GIẢI CHI TIẾT đề THI vào 10 CHUYÊN đề 1 đến 10

GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI VÀO 10 CHUYÊN ĐỀ 1  10
ĐỀ 1
ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10

Đề chính thức

TRƯỜNG THPT CHUYÊN NĂM 2011
MÔN THI: TOÁN (Vòng 1)

Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề)
Câu I (3,0 điểm).
1). Giải hệ phương trình
�( x- 1) y2 + x + y = 3
�
�
2
�
�
�(y- 2)x + y = x + 1.
2). Giải phương trình
x+

x2 +7
3
=
x 2( x+1)

.

Câu II (3,0 điểm).
1). Chứng minh rằng không tồn tại các bộ ba số nguyên

( x; y; z)

thỏa mãn

x4 + y4 = 7z4 + 5
2). Tìm tất cả các cặp số nguyên

đẳng thức

.

( x; y) thỏa mãn đẳng thức
4

4

( x + 1) - ( x- 1) = y3 .
o
�
�
Câu III (3,0 điểm). Cho hình bình hành ABCD với BAD < 90 . Đường phân giác của góc BCD cắt đường tròn ngoại

tiếp tam giác VBCD tại O khác C . Kẻ đường thẳng d đi qua A và vuông góc với CO . Đường thẳng d lần lượt cắt
các đường thẳng

CB; CD

tại

E; F

.

1). Chứng minh rằng D OBE =D ODC .

2). Chứng minh rằng O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác VCEF .
3). Gọi giao điểm của OC và BD là I , chứng minh rằng

IB.BE.EI = ID.DF.FI .

Câu IV (1,0 điểm). Với

x; y là những số thực dương, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P=

4y3
x3
+
3
x3 + 8y3
y3 +( x + y)

.


Câu I.

1). Hệ phương trình tương đương với
�
�
( x- 1) ( y2 + 1) = 2- y (1)
( x- 1) y2 +( x- 1) = 2- y � �
�
�
�
�
2
�
�
y
2
x
+
y
2
)
=
x
1
( y - 2) ( x2 + 1) = x- 1 (2)
�
(�
)
(
)
�
�

.
x - 1) ( y2 + 1) > 0
(
(1) � 2- y > 0
x>
1
+) Nếu
, suy ra
nên từ
� y < 2 � ( y - 2) ( x2 + 1) < 0

;

Do đó từ (2) � x- 1< 0 � x < 1 (mâu thuẫn).
+) Nếu x< 1, tuơng tự suy ra x> 1 (mâu thuẫn).
+) Nếu
Đáp số:

x = 1� y = 2

(thỏa mãn).

x = 1; y = 2

Nhận xét: Bài toán sử dụng kỹ thuật đánh giá theo miền nghiệm khi đoán trước được nghiệm của hệ phương trình.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
 Cho hai biểu thức
Xét biểu thức:

f ( x; y)

và

g( x; y)

P = f ( x; y) .g( x; y)

Có hai trường hợp sau xảy ra đó là

, trong đó

g( x; y) > 0

.

.

P > 0 � f ( x; y) > 0

và

P < 0 � f ( x; y) < 0

.

 Kỹ thuật nhẩm nghiệm.
Ý tưởng: Bài toán này không phải là một hệ phương trình đồng bậc, nếu là đồng bậc hai thì ta có thể giải quyết bằng
x - 1; y - 2
cách đưa về hệ số bất định. Nhưng một điều đáng lưu ý ở bài toán này đó chính là các biểu thức
được gắn

với hai đại lượng không âm. Nên nhiều khả năng sẽ xảy ra

( x- 1) y2 = ( y - 2) x2 = 0 . Xét các trường hợp thì thấy

( x; y) = ( 1; 2)

là nghiệm duy nhất của hệ phương trình. Hoặc ta có thể sử dụng kỹ thuật nhẩm nghiệm như sau, đó là
giả sử x = k , bây giờ ta sẽ thay thử các giá trị của k , tất nhiên sẽ lấy các giá trị k nguyên và đẹp. Và cũng cho ta được
nghiệm

( x; y) = ( 1; 2) .

Với

�
x+ y = 3 �
x - 1+ y - 2 = 0
�
��
�
�
�
�y - x = 1 �
�y - 2 = x - 1

cặp

nghiệm

này,

thực

chất

.

Vì thế ta tách hệ phương trình ban đầu, và nhóm nhân tử như sau:
 Hệ phương trình đã cho

bài

toán

quy

về

giải

hệ

phương

trình


�
�
( x- 1) ( y2 + 1) = 2- y

( x - 1) y2 + x - 1+ y - 2= 0 �
�
�
��
��
�
�
( y - 2) x2 + y - 2 = x- 1
( y - 2) ( x2 + 1) = x- 1
�
�
�
�

( 1)
( 2)

 Đến đây, ta sẽ đánh giá miền nghiệm:
�
( 1) � ( x- 1) ( y2 + 1) > 0� 2- y > 0 � y < 2
�
�
x > 1� �
�
( 2) � ( y - 2) ( x2 + 1) > 0 � y > 2
�
�
TH1. Nếu
.
Hệ bất phương trình này vô nghiệm.

�
( 1) � ( x- 1) ( y2 + 1) < 0� 2- y < 0 � y > 2
�
�
x < 1� �
�
( 2) � ( y - 2) ( x2 + 1) < 0 � y < 2
�
�
TH2. Nếu
.
Hệ bất phương trình vô nghiệm
x = 1; y = 2
 Vậy
là nghiệm duy nhất của hệ phương trình.
Bài toán kết thúc.

Bài tập tương tự:

�
2( x - 1) y2 + x + y = 4
�
�
�
( y - 3) x2 + y = x + 2
�
1. Giải hệ phương trình �
.
( x; y) = ( 1;3) .
Đáp số:

2). Điều kiện x> 0 .

Phương trình tương đương

2( x + 1) x +

3
= x2 + 7
x
.

Chia hai vế cho x�0 , ta được

� 1�
�
�
3
7 � 3�
2�
1+ �
x+ = x+ � �
x+ �
�
�
�
�
�
x
x �

� x�
� x�
x+
+ Giải

+ Giải

x+

�
�
�
�
3
3 2�
� 1�
�
�
�
3 4
�
�
�
�
�
�
x
+
2
x

+
=0
�
�
2�
1
+
�
x
+
+
=
0
�
�
�
�
�
� x�
�
�
x
�
x x�
�
x x
�
�
�
�

� .

�
x=1
3
3
= 2 � x + = 4 � x2 - 4x + 3= 0 � �
�
x= 3
x
x
�

.

3 2
3 4
= � x + = 2 � x3 + 3x - 4 = 0
x x
x x
� ( x - 1) ( x2 + x + 4) = 0 � x = 1
.

Đáp số

x = 1; x = 3

.

Nhận xét: Bài toán sử dụng phương pháp ẩn phụ không hoàn toàn, sau đó nâng lũy thừa tìm nghiệm của phương trình
ban đầu.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
 Phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn: xét một phương trình bậc hai có dạng

mf ( x) .t2 + ng( x) .t + k = 0

(*),

t = h( x)
trong đó t là ẩn phụ được biểu diễn dưới dạng
. Khi đó, ta có
2
Dt = �
ng x �- 4kmf ( x)
D
� ( )�
, với t bắt buộc là một số chính phương. Nên ta tìm được nghiệm của (*) đó là
t=

 Cách giải phương trình

- ng( x) + D t
mf ( x)

= h( x) ; t =

- ng( x) mf ( x)

Dt

= h( x)
.

�f ( x) ; g( x) �0
�
f ( x) = g( x) � �
2
�
�
�f ( x) = g ( x) .

f ( x) . g( x) = h( x)
Ý tưởng: Trước hết, ta cần quy đồng mẫu số bài toán, như vậy ta sẽ được phương trình có dạng
và
nếu nâng lũy thừa hai vế, ta sẽ thu được một phương trình bậc 5. Và phương trình bậc 5 nếu không có nghiệm nguyên
thì sẽ rất khó để giải quyết. Vậy nên ta cần nghĩ đến hướng tư duy khác, đó là bài toán xuất hiện căn thức
2

x+

3
x nên

�
3�
�
3
�
�

k�
x
+
�
�
t = x+
�
�
x
�
� để có thể đưa về phương trình bậc hai, sau đó đặt
x để sử
ta mong muốn sẽ tạo được lượng �
dụng phương pháp ẩn phụ không hoàn toàn. Tức là sẽ chia cả hai vế của phương trình, ta được:

3 x2 +7
3
x+ =
� 2( x + 1) x + = x2 + 7
x 2(x+1)
x
 Ta có
� 1�
�
� 1�
�
3
7
3
3 4

� 2�
1+ �
x + = x + � x + - 2�
1+ �
x+ + = 0
�
�
�
�
� x�
� x�
x
x
x
x x
�
�
(*).

 Đặt

t = x+

� 1�
4
3
� t2 - 2�
1+ �
t+ =0
�

�
>0
�
�
� x� x
x
, khi đó ta có (*)
.

2
2
� 1�
�
4 �
1�
�
�
�
D =�
1+ �- = �
1- �
�
� x�
� x �
� x�
� nên suy ra được
Có
'
t

�
�
3
1
1 �
�
x+ = 2
t=2 �
t = 1+ + 1�
�
�
x
x
x��
�
2� �
�
�
1
1 �
t=
� x �x + 3 = 2
t = 1+ - 1+
�
�
x
x �
�
x x
�



�
x=1
3
� x + = 4 � x2 - 4x + 3= 0 � �
�
x= 3
x
�
Giải ( i ), ta có ( i )
.

( i)
( ii)

.


3 4
� x + = 2 � x3 + 3x- 4 = 0 � x = 1
x x
Giải ( ii ), ta có ( ii )
.


Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:

1. Giải phương trình:
Đáp số:

( x + 3) ( 4- x) ( 12+ x) = 28-

(

2. Giải phương trình:
Đáp số:

)

x = 4 2 - 1 ; x = 31- 3

x=

x

.

.

x3 - x = 2x2 - x - 2 .

1+ 5
1- 65
; x=
2
8 .

Câu II.
1). Giả sử tồn tại các số nguyên

x, y, z

thỏa mãn

x4 + y4 = 7z4 + 5 � x4 + y4 + z4 = 8z4 + 5 (1)

.

4
Ta có a �0,1 (mod 8) với mọi số nguyên a

�
x4 + y4 + z4 �0,1,2,3 (mod 8)
��
� 4
�
8z + 5 �5(mod 8)
�
.
Mâu thuẫn với (1).
Vậy không tồn tại

( x; y; z)

thỏa mãn đẳng thức.

Nhận xét. Để giải bài toán trên cần sử dụng phương pháp phản chứng: “Giả sử xảy rồi biến đổi thấy điều mâu thuẫn với

giả sử”.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp.
 Thêm cùng một lượng vào hai vế của đẳng thức ta được một đẳng thức mới tương đương với đẳng thức ban đầu
x4 + y4 = 7z4 + 5 � x4 + y4 + z4 = 8z4 + 5
.

a4 �0, 1( mod8)
 Lũy thừa bậc bốn của một số nguyên khi chia cho 8 dư 0 hoặc 1 tức là
với mọi số nguyên a
�
x4 �0, 1( mod8)
�
�
�
x4 + y4 + z4 �0, 1, 2, 3 ( mod8)
�4
�
�y �0, 1( mod8) � � 4
�
�
8z + 5�5 ( mod8)
�
�
4
�
�
z
�
0,
1

mod8
(
)
�
�
.
 Hai vế của một đẳng thức có số dư khi chia cho cùng một số nhận được số dư khác nhau thì đẳng thức này không
thể tồn tại.
VT = x4 + y4 + z4
Ta thấy
chia 8 dư 0 hoặc 1 hoặc 2 hoặc 3 .


4
Mà VP = 8z + 5 chia 8 dư 5 do đó không thể tồn tại đẳng thức
4

4

4

4

x + y + z �8z + 5

x4 + y4 + z4 = 8z4 + 5

hay

.

Vậy không tồn tại các bộ ba số nguyên

( x; y; z)

thỏa mãn đẳng thức

x4 + y4 = 7z4 + 5

.

2). Phương trình tương đương với
2
2 �
2
2
�
= y3 � ( 2x2 + 2) ( 4x) = y3 � 8x3 + 8x = y3
( x + 1) +( x- 1) �
( x + 1) - ( x- 1) �
�
�
�
�
�
�
�
�
.
3

+) Nếu

3

x �1� 8x3 < 8x3 + 8x <( 2x + 1) � ( 2x) < y3 <( 2x + 1)

3

(mâu thuẫn vì

y

nguyên).

( x; y) là nghiệm, ta suy ra ( - x; - y) cũng là nghiệm, mà - x �1� mâu thuẫn.
+) Nếu x�- 1 và
+) Nếu
Vậy

x = 0� y = 0

x= y= 0

(thỏa mãn).

là nghiệm duy nhất.

Nhận xét. Để giải bài toán trên cần sử dụng phương pháp biến đổi tương đương đưa về xét khoảng giá trị của nghiệm.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp.

 Hằng đẳng thức

A 2 - B2 = ( A + B)( A - B)
4
4
2
2 �
2
2�
�
VT = ( x + 1) - ( x - 1) = �
x + 1) - ( x - 1) �
(�x + 1) +( x- 1) �
(
�
�
�
�
�

 Hằng đẳng thức

( A �B)

2

= A 2 �2AB + B2

VT = ( x2 + 2x + 1+ x2 - 2x + 1)( x2 + 2x + 1- x2 + 2x- 1)
= ( 2x2 + 2) ( 4x) = 8x3 + 8x

Khi đó phương trình đã cho tương đương với phương trình

.

8x3 + 8x = y3

Giải phương trình nghiệm nguyên bằng cách xét khoảng giá trị của nghiệm
 Không tồn tại lũy thừa bậc ba nào giữa hai lập phương (lũy thừa bậc ba) liên tiếp.
3

+) Nếu

3

x �1� 8x3 < 8x3 + 8x < ( 2x + 1) � ( 2x) < y3 <( 2x + 1)

(mâu thuẫn vì

y

( 2x)
nguyên và

3

( 2x- 1)
và
3

+) Nếu

3

3

là hai lập phương liên tiếp).
3

x �- 1� 8x3 > 8x3 + 8x > ( 2x - 1) � ( 2x) > y3 > ( 2x - 1)

3


(mâu thuẫn vì
+) Nếu
Vậy

y

( 2x)
nguyên và

x = 0� y = 0

x= y= 0

3

( 2x- 1)

và

3

là hai lập phương liên tiếp).

(thỏa mãn).

là nghiệm duy nhất.

Câu III

�
�
�
�
�
1). Tứ giác OBCD nội tiếp và CO là phân giác góc BCD , suy ra OBD = OCD = OCB = ODB , nên tam giác D OBD
cân tại O , do đó OB = OD (1).
�
�
�
Tứ giác OBCD nội tiếp ODC = OBE (cùng bù với góc OBC ) (2).
Trong tam giác D CEF có CO vừa là đường cao vừa là đường phân giác nên tam giác D CEF cân tại C .

�
�
�
Do ABPCF � AEB = AFC = EAB , suy ra tam giác D ABE cân tại B , nên BE = BA = CD (3).
Từ (1), (2) và (3), suy ra D OBE = D ODC (c – g – c).

Nhận xét. Có ba trường hợp bằng nhau cơ bản của hai tam giác. Ở bài này, chúng ta sử dụng trường hợp bằng nhau
“cạnh-góc-cạnh” từ đó ta sẽ đi tìm ra các cạnh và góc bằng nhau.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp.
 Hai góc nội tiếp cùng chắn một cung của một đường tròn thì bằng nhau.
�
�
�
+ BCO = ODB (hai góc nội tiếp cùng chắn cung OB của đường tròn ngoại tiếp tam giác D BCD ).


�
�
�
+ OCD = CBD (hai góc nội tiếp cùng chắn cung DO của đường tròn ngoại tiếp tam giác D BCD ).
�
�
�
�
�
Mà BCO = OCD (vì CO là tia phân giác của BCD ), suy ra OBD = ODB .
 Tam giác có hai góc bằng nhau là tam giác cân.
�
�
Tam giác D OBD có OBD = ODB (chứng minh trên) nên D OBD cân tại O .
 Tam giác cân có hai cạnh bên bằng nhau.
Tam giác D OBD cân tại O suy ra OB = OD .
 Tứ giác nội tiếp có góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong tại đỉnh không kề với nó.
�
�
Tứ giác BCDO nội tiếp đường tròn ngoại tiếp D BCD có EBD là góc ngoài tại đỉnh B và CDO là góc trong tại

�
�
đỉnh D không kề B suy ra EBD = CDO .
 Tam giác có đường cao cũng là đường phân giác thì tam giác đó cân.
Tam giác D CEF có CO vừa là đường cao vừa là đường phân giác nên tam giác D CEF cân tại C .
 Tam giác cân có hai góc kề cạnh đáy bằng nhau.
�
�
�
�
Tam giác D CFE cân tại C , suy ra CEF = CFE hay AEB = AFC .
 Một đường thẳng cắt hai đường thẳng song song tạo ra hai góc ở vị trí đồng vị bằng nhau.
� = EAB
�
�
�
AFC
(hai góc ở vị trí đồng vị của ABP FC ), suy ra AEB = EAB , nên D EBA cân tại B (tam giác có hai
góc bằng nhau), do đó BE = BA mà ABCD là hình bình hành nên AB = CD suy ra BE = CD .

�
�
Xét D OBE và D ODC có: OB = OD ; EBD = CDO ; BE = CD suy ra D OBE = D ODC (c – g – c).

2). Từ D OBE = D ODC � OE = OC .
Mà CO là đường cao tam giác cân D CEF , suy ra OE = OF .
Từ đó OE = OC = OF , vậy O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác D CEF .
Nhận xét. Đường tròn ngoại tiếp tam giác cách đều ba đỉnh của tam giác do đó ta chứng minh điểm O cách đều các
điểm E ; C ; F hay OE = OC = OF .
Nhắc lại kiến thức và phương pháp.

 Hai tam giác bằng nhau có các cặp cạnh và cặp góc tương ứng bằng nhau.
D OBE = D ODC � OE = OC .
 Tam giác cân có đường cao cũng là đường trung trực của cạnh tương ứng
CO là đường cao của tam giác cân D CFE nên CO là đường trung trực của FE .
 Một điểm thuộc trung trực của một đoạn thẳng thì cách đều hai mút của đoạn thẳng.
Điểm O thuộc đường trung trực CO của đoạn thẳng FE nên OE = OF , suy ra OE = OC = OF .
 Điểm cách đều ba đỉnh của một tam giác là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác đó.


Ta có OE = OC = OF suy ra O là tâm đường tròn ngoại tiếp D CEF .

3). Theo trên, ta có BE = CD mà CE = CF � BC = DF .

�
Ta có CI là đường phân giác góc BCD , nên
IB CB DF
=
=
� IB.BE = ID.DF
ID CD BE
.
Mà CO là trung trực EF và I �CO , suy ra IE = IF .
Từ hai đẳng thức trên, suy ra IB.BE.EI = ID.DF.FI .
Nhận xét. Chứng minh một đẳng thức ta kết hợp các đẳng thức đã cho, đã chứng minh được để ghép vào đẳng thức
cần chứng minh.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp.
Ta có BE = CD (chứng minh trên) và CE = CF ( D ECF cân tại C ) suy ra CE - BE = CF - CD � BC = DF suy ra
CB DF
=
CD BE .

 Đường phân giác trong của một tam giác chia cạnh dối diện thành hai đoạn thẳng có tỷ số bằng với tỷ số hai cạnh
tương ứng của tam giác.
IB CB
=
�
Ta có CI là phân giác của góc trong BCD của tam giác D CBD nên ID CD , suy ra ta được
IB DE
=
� BE.BI = DE.DI
ID BE
.
 Nhắc lại kiến thức.
Ta có I nằm trên trung trực CO của đoạn thẳng FE nên suy ra IE = IF nhân vế theo vế với đẳng thức
BE.BI = DE.DI ta được BE.BI .IE = DE.DI .IF

x3
x2
�
x3 + 8y3
x2 + 2y2 (1)
Câu IV. Ta chứng minh
.
3
4
x
x
۳ 3
3
2
2

x + 8y
( x2 + 2y2) � ( x2 + 2y2) �x( x3 + 8y3)
� x2 + y2 �2xy
3

2

y

Ta chứng minh

y3 +( x + y)

3

�

y
x + 2y2
2

(2).

(đúng).

� 4x2y2 + 4y4 �8xy3


۳

y3

y4

y3 +( x + y)

3

(x

+ 2y2 )

2

3
2
3
� ( x2 + 2y2 ) �y �
y3 +( x + y) �
�
�� ( x2 + 2y2 ) - y4 �y( x + y)
�
�

2

� ( x2 + y2)( x2 + 3y2 ) �y( x + y)
Ta có

x2 + y2 �

3

2
1
( x + y)
2

2
3
1
2
2
2
2
x2 + 3y2 = x2 + y2 + 2y2 �2xy + 2y2 = 2y( x + y) � ( x + y )( x + 3y ) �2( x + y) .2y( x + y) = y( x + y) � (2)

(đúng).
Từ (1) và (2), suy ra P �1 .
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
Vậy

x= y

.

Pmin = 1
.

Nhận xét: Bài toán sử dụng phương pháp dự đoán điểm rơi, từ đó phát hiện tư duy bất đẳng thức phụ cần thiết để tìm

giá trị nhỏ nhất của bài toán.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
 Bất đẳng thức Cosi cho hai số thực dương
 Hệ quả của bất đẳng thức Cosi, đó là:

x + y �2 xy

x2 + y2 �

.

2
1
( x + y)
2
.

Ý tưởng: Đây là một bài toán chứa các biểu thức đồng bậc, nên điểm rơi của bài toán sẽ có dạng
ngược lại biểu thức P , ta có:

P=

k3 + 8; 1+ ( k + 1)

Các biểu thức

k3
3

k +8

+

4
1+( k + 1)

3

=k

k
4
+
3
k +8
1+( k + 1)

x = ky

. Từ đó thay

3

.

3

đều xuất hiện trong căn, nên ta mong muốn nó là một số phương trình và bằng

�

m= 3
�
�
3
2
�
k + 8 = 1+( k + 1)
k= 1
x= y
nhau, do đó
và k + 8 = m nên dễ thấy �
. Tức là điểm rơi của bài toán tại
và giá trị
P
1
nhỏ nhất của
là . Việc dự đoán điểm rơi này là cần thiết, nó giúp ta có nhiều sự lựa chọn hơn trong các việc đánh
3

3

giá như

x + y �2 xy

hay

x2 + y2 �

2

1
( x + y)
2
. Với điểm rơi đó, hai mẫu số trong đã bằng nhau P nên nếu có đánh

giá P , ta cần đánh giá hai căn về hai biểu thức cùng mẫu, ví dụ như cùng mẫu số
Bây giờ, quan sát từng căn thức một:

x + 2y; 2x + y; x2 + 2y2 ; 2x2 + y2

.


f ( x; y) =
 Với

x3
x
=x 3
3
3
x + 8y
x + 8y3

, trong căn thức mẫu số có bậc ba, trên tử là bậc nhất, vậy để đồng hóa

bậc thì ta cần đánh giá căn thức về một biểu thức dạng bậc không trên bậc nhất . Hơn nữa lại xuất hiện
y
x + 2y
sẽ chọn đánh giá

để tối thiểu hóa ẩn , tức là ta sẽ cần chứng minh:
2
x
1
�
� x( x + 2y) �x3 + 8y3 � y( y - x) ( x + 2y) �0
3
x + 2y
x + 8y
3

y �x

Nhưng điều này chưa hoàn toàn đúng, vì cần phải có điều kiện
Tức là ta sẽ lựa chọn biểu thức

2

2

x + 2y

thay vì

x + 2y

, vậy nên hướng tư duy như trên chưa đúng.

2
x

x
� 2
� x( x2 + 2y2 ) �x2 ( x3 + 8y3)
3
2
x + 8y
x + 2y
3

2

g( x; y) =

 Với

4y3
y3 +( x + y)

3

=y

.

4y
y3 + ( x + y)

4y3
y3 +( x + y)

3

�

3

, với hướng tư duy tương tự, chúng ta sẽ có:

3
2y2
� ( x2 + y2 )( x2 + 3y2 ) �y( x + y)
2
2
x + 2y

.

Điều này luôn đúng do theo bất đẳng thức Cosi, ta có:
�2
2
1
�
x + y2 � ( x + y)
�
2
�
3
�
2
2

2
2
2
2
�
x + 3y = x2 + y2 + 2y2 �2xy + 2y2 � ( x + y )( x + 3y ) �y( x + y)
�
�
.

Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:
1. Cho

2. Cho

ĐỀ 2

a; b

a; b

nên ta

.

như ta đã chọn, vì thế:

� xy2 ( x- y) �0

8y3

là hai số thực dương thỏa mãn a+ b= 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2a2 + 3b2 2b2 + 3a2
P= 3
+
2a + 3b3 2b3 + 3a3 .
là hai số thực dương. Chứng minh rằng:
�2
�2
�
3�
3� �
1�
1�
�
�
�
a + b+ �
b + a+ �
��
2a+ �
2b+ �
�
�
�
�
�
�
�

�
�
�
�
�
�
�
�
4�
4� �
2�
2�
�
�
�
�
.


ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10

Đề chính thức

TRƯỜNG THPT CHUYÊN NĂM 2012
MÔN THI: TOÁN (Vòng 1)

Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề)
Câu I (3,0 điểm).

1). Giải phương trình

x + 9 + 2012 x + 6 = 2012+

( x + 9)( x + 6) .

�
x2 + y2 + 2y = 4
�
�
�
2x + y + xy = 4
2). Giải hệ phương trình �
.

Câu II (3,0 điểm).
1). Tìm tất cả các cặp số nguyên

( x; y)

thỏa mãn đẳng thức

( x + y + 1) ( xy + x + y) = 5+ 2( x + y) .
2). Giả sử

( x; y)

là các số thực dương thỏa mãn điều kiện
P=

(

)(

x +1

)

y + 1 �4

. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

x2 y2
+
y
x .

�
Câu III (3,0 điểm). Cho tam giác nhọn V ABC nội tiếp đường tròn tâm O . Gọi M là một điểm trên cung nhỏ BC ( M khác
B; C

và AM không đi qua O ). Giả sử P là một điểm thuộc đoạn thẳng AM sao cho đường tròn đường kính MP cắt cung

�
nhỏ BC tại điểm N khác M .
N ; P; D
1). Gọi D là điểm đối xứng với điểm M qua O . Chứng minh rằng ba điểm
thẳng hàng.

2). Đường tròn đường kính MP cắt MD tại điểm Q khác M . Chứng minh rằng P là tâm đường tròn nội tiếp tam giác

V AQN .
Câu IV (1,0 điểm). Giả sử

a; b; c

là các số thực dương thỏa mãn: a�b�3�c ; c �b+ 1; a+ b�c . Tìm giá trị nhỏ

nhất của biểu thức

Q=

2ab+ a+ b+ c( ab- 1)

( a+ 1) ( b+ 1) ( c+ 1)

.


Câu I.
1). Điều kiện x�- 6.
Phương trình đã cho tương đương với

(

)(

)

x + 9 - 2012

x+6- 1 = 0

.

2

+ Giải

x + 9 - 2012= 0 � x = ( 2012) - 9 = 4048135

.

x + 6 - 1= 0 � x = - 5.
x = 4048135; x = - 5.
Vậy phương trình có hai nghiệm:
+ Giải

Nhận xét: Bài toán sử dụng phương pháp nhóm nhân tử chung và nâng lũy thừa tìm nghiệm của phương trình.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
 Cách giải phương trình dạng

(

�f x = m �
f ( x) = m2
� ( )
�
g( x) - n = 0 � �
��

�g( x) = n
g( x) = n2
�
�
�
�

)(

)

f ( x) - m .

Ý tưởng: Bài toán cho hết sức đơn giản, với sự xuất hiện của hai căn thức

x + 9; x + 6;

x + 9 + 2012 x + 6 = 2012+

khó để nhóm được nhân tử chung như sau:

( x + 9) ( x + 6)

( x + 9) ( x + 6) + 2012 x + 6 - 2012= 0

� x+9-

(

� x + 9 1-

(

� 1-

)

(

x + 6 - 2012 1-

)(

x+ 6

)

x+6 = 0

)

x + 9 - 2012 = 0

Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:
2
1. Giải phương trình 2 x + 6 + x + 7 = 2+ x + 13x + 42 .
x =- 3; x =- 5
Đáp số:
.

2
2. Giải phương trình x + 4 + 2 x + 3 = 2+ x + 7x + 12 .
x = 0; x =- 2
Đáp số:
.

2
�2
x +( y + 1) = 5
�
�
�
�
x( y + 1) + x + ( y + 1) = 5
�
2). Cách 1: Hệ đã cho tương đương với �
.

.

.

( x + 9) ( x + 6)

nên không


�
u = x +( y + 1)
2

2
�
� x2 + ( y + 1) = ( x + y + 1) - 2x( y + 1) = u2 - 2v
�
�
v = x( y + 1)
�
Đặt �
.
�
u2 - 2v = 5
�
�
�
u+ v = 5
Thu được �

�
u = 3� v = 2
� u2 - 2( 5- u) = 5 � u2 + 2u - 15 = 0 � �
�
u =- 5 � v = 10
�
.
�x +( y + 1) = 3 �
x= y=1
�
��
�
�

�
x = 2, y = 0
�x( y + 1) = 2
�
+ Giải �
.
�
x +( y + 1) =- 5
�
�
�
x( y + 1) = 10
�
+ Giải �
(vô nghiệm).
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm

( 1; 1)

và

( 2; 0) .

�
x2 + y2 + 2y = 4
�
�
�
4x + 2y + 2xy = 8
Cách 2: Hệ tương đương với �

.

Cộng vế với vế hai phương trình ta thu được

( x + y)

2

�
x+ y = 2
+ 4( x + y) - 12 = 0 � �
�
x + y =- 6
�
.

�
�
x+ y = 2
�
x+ y = 2
x = 1� y = 1
�
��
��
�
�
�
x + x( 2- x) = 2 �
2x + y + xy = 4 �

x = 2� y = 0
�
�
+ Giải �
.
�
x + y =- 6
�
x + y =- 6
�
�
��
�
�
x + x( - 6- x) = 10
2x + y + xy = 4 �
�
+ Giải �
(vô nghiệm).
Vậy hệ phương trình có nghiệm

( x; y) = ( 1; 1) , ( 2; 0) .

Nhận xét: Bài toán sử dụng phương pháp ẩn phụ sau đó từ ẩn phụ tìm ngược lại nghiệm của hệ phương trình.
Ý tưởng: Sự xuất hiện của

y2 + 2y

ở phương trình một của hệ, làm ta nghĩ đến hằng đẳng thức
2

hay nói cách khác, từ phương trình một ta có:

x2 +( y + 1) = 5

.

y2 + 2y + 1= ( y + 1)

2


Đây là phương trình có dạng là tổng các bình phương, dễ làm ta suy đoán đến hệ phương trình đối xứng loại I, tức là
đặt ẩn phụ theo định lý Vi-et ( đặt tổng và tích ) như sau:

u= x+ y +1

và

v = x( y + 1)

.

Nhưng đây cũng chỉ là suy đoán ban đầu, bây giờ ta sẽ đi xét phương trình hai để xuất hiện u,v .
Thật vậy, ta có phương trình hai trong hệ tương đương với:

2x + y + xy = 4 � x( y + 1) + x + y + 1= 5

.

�
u = 3� v = 2
u2 - 2v = 5 �
�
��
�
�
�
u =- 5� v = 10
u+ v = 5
�
Do đó hệ phương trình đã cho trở thành �
.

Thế ngược lại tìm hệ của phương trình ban đầu.
Hoặc, ta có thể suy luận như sau: ta đi kết hợp cả hai phương trình trong hệ, vẫn với sự xuất hiện
trình một, đồng thởi có tích ở phương trình

xy

( x + y)
ta sẽ liên tưởng đến hằng đẳng thức

hai nhân 2 rồi cộng với phương trình một ta được:

( x + y)

2

�

x+ y = 2
+ 4( x + y) - 12 = 0 � �
�
x + y =- 6
�
.

Thế ngược lại một trong hai phương trình trong hệ ban đầu để tìm nghiệm của hệ ban đầu.
Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:
�
x2 + y2 + 4y = 1
�
�
�
3x + xy + y = 3
1. Giải hệ phương trình �
.

Đáp số:

( x; y) = ( 1; 0) , ( 2; - 1) .

�
x2 + 2x + y2 + 4y = 0
�
�
�
3x + xy + 2y = 0
2. Giải hệ phương trình �

.

Đáp số:

( x; y) = ( 0; 0) , ( 1; - 1) .

Câu II.
1). Phương trình tương đương với

( x + y + 1) ( xy + x + y) = 2( x + y + 1) + 3
� ( x + y + 1) ( xy + x + y - 2) = 3

.

x2 + y2

ở phương

2

. Vì thế lấy phương trình


� x+ y +1

+ Giải

�
�x + y = 0
x + y + 1= 1

�
��
�
�
�
�xy + x + y - 2 = 3 �
�xy = 5

là ước của 3.

(vô nghiệm).

�x + y + 1=- 1
�
x + y =- 2 �
x =- 1
�
��
��
�
�
�
�xy + x + y - 2 =- 3 �
�
xy = 1
�
�y =- 1 .
+ Giải �
�
�

x + y + 1= 3
x+ y = 2 �
x =1
�
��
��
�
�
�
�
�
�
xy + x + y - 2 = 1 �
xy = 1
�y = 1.
+ Giải �

+ Giải
Vậy

�
x + y + 1=- 3
�
x + y =- 4
�
��
�
�
�
xy + x + y - 2 =- 1 �

xy = 5
�
�

(vô nghiệm).

( x; y) = ( 1; - 1) , ( 1; 1) .

Nhận xét. Bài toán nghiệm nguyên giải bằng phương pháp đưa về phương trình ước số
Nhắc lại kiến thức và phương pháp.
 Phân tích đưa về phương trình ước số

( x + y + 1)( xy + x + y) = 5+ 2( x + y)
� ( x + y + 1) ( xy + x + y) = 3+ 2 + 2( x + y)

� ( x + y + 1)( xy + x + y) = 3+ 2( x + y + 1)
� ( x + y + 1)( xy + x + y) - 2( x + y + 1) = 3

� ( x + y + 1) ( xy + x + y - 2) = 3
 Phân tích số thành tích của 2 ước số
3= 1.3= 3.1.

 Cho mỗi thừa số chứa biến ở vế này đồng nhất với thừa số ở vế kia
2). Ta có

(

)(

x +1

)

y + 1 �4 � xy + x + y �3.

Theo bất đẳng thức Cô si

x + y x+1 y + 1
3� xy + x + y �
+
+
� x + y �2
2
2
2
.
�
x2
+ y �2x�
�
2
2
�
y
�� P = x + y �x + y �2
�
�
y
x
y2

�
+ x �2y�
�
�
�
Theo bất đẳng thức Cô si x
.
x= y=1
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 2 khi
.


Nhận xét: bài toán sử dụng bất đẳng thức Cosi dựa trên điểm rơi đã được suy đoán cũng như kết hợp với điều kiện bài
toán để tìm giá trị nhỏ nhất.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
 Bất đẳng thức Cosi cho hai số thực dương

x + y �2 xy

.

2

a2 b2 ( a+ b)
+ �
, " a; b; x; y > 0
x
y
x
+

y
 Mở rộng ra một đánh giá
.
x, y
x= y= k
Ý tưởng: Đây là một bài toán có sự đối xứng rõ ràng giữa
nên ta mạnh dạn dự đoán điểm rơi tại
. Thay

(
ngược lại giả thiết bài toán, ta có
dụng

bất

(

)(

x +1

đẳng

thức

)

2

k +1 = 4� k= 1

Cosi,

chính

vì

x= y=1
. Với điểm rơi
, ta sẽ dễ dàng đánh giá hơn khi vận
vậy, khi đi khai khác giả thiết, ta suy ra:

)

y + 1 �4 � xy + x + y + 1�4
�++
xy

x

y �3

3

x + y x +1 y +1
+
+
� x + y �2
2
2

2
.

x2 y2
+ � f ( x + y) �2
x
Vậy nên, bây giờ ta sẽ đánh giá biểu thức P theo y
. Hiển nhiên có con số 2 vì điểm rơi

f ( x + y)
f ( x + y) �2
x= y=1
x + y �2
. Vậy nên ta cần tìm
thỏa mãn
. Mà như bên trên, ta đã tìm được
do đó, ta
x2 y2
+ �x + y
x
cần chứng minh rằng y
. Đánh giá này ta có các cách như sau:

 Biến đổi tương đương, ta có:
x( x - y) y( x - y)
2
y2
x2
- x + - y �0 �
+

�0 � ( x - y) �0
y
x
y
x
.
 Sử dụng bất đẳng thức Cosi, ta có:
�x2
�
�
+ y �2
�
�
y
�
�
�
�
y2
�
+ x �2
�
�
�x

x2
.y = 2x
y
y2
.x = 2y

x

�

x2 y2
+ �x + y
y
x

.

 Sử dụng đánh giá mở rộng như đã nêu, ta có:
2

x2 y2 ( x + y)
+ �
�x + y
y
x
x+ y
.
Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:

1. Cho

a; b

là hai số thực dương thỏa mãn ab= 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P=

a2 b2
+ + 2( a2 + b2 )
b
a
.


a; b; c

là các số thực dương thỏa mãn a+ b+ c = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
a
b
c
P=
+
+
2
2
1+ b 1+ c
1+ a2 .
Câu III.
2. Cho

1). Vì MP là đường kính suy ra PN ^ MN (1).
Vì MD là đường kính suy ra DN ^ MN
Từ (1) và (2), suy ra

N ; P; D

(2).

thẳng hàng.

Nhận xét. Chứng minh ba điểm thẳng hàng ta quy về chứng minh chúng cùng thuộc một đường thẳng.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp.
 Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn là góc vuông.

�
+ Góc PNM là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn được chia đôi bởi đường kính PM của đường tròn đường kính
� = 90�
PM nên PNM
hay PN ^ NM .
�
+ Góc DNM là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn được chia đôi bởi đường kính DM của đường tròn (O) nên
�
DNM
= 90�hay DN ^ NM
 Từ một điểm nằm ngoài một đường thẳng đã kẻ được một và chỉ có một đường thẳng vuông góc với đường thẳng
đó.
Ta có từ N ta kẻ được PN và DN vuông góc với MN , suy ra PN �DN hay ba điểm P ; N ; D thẳng hàng.
0
�
�
2). Tứ giác APQD nội tiếp ( PQD = MAD = 90 ),


�
�

�
suy ra PAQ = PDQ = NDM
�
�
Xét (O) , ta có NDM = NAM

(3).
(4).

�
�
�
Từ (3) và (4) PAQ = NAP , suy ra AP là phân giác của góc NAQ (*).
�
�
Xét (O) , ta có AND = AMD .

�
�
�
�
�
Xét đường tròn đường kính MP có QMP = QNP � ANP = QNP , nên NP là phân giác của góc ANQ (**).
Từ (*) và (**), suy ra P là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ANQ.
Nhận xét. Chứng minh một điểm là tâm đường tròn nội tiếp một tam giác ta chứng minh điểm đó là giao điểm của hai
đường phân giác trong của tam giác đó.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp.
 Tứ giác có tổng hai góc đối diện bằng 180�là tứ giác nội tiếp.

�

�
Tứ giác APQD có DAP = 90�(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O) ) và DQP = 90�(góc ngoài tại đỉnh đối
�
�
diện bằng góc trong không kề với nó của tứ giác nội tiếp) suy ra DAP + DQP = 90�+ 90�= 180�do đó tứ giác
APQD là tứ giác nội tiếp.
 Hai góc nội tiếp cùng chắn một cung của một đường tròn thì bằng nhau.

�
�
�
Tứ giác APQD là tứ giác nội tiếp nên QDP = QAP (hai góc nội tiếp cùng chắn cung QP của đường tròn (O) )
�
�
hay PAQ = NDM .
�
�
�
+ NDM = NAM (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MN của đường tròn (O) ).
�
�
�
+ AND = AMD (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AD của đường tròn (O) ).
�
�
�
+ QMP = QNP (hai góc nội tiếp cùng chắn cung QP của đường tròn đường kính PM ) ,
�
�
�

�
�
�
suy ra PAQ = NAP hay AP là phân giác của NAP và AND = QNP hay ND là phân giác của QNA .
 Giao điểm của hai đường phân giác của hai góc trong một tam giác là tâm đường tròn nội tiếp tam giác đó.

�
�
Tam giác D ANQ có AP là phân giác của NAP và ND là phân giác của QNA , ta có AP và ND cắt nhau tại P
nên suy ra P là tâm đường tròn nội tiếp của D ANQ .


Câu IV. Ta có

Q=

( abc+ ab+ ac+ a) +( abc+ bc+ ba+ b) - ( abc+ ca+ cb+ c)
( a+ 1) ( b+ 1)( c+ 1)
Q=

a( b+1)( c+1) + b( c+ 1)( a+ 1) - c( a+ 1)( b+ 1)

( a+1)( b+1)( c+1)
Q=

a
b
c
+
.

a+ 1 b+ 1 c+ 1

Ta chứng minh rằng

a
b
c
1
2
3
5
+
�
+
= .
1+ a 1+ b 1+ c 1+1 1+ 2 1+ 3 12
Bất đẳng thức trên tương đương với
�3
�b
�a
c �
2 �
1 �
�
�
�
�
�
�
�

�
�
+
+
�0
�
�
�
��
��
�
�
�
�
�
1+ 3 1+ c�
1+ b 1+ 2�
1+ a 1+ 1�
�
�
�

�

3- c
4( 1+ c)

+

b- 2

3( b+ 1)

+

a- 1
2( 1+ a)

�0

�
�
�
�
1
1 ��
1 �
� 1 �
� ( 3- c) �
+
3
c
+
b
2
) (
) ��
�
� (
�
4 c+ 1) 3( b+ 1) � �

3 b+ 1) 2( 1+ a) �
�
�
�(
�
�(
�

1
+�
�0
( 3- c) +( b- 2) +( a- 1) �
�
�
2( 1+ a)
� ( 3- c)

c �3; 0 < b�c � ( 3- c)

Vì

( 3b- 4c- 1)
( 2a- 3b- 1)
1
+( b+1- c)
+( a+ b- c)
�0
12( b+1)( c+1)
6( b+1)( a+1)
2( a+1)

.
( 3b- 4c- 1)
�0
12( b+ 1)( c+ 1)
(1).

b+ 1�c; 0< a�b� ( b+ 1- c)

Vì
a+ b�c; 0 < a� ( a+ b- c)
Vì

( 2a- 3b- 1)
�0
6( b+ 1)( a+1)
(2).

1
�0
2( a+ 1)

(3).


Từ (1), (2) và (3), suy ra điều phải chứng minh.

5

a= 1; b= 2; c = 3
Vậy giá trị nhỏ nhất của Q là 12 khi

.

ĐỀ 3

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10

Đề chính thức

TRƯỜNG THPT CHUYÊN NĂM 2013
MÔN THI: TOÁN (Vòng 1)

Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề)
Câu I (3,0 điểm).
1). Giải phương trình

3x + 1 + 2- x = 3.
2). Giải hệ phương trình
�
1 1 9
�
x+ y+ + =
�
�
x y 2
�
�
�
�

1 3�
1�
1
�
�
�
+
x
+
= xy +
�
�
�
�
�
�
�
xy
�
�4 2� y�
.
Câu II (3,0 điểm).
1). Cho các số thực

a; b; c�0

thỏa mãn

( a+ b)( b+ c)( c+ a) = 8abc . Chứng minh rằng

a
b
c
3
ab
bc
ca
+
+
= +
+
+
a+ b b+ c c + a 4 ( a+ b) ( b+ c) ( b+ c) ( c+ a) ( c + a) ( a+ b)

.

abc- ( 10d+ e)
2). Có bao nhiêu số nguyên dương có 5 chữ số abcde sao cho
chia hết cho 101?

�
Câu III (3,0 điểm). Cho tam giác nhọn V ABC nội tiếp đường tròn (O) với AB < AC. Đường phân giác của góc BAC
cắt (O) tại điểm D khác A. Gọi M là trung điểm của AD và E là điểm đối xứng với D qua tâm O . Giả sử đường
tròn ngoại tiếp tam giác V ABM cắt đoạn thẳng AC tại điểm F khác A.


1). Chứng minh rằng tam giác V BDM và tam giác VBCF đồng dạng.
2). Chứng minh rằng EF vuông góc với AC.
Câu IV (1,0 điểm). Giả sử a; b; c; d là các số thực dương thỏa mãn điều kiện abc+ bcd+ cda+ dab= 1. Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức

P = 4( a3 + b3 + c3 ) + 9d3

.

……….HẾT………

LỜI GIẢI – NHẬN XÉT – BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

Câu I.

1). Điều kiện:

-

1
�x �2
3
.

Phương trình đã cho tương đương với

2x + 3+ 2 ( 3x + 1) ( 2- x) = 9

�
3- x > 0
��
� 2
- 3x + 5x + 2 = x2 - 6x + 9
�
� - 3x2 + 5x + 2 = 3- x �

�
x=1
�
2
� 4x - 11x + 7 = 0 � � 7
�
x=
�
� 4.
7
x = 1; x =
4.
Đối chiếu với điều kiện ta được được nghiệm:
Nhận xét: Bài toán sử dụng phương pháp nâng lũy thừa (bình phương) hai vế tìm nghiệm của phương trình.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

 Phương trình dạng

f ( x) + g( x) = m> 0 �

(

f ( x) + g( x)

)

2

= m2

� f ( x) + g( x) + 2 f ( x) g( x) = m2 � 2 f ( x) g( x) = m2 - f ( x) - g( x)
�
m2 � f ( x) + g( x)
�
�
x= x
�
� 1
��
2��
�
x = x2
4f x g x = �
m2 - f ( x) - g( x) � �
�
�
� ( ) ( ) �
.
 Phương trình trên có cách giải khác như sau:

f ( x) + g( x) = m�

f ( x) = m-

g( x)


�
�
m� f ( x)

m� f ( x)
�
�
�
��
��
�
2
�
�
2m g( x) = g( x) + m2 - f ( x)
�
�f ( x) = m - 2m g( x) + g( x) �
�
�
m� f ( x) ; g( x) + m2 � f ( x)
�
�
x= x
�
� 1
��
�
2
�
�
x = x2
�
4m2g( x) = ( g( x) + m2 - f ( x) )
�

�
�
.
Ý tưởng: Đây là một bài phương trình cơ bản, dạng toán một vế chứa hai căn thức vế còn lại là một hằng số thì phương
pháp nâng lũy thừa hai vế là một phương pháp tối ưu nhất.
Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:
1. Giải phương trình 3x + 1 + x + 1 = 8 .
Đáp số: x= 8 .
2. Giải phương trình
Đáp số: x= 3 .

7x + 4 -

x + 1 = 3.

�
� 1�
� � 1� 9
�
�
x+ �
+�
y+ �
=
�
�
�
�
�

�
�
� x�
� y�
�
� 2
�
�
�
�
�
�
� 1�
� 1�
1 3�
1�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
+
x
+
=
x

+
y+ �
- 2
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
��
�
� y�
� y�
�
4
2
x�
�
�
�
2). Hệ phương trình tương đương với
.
�
1
�

u= x+
�
�
y
�
�
�
1
�
�
v= y+
�
x.
Đặt �
� 9
�
9
�
v= - u
�
�
u
+
v
=
�
�
2
�
�

2
��
�
�
�
�
9 3u
9
�
1 3
�
�
�
�
+
=
u
u
�
�
�
+
u
=
uv
2
�
�
�
�

�
2
�
�
�
�4 2
Hệ phương trình trở thành �4 2
.
9 3u 9u
9
+ = - u2 � u2 - 3u + = 0
2
4
Suy ra 4 2
� 1 3
�
x+ =
�
�
� y 2
2
3
�
�
� 3�
�
u= � �
��
u- �= 0 � �
� 2 �

�
1
�
�
�
�
�
� 2�
y+ = 3
�
�
v
=
3
� x
�
�
�
3y
1
�
�
3y
y
y = 1� x =
xy + 1=
2
�
2
�

��
= 3x � x = � y + = 3 � y - 3y + 2 = 0 �
2
2�
�
�
2
2
y
�
y
=
2
�
x
=
1
xy
+
1
=
3
x
�
�
�
�
Hệ phương trình có nghiệm

�

1
;
( x; y) = �
�
�
2
�

�
1�
, ( 1; 2)
�
�
�

.

.

Nhận xét: Bài toán sử dụng phương pháp đặt hai ẩn phụ, đưa về hệ phương trình bậc hai cơ bản giải bằng phương pháp
thế. Sau đó từ nghiệm ẩn phụ suy ngược lại nghiệm của hệ phương trình.


Ý tưởng: Hình thức bài toán khá phực tạp vì sự xuất hiện của phân thức, quan sát ta thấy ở cả hai phương trình của hệ
x+
đều xuất hiện biểu thức
xy +
lượng

1

1 9
x+ = y 2
y . Ta sẽ nghĩ đến chuyện thế

� 1�
�
�
y+ �
�
�
�
� x�xuống phương trình hai nhưng còn đại

1
xy chưa biết xử lý như thế nào. Có lẽ tác giá đã gợi mở theo con đường đặt ẩn phụ, nếu đặt

1
1
1
u= x+ ; v= y+
xy +
y
x thì bây giờ ta chỉ cần biểu diễn
xy qua u; v thì hệ phương trình đã cho sẽ được giải quyết.

Ta có

�
1
�

u = x + � uy = xy + 1
�
�
y
�
�
�
1
�
�
v = y + � vx = xy + 1
�
x
�
2

� uvxy = ( xy + 1) � uv = xy +

1
+2
xy
.

�
9
�
u+ v =
�
�
2

�
�
�
1 3
�
+ u = uv - 2
�
�
Khi đó, hệ phương trình đã cho tương đương với �4 2
.
Hệ phương trình trên là hệ phương trình cơ bản, hoàn toàn giải quyết được bằng phương pháp thế.
Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:

�x2 ( 1+ y2 ) = 2
�
�
�
1+ xy + x2y2 = 3x2
�
1. Giải hệ phương trình �
.
� 7 5 ��
7
�
�
�
�
;
,�

;( x; y) = ( 1; 1) , ( - 1; - 1) , �
�
�
�
�
�
4
��4
7 ��
�
Đáp số:

5�
�
�
�
�
�
7�
.

2
2
�
( x + 1) ( y + 1) = 27xy
�
�
�2
�
�

( x + 1)( y2 + 1) = 10xy .
2. Giải hệ phương trình �
�
�
�
1
1�
; 2 � 3�
, 2; 2� 3 , �
2- 3; �
�
�
( x; y) = �
�
�
�
�
�
�
2
2
�
�
�
�
Đáp số:
.

(

)

Câu II.
1). Cách 1: Đẳng thức cần chứng minh tương đương với
� b �
� c �
� 3
a �
b �
c �
a �
�
�
�
1+
1+
1=
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
a+ b� b+ c� b+ c� c + a� c + a� a+ b� 4

�

ac
ba
cb
3
+
+
=
( a+ b) ( b+ c) ( b+ c) ( c+ a) ( c+ a) ( a+ b) 4
3
( a+ b) ( b+ c) ( c+ a)
4
� ac( a+ c) + ba( b+ a) + cb( c + b) = 6abc

� ac( a+ c) + ba( b+ a) + cb( c + b) =

� ac( a+ c) + b2 ( a+ c) +( ba2 + abc) + c2b+ abc = 8abc
� ( a+ c) ( ac + b2 + ab+ bc) = 8abc

� ( a+ c)( c + b)( b+ a) = 8abc

, điều phải chứng minh.

�
a
�
b

�
�
x=
1- x =
�
�
�
a+ b �
b+ a
�
�
�
�
�
�
b
c
�
��
1- y =
�y =
�
�
�
b+ c �
b+ c
�
�
�
�

�
c
a
�
�
1- z =
�
�z = c + a �
�
c+ a
�
Cách 2: Đặt �
.
1
xyz =
8 , ta được
Từ điều kiện suy ra

xyz = ( 1- x) ( 1- y) ( 1- z) = 1- ( x + y + z) +( xy + yz + zx) - xy

� 2xyz = 1- ( x + y + z) +( xy + yz + zx)
3
� x + y + z = + xy + yz + zx
4
.
Nhận xét: bài toán sử dụng phép biến đổi tương đương hoặc ẩn phụ để chứng minh đẳng thức đã cho.
Ý tưởng: Nhìn đẳng thức cần chứng minh ( gọi là (*)) khá là cồng kềnh, tuy nhiên nếu tinh ý một chút, ta thấy rằng bên
vế trái (*) có tổng của ba thừa số, đồng thời vế phải (*) xuất hiện tổng hoán vị của tích hai thừa số . Vì thế nếu chuyển vế
ta sẽ nhóm được nhân tử chung là:
� b �

� c �
� 3
a �
b �
c �
a �
�
�
�
1+
1+
1=
�
�
�
�
�
�
�
�
�
� b+ c� b+ c�
� c + a� c + a�
� a+ b� 4
a+ b�

ac
ba
cb
3

+
+
=
( a+ b) ( b+ c) ( b+ c) ( c+ a) ( c+ a) ( a+ b) 4 ( i ).
Với biểu thức ( i ), hướng tối ưu nhất có lẽ là quy đồng mẫu số và biến đổi tương đương, kết hợp với giải thiết
( a+ b) ( b+ c) ( c + a) = 8abc thì ta có:
3
� ac( a+ c) + ba( b+ a) + cb( c + b) = ( a+ b) ( b+ c) ( c + a)
4
(i )
�

� ac( a+ c) + ba( b+ a) + cb( c + b) = 6abc
� ac( a+ c) + b2 ( a+ c) +( ba2 + abc) + c2b+ abc = 8abc
� ( a+ c) ( ac+ b2 + ab+ bc) = 8abc

.
Hoặc, ta có thể đi với hướng tư duy ẩn phụ hóa để đơn giản bài toán hơn một chút. Vẫn là hướng phát hiện như bên trên,
a
b
c
1
x=
; y=
; z=
� xyz =
a+ b
b+ c
c + a . Khi đó giả thiết
8 và ta cần chứng minh

ta sẽ đặt ẩn phụ các thừa số là