⎞
⎜⎟
⎝⎠
=
=

Dấu ‘’=’’ xảy ra
1998
1998.1997
1997
a
b
c
=
⎧
⎪
⇔=
⎨
⎪
=
⎩

171

Phạm Minh Hoàng- Cựu học sinh Trường THCS Phong Châu- Phù Ninh- Phú Thọ

Đề 55:Thi chuyên Nguyễn Trãi (1998–1999)

Câu 1
: Giải hệ phương trình :
2
2
2
xy y
yz z
zx x
−=
⎧
⎪
−=
⎨
⎪
−=
⎩
Câu 2: Cho dãy số được cho theo quy luật sau:
123
,,, ,
n
aaa a
121 1
11
1
1; ; ; .
nn
n
aaa aa

aa
−
1
−
==+ =+
Chứng minh rằng:
145
17 21a
<
< .
Câu 3
: Cho không cân, BD và CE là hai đường phân giác trong của góc B và góc C cắt nhau tại I
sao cho : ID = IE.
ABCΔ
1/ Tính
n
?BAC =
2/ Chứng minh rằng:
31
.
1
A
BBCCA ABBC BCAC
=+
++ + +

Câu 4:
Cho , M là một điểm bất kỳ nằm trong tam giác. AM, BM, CM lần lượt cắt BC, CA, AB
tại P,Q,R.
ABCΔ

Tìm giá trị nhỏ nhất của:
A
MBMCM
T
M
PMQM
=++
R
.
Hướng dẫn giải:
Câu 1
: Ta có
()
2
1
2
2
2
1
2
2
1
y
x
xy y
y
zz z I
y
zx x
x

z
⎧
=
⎪
−
−=
⎧
⎪
⎪⎪
−= ⇔ =
⎨⎨
−
⎪⎪
−=
⎩
⎪
=
⎪
⎩−

+ Nếu
1
x
>
:
Suy ra
N
22
11 1
11

z
xz
zy
=
=>⇒>⇒>⇒>
−−
1.
y
Không giảm tính tổng quá, giả sử
{
}
max , ,
x
xyz=
.
Ta có:
172

Phạm Minh Hoàng- Cựu học sinh Trường THCS Phong Châu- Phù Ninh- Phú Thọ


N
N
22
0011
11
y
z
y
zy

xy
=
=
<≤⇒≤⇒<−≤
−−
z−
N
N
22 22
11 11
x
z
zx zx yz
yz yz
=
=
⇒≥⇒≥⇒=⇒=⇒=
−− −−

Vậy ta có
.
x
yz==

Hệ (I) trở thành:
2
2
1
1
x

x
x
x
⎧
=
⎪
⇔=
−
⎨
⎪
>
⎩

+ Nếu
22
100
11
xy z x
xyz
<⇒ = < ⇒ = < ⇒ = <
−−
2
0
1
−

Vậy ta có: .
,, 0xyz<
Không giảm tính tổng quát, giả sử
{

}
max , ,
x
xyz=
.
Ta có:
N
N
22
11
11
y
z
yz y z
xy
=
=
≤ ⇒ ≤ ⇒ −≤ −<
−−
0
.
N
N
22 22
11 11
x
z
zx zx yz
yz yz
=

=
⇒≥⇒≥⇒=⇒=⇒=
−− −−

Vậy ta có
.
x
yz==
Hệ (I) trở thành:
2
1
1
1
x
x
x
x
⎧
=
⎪
⇔=−
−
⎨
⎪
<
⎩

Kết luận: Hệ phương trình có hai nghiệm
1
2

xyz
xyz
=
==−
⎡
⎢
=
==
⎣

Câu 2:

Dễ thấy
0,
i
aii>∀∈Ν≥1.
Theo bài ra ta có:
173

Phạm Minh Hoàng- Cựu học sinh Trường THCS Phong Châu- Phù Ninh- Phú Thọ


()
()
()
2
1
22
21
2

1
22
145 144
2
144
11
1
22

1
2 145
a
aa
a
aa
a
=
=++
=++

Cộng (1), (2), (3)… , (145) theo vế ta được:
145 144 144
22 2
145
22
11 1
11
289 289
ii
ii i

ii
aa a
aa
== =
⎛⎞
=++⇒=+
⎜⎟
⎝⎠
∑∑ ∑

2
145 145
289 17aa⇒>⇒>
.
Lại có:
() ()
2
2
1
12 12
i
i
ai i
a
>∀≥ ⇒ <∀≥

144 144
2 2
145 145
22

12
143 / 1
11
289 290 290 1 1 1 441 21 21
ii
ii
cs
aa
aa
==
=+ =+ <++++<=⇒<
∑∑
 
.
Vậy ta có (đpcm).
145
17 21a<<
Câu 3:
1/ Hạ
()
,,
I
LACIKBCLACKAB⊥⊥∈∈
.
Vì I là tâm đường tròn nội tiếp
ABC IL IKΔ⇒=
Vì không cân nên
ABCΔ
[
]

[
]
(
)
;;;;L ADK BELALDKBKE∈∈≠≠≠≠
hoặc
[
]
[
]
()
;;;;LCDK AELCLDKAKE∈∈≠≠≠≠
.

+) Xét
[
]
[
]
;LADKBE∈∈
.Ta có:
()
n
n
l
l
l
l
l
l

l l ll
l
l
0
0
22
3
90
22 2 2
60
IEK IDL ch cgv
CB
IEK IDL A C
CB AABC
A
A
Δ=Δ −
⇒=⇒+=+
++
⇒=+⇒ = =
⇒=

174

Phạm Minh Hoàng- Cựu học sinh Trường THCS Phong Châu- Phù Ninh- Phú Thọ


+) Nếu
[
]

[
]
;LCDK AE∈∈
: Tương tự trên.
Tóm lại ta có:
n
0
60BAC = .
2/ Đặt
;;.
A
BcBCaCAb===

Theo định lý hàm số cos ta có:
l
()()()()
()()()()
()()
()( )
()(
()(
)
)
22 2 0 22 2
2. , 60
.
1
1
1

11111
311
()
b c bcCosA a A b c bc a
bab cca ca ab
bc
caab
abc ac abc ab
ac ab
abc ac abc ab
abc ac abc ab abc
abc acabc ababc
dpcm
abc ac ab
+− = = ⇒+−=
⇒+++=+ +
⇒= +
++
++ − + ++ − +
⇒= +
++
++ − + ++ − +
⇒= +
++ + ++ + ++
⇒=−+−
++ + ++ + ++
⇒=+
++ + +

Câu 4

:
Đặt
(
)
222
;; ,,
AMB AMC AMC
S a S b S c abc=== 0>
.
B
C
A
P
M

Ta có:
()
2 2 22 22
2
22
2
1
BMP MCP BMP MCP
A
Ma b ab ab
MP S S S S c
AM a b
MP c
++
=== =

+
+
⇒=

Tương tự ta có:
() ()
22 22
22
2; 3
BM a c CM b c
MQ b MR a
++
==

Công (1), (2), (3) theo vế ta được:
175

Phạm Minh Hoàng- Cựu học sinh Trường THCS Phong Châu- Phù Ninh- Phú Thọ


22 22 22
22 22 22
222
2222 2 2
ab bc ac a b b c a c
T
cabccaab
ab bc a c aba bcc
ca ca b b cab cab
+++

⎛⎞ ⎛⎞ ⎛⎞ ⎛⎞ ⎛⎞ ⎛⎞
=++=+++++
⎜⎟ ⎜⎟ ⎜⎟ ⎜⎟ ⎜⎟ ⎜⎟
⎝⎠ ⎝⎠ ⎝⎠ ⎝⎠ ⎝⎠ ⎝⎠
⎛⎞⎛⎞⎛⎞⎛⎞⎛ ⎞⎛ ⎞
≥++++ + ≥+++++
⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜ ⎟⎜ ⎟
⎝⎠⎝⎠⎝⎠⎝⎠⎝ ⎠⎝ ⎠
b

22
22 22
33 33
33
22 22

3. 3. 3. 3. 2. . 3. 2

aba bcc a c a c
cab cab c a c a
⎛⎞⎛⎞
≥+=+≥ =
⎜⎟⎜⎟
⎜⎟⎜⎟
⎝⎠⎝⎠


Dấu ‘’=’’ xảy ra M là trọng tâm
222
abc a b c⇔==⇔ = = ⇔

ABC
Δ
.
Chú ý: Ở bài này đã sử dụng liên tiếp BĐT :
()()
22
22 2 2
,,,a b c d ac bd abcdR++ + ≥ + ++ ∀ ∈

Chứng minh: Trong hệ tọa độ Oxy lấy
(
)
(
)
;; ;
M
ab N c d
−
−
.
Ta có:
OM
hay :
ON MN+≥
()()()( ) ()()
()()
22 22 22
22
22 2 2
00 00ab cdacb

ab cd ac bd
−+−+ +++ ≥ +++
⇔+++≥+++
d


Dấu ‘’=’’ xảy ra bị suy biến, O nằm trên đoạn MN.
OMN⇔Δ




176

Phạm Minh Hoàng- Cựu học sinh Trường THCS Phong Châu- Phù Ninh- Phú Thọ


Đề 56:Thi chuyên Nguyễn Trãi(1999-2000)
Câu 1: Giải hệ phương trình
(
)
()
22
22
32 601
2 8 10 12 0 2
xxyyxy
xxyy x y
⎧
++−+−=

⎪
⎨
+− ++ +=
⎪
⎩

Câu 2
: Tìm các số nguyên k, m, n đôi một khác nhau và đồng thời khác 0 để đa thức:
()( )()
.xxk x m xn−− −1+
phân tích thành tích của hai đa thức với hệ số nguyên.
Câu 3: Cho đường tròn tâm O và một điểm M nằm ngoài hình tròn. Qua M kẻ cát tuyến cắt
đường tròn tại B và C (MC > MB) và tiếp tuyến MA ( A là tiếp điểm).
1/ Gọi E và F là chân đường cao của
ABC
Δ
kẻ tử B, C. Chứng minh rằng EF luôn song song với
một đường thẳng cố định khi cát tuyến MBC thay đổi.
2/ Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên MO. Chứng minh rằng tứ giác BHOC là tứ giác nội
tiếp.
3/ Tìm quỹ tích trọng tâm G của khi cát tuyến MBC thay đổi.
ABCΔ
Câu 4: Cho đa giác lồi A
1
A
2
A
3
A
4

A
5
A
6
A
7
A
8
có các góc ở đỉnh bằng nhau và độ dài các cạnh là
những số nguyên. Người ta tô mỗi cạnh bằng một trong hai màu xanh hoặc đỏ. Chứng minh rằng
bao giờ cũng tồn tại cách tô màu sao cho tổng độ dài các cạnh màu xanh bằng tổng độ dài các
cạnh màu đỏ.
Câu 5: Chứng minh:
()
2
1
2
.3 2
m
n
n
−≥
+
với
*
,mn
∈
Ν .
Hướng dẫn giải:
Câu 1

: Theo bài ra ta có:
(
)
()
22
22
32 601
2 8 10 12 0 2
xxyyxy
xxyy x y
⎧
++−+−=
⎪
⎨
+− ++ +=
⎪
⎩

Nhân (1) với 2 rồi cộng với (2) theo vế ta được:
()
()()
22
376.2120
6
36.20
3
2
xyxyy
y
x

xy x y
x
y
++ ++=
+
⎡
=−
⎢
⇔++ +=⇔
⎢
=−
⎣

Bài toán đã trở nên đơn giản, bạn đọc tự giải tiếp.
177

Phạm Minh Hoàng- Cựu học sinh Trường THCS Phong Châu- Phù Ninh- Phú Thọ


Câu 2: Giả sử
()( )()
(
)
(
)
. 1 .
x
xk xm xn gxhx−− −+=
; trong đó g(x); h(x) là các đa thức hệ số
nguyên: .

() ()
1deg , 4gx hx≤<
Xét .
() () () ()
()
0deg 4rx gx hx rx=− < <
Ta có:
() () () ()
(
)
(
)
(
)
(
)
10.0 . . .g h gk hk gmhm gnhn=== =

Mà
()() () ()
(
)
(
)
11.1 1. 1 0 0rrkrmrn==−−⇒ = = = =

Vì . Tức là
() ()
deg 4 0rx rx<⇒ ≡
(

)
(
)
hx gx=

Hay:
()( )()
(
)
(
)
2
. 1 degxx k x m x n g x gx−− −+= ⇒ =2
1+

Nhận thấy : có hệ số của
()( )()
.xxk x m xn−− −
4
x
là 1 và hệ số tự do là 1. Từ đó ta có các
trường hợp đặt g(x) như sau:
+) Nếu . Ta có:
() ( )
2
1gx x ax a=++ ∈Ζ
()( )()()
(
)
(

)
(
)
(
)
22
. 1 1. 1 .x x k x m x n g x g x g x x ax x ax−− −= −= − +=+ ++
⎡⎤⎡⎤
⎣⎦⎣⎦
2
2
0=

Xét phương trình:
()

( )
22
.2xaxxax+++
Rõ ràng tập nghiệm của phương trình này là {0, k, m, n}
Lại có:
()( )
(
)
()
2
22
2
01
.20

202
xax
xaxxax
xax
⎡
+=
+++=⇔
⎢
++=
⎢
⎣

Không giảm tính tổng quát giả sử (1) có nghiệm là 0 và k; (2) có nghiệm là m và n. (Chú ý: 0 là
nghiệm của (1) nhưng không phải là nghiệm của (2), nên ta được phép giả sử như trên)
Áp dụng định lý Viét cho (1) và (2) ta có:
0
.2
ka
mn a
mn
+=−
⎧
⎪
+=−
⎨
⎪
=
⎩

Từ

()()
()()
12 3
3
.21.2 1.2
123
3
mn
a
mn
mn
a
+=+=
⎡
=
⎡
== =− −⇒ ⇒
⎢
⎢
+=−+− =−
=
−
⎣
⎣

178

Phạm Minh Hoàng- Cựu học sinh Trường THCS Phong Châu- Phù Ninh- Phú Thọ

Như vậy ta có hai đáp số thỏa mãn yêu cầu bài toán
(
)
(
)
()(
;; 3;2;1
;; 3;2;1
kmn
kmn
=⎡
⎢
)
=
−−−
⎢
⎣
và các hoán vị của
chúng.
Khi đó chúng ta có:
()( )()
()
()()()
()
2
2
2
2
.1.2.31 31
.3.1.21 31

xx x x x x
xx x x x x
⎡
++ ++=++
⎢
⎢
−−−+=−+
⎢
⎣

+) Nếu
() ( )
2
1gx x ax a=+− ∈Ζ
Lập luận tương tự ta có
()()( )
(
)
()( )()
()
2
2
2
2
.1.1.21 1
.1.2.11 1
xx x x x x
xx x x x x
⎡
+−−+=−−

⎢
⎢
++ −+=+−
⎢
⎣

Ứng với
⎢
và các hoán vị của chúng.
()(
()()
;; 1;2;1
;; 1;1;2
kmn
kmn
=− −⎡
)
=−
⎢
⎣
Vậy (k, m, n) = (3 ; 1 ; 2) ; (-3 ; -1 ; -2) ; (-1 ; -2 ; 1) ; (-1 ; 1 ; 2) và các hoán vị của chúng.
Câu 3:
1/ Tứ giác BCEF nội tiếp
n
n
n
()
A
FE ACB MAB EF MA dpcm⇒==⇒&

2/
()
n
n
2


M
HMO MA MBMC
M
HB MCO c g c
M
HB MCO
==
⇒Δ Δ
⇒=

Suy ra tứ giác BHOC nội tiếp (đpcm)

3/
*Phần thuận:
Gọi N là trọng tâm
M
OAΔ
(N cố định) .
I là trung điểm của MO ( I cố định )
179

Phạm Minh Hoàng- Cựu học sinh Trường THCS Phong Châu- Phù Ninh- Phú Thọ

Gọi D là trung điểm của BC.
Ta có:
22221
.
33332
;
3
AN AG NG AG
NG ID NG ID MO MO
AI AD ID AD
MO
GN
==⇒ ⇒==⇒= = =
⎛⎞
⇒∈
⎜⎟
⎝⎠
&
1
3

*Giới hạn: Do
q
', '
D
AA A∈
là giao điểm của
(

)
;
I
IO
với
(
)
(
)
,'OAA≠
nên GA(G là giao
điểm của đường tròn tâm N với đường thẳng IA’ )
q
0
G∈
0

A
3
A
7
A
6
A
5
A
4
A
1
A

8
B
CD
A
Q
N
M
P
A
2

*Phần đảo: Bạn đọc tự làm.
*Kết luận: Quỹ tích điểm G là cung tròn .
q
0
AG
Câu 4:
Các góc của đa giác lồi bằng nhau và bằng
l
m
l
()
0
0
12 8
8 2 .180
135
8
AA A
−

==== =

Kéo dài các cạnh của đa giác lồi như hình vẽ.
Ta có:
n
n
00
781 81
135 45AAA MAA=⇒ =
Một cách tương tự chỉ ra rằng:
n
nn
nn
nn
nn
n
n
nn
nn
18 23 32 45 54 76 67 87 78
0
12 2 34 43 56 65
45
M
A A NA A NA A PA A PA A QA A QA A AA A AA A
BAABAMCAACAADAADAA
========
======
=

Suy ra: Tứ giác MNPQ, ABCD là các hình chữ nhật và các tam giác MA
8
A
1
,BA
1
A
2
,NA
2
A
3
,
CA
3
A
4
, PA
4
A
5
, DA
5
A
6
, QA
7
A
6
, AA

8
A
7
là các tam giác vuông cân. Ta có:
180

Phạm Minh Hoàng- Cựu học sinh Trường THCS Phong Châu- Phù Ninh- Phú Thọ


() ()
16
1867 8612354 425
18 67 8 23 54 4
18 67 78 23 54 34
18 67 23 54
78 34
2. 2.
2. 2.
2. 2.
BA DA
AB AD BC CD A A A A AA DA BA A A A A CA BA DA
AA AA AA AA AA CA
AA AA AA AA AA AA
AA AA AA AA
AA AA
=+
+=+⇔ + + + += + + ++
⇔++ =++
⇒++ =++
+=+

⎧
⇒
⎨
=
⎩
 

Tương tự ta có:
12 56
AA AA=
18 67 78 65 23 54 34 12
AA AA AA AA AA AA AA AA⇒+++=+++
Bài toán được chứng minh khi ta tô đỏ các cạnh .
18 67 78 65
,,,AA AA AA AA
Và tô xanh các cạnh .
23 54 34 12
,,,AA AA AA AA
Chú ý: với và
*
,,,abcd∈Ν
2. 2.abc+=+d
thì
ac
bd
=
⎧
⎨
=
⎩

Thật vậy:
Ta có:
() ()
2. 2.
2.
abcd
ac db
+=+
⇒−= −

Nếu
2
ac
db ac Q
db
−
≠⇒≠⇒ = ∈
−
(Vô lý).
Vậy .
db ac=⇒=
Câu 5: Xem câu 10 đề 12.
181

Phạm Minh Hoàng- Cựu học sinh Trường THCS Phong Châu- Phù Ninh- Phú Thọ


Đề 57:Thi chuyên Nguyễn Trãi(2000-2001)

Câu 1: Tính giá trị biểu thức: 1995.1996.1997.1999.2000.2001 36A
=
+

Câu 2:
1) Tìm các số nguyên
,
x
y
thỏa mãn:
52 43 2236xy yx xy xy−++−−++++ ++=7

2) Giải phương trình theo tham số m:
mmmx−−−=x
3) Cho tứ giác lồi có diện tích bằng 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng các cạnh và hai
đường chéo.

Câu 3: Chứng minh rằng với bất kì hai số luôn tìm được các số
,ab ,
x
y
trong đó
01;01
x
y≤≤ ≤≤
; thỏa mãn bất đẳng thức:
1
ax
3

xy by
−
−≥
.
Có thể thay số
1
3
ở bất đẳng thức trên bằng hằng số c khác, với
1
3
c >
được không?

Câu 4: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm O, hai đường chéo AC và BD cắt nhau
tại I. Gọi là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABI, là tâm đường tròn ngoại tiếp
tam giác CDI.
1
O
2
O
1) Tứ giác
12
OOO I là hình bình hành.
2) Một đường thẳng qua I cắt đường tròn tâm O tại M, N, cắt đường tròn tâm
1
O và
2
O thứ tự tại P, Q. CMR:
PM QN
=

.
Hướng dẫn giải:

Câu 1:

Đặt .
1998n =
Ta có:
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)( )
()()()( ) ()
()
()() ( )
2
222242 22
2
22 22 2 2
1995.1996.1997.1999.2000.2001 3 . 2 . 1 . 1 . 2 . 3
9. 4. 1 14 49 36 . 7 36
. 7 36 36 . 7 . 7 1998. 1998 7
nnnnnn
nnnnnn nn

Ann nn nn
=
−−−+++
=− − −= − +−= −−
⇒= −− + = − = − = −

Câu 2:
1) Ta có:
A
A≥
. Dấu “=” xảy ra
0A
⇔
≥

Ta có:
52 43 2236xy yx xy xy− ++ − −++++ + +≥

52 43 2236xy yx xy xy≥−++−−++++++=7

182

Phạm Minh Hoàng- Cựu học sinh Trường THCS Phong Châu- Phù Ninh- Phú Thọ


Dấu “=” xảy ra
(
)
()
()

()
5201
4302
203
23604
xy
yx
xy
xy
−+≥⎧
⎪
−−≥
⎪
⇔
⎨
++≥
⎪
⎪
++≥
⎩


Từ (1) và (2)
2
4 3 20 15 2 1
5
x
xy x x x
+
⇒+≤≤ ⇒ +≤+⇒≤−

Từ (1) và (3)
2
22
5
x
xy x
+
⇒− − ≤ ≤ ⇒ ≥−

2x⇒=−
hoặc
1x =−
+) Nếu và
25xy=− ⇒− ≥0
1
50, 0,3 20 0yyy y+≥ ≥ +≥⇒ =
+) Nếu hoặc
1510,10,340xyyyy=−⇒− +≥ +≥ + ≥ ⇒ =− 0y
=

Vậy
(
,
)
x
y
cần tìm là: (-2, 0); (-1, -1); (-1, 0)
2)
Đặt

,ymxzmy−
với
,, 0≥

=−=
2
xyz
Ta có:
2
2
2
mx y
myz
mzx
⎧
−=
⎪
−=
⎨
⎪
−=
⎩
Suy ra:
22 22 2
,,
y
xy zzyz xxzx y−= − −= − −= −
Nhân chúng lại với nhau theo vế ta được:
()()
(

)( )
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
()()()()()()

1 0
y
xzyxz yzzyzxxzxyxy
yx zy xz xy yz xz
−−−=−+−+−+
⇒− − − ++ + + =
⎡⎤
⎣⎦

Do
2
,, 0
14 1
0,
2
yx
xyz z y x y z

xz
m
xxm x m
=
⎡
⎢
≥⇒ = ⇒==
⎢
⎢
=
⎣
+−
⇒+−=⇒= >
0

3)
Xét tứ giác lồi ABCD có diện tích S=1 (đvdt)
Đặt
,,,
A
BaBCbCDcDAd====
.
()
,,,,,,AC xBD y abcdxy== >0


Cách 1:
Theo định lí Ptoleme ta có:
ac bd xy+≥
Ta có:

183

Phạm Minh Hoàng- Cựu học sinh Trường THCS Phong Châu- Phù Ninh- Phú Thọ


()()
()()
2
22
.4
2
4
SxyS
ab cd
a b c d ad bc ac bd S
abcd
≥≥≥
+++⎡⎤
≥+ += +++ ≥ =
⎢⎥
⎣⎦
⇒+++≥

4

Lại có:
22222 42xy xy S abcdxy+≥ ≥ = ⇒+++++≥+ 2

Vậy
()

min
422abcdxy+++++ =+
Dấu “=” xảy ra
Tứ giác ABCD là hình vuông
2
2
abcd
ad bc S
ac bd xy S
xy
AC BD
+=+
⎧
⎪
+=
⎪
⎪
⇔+==
⎨
⎪
=
⎪
⊥
⎪
⎩
⇔
Cách 2:
Có:
1
2

4
1
2
ab cd
S
ab cd bc ad
bc ad
S
+
⎧
=≤
⎪
⎪
⇒+++≥
⎨
+
⎪
=≤
⎪
⎩

Có:
()
2
44.28 2xy xy S xy+≥≥ =⇒+≥2

Có:
( )()()()() ()()
()
2

2
4. 4
4164
422
abcd ac bd ac bd acbd
ab ad cb cd a b c d
abcdxy
+++ = + + + + − + ≥ + + =
⎡⎤
⎣⎦
=+++≥⇒+++≥
⇒+++++≥+

Dấu “=” xảy ra khi tứ giác ABCD là hình vuông.

Câu 3:
Cách 1:
+) Nếu
1
3
a ≥
, chọn x= 1, y = 0
1
ax
3
xy by a⇒−−=≥

+) Nếu
1
3

b ≥
, chọn x= 0, y= 1
1
ax
3
xy by b⇒−−=≥

+) Nếu
112
,
333
ab a b
−−
〈〈⇒ 〈+〈
2
3

() ()
21 1
11 1
33 3
ab ab⇒− + 〉− = ⇒ − + 〉

Chọn
1
x
y==
ta có:
()
1

ax 1 1
3
xy by a b a b−− =−−=−+>

Vậy ta có đpcm
+) Vì
0,1
x
y≤≤
ta có:
184

Phạm Minh Hoàng- Cựu học sinh Trường THCS Phong Châu- Phù Ninh- Phú Thọ


112
21141111
333

112
93393339
333
x
xy xy
y
−
⎧
≤−≤
⎪
−−

⎪
⎛⎞⎛⎞ ⎛⎞⎛⎞
⇒≤− −≤⇒≤− −−≤
⎨
⎜⎟⎜⎟ ⎜⎟⎜⎟
−
⎝⎠⎝⎠ ⎝⎠⎝⎠
⎪
≤−≤
⎪
⎩
1
3

Với
1
,
33
ba==
1
ta có:
111
ax .
339
xy by x y
⎛⎞⎛⎞
−− = − −−≤
⎜⎟⎜⎟
⎝⎠⎝⎠
1

3

Vậy không thể thay số
1
3
bằng hằng số c mà c
〉
1
3

Cách 2:
Giả sử tồn tại a, b để:
1
ax
3
x
yby−−〈

+) Thay
1
0, 1
3
x
yb==⇒〈

+) Thay
1
1, 0
3
x

ya==⇒〈

+) Thay
1
11
3
x
ya==⇒−−〈b

Mà:
111
11 1
333
ab a b−− >− − >−−=
( mâu thuẫn)
Ta sẽ chứng minh với
1
3
ab==
, không tồn tại
[
]
,0;xy∈ 1
để:
11
,
33
1
3
x

yxycc−− ≥〉

Thật vậy:
()() ()()
11 1 1
11max;11
33 3 3
x
yxy xyxyyx xyxyyx− − = − −− −≤ −+ −
⎡
⎤
⎣
⎦

+) Do
[
]
,0;10 1
x
yx∈⇒≤≤y
1

Và:
()()
11.11
x
yy xx x−+ −≤ +−=

Ta có:
()

11 1
max 1;1
33 3
xy x y−− ≤ =
1
3
với
[
]
,0;xy∀∈1

Câu 4:

1)
Có
1
OO AB⊥
Có:
185

Phạm Minh Hoàng- Cựu học sinh Trường THCS Phong Châu- Phù Ninh- Phú Thọ



n
n
n
n
n
n

000
2
2
0
22
21
90 90 90
2
90
IO D
O ID ICD ABI
O ID ABI IO AB
IO OO
=− =− =−
⇒+=⇒⊥
⇒ &

Tương tự:
12
OI OO&
Suy ra: tứ giác là hình bình hành.
12
OOO I
2)
Đặt
n
1
OPI
α
= và

n
2
OO I
β
=
Có:
n
n
0
11
180 2OO P PO I
β
αβ
=+=−+
Có:
n
n
()
n
00 0
22
360 180 2. 180 2.OO Q O IQ O IQ
ββ
=−− − =−+
2

()
0000
180 2 180 180 180 2
β

αβ α
=−+ −−+=−+
β

()
12
POO QO O c g c OP OQ PM QN⇒Δ =Δ ⇒ = ⇒ =

N
M
O
2
O
1
I
O
A
D
B
C
P
Q

186

Phạm Minh Hoàng- Cựu học sinh Trường THCS Phong Châu- Phù Ninh- Phú Thọ


Đề 58:Thi Chuyên Nguyễn Trãi(2001- 2002)

Câu 1: Chứng minh rằng biểu thức:
22
xy xy
Axy x xy y
⎛+⎞⎛+
=+−+−−
⎜⎟⎜
⎝⎠⎝
⎞
⎟
⎠

Không phụ thuộc vào x và y.
Câu 2:
1) Giải phương trình:
()
)
2x+
() (
2
22
2
14 11 1xx−+ −=
2) Xác định các giá trị của m để phương trình:
22
2
441
670+=
.
2

xmxm
xx
xm
−++
+−
−
Có một nghiệm duy nhất.
Câu 3:
1) Cho hai đường tròn
()
1
O
và
(
)
2
O
tiếp xúc trong tại M ( đường tròn có tâm
2
O nằm trong), N là một điểm trên đường tròn
(
)
2
O
(
NM
≠
); qua N kẻ một tiếp
tuyến với đường tròn
(

)
2
O
cắt
(
)
1
O
tại A, B; đường thẳng MN cắt
()
1
O
tại E, gọi
I là tiếp điểm của tiếp tuyến với đường tròn
(
)
2
O
kẻ từ E. Đường thẳng EI cắt
()
1
O
tại C. CMR: I là tâm đường tròn nội tiếp
ABC
Δ
.
2) Gọi
,,abc
là độ dài ba cạnh tam giác và
,rR

là độ dài bán kính đường tròn nội,
ngoại tiếp tam giác. Chứng minh rằng điều kiện để tam giác là đều khi và chỉ khi:
111 3
2abc Rr
++=

Câu 4: Cho n là số tự nhiên lẻ và n có thể biểu diễn không ít hơn hai cách là tổng của hai
số chính phương. Chứng minh rằng n là hợp số.

Hướng dẫn giải:

Câu 1: Điều kiện:
0xy ≥
+) Nếu , vì nên x và y cùng dấu ⇒
0xy+< 0xy ≥ ,0xy
≤

Lại có
2. 2
2
xy
x
yx
+
≥=y
Suy ra:
2222
xy
xy xy xy
x

yxy xy x
+
+++
+=− = −= −y
22
xy
xy
x
yx
+
+
−= +y

0
22
xy xy
Axyx xy
⎛+ ⎞⎛+ ⎞
⇒= − − + + − =
⎜⎟⎜
⎝⎠⎝
y
⎟
⎠

+) Nếu , vì nên x và y cùng dấu
0xy+≥ 0xy ≥ ,0xy⇒≥
Lập luận tương tự trên ta có:
187

Phạm Minh Hoàng- Cựu học sinh Trường THCS Phong Châu- Phù Ninh- Phú Thọ


0
22
xy xy
Axy x xyy
++
⎛⎞⎛
=+−+ −−=
⎜⎟⎜
⎝⎠⎝
⎞
⎟
⎠

Vậy không phụ thuộc vào x và y.
0A =
Câu 2:
1) Dễ thấy
1x =−
không phải là nghiệm.
Chia hai vế của phương trình cho
()
2
1x
+
ta được:
()
()

()
()
()
()
()
2
22
2
2
22 2
1
11
4. 12 1 4. 12
11 1
x
xx
x
xx x
−
−−
+=⇔−+=
++ +

()
()
2
2
1
1
12. 4. 12

11
x
x
x
xx
−
⎛−⎞
⎛⎞
⇔−− + =
⎜⎟
⎜⎟
++
⎝⎠
⎝⎠

() ()
2
22
11
4. 12 0
11
xx
xx
⎡⎤
−−
⇔+−
⎢⎥
++
⎢⎥
⎣⎦

= (*)
Đặt
()
2
1
1
x
t
x
−
=
+

Khi đó (*) trở thành:
()()
2
2
4120 2 6 0
6
t
tt t t
t
=
⎡
+ − =⇔ − + =⇔
⎢
=
−
⎣

+) Nếu ta có
6t =−
()
2
1
6
1
x
x
−
=−
+
( vô nghiệm)
+) Nếu ta có
2t =
()
2
1
2
1
x
x
−
=
+
25x⇔=±
Phuơng trình đã cho có nghiệm
{
}
25;25x∈+ −

2) Điều kiện
2
x
m≠

Ta có:
22
441 1
22
22
xmxm
xm
xm xm
−++
=− + ≥
−−

Lại có:
()
2
2
67 3 2xx x−+=− −≥−2

Do đó:
22
2
441
67
2
xmxm

xx
xm
−++
+−+≥
−
0

Dấu “=” xảy ra
()
2
1
21
2
3
3
m
xm
m
x
x
⎧
=
⎡
⎧
−=
⎪⎪
⎢
⇔⇔
=
⎨⎨

⎣
=
⎪
⎪
⎩
=
⎩

188

Phạm Minh Hoàng- Cựu học sinh Trường THCS Phong Châu- Phù Ninh- Phú Thọ


Với phương trình đã cho có nghiệm duy nhất
1
2
m
m
=
⎡
⎢
=
⎣
3x
=
.
Vậy hoặc .
1m = 2m =
Câu 3:
C

M
O
2
I
O
1
B
D A N
E

1) Từ M kẻ tiếp tuyến với hai đường tròn, cắt AB tại D.
D
MDN⇒=
n
n
()
1DMN DNM⇒=

Mà
n
n
n
p
p
(
)
()
1
2
2

DME DMA AME sdMA sd AE=+= +

Có:
n
p
p
()
()
1
3
2
DNM sdMA sdBE=+

Từ
()( )()
p
p
()
1,2,3 *AE BE⇒=

AE BE⇒=

AEN MEAΔΔ
(g.g)
2
.
AE NE
A
EMENE
M

EEA
⇒=⇒=

Tương tự: (g.g)
ENI EIMΔΔ
2
.
E
IENEM⇒=

n
n
EI EA BE AIE IAE⇒= = ⇒ =
Có:
n
n
n
n
n
n
n
n
CAI AIE ACI IAE ABE IAE BAE IAB=−=− =− =
Suy ra tia AI là tia phân giác . Từ
n
CAB
(
)
*
ta suy ra tia CI là phân giác góc .

n
ACB
Vậy I là tâm đường tròn nội tiếp
ABC
Δ
.
2) Ta có:
111 3
2abc Rr
++=

2
111 3
2abc Rr
⎛⎞
++ =
⎜⎟
⎝⎠
(1)
189

Phạm Minh Hoàng- Cựu học sinh Trường THCS Phong Châu- Phù Ninh- Phú Thọ


Ta có:
.
4
abc
Spr
R

==
( p là nửa chu vi)
Do đó (1)
(
)
(
)
22
33
111 111
0
abc abc
a b c abc a b c abc
++ ++
⎛⎞ ⎛⎞
⇔++ = ⇔++ − =
⎜⎟ ⎜⎟
⎝⎠ ⎝⎠

222
11 11 11
0
ab bc ca
⎛⎞⎛⎞⎛⎞
⇔− +− +− =
⎜⎟⎜⎟⎜⎟
⎝⎠⎝⎠⎝⎠

11
11

11
ab
abc
bc
ca
⎧
=
⎪
⎪
⎪
⇔=⇔==
⎨
⎪
⎪
=
⎪
⎩

Vậy ta có điều phải chứng minh
Câu 4: Theo bài ra ta có:
+) n có thể biểu diễn khôgn ít hơn hai cách là tổng của hai số chính phương, suy ra
2n >
Giả sử (
22 2 2
na b c d=+=+ ,,, ; , , ,abcd a ca db cb d
∈
≠≠≠≠`
n
)
Nếu một trong các số a,b,c,d có một số nhận giá trị 0, ta có ngay n là số chính phương,

là hợp số.
2n>⇒
Vậy ta xét
,,, 0abcd>
+) Ta có n lẻ. Vì vậy ta có thể giải sử a,d chẵn; b,c lẻ
Không giảm tính tổng quát, giả sử
ad

bc>⇒<
,,,
2222
adadcbcb−++−
⇒
*∈`
(1)
•
Bổ đề: Cho
*
và
ab cd
,,,abcd∈ `
=
. CMR:
2
abcd
222
+
++
*
*

là hợp số.
•
Chứng minh:
Gọi
()

,1ac t=≥
()
11111,1
,,,1;atactcac ac⇒= = = ∈`

Gọi
()

,1bd l=≥
()
1 1 11 11
,,,1;,b lbd ld bd bd⇒= = = ∈`

Vì:
11 1 1 11 1
ab cd ab cd ab c=⇒ = ⇒ # mà ( )=1
11
,ab
11
bc⇒ #
11
.( *)bkck⇒= ∈`
111 1
ak d akl dl d⇒=⇒ ==

() ()
(
)
(
)
22
2 2 2 2 22 22 2 2222
1111 11
11
abcd at kcl tc akl actlk
〉〉
⇒+++= + + + = + +

  
222 2
abcd⇒+++
là hợp số ( đpcm).
Trở lại bài toán:
Ta có:
22 2
na b c d=+=+
2
190

Phạm Minh Hoàng- Cựu học sinh Trường THCS Phong Châu- Phù Ninh- Phú Thọ


22 22
2222

44222
ad cb adadcbcb
ad cb
−−−+−
⇒−=−⇒ = ⇒ =
2
+
(2)
Từ (1) và (2) áp dụng bổ đề ta có:
222
2222
ad ad cb cb−+−+
⎛⎞⎛⎞⎛⎞⎛
+++
⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜
⎝⎠⎝⎠⎝⎠⎝
2
⎞
⎟
⎠
là hợp số
Có:
2222
2
+
⎞
⎟
⎠
222
ad ad cb cb−+−

⎛⎞⎛⎞⎛⎞⎛
+++
⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜
⎝⎠⎝⎠⎝⎠⎝
222 2
2
abcd
n
+++
=
=
Vậy ta có đpcm
* Nhận xét: Đây là một bài toán hay, xuất phát từ bài toán quen thuộc ( bổ đề nói ở trên),
chúng ta đã có một lời giải rất đẹp.

191