Đề thi vào chuyên Toán Nguyễn Trãi Hải Dương kèm đáp án 03

Phạm Minh Hoàng- Cựu học sinh Trường THCS Phong Châu- Phù Ninh- Phú Thọ
ðề 56:Thi chuyên Nguyễn Trãi(1999-2000)
 x 2 + 3xy + 2 y 2 − x + y − 6 = 0 (1)
Câu 1: Giải hệ phương trình  2
2
 x + xy − 2 y + 8 x + 10 y + 12 = 0 ( 2 )
Câu 2: Tìm các số nguyên k, m, n ñôi một khác nhau và ñồng thời khác 0 ñể ña thức
x. ( x − k ) . ( x − m ) . ( x − n ) + 1 phân tích thành tích của hai ña thức với hệ số nguyên.

Câu 3: Cho ñường tròn tâm O và một ñiểm M nằm ngoài hình tròn. Qua M kẻ cát tuyến cắt
ñường tròn tại B và C (MC > MB) và tiếp tuyến MA ( A là tiếp ñiểm).
1/ Gọi E và F là chân ñường cao của ∆ABC kẻ tử B, C. Chứng minh rằng EF luôn song song với
một ñường thẳng cố ñịnh khi cát tuyến MBC thay ñổi
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 ∆ABC khi cát tuyến MBC thay ñổi
Câu 4: Cho ña giác lồi A1A2 A3A4 A5A6A7 A8 có các góc ở ñỉnh bằng nhau và ñộ dài các cạnh là
những số nguyên. Người ta tô mỗi cạnh bằng một trong hai màu xanh hoặc ñỏ. Chứng minh rằng
bao giờ cũng tồn tại cách tô màu sao cho tổng ñộ dài các cạnh màu xanh bằng tổng ñộ dài các
cạnh màu ñỏ
Câu 5: Chứng minh:

m
− 2 ≥ 2
n
n.

1

(

3+ 2

với m, n ∈ Ν* .

)

Hướng dẫn giải
2
2
 x + 3xy + 2 y − x + y − 6 = 0 (1)
Câu 1: Theo bài ra ta có:  2
2
 x + xy − 2 y + 8 x + 10 y + 12 = 0 ( 2 )

Nhân (1) với 2 rồi cộng với (2) theo vế ta ñược:
3 x 2 + ( 7 y + 6 ) .x + 2 y 2 + 12 y = 0
y+6

x
=
−
⇔ ( 3x + y + 6 ) .( x + 2 y ) = 0 ⇔ 
3

 x = −2 y
Bài toán ñã trở nên ñơn giản, bạn ñọc tự giải tiếp.

177

Phạm Minh Hoàng- Cựu học sinh Trường THCS Phong Châu- Phù Ninh- Phú Thọ
Câu 2: Giả sử x. ( x − k ) . ( x − m ) . ( x − n ) + 1 = g ( x ) .h ( x ) ; trong ñó g(x); h(x) là các ña thức hệ số

nguyên: 1 ≤ deg g ( x ) , h ( x ) < 4 .
Xét r ( x ) = g ( x ) − h ( x )

( 0 < deg r ( x ) < 4) .

Ta có: 1 = g ( 0 ) .h ( 0 ) = g ( k ) .h ( k ) = g ( m ) .h ( m ) = g ( n ) .h ( n )
Mà 1 = 1.1 = ( −1) . ( −1) ⇒ r ( 0 ) = r ( k ) = r ( m ) = r ( n ) = 0
Vì deg r ( x ) < 4 ⇒ r ( x ) ≡ 0 . Tức là h ( x ) = g ( x )
Hay: x. ( x − k ) . ( x − m ) . ( x − n ) + 1 = g 2 ( x ) ⇒ deg g ( x ) = 2
Nhận thấy x. ( x − k ) . ( x − m ) . ( x − n ) + 1 có hệ số của x 4 là 1 và hệ số tự do là 1. Từ ñó ta có các
trường hợp ñặt g(x) như sau:
+) Nếu g ( x ) = x 2 + ax + 1

( a ∈ Ζ ) . Ta có:

x. ( x − k ) . ( x − m ) . ( x − n ) = g 2 ( x ) − 1 =  g ( x ) − 1 .  g ( x ) + 1 = ( x 2 + ax ) . ( x 2 + ax + 2 )
Xét phương trình: ( x 2 + ax ) .( x 2 + ax + 2 ) = 0
Rõ ràng tập nghiệm của phương trình này là {0, k, m, n}
 x 2 + ax = 0 (1)
Lại có: ( x + ax ) . ( x + ax + 2 ) = 0 ⇔  2
 x + ax + 2 = 0 ( 2 )
2

2

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 ñược phép giả sử như trên)

Áp dụng ñịnh lý Viét cho (1) và (2) ta có:
a + k = −a

 m + n = −a
m.n = 2


m + n = 1 + 2 = 3
a = 3
Từ m.n = 2 = 1.2 = ( −1) . ( −2 ) ⇒ 
⇒
 m + n = ( −1) + ( −2 ) = −3  a = −3

178


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

Như vậy ta có hai ñáp số thỏa mãn yêu cầu bài toán (k, m, n) = (3, 2, 1) và các hoán vị.
Khi ñó chúng ta có:
 x. ( x + 1) . ( x + 2 ) . ( x + 3) + 1 = ( x 2 + 3 x + 1)2

2

2
 x. ( x − 3) . ( x − 1) . ( x − 2 ) + 1 = ( x − 3 x + 1)
+) Nếu g ( x ) = x 2 + ax − 1 ( a ∈ Ζ )
Lập luận tương tự ta có x. ( x + 1) . ( x + 2 ) . ( x − 1) + 1 = ( x 2 + x − 1)
Ứng với (k, m, n) = (-1, -2, 1) và các hoán vị.

Vậy (k, m, n) = (3, 1, 2) ; (-3, -1, -2) ; (-1, -2, 1) và các hoán vị.
Câu 3:

1/ Tứ giác BCEF nộ i tiếp
⇒ AFE = ACB = MAB ⇒ EF MA(dpcm)

2/

MH .MO = MA2 = MB.MC
⇒ ∆MHB ∆MCO ( c.g.c )
⇒ MHB = MCO
Suy ra tứ giác BHOC nộ i tiếp (ñpcm)
3/
*Phần thuận:
Gọi N là trọng tâm ∆MOA (N cố ñịnh) .
I là trung ñiểm của MO ( I cố ñịnh )
Gọi D là trung ñiểm của BC.
Ta có:

179

2


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

2
2 1
1
AN AG 2

NG AG 2
=
= ⇒ NG ID ⇒
=
= ⇒ NG = .ID = . .MO = .MO
AI
AD 3
ID AD 3
3
3 2
3
 MO 
⇒ M ∈ N;
3 

M

*Phần ñảo bạn ñọc tự làm
A

 MO 
*Kết luận: Quỹ tích ñiểm M là ñường tròn  N ;

3 


A1

A8

A7

Câu 4:

( 8 − 2) .1800
8

A2

Q

Các góc của ña giác lồ i bằng nhau và bằng
A1 = A2 = ... = A8 =

B

N

A3

A6

= 1350

D

Kéo dài các cạnh của ña giác lồ i như hình vẽ.

C

A4

A5

Ta có:

P

A7 A8 A1 = 1350 ⇒ MA8 A1 = 450
Một cách tương tự chỉ ra rằng:
MA1 A8 = NA2 A3 = NA3 A2 = PA4 A5 = PA5 A4 = QA7 A6 = QA6 A7 = AA8 A7 = AA7 A8 =
BMA2 = BA2 M = CA3 A4 = CA4 A3 = DA5 A6 = DA6 A5 = 1350
Suy ra: Tứ giác MNPQ, ABCD là các hình chữ nhật và các tam giác MA8A1,BA1A2,NA2A3,
CA3A4, PA4A5, DA5A6, QA7A6, AA8A7 là các tam giác vuông cân.
Ta có:

AB + AD = BC + CD
⇔ A1 A8 + A6 A7 + 2. AA8 = A2 A3 + A5 A4 + 2.CA4
Suy ra:

( A1 A8 + A6 A7 ) +

2. A7 A8 = ( A2 A3 + A5 A4 ) + 2. A3 A4

 A A + A6 A7 = A2 A3 + A5 A4
⇒ 1 8
 A7 A8 = A3 A4
Tương tự ta có: A1 A2 = A5 A6
180

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

⇒ A1 A8 + A6 A7 + A7 A8 + A6 A5 = A2 A3 + A5 A4 + A3 A4 + A1 A2
Bài toán ñược chứng minh khi ta tô ñỏ các cạnh A1 A8 , A6 A7 , A7 A8 , A6 A5 .
Và tô xanh các cạnh A2 A3 , A5 A4 , A3 A4 , A1 A2 .
a = c
Chú ý: với a, b, c, d ∈ Ν* và a + 2.b = c + 2.d thì 
b = d
Thật vậy:
Ta có:
a + 2.b = c + 2.d
⇒ ( a − c ) = 2. ( d − b )
Nếu d ≠ b ⇒ a ≠ c ⇒ 2 =

a −c
∈ Q (Vô lý).
d −b

Vậy d = b ⇒ a = c .
Câu 5: Xem câu 10 ñề 12

181