DE THI TUYEN SINH LOP 10 CHUYEN TOAN 2015 2016 TRUONG NGUYEN TRAI CÓ ĐÁP ÁN

PSỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
CHUYÊN NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2015 - 2016
Môn thi: TOÁN (Chuyên)
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề
(Đề thi gồm: 01 trang)

Câu I (2,0 điểm)

1) Cho a − b = 29 + 12 5 − 2 5 . Tính giá trị của biểu thức:
A = a 2 ( a + 1) − b 2 (b − 1) − 11ab + 2015

2) Cho x, y là hai số thực thỏa mãn xy + (1 + x 2 )(1 + y 2 ) = 1 .
Chứng minh rằng x 1 + y 2 + y 1 + x 2 = 0 .

Câu II (2,0 điểm)

1) Giải phương trình 2 x + 3 + 4 x 2 + 9 x + 2 = 2 x + 2 + 4 x + 1 .

2 x 2 − y 2 + xy − 5 x + y + 2 = y − 2 x + 1 − 3 − 3 x
2) Giải hệ phương trình 
2
 x − y − 1 = 4 x + y + 5 − x + 2 y − 2

Câu III (2,0 điểm)

1) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn x 4 + x 2 − y 2 − y + 20 = 0 .

2) Tìm các số nguyên k để k 4 − 8k 3 + 23k 2 − 26k + 10 là số chính phương.

Câu IV (3,0 điểm) Cho đường tròn (O; R) và dây BC cố định không đi qua tâm. Trên tia

đối của tia BC lấy điểm A (A khác B). Từ A kẻ hai tiếp tuyến AM và AN với đường tròn

(O) (M và N là các tiếp điểm). Gọi I là trung điểm của BC.

1) Chứng minh A, O, M, N, I cùng thuộc một đường tròn và IA là tia phân giác của
góc MIN .
2) Gọi K là giao điểm của MN và BC. Chứng minh

2
1
1
=
+
.
AK AB AC

3) Đường thẳng qua M và vuông góc với đường thẳng ON cắt (O) tại điểm thứ hai là
P. Xác định vị trí của điểm A trên tia đối của tia BC để AMPN là hình bình hành.

Câu V (1,0 điểm) Cho a, b là các số dương thỏa mãn điều kiện (a + b)3 + 4ab ≤ 12 .

Chứng minh bất đẳng thức

1
1

+
+ 2015ab ≤ 2016 .
1+ a 1+ b

----------------------------Hết----------------------------

Họ và tên thí sinh....................................................Số báo danh...........................................

Chữ kí của giám thị 1: ..........................................Chữ kí của giám thị 2: ............................


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG

Câu Ý

I

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
NĂM HỌC 2015 - 2016
(Hướng dẫn chấm gồm: 05 trang)
Nội dung

Cho a − b = 29 + 12 5 − 2 5 . Tính giá trị của biểu thức:

1

A = a ( a + 1) − b (b − 1) − 11ab + 2015
2

a − b = 29 + 12 5 − 2 5 =

(3 + 2 5 )

2

− 2 5 = 3+ 2 5 −2 5 = 3

= 3( a 2 + b 2 + ab) + a 2 + b 2 − 11ab + 2015

0,25

= 4( a 2 − 2ab + b 2 ) + 2015 = 4( a − b) 2 + 2015 = 2051

0,25

2

1,00

Chứng minh rằng x 1 + y + y 1 + x = 0
2

2

xy + (1 + x 2 )(1 + y 2 ) = 1 ⇔ (1 + x 2 )(1 + y 2 ) = 1 − xy

0,25

⇒ (1 + x 2 )(1 + y 2 ) = (1 − xy ) 2
⇔ 1 + x 2 + y 2 + x 2 y 2 = 1 − 2 xy + x 2 y 2

0,25

⇔ x + y + 2 xy = 0 ⇔ ( x + y ) = 0 ⇔ y = − x

0,25

⇒ x 1 + y 2 + y 1 + x2 = x 1 + x2 − x 1 + x2 = 0

0,25

2

1

2

2

Giải phương trình 2 x + 3 + 4 x 2 + 9 x + 2 = 2 x + 2 + 4 x + 1 .

Pt ⇔ 2 x + 3 + ( x + 2)(4 x + 1) = 2 x + 2 + 4 x + 1 . ĐK: x ≥ −

⇒ t 2 = 8 x + 4 ( x + 2)(4 x + 1) + 9 ⇔ 2 x + ( x + 2)(4 x + 1) =
PTTT t 2 − 4t + 3 = 0 ⇔ t = 1 hoặc t = 3

0,25

t2 − 9
4

0,25

TH1. t = 1 giải ra vô nghiệm hoặc kết hợp với ĐK t ≥ 7 bị loại
TH 2. t = 3 ⇒ 2 x + 2 + 4 x + 1 = 3 . Giải pt tìm được x = −
2
Vậy pt có nghiệm duy nhất x = −
9
2

1,00

1
4

Đặt t = 2 x + 2 + 4 x + 1, t ≥ 7 (hoặc t ≥ 0 )

II

0,25
0,25

Cho x, y là hai số dương thỏa mãn xy + (1 + x 2 )(1 + y 2 ) = 1 .

II

1,00

2

A = a3 − b3 + a 2 + b 2 − 11ab + 2015
= ( a − b)( a 2 + b 2 + ab) + a 2 + b 2 − 11ab + 2015

I

Điểm

0,25

2
(TM)
9

2 x 2 − y 2 + xy − 5 x + y + 2 = y − 2 x + 1 − 3 − 3 x
Giải hệ pt 
2
 x − y − 1 = 4 x + y + 5 − x + 2 y − 2

0,25

1,00


ĐK: y − 2 x + 1 ≥ 0, 4 x + y + 5 ≥ 0, x + 2 y − 2 ≥ 0, x ≤ 1
 y − 2x + 1 = 0
 x = 1 0 = 0
TH 1. 
⇔

⇒
(Không TM hệ)
3 − 3 x = 0
 y = 1 −1 = 10 − 1
TH 2. x ≠ 1, y ≠ 1 . Đưa pt thứ nhất về dạng tích ta được
x+ y−2
( x + y − 2)(2 x − y − 1) =
y − 2 x + 1 + 3 − 3x



1
( x + y − 2) 
+ y − 2 x + 1 = 0 . Do y − 2 x + 1 ≥ 0
 y − 2 x + 1 + 3 − 3 x

1
nên
+ y − 2x + 1 > 0 ⇒ x + y − 2 = 0
y − 2 x + 1 + 3 − 3x

0,25

0,25

Thay y = 2 − x vào pt thứ 2 ta được x 2 + x − 3 = 3 x + 7 − 2 − x
⇔ x2 + x − 2 = 3x + 7 − 1 + 2 − 2 − x

0,25

3x + 6
2+ x
⇔ ( x + 2)( x − 1) =
+
3x + 7 + 1 2 + 2 − x
3
1


⇔ ( x + 2) 
+
+ 1 − x = 0
 3x + 7 + 1 2 + 2 − x

3
1
Do x ≤ 1 nên
+
+1− x > 0
3x + 7 + 1 2 + 2 − x
Vậy x + 2 = 0 ⇔ x = −2 ⇒ y = 4 (TMĐK)
III

1

0,25

Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn x 4 + x 2 − y 2 − y + 20 = 0 (1)

Ta có (1) ⇔ x 4 + x 2 + 20 = y 2 + y

Ta thấy x 4 + x 2 < x 4 + x 2 + 20 ≤ x 4 + x 2 + 20 + 8x 2
⇔ x 2 ( x 2 + 1) < y ( y + 1) ≤ ( x 2 + 4 )( x 2 + 5 )

1,00

0,25

Vì x, y ∈ » nên ta xét các trường hợp sau

+ TH1. y ( y + 1) = ( x 2 + 1)( x 2 + 2 ) ⇔ x 4 + x 2 + 20 = x 4 + 3x 2 + 2

⇔ 2x 2 = 18 ⇔ x 2 = 9 ⇔ x = ±3
Với x 2 = 9 , ta có y 2 + y = 92 + 9 + 20 ⇔ y 2 + y − 110 = 0
⇔ y = 10 ; y = −11 (t.m)

0,25

+ TH2. y ( y + 1) = ( x 2 + 2 )( x 2 + 3) ⇔ x 4 + x 2 + 20 = x 4 + 5x 2 + 6
⇔ 4x 2 = 14 ⇔ x 2 =

7
(loại)
2

+ TH3. y ( y + 1) = ( x 2 + 3)( x 2 + 4 ) ⇔ 6x 2 = 8 ⇔ x 2 =

+ TH4. y ( y + 1) = ( x 2 + 4 )( x 2 + 5 )

0,25
4

(loại)
3

⇔ 8x 2 = 0 ⇔ x 2 = 0 ⇔ x = 0
Với x 2 = 0 , ta có y 2 + y = 20 ⇔ y 2 + y − 20 = 0 ⇔ y = −5 ; y = 4
Vậy PT đã cho có nghiệm nguyên ( x ; y ) là :

( 3 ; 10 ) , ( 3 ; − 11) , ( −3 ; 10 ) , ( −3 ; − 11) , ( 0 ; − 5) , ( 0 ; 4 ) .

0,25


III

2

Tìm các số nguyên k để k 4 − 8k 3 + 23k 2 − 26k + 10 là số chính phương.

Đặt M = k − 8k + 23k − 26k + 10
Ta có M = ( k 4 − 2k 2 + 1) − 8k ( k 2 − 2k + 1) + 9k 2 − 18k + 9
4

3

0,25

= ( k − 1) − 8k ( k − 1) + 9 ( k − 1) = ( k − 1) . ( k − 3) + 1


2

2

1,00

2

2

2

2

2

M là số chính phương khi và chỉ khi ( k − 1) = 0 hoặc ( k − 3) + 1 là số
chính phương.
2
TH 1. ( k − 1) = 0 ⇔ k = 1 .
2

2

0,25

TH 2. ( k − 3) + 1 là số chính phương, đặt ( k − 3) + 1 = m 2 ( m ∈ » )
2

2

⇔ m 2 − ( k − 3) = 1 ⇔ (m − k + 3)(m + k − 3) = 1

0,25

2

Vì m, k ∈ » ⇒ m − k + 3 ∈ », m + k − 3 ∈ » nên

m − k + 3 = 1
 m − k + 3 = −1  m = 1, k = 3
hoặc 
⇔
⇒k =3

m + k − 3 = 1
 m + k − 3 = −1  m = −1, k = 3
Vậy k = 1 hoặc k = 3 thì k 4 − 8k 3 + 23k 2 − 26k + 10 là số chính phương

IV

0,25

Chứng minh IA là tia phân giác của góc MIN .

1

1,00

M

E

H

P

O
I

B

A

C

K

N

Theo giả thiết AMO = ANO = AIO = 900 ⇒ 5 điểm A, O, M, N, I thuộc
đường tròn đường kính AO

⇒ AIN = AMN , AIM = ANM (Góc nội tiếp cùng chắn một cung)

AM = AN ⇒ ∆AMN cân tại A ⇒ AMN = ANM

2

Gọi K là giao điểm của MN và BC. Chứng minh

0,25
0,25

⇒ AIN = AIM ⇒ đpcm

IV

0,25

0,25
2
1
1
=
+
.
AK AB AC

2
1
1
=
+
⇔ 2 AB. AC = AK ( AB + AC ) ⇔ AB. AC = AK . AI
AK AB AC

1,00

0,25

(Do AB + AC = 2 AI )
∆ABN đồng dạng với ∆ANC ⇒ AB. AC = AN 2

∆AHK đồng dạng với ∆AIO ⇒ AK . AI = AH . AO
Tam giác ∆AMO vuông tại M có đường cao MH ⇒ AH . AO = AM 2

0,25

⇒ AK . AI = AM 2 . Do AN = AM ⇒ AB. AC = AK . AI

0,25

0,25

Đường thẳng qua M, vuông góc với ON cắt (O) tại điểm thứ hai là P.

IV

Xác định vị trí của điểm A để AMPN là hình bình hành.

3

Ta có AN ⊥ NO, MP ⊥ NO, M ∉ AN ⇒ AN / / MP
Do đó AMPN là hình bình hành ⇔ AN = MP = 2 x
AN NO
2 x2
=
⇒ NE =
Tam giác ∆ANO đồng dạng với ∆NEM ⇒

NE EM
R
2
2x
TH 1. NE = NO − OE ⇒
= R − R2 − x2 ⇔ 2x2 = R2 − R R2 − x2
R
Đặt

1,00

0,25

R2 − x2 = t, t ≥ 0 ⇒ x2 = R2 − t 2 .

 2t = − R
PTTT 2( R − t ) = R − Rt ⇔ 2t − Rt − R = 0 ⇔ 
t = R
2

2

2

2

0,25

2

Do t ≥ 0 ⇒ t = R ⇔ R 2 − x 2 = R ⇔ x = 0 ⇒ A ≡ B (Loại)
TH 2. NE = NO + OE ⇒
Đặt

2x2
= R + R2 − x2 ⇔ 2 x2 = R2 + R R2 − x2
R

R2 − x2 = t, t ≥ 0 ⇒ x2 = R2 − t 2 .

 2t = R
PTTT 2( R 2 − t 2 ) = R 2 + Rt ⇔ 2t 2 + Rt − R 2 = 0 ⇔ 
t = − R

Do t ≥ 0 ⇒ 2t = R ⇔ 2 R 2 − x 2 = R ⇔ x =

R 3
⇒ AO = 2 R
2

Vậy A thuộc BC, cách O một đoạn bằng 2R thì AMPN là hbh
V

Chứng minh bất đẳng thức

(

Ta có 12 ≥ (a + b)3 + 4ab ≥ 2 ab

)

1
1
+
+ 2015ab ≤ 2016 .
1+ a 1+ b
3

0,25

0,25

1,00

+ 4ab . Đặt t = ab , t > 0 thì

12 ≥ 8t 3 + 4t 2 ⇔ 2t 3 + t 2 − 3 ≤ 0 ⇔ (t − 1)(2t 2 + 3t + 3) ≤ 0
Do 2t 2 + 3t + 3 > 0, ∀t nên t − 1 ≤ 0 ⇔ t ≤ 1 . Vậy 0 < ab ≤ 1
1
1
2
Chứng minh được
+
≤
, ∀a, b > 0 thỏa mãn ab ≤ 1
1 + a 1 + b 1 + ab

0,25

1

1
1
1
Thật vậy, BĐT
−
+
−
≤0
1 + a 1 + ab 1 + b 1 + ab

0,25


 b − a  a
ab − a
ab − b
b 
+
≤0⇔
−

≤0
+
+
1
a
1
b
+
(1 + a )(1 + ab ) (1 + b)(1 + ab )

1
ab




(
⇔

b− a

)(
2

ab − 1)

(1 + ab )(1 + a )(1 + b)

Tiếp theo ta sẽ CM

2

≤ 0 . Do 0 < ab ≤ 1 nên BĐT này đúng

1 + ab

+ 2015ab ≤ 2016, ∀a, b > 0 thỏa mãn ab ≤ 1

Đặt t = ab ,0 < t ≤ 1 ta được

2
+ 2015t 2 ≤ 2016
1+ t

0,25

2015t 3 + 2015t 2 − 2016t − 2014 ≤ 0

⇔ (t − 1)(2015t 2 + 4030t + 2014) ≤ 0 . BĐT này đúng ∀t : 0 < t ≤ 1
V ậy

1
1
+
+ 2015ab ≤ 2016 . Đẳng thức xảy ra a = b = 1 .
1+ a 1+ b

0,25


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG

ĐỀ DỰ BỊ

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
CHUYÊN NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2015 - 2016
Môn thi: TOÁN (Chuyên)
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề
(Đề thi gồm: 01 trang)

Câu I (2,0 điểm)

1) Giả sử x1 , x2 , x3 là ba nghiệm của phương trình x3 + 2015 x 2 − 2016 = 0 . Không

dùng máy tính, hãy tính giá trị của biểu thức A = x13 + x23 + x33 .

2) Cho các số nguyên a, b, c, d thỏa mãn a + b = c + d và ab + 1 = cd . Hãy so sánh
c và d.

Câu II (2,0 điểm)

1) Giải phương trình x 2 + 6 = 4 x 3 − 2 x 2 + 3 .

2 y 3 + 3 xy 3 = 8
2) Giải hệ phương trình  3
 x y − 2 y = 6

Câu III (2,0 điểm)

1) Tìm các số nguyên x, y , z thỏa mãn

x+2 3 =

y+ z.

2) Cho x, y là hai số thực thoả mãn y 2 = 3( xy + y − x − x 2 ) . Tìm giá trị lớn nhất và

giá trị nhỏ nhất của x.

Câu IV (3,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn (AB < AC). Đường tròn tâm O đường kính

BC cắt AB, AC lần lượt tại E và D. BD và CE cắt nhau tại H , AH cắt BC tại M. Từ A kẻ
tiếp tuyến AP, AQ với (O) (P,Q là tiếp điểm).

1) Chứng minh bốn điểm A ,P, M, Q thuộc một đường tròn.

2) Chứng minh ba điểm P, H, Q thẳng hàng.
3) OH cắt DE tại I. Chứng minh

ID HD 2
=
.
IE HE 2

Câu V (1,0 điểm) Cho a, b, c là các số dương. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

P=

a
b
c
.
+
+
b + c + 2a
c + a + 2b
a + b + 2c

----------------------------Hết----------------------------

Họ và tên thí sinh....................................................Số báo danh...........................................

Chữ kí của giám thị 1: ..........................................Chữ kí của giám thị 2: ............................


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG

Câu Ý

I

1

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
NĂM HỌC 2015 - 2016
(Hướng dẫn chấm gồm: 04 trang)

Nội dung
Giả sử x1 , x2 , x3 là ba nghiệm của phương trình x3 + 2015 x 2 − 2016 = 0 .

Không dùng máy tính, hãy tính giá trị của biểu thức A = x13 + x23 + x33 .

x = 1
pt ⇔ ( x − 1)( x 2 + 2016 x + 2016) = 0 ⇔  2
 x + 2016 x + 2016 = 0
Giả sử x3 = 1 ⇒ x1 , x2 là 2 nghiệm của pt (1)
 x + x = −2016

Theo Viets  1 2
 x1 x2 = 2016
A = x13 + x23 + 1 = ( x1 + x2 )3 − 3 x1 x2 ( x1 + x2 ) + 1

A = ( −2016) − 3.2016( −2016) + 1 = −2013.2016 + 1
Cho các số nguyên a, b, c, d thỏa mãn a + b = c + d và ab + 1 = cd . Hãy
so sánh c và d
a + b = c + d => a =c+d-b thay vào ab+1=cd có
(c+d-b)b + 1 = cd <=> bc+bd-b2-cd=-1
<=> (bc-b2)+(bd-cd)=-1
<=> b(c-b)-d(b-c)=-1
<=> (c-b)(b-d)=-1
3

I

2

(1)

2

 c − b = 1

b − d = −1
Vì c, b, d là các số nguyên nên 
 c − b = −1

 b − d = 1

Giải phương trình x 2 + 6 = 4 x3 − 2 x 2 + 3 .

1

1,00

0,25

0,25
0,25
0,25
1,00
0,25
0,25

0,25

⇔c=d

II

Điểm

0,25
1,00

Pt ⇔ x 2 + 6 = 4 ( x + 1)( x 2 − 3 x + 3) .

Do x 2 − 3 x + 3 > 0, ∀x nên điều kiện là x + 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ −1
Pt ⇔ x 2 − 3x + 3 + 3( x + 1) = 4 ( x + 1)( x 2 − 3x + 3) .

Chia hai vế cho x 2 − 3 x + 3 ta được ⇔ 1 + 3

Đặt t =

t =1⇒

x +1
x +1
=4 2
x − 3x + 3
x − 3x + 3
2

t = 1
x +1
2
, t ≥ 0 ta được ⇔ 3t − 4t + 1 = 0 ⇔  1
2
t =
x − 3x + 3
 3
x +1
= 1 ⇔ x + 1 = x2 − 3x + 3 ⇔ x2 − 4 x + 2 = 0
x − 3x + 3
2

0,25

0,25

0,25


t=

II

1
x +1
1
⇒ 2
= ⇔ 9 x + 9 = x 2 − 3 x + 3 ⇔ x 2 − 12 x − 6 = 0
3
x − 3x + 3 9
2 y 3 + 3 xy 3 = 8
Giải hệ phương trình  3
 x y − 2 y = 6

2
Đặt

1,00

2
=z
y

3
2 + 3x = z
Hệ phương trình cho trở thành 

3
2 + 3z = x

⇒ 3( x − z ) = z 3 − x3

(

0,25

)

⇔ ( x − z ) x 2 + xz + z 2 + 3 = 0

0,25

⇔x=z

0,25

(vì x 2 + xz + z 2 + 3 > 0, ∀x, z )
 x = −1
x = 2

Ta có: x3 − 3 x − 2 = 0 ⇔ 

Vậy phương trình cho có hai nghiệm: ( x, y ) = (−1; −2), ( 2,1) .
III

0,25

Tìm các số nguyên x, y , z thỏa mãn

1
Ta có

x+2 3 =

y+ z.

0,25

1,00

x + 2 3 = y + z. ⇔ x + 2 3 = y + z + 2 yz.

⇔ ( x − y − z ) + 2 3 = 2 yz

⇒ ( x − y − z ) + 4 3 ( x − y − z ) + 12 = 4yz (1)
TH1. Nếu x − y − z ≠ 0

0,25

2

4yz − ( x − y − z ) − 12
Ta có 3 =
(2) vô lý
4(x − y − z)
( do x, y, z ∈ N nên vế phải của (2) là số hữu tỷ ).
x − y − z = 0

TH2. x − y − z = 0 khi đó (1) ⇔ 
(3)
 yz = 3
x = 4
x = 4


Giải (3) ra ta được  y = 1 hoặc  y = 3 thỏa mãn BT
z = 3
z = 1


2
Cho x, y là hai số thoả mãn y = 3( xy + y − x − x 2 ) . Tìm giá trị lớn nhất
2

III

2

0,25

0,25

0,25

và giá trị nhỏ nhất của x.

1,00

đây là phương trình bậc hai ẩn y và x là tham số)
+ ∆ = −3 ( x + 1)( x − 3)
+ Để phương trình (1) có nghiệm thì ∆ ≥ 0
Giải được −1 ≤ x ≤ 3
+ Với x = −1 tìm được y = 0

0,25

Biến đổi y 2 = 3 ( xy + y − x − x 2 ) ⇔ y 2 − 3 ( x + 1) y + 3 ( x + x 2 ) = 0 (1) (coi

0,25
0,25


IV

+ Với x = 3 tìm được y = 6
Khẳng định được: - Giá trị nhỏ nhất của x bằng -1 đạt được khi y = 0 .
- Giá trị lớn nhất của x bằng 3 đạt được khi y = 6 .
Chứng minh bốn điểm A ,P, M, Q thuộc một đường tròn
1

0,25
1,00

A

A
D
I

E

N

E
D

H

H

K

Q

P
B

B

M

O

O

C

C

G

Ta có

AMO + AQO = 1800 ⇒ tứ giác AMOQ nội tiếp (1)

APO = AHO = 900 ⇒ tứ giác APMO nội tiếp (2)

Từ (1) ,(2) suy ra 5 điểm A,P,M,O,Q thuộc một đường tròn
Vậy 4 điểm A,P,M,Q thuộc 1 đường tròn
IV

2

Chứng minh ba điểm P, H, Q thẳng hàng.

AQ là tiếp tuyến ,AEC là cát tuyến ⇒ AQ 2 = AE.AC (1)
∆AEH ∼ ∆AMC ⇒ AE.AC = AH.AM (2)
AQ AM
Từ (1),(2) ⇒ AQ 2 = AH.AM ⇒
=
AH AQ
Lại có

HAQ = QAM
⇒ ∆AQH ∼ AMQ (c.g.c)

0,25
0,25
0,25

0,25
1,00
0,25
0,25

0,25

⇒ AHQ = AQM

Tương tự AHP = APQ

Do đó AHP + AHQ = APM + AQM = 1800 (tứ giác APMQ nội tiếp )
Vậy 3 điểm P,H,Q thẳng hàng
IV

3

OH cắt DE tại I. Chứng minh

ID HD 2
=
.
IE HE 2

Qua O kẻ đường thẳng song song với ED cắt BD tại G và cắt CE tại K .
Trên CH lấy điểm N sao cho OK = ON
ID OK
ED / /KG ⇒
=
(1)

IE OG

0,25

1,00

0,25


Ta có
OGB = HKE (so le trong )
HDE = OCK ⇒ OCK = OGB
Mà BOG = KOC ⇒ ∆OBG ∼ ∆OKC
OG OB
OB.OC
⇒
=
⇒ OK =
(2)
OC OK
OG
ID OB.OC OC 2
Từ (1) ,(2) ⇒
=
=
(3)
IE
OK 2
OK 2
HED = OKN = ONK, HDE = HCN ⇒ ∆HDE ∼ ∆OCN

HD OC OC
⇒
=
=
(4)
HE ON OK
ID HD 2
Từ (3), (4) ⇒
=
(đpcm)
IE HE 2

Cho a, b, c là các số dương.
V

0,25

0,25

0,25

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

a
b
c
+
+
b + c + 2a
c + a + 2b

a + b + 2c
* Ta chứng minh với hai số dương x, y ta luôn có
P=

1
1 1 1
≤ ( + ) (*) Dấu bằng xảy ra khi x = y
x+ y 4 x y

1,00

0,25

* Áp dụng đẳng thức Côsi : Ta có

a
1 1
a
1
a
a
1
. ≤ (
+ )⇒
≤
+
b + c + 2a 4 2 b + c + 2a 4
b + c + 2a b + c + 2 a 4

0,25

Ấp dụng bất đẳng thức (*)

1
1
1 1
1
=
≤ (
+
)
b + c + 2 a ( a + b) + ( a + c ) 4 a + b a + c
⇒

1 a
1 a
a
a
a
a
≤ (
+
)⇒
≤ (
+
+ 1)
b + c + 2a 4 a + b a + c
b + c + 2a 4 a + b a + c

Tương tự:

0,25

b
1 b
b
c
1 c
c


≤ 
+
+ 1 ;
≤ 
+
+ 1
c + a + 2b 4  b + c a + b  a + b + 2c 4  b + c c + a 

1 a
a
b
b
c
c
 3
M≤ 
+
+
+

+
+
+ 3 =
4 a+b a+c a+b b+c a+c b+c
 2
3
Giá trị lớn nhất của M là khi a = b = c
2

0,25