GIẢI CHI TIẾT đề TUYỂN SINH 10 CHUYÊN TOÁN đề 21 đến 30

GIẢI CHI TIẾT ĐỀ TUYỂN SINH 10 CHUYÊN TOÁN ĐỀ 21 ĐẾN 30
Đề 21
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN HÙNG
VƯƠNG

PHÚ THỌ

NĂM HỌC 2015 - 2016

Đề chính thức

MÔN THI: TOÁN (Chuyên Toán)
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề)
Câu I (1,5 điểm).
2
2
1). Chứng minh rằng nếu số nguyên n lớn hơn 1 thoả mãn n + 4 và n + 16 là các số nguyên tố thì n
chia hết cho 5.

2). Tìm nghiệm nguyên của phương trình

x2 - 2y( x - y) = 2( x + 1)

.

Câu II (2,0 điểm).
A=

1). Rút gọn biểu thức

(

)

2 3+ 5

2 2 + 3+ 5

(

)

2 3-

+

2 2-

5
3-

5.

( x- 2) ( x- 3) ( x + 4) ( x + 5) = m có 4 nghiệm phân biệt.
2). Tìm m để phương trình
Câu III (2,0 điểm).
1). Giải phương trình

x2 - x - 4 = 2 x - 1( 1- x)

.

�x3 + xy2 - 10y = 0
�
�2
�x + 6y2 = 10
2). Giải hệ phương trình �
.
Câu IV (3,5 điểm). Cho đường tròn

( O; R)

và dây cung BC = R 3 cố định. Điểm A di đông trên cung

�
lớn BC sao cho tam giác V ABC nhọn. Gọi E là điểm đối xứng với B qua AC và F là điểm đối xứng

với C qua AB . Các đường tròn ngoại tiếp các tam giác V ABE và V ACF cắt nhau tại K ( K �A ). Gọi

H là giao điểm của BE và CF .
�
1). Chứng minh KA là phân giác trong góc BKC và tứ giác BHCK nôi tiếp.


2). Xác định vị trí điểm A để diện tích tứ giác BHCK lớn nhất, tính diện tích lớn nhất của tứ giác đó
theo R .
3). Chứng minh AK luôn đi qua môt điểm cố định.

Câu V (1,0 điểm). Cho 3 số thực dương

biểu thức

P=

y2z2
x( y2 + z2 )

x; y; z

+

1
1
1
+ 2 + 2 =1
2
x
y
z

thỏa mãn

z2x2
y( z2 + x2 )

+

. Tìm giá trị nhỏ nhất của

x2y2

z( x2 + y2)

.

……....HẾT……….

LỜI GIẢI – NHẬN XÉT – BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

Câu I.
2
1). Ta có với mọi số nguyên m thì m chia cho 5 dư 0 , 1 hoặc 4.
2
n2 = 5k + 1� n2 + 4 = 5k + 5 M5 k��*
+ Nếu n chia cho 5 dư 1 thì
(
).

2
nên n + 4 không là số nguyên tố.
2
n2 = 5k + 4 � n2 + 16= 5k + 20M5 k��*
+ Nếu n chia cho 5 dư 4 thì
(
).

2
nên n + 16 không là số nguyên tố.
2
Vậy n M5 hay n chia hết cho 5.

Nhận xét. Bài toán áp dụng tính chất chia hết, chia có dư của một số chính phương khi chia cho 5; tính
chất số nguyên tố, hợp số,…
Nhắc lại kiến thức và phương pháp.
 Một số chính phương khi chia cho 5 chỉ tồn tại số dư 0 hoặc 1 hoặc 4. Chứng minh:
2
2
+ m= 5k � m = 25k chia 5 dư 0 (đúng).

2
2
+ m= 5k + 1� m = 25k + 10k + 1 chia 5 dư 1 (đúng).


2
2
+ m= 5k + 2 � m = 25k + 20k + 4 chia 5 dư 4 (đúng).
2
2
+ m= 5k + 3 � m = 25k + 30k + 9 chia 5 dư 4 (đúng).

2
2
+ m= 5k + 4 � m = 25k + 40k + 16 chia 5 dư 1 (đúng).

 Áp dụng tính chất chia hết, chia có dư vào bài toán; “Số nguyên tố” là số chỉ có hai ước là 1 và chính
nó.

2

+ 4 M5

(n

+ 16 M5

2

+ n chia 5 dư 4 thì

(n
+ Do đó nếu

(n

2

+ n chia 5 dư 1 thì

)

)

) và ( n

+4

2

(n
nên

+4

(n

2

nên

)

+ 16

Khi đó n chia hết cho 5.
2). Ta có

) không phải là số nguyên tố (loại).

2

) không phải là số nguyên tố (loại).

+ 16

2
là số nguyên tố thì chỉ còn tồn tại trường hợp n chia hết cho 5.

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

(1).

y
D�
Để phương trình (1) có nghiệm nguyên x thì
theo phải là số chính phương.
2

Ta có

D�
= y2 + 2y + 1- 2y2 + 2 =- y2 + 2y + 3= 4- ( y - 1) �4

.

D�
�{ 0; 1; 4}
D�
chính phương nên
.
2

+ Nếu

D�
= 4 � ( y - 1) = 0 � y = 1

, thay vào phương trình (1), ta có

�
x= 0

x2 - 4x = 0 � x( x - 4) = 0 � �
�
x= 4
�
.
2

D�
= 1� ( y - 1) = 3� y ��
+ Nếu
.

�
y= 3
2
D�
= 0 � ( y - 1) = 4 � �
�
y =- 1
�
+ Nếu
.
+ Với

y= 3

, thay vào phương trình (1), ta có:
2

x2 - 8x + 16 = 0 � ( x - 4) = 0 � x = 4

+ Với

.

2
y =- 1
, thay vào phương trình (1), ta có x = 0 � x = 0 .

Vậy phương trình có 4 nghiệm nguyên:

( x; y) = ( 0; 1) , ( 4; 1) , ( 4; 3) , ( 0; - 1) .


Nhận xét. Bài toán giải phương trình nghiệm nguyên bằng phương pháp biến đổi đưa về phương trình
bậc hai theo một ẩn, ẩn còn lại là tham số. Từ đó xét các điều kiện cần và đủ của D hoặc D ' .
Nhắc lại kiến thức và phương pháp.
 Biến đổi phương trình về phương trình bậc hai theo một ẩn, ẩn còn lại là tham số.

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

y
là phương trình bậc hai ẩn x , tham số .
x + c = 0 với a�0 có
 Phương trình bậc hai ax + 2b�
�
nghiệm khi và chỉ khi D �0 .
2

Phương trình

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

( )
2

có

2

D �= b� - ac

(

, phương trình này có

)

D�
= ( y + 1) - 2 y2 - 1

= y2 + 2y + 1- 2y2 + 2 =- y2 + 2y + 3=- ( y + 1) ( y - 3) �0
� ( y + 1) ( y - 3) �0 � - 1�y �3

.

 Phương trình bậc hai có nghiệm, để nghiệm nguyên thì có điều kiện cần là D �là số chính phương;
điều kiện đủ là sau khi có nghiệm, thay ngược lại thỏa mãn ta có thể nhận kết quả.
+ Điều kiện cần

Mà

D �=- y2 + 2y + 3

� y2 2y 3 4
D=-++=--‫ޣ‬D�

( y 1)

là số chính phương.
2

� 4

0

-

�
y =- 1
D �= 0 � ( y + 1) ( y - 3) = 0 � �
�
y= 3
�
Với
.

-

Với

nên ta có

D�
�{ 0; 1; 4}

.

D �= 1� - y2 + 2y + 3= 1� y2 - 2y - 2 = 0

(

)

2

� y2 - 2y + 1 - 3= 0 � ( y - 1) = 3 � y - 1= � 3

�
y = 3 +1
��
�
�
y =- 3 + 1
�
.
-

Với

D �= 4 � - y2 + 2y + 3= 4 � y2 - 2y + 1= 0
2

� ( y- 1) = 0 � y - 1= 0 � y = 1
.
+ Điều kiện đủ: Thử lại nghiệm

-

�
y =- 1� x = 0
D �= 0 � �
�
y = 3� x = 4
�
Với
(thỏa mãn điều kiện).


-

�
y = 3+1
D �= 1� �
�
�
y =- 3 + 1
y��
�
Với

(không thỏa mãn
).

-

�
x= 0
D �= 4 � y = 1� �
�
x= 4
�
Với
(thỏa mãn điều kiện).

Vậy phương trình đã cho có nghiệm

( x; y) �{( 0; 1) , ( 4; 1) , ( 4; 3) , ( 0; - 1) }

Câu II.
�
�
�
� �
3- 5
3+ 5 3� 3+ 5
� �
A = 2�
+
= 2�
+

�
�
2
2�
�
�
5+ 5 5�
4+
5 +1
45- 1 �
�
�
�
1). Ta có

(

(

)(

) (
)(

)

(

)(

)

�
5�
�
�
�
5�
�

)

�3+ 5 5- 5 + 3- 5 5+ 5 �
�
�
�
= 2�
�
�
5
+
5
5
5
�
�
�
�

(

)

�
� 20
15- 3 5 + 5 5 - 5+ 15+ 3 5 - 5 5 - 5�
�
�
= 2�
= 2. = 2
�
�
� 20
�
25- 5
�
�
�
.
Vây A = 2 .
Nhận xét: Đây là một bài toán rút gọn biểu thức đơn giản, điểm đáng chú ý chính là việc phát hiện ra
hằng đẳng thức.
Ý tưởng: Biểu thức A khá phức tạp khi chứa các biểu thức căn, thậm chí còn có căn trong căn, vì thế ta
sẽ khử dần căn thức. Đầu tiên quan sát hai căn thức 3 + 5 và 3- 5 , ta muốn trục căn thức vậy
bằng cách nào đó ta cần biểu diễn đại lượng trong căn phải là một số chính phương. Dựa vào hằng đẳng

(

)

3 + 5 = a+ b 5

thức bậc hai ta sẽ đồng nhất hệ số như:

2

2

�
�
a2 + 5b2 = 3
1+ 5�
1
�
�
�
3+ 5 = �
= a + 5b + 2ab 5 � �
� a= b=
�
�
�
�
�
�
�
2
ab
=
1

2
2
�
�
�
. Suy ra
2

2

2

3Tương tự ta cũng có

�
�
1- 5�
�
�
5 =�
�
�
�
�
� 2 �
�, khi đó biểu thức A trở thành:


�
�

�
� �
3- 5
3+ 5 3� 3+ 5
� �
A = 2�
+
= 2�
+
�
�
2
2
�
� �
5+ 5 5�
4+
5 +1
45- 1 �
�
�
�

(

(

)(

)

(

) (
)(

�
5�
�
�
�
5�
�

)

)(

)

�3+ 5 5- 5 + 3- 5 5+ 5 �
�
�
�
= 2�
�
�
5
+
5

5
5
�
�
�
�

(

)

�
15- 3 5 + 5 5 - 5+ 15+ 3 5 - 5 5 - 5�
20
�
�
�
= 2�
= 2. = 2
�
�
�
�
25- 5
� 20
�
�
Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:
P=

x + 2 + x2 - 4

x + 2-

x2 - 4

x + 2 + x2 - 4 .
� 1
�
1 �
a+1
�
Q =�
+
:
�
�
�
�
�
a- a
a - 1�a- 2 a + 1 .
2. Rút gọn biểu thức
2). Phương trình

1. Rút gọn biểu thức

x + 2-

x2 - 4

+

( x- 2) ( x- 3)( x + 4) ( x + 5) = m
� ( x2 + 2x - 8)( x2 + 2x - 15) = m

(1).

2

x2 + 2x + 1= ( x + 1) = y y�0
Đăt
(
), phương trình (1) trở thành:

( y - 9) ( y -

16) = m� y2 - 25y + 144- m= 0

(2).

2

y> 0
( x + 1) = y có 2 nghiêm phân biêt, do đó phương trình (1) có 4
Với mỗi giá trị
thì phương trình
nghiêm phân biêt, thì phương trình (2) phải có 2 nghi êm dương phân bi êt.

�
D�
>0 �
D�
= 4m+ 49> 0
�
�
�
�
- 49
�
�
S> 0 � �
25> 0
�
< m< 144
�
�
�
4
�
�
144- m> 0
�P > 0
�
�
��
�
�

Vậy với

-

.

49
 < m< 144
4
thì phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt.

Nhận xét: Bài toán sử dụng phép đặt ẩn phụ tương ứng từ đó đưa về phương trình bậc hai chứa tham số
và giải quyết yêu cầu bài toán theo điều kiện của ẩn phụ.


Nhắc lại kiến thức và phương pháp:



Đặt

t = f 2 ( x)

suy ra t �0 .

2
Xét phương trình bậc hai tổng quát ax + bx + c = 0 với a�0 . Để phương trình có hai nghiệm
dương phân biệt khi và chỉ khi
�
D = b2 - 4ac> 0 �

b2 �4ac
�
�
�
�
�
x1 + x2 > 0
�� b
�
c
�
�
- > 0; > 0
�
�
�
x x >0
�a
a
�
�1 2

Ý tưởng: Đây là một phương trình đa thức bậc bốn chứa tham số, với yêu cầu của bài toán là tìm điều
kiện để phương trình có bốn nghiệm phân biệt. Tuy nhiên chưa có một cách tổng quát nào để giải quyết
dạng toán đó, vì thế ta cần đưa cái lạ về cái quen thuộc. Cụ thể là ta thấy tích các đa thức sẽ bằng tích
của hai phương trình bậc hai, nếu ẩn phụ hóa một đa thức bậc hai thì ta sẽ đưa phương trình bậc bốn
ban

đầu

về

phương

( x - 3)( x + 5) = x

2

trình

+ 2x - 15

nên

bậc

hai.

Và

ta sẽ thấy

chú
điểm

ý

( x - 2)( x + 4) = x2 + 2x -

chung là

x2 + 2x + 1,

8

và

do đó đặt

2

y = x2 + 2x + 1= ( x + 1) �0

thì

phương

� ( y - 9)( y - 16) = m� y - 25y + 144- m= 0 ( *)
2

phương trình
nhiều, để

( *)

( *)

trình

đã

cho

. Khi đó yêu cầu bài toán sẽ trở thành: tìm m để

có hai nghiệm dương phân biệt. Đến đây, công việc ta phải làm đã đơn giản hơn rất

có hai nghiệm dương phân biệt khi và chỉ khi:
�
D�
>0 �
D�
= 4m+ 49> 0
�
�
�
�
- 49
�
�
S> 0 � �
25> 0
�
< m< 144
�
�
�
4
�
�

P >0
144- m> 0
�
�
�
�
�
�

Vậy

-

49
< m< 144
4
chính là giá trị cần tìm.

Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:

x4 - ax3 - ( 2a+ 1) x2 + ax + 1= 0
1. Xác định a sao cho
có hai nghiệm khác nhau và lớn hơn 1.
1
- 4 + 2 5 < a<
2.
Đáp số:
2.

( x + 3)( x + 12)( x - 4)( x Giải phương trình
Đáp số: x= 6 �2 21 hoặc

x=

- 7 � 241
2
.

16) + 20x2 = 0

.


Câu III.
1). Điều kiên: x�1 (*).
Ta có

x2 - x - 4 = 2 x - 1( 1- x)

(

)

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

Đặt

.

x + x- 1 = y y�1
y2 - 2y - 3= 0.
(
(**)), phương trình trở thành
�
y =- 1
y2 - 2y - 3= 0 � ( y + 1) ( y - 3) = 0 � �
�
y=3
�
.

+Với
+ Với

y =- 1
, không thỏa mãn điều kiên (**).
y= 3

, ta có phương trình:

x + x - 1 = 3 � x - 1 = 3- x
�
�
��
x 3
x 3
�
��
�

�
�
�
x - 1= 9- 6x + x2 �
x2 - 7x + 10 = 0
�
�

�
x 3
�
�
�
�
��
x= 2� x= 2
�
�
�
�
�
x= 5
�
�
, thỏa mãn điều kiên (*).
Vây phương trình có nghiêm x= 2 .
Nhận xét: Bài toán sử dụng phương pháp ẩn phụ đưa về phương trình bậc hai, từ ẩn phụ đó sử dụng
phương pháp nâng lũy thừa để tìm nghiệm của phương trình ban đầu.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
2

 Cách giải phương trình bậc hai tổng quát at + bt + c = 0 .
�f ( x) , g( x) �0
�
f ( x) = g( x) � �
2
�
�
�f ( x) = g ( x) .
 Giải phương trình

Ý tưởng: Tư duy ẩn phụ hóa, sau khi chuyển vế phải sang vế trái của phương trình ta được

x2 - x - 4 + 2x x - 1 - 2 x - 1 = 0 . Quan sát hệ số hai trước các căn thức, đồng thời có sự xuất hiện
2
2
của x nên ta nghĩ đến hằng đẳng thức x + 2x x - 1 + x - 1, khi đó phương trình đã cho được viết

lại thành:

(

)

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


(

)

(

2

)

� x + x - 1 - 2 x + x - 1 - 3= 0 � y2 - 2y - 3= 0
Với

y= x + x- 1

.

y�1
y= 3
, tuy nhiên với điều kiện x�1 suy ra
do đó chỉ nhận được nghiệm
nên

x + x - 1 = 3 � x - 1 = 3- x
�
‫ޣﳳﳳﳳﳳﳳﳳﳳﳳﳳﳳﳳﳳﳳ‬
3 x 1
��
� x= 2
�2
�
x - 7x + 10= 0
�
là nghiệm duy nhất của phương trình.

Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:

( 3+ x)( 6- x) = 3 .

3 + x + 6- x 1. Giải phương trình
Đáp số: x= 6 hoặc x= 3 .
2. Giải phương trình

(

x2 + 3-

Đáp số: x= 7 hoặc x=-

)

x2 + 2 x = 1+ 2 x2 + 2

.

7.

�
x3 + xy2 - ( x2 + 6y2 ) y = 0 (1)
x3 + xy2 - 10y = 0 �
�
�
��

�2
2
2
�
�
x + 6y2 = 10
(2)
�
�x + 6y = 10
�
2). Ta có

Từ phương trình (1), ta có

x3 + xy2 - ( x2 + 6y2 ) y = 0
� x3 + xy2 - x2y - 6y3 = 0
� x3 - 2x2 y + x2y - 2xy2 + 3xy2 - 6y3 = 0
� ( x - 2y) ( x2 + xy + 3y2 ) = 0

�
x = 2y
��
�
x2 + xy + 3y2 = 0
�
.
2

� y�
� 11y2

�
�
x + xy + 3y = 0 � �
x + �+
= 0� x = y = 0
�
4
� 2�
�
2

+ Trường hợp 1:
Với

x= y= 0

2

, không thỏa mãn phương trình (2).

+ Trường hợp 2:

x = 2y

, thay vào phương trình (2), ta có:

.


�

y = 1� x = 2
4y2 + 8y2 = 12 � y2 = 1� �
�
y =- 1� x =- 2
�
.
Vây hê phương trình có 2 nghiêm

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

2; - 1)

.

Nhận xét: Bài toán sử dụng phương pháp thế để đưa hệ phương trình về phương trình đẳng cấp bậc ba
x, y
biểu diễn mối quan hệ của hai biến
từ đó thế ngược lại tìm nghiệm của hệ phương trình.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
x3 + ax2y + bxy2 + cy3 = 0
 Phương trình đẳng cấp bậc ba có dạng
.
3
y
y�0
Nháp: chia phương trình cho
( vì là làm nháp nên ta đã mặc định
), khi đó phương trình
đã cho trở thành:
3

2

��
x� ��
x� �
x�
�
�
�
�
�
�
�
+
a
+
b
+ c= 0
�
�
�
�
�
�
�
� ��
� �
�
�y�

�y�
�y�
��
.
t=
Coi đó là phương trình bậc ba ẩn
x; y
hai biến
.

x
y , tìm được nghiệm t ta sẽ biểu diễn được mối liên hệ giữa

Ý tưởng: Hệ phương trình chứa hai phương trình, xét với phương trình một là một phương trình bậc ba
x2 + 6y2
, phương trình hai là một phương trình bâc hai chứa
, điểm
10
tương quan giữa hai phương trình này chính là hằng số
, việc thế hằng số sẽ giúp ta cân bằng được

bởi sự xuất hiện của

x3 + xy2

bậc của phương trình. Cụ thể như sau: thế

10 = x2 + 6y2

vào phương trình thứ nhất trong hệ, ta được:

x3 + xy2 - ( x2 + 6y2 ) y = 0 � x3 + xy2 - x2y - 6y3 = 0
� x3 - 2x2y + x2 y - 2xy2 + 3xy2 - 6y3 = 0 � ( x - 2y) ( x2 + xy + 3y2 ) = 0

�
x = 2y
�
�
�
x = 2y
x = 2y
2
�
2
�
��
�
�
�
�
y
11
y
�
2
2
�
�
�
�

x= y= 0
x + xy + 3y = 0 �
x+ �
+
=0 �
�
�
�
�
�
4
� 2�
�
�

Từ hai trường hợp đó, thế ngược lại một trong hai phương trình của hệ dễ dàng tìm được nghiệm của hệ
phương trình đã cho.
Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:


�
x2 + y2 + 3xy = 12
�
�
�
2
�
2( x + y) - y2 = 14
�

�
1. Giải hệ phương trình
.
Đáp số:

( x; y) = ( �

)

2; � 2 , ( 1; 2) , ( - 1; - 2)

.

�
2y( x2 - y2 ) = 3x
�
�
� 2
�
x( x + y2 ) = 10y
�
�
2. Giải hệ phương trình
.
Câu IV.

�
�
�
1). Ta có AKB = AEB (vì cùng chắn cung AB của đường tròn ngoại tiếp tam giác V AEB )

�
�
�
�
Mà ABE = AEB (tính chất đối xứng) suy ra AKB = ABE (1).
� = AFC
�
�
AKC
(vì cùng chắn cung AC của đường tròn ngoại tiếp tam giác AFC)
� = AFC
�
�
�
ACF
(tính chất đối xứng), suy ra AKC = ACF (2).
�
�
�
Măt khác ABE = ACF (cùng phụ với BAC ) (3).
�
�
�
Từ (1), (2) và (3), suy ra AKB = AKC hay KA là phân giác trong của góc BKC .
Gọi P ; Q lần lượt là các giao điểm của BE với AC và CF với AB .
1�
�
BOC = 60o
0 BAC =

�
BC
=
R
3
BOC
=
120
2
Ta có
, nên
;
.
0
0
0
0
�
�
�
�
�
Trong tam giác vuông V ABP có APB= 90 ; BAC = 60 � ABP = 30 hay ABE = ACF = 30 .


0
�
�
Tứ giác APHQ có AQH + APH = 180

� + PHQ
� = 1800 � PHQ
� = 1200 � BHC
� = 1200
� PAQ
(đối đỉnh).
0 �
0
�
�
�
�
Ta có AKC = ABE = 30 ; AKB = ACF = ABE = 30 (theo chứng minh trên).
0
0
�
�
�
�
�
�
�
�
�
Mà BKC = AKC + AKB = AFC + AEB = ACF + ABE = 60 , suy ra BHC + BKC = 180 , nên tứ giác
BHCK nội tiếp.

Nhận xét: Bài toán chứng minh một tia là phân giác của một góc ta chứng minh tia đó chia góc thành hai
phần bằng nhau.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

• Trong một đường tròn, các góc nội tiếp cùng chắn một cung thì bằng nhau.
�
�
�
+ Đường tròn ngoại tiếp tam giác V AEB có AKB = AEB hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB .
�
�
�
+ Đường tròn ngoại tiếp tam giác D AFC có AKC = AFC hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC .
• Hai điểm đổi xứng nhau qua một đường thẳng thì thì đường thẳng đó là trung trực của đoạn nối hai
điểm đã cho.
+ Điểm E và B đối xứng nhau qua AB nên suy ra AB là trung trực của EB .
+ Điểm F và C đối xứng nhau qua AC nên suy ra AC là trung trực của FC .
• Một điểm thuộc trung trực của một đường thẳng thì cách đều hai đầu của đoạn thẳng.
+ A �AB và AB là trung trực của EB nên ta có AE = AB .
+ A �AC và AC là trung trực của FC nên ta có AF = AC .
• Tam giác có hai cạnh bằng nhau là tam giác cân. Tam giác cân có hai góc kề đáy bằng nhau.
�
�
+ Tam giác D AEB có AE = AB nên D AEB cân tại A suy ra ABE = AEB .
�
�
+ Tam giác D AFC có AF = AC nên D AFC cân tại A suy ra ACF = AFC .
• Hai góc cùng cộng với một góc được hai góc bằng nhau thì bằng nhau.
�
� = 90�� ABP
� + BAC
� = 90�� ABE
� = 90�
�

D APB APB
- BAC
�
�
�
�
�
� = 90�� ACQ
� + CAQ
� = 90�� ACF
� = 90�
�
�
D AQC AQC
- BAC
�
�
�
�
, suy ra ABE = ACF .
• Một tia nằm giữa hai tia là hai cạnh của một góc và chia góc thành hai góc bằng nhau là tia phân giác
của góc đó.
�AKB
� = AEB
�
�
�
�
� = AFC
�

�
AKC
�
�
�
� = AEB
� � AKB
� = AKC
�
�ABE
�
�
�
� = AFC
�
�
ACF
�
�
�
� = ACF
�
�
ABE
�
�
Ta có
mà tia AK nằm giữa hai tia AB và AC nên suy ra AK là
�
tia phân giác của BAC (điều phải chứng minh).

(

)

(

)

1�
o
�
� = 1200 BAC = 2 BOC = 60
BC
=
R
3
BOC
Ta có
, nên
;
.


0
0
0
0
�
�

�
�
�
Trong tam giác vuông V ABP có APB= 90 ; BAC = 60 � ABP = 30 hay ABE = ACF = 30 .

0
�
�
Tứ giác APHQ có AQH + APH = 180
� + PHQ
� = 1800 � PHQ
� = 1200 � BHC
� = 1200
� PAQ
(đối đỉnh).
0 �
0
�
�
�
�
Ta có AKC = ABE = 30 ; AKB = ACF = ABE = 30 (theo chứng minh trên).
0
0
�
�
�
�
�
�

�
�
�
Mà BKC = AKC + AKB = AFC + AEB = ACF + ABE = 60 , suy ra BHC + BKC = 180 , nên tứ giác
BHCK nội tiếp.

Nhận xét. Bài toán chứng minh một tứ giác là tứ giác nội tiếp ta chứng minh tổng hai góc trong đối diện
bằng 180�là tứ giác nội tiếp.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp.
• Định lý Cos: Trong tam giác có các cạnh a; b; c góc 90�< a < 180�đối diện với cạnh a . Ta có
a2 = b2 + c2 - 2bccos( 180�
- a)
công thức:
BC 2 = OB2 + OC 2 - 2.OBOC
. .cos( 180�
- a)
Tam giác D OBC có

(

)

2

� R 3 = R2 + R2 - 2.R.R.cos( 180�
- a)

۰ 2R2 cos( 180 - a ) = 3R2 - 2R2 = R2
1
180 a 60

a 120
2
.
• Trong một đường tròn, góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn một cung thì số đo góc nội tiếp bẳng nửa
số đo góc ở tâm đó.
�
�
�
Đường tròn ngoại tiếp D ABC có BAC là góc nội tiếp và BOC là góc ở tâm cùng chắn cung BC
�
� = BOC = 120�= 60�
BAC
2
2
nên
.
• Trong tam giác vuông, tổng hai góc nhọn bằng 90�.
0
0
0
�
�
�
�
�
�
- 60�= 300 hay
V ABP có APB= 90 ; BAC + ABP = 90 � ABP = 90 - BAC � ABP = 90�
� = ACF
� = 300

ABE
.
۰-=۰-=��=�
cos( 180 a )

• Tổng bốn góc trong một tứ giác bằng 360�.
0
�
�
�
�
Tứ giác APHQ có AQH + APH + PAQ + PHQ = 360
�
�
۰+�++=
90 90 PAQ
PHQ
3600

�
�
�+=۰+=�=
PAQ
PHQ
1800

60

�
PHQ

1800

�
PHQ

1200

• Hai góc đổi đỉnh thì bằng nhau.
� = BHC
�
0
�
PHQ
(hai góc đối đỉnh). Suy ra BHC = 120
• Tứ giác là tứ giác nội tiếp ta chứng minh tổng hai góc trong đối diện bằng 180�là tứ giác nội tiếp.


�
�
� + AKB
�
+ AKC
Tứ giác BHCK có BHC + BKC = 120�
� + AEB
� = 120�+ ACF
� + ABE
� = 120�+ 30�+ 30�= 1800
= 120�+ AFC
Suy ra BHCK là tứ giác nội tiếp.

(O �
)
B; H ; C; K
2). Gọi
là đường tròn đi qua bốn điểm
. Ta có dây cung BC = R 3 ,
� = 600 = BAC
�
(O �
)
BKC
nên bán kính đường tròn
bằng bán kính R của đường tròn (O) .
Gọi M là giao điểm của AH và BC thì MH vuông góc với BC , kẻ KN vuông góc với BC ( N thuộc
BC ), gọi I là giao điểm của HK và BC .
1
1
1
SBHCK = SV BHC + SV BCK = BC.HM + BC.KN = BC ( HM + KN )
2
2
2
Ta có
.
1
1
SBHCK � BC ( HI + KI ) = BC.KH
2
2
(do HM �HI ; KN �KI ).

O�
;R
S
Ta có KH là dây cung của đường tròn (
) suy ra KH �2R (không đổi), nên BHCK lớn nhất khi
KH = 2R và HM + KN = HK = 2R .
1
SBHCK = R 3.2R = 3R2
2
Giá trị lớn nhất
.
(O �
)
Khi HK là đường kính của đường tròn
thì M ; I ; N trùng nhau suy ra I là trung điểm của BC
�
nên D ABC cân tại A . Khi đó A là điểm chính giữa cung lớn BC.
Nhận xét. Bài toán tìm giá trị lớn nhất cho diện tích của một hình ta biểu diễn diện tích đó, đánh giá - so
sánh với các yếu tố cố định.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp.
• Hai đường tròn cắt nhau tại hai điểm tạo thành một dây cung ta được các cung chứa góc tương ứng
bằng nhau thì hai đường tròn có cùng bán kính.
0
�
�
O�
Ta có dây cung BC = R 3 , BKC = 60 = BAC nên bán kính đường tròn (
) bằng bán kính R
của đường tròn ( O ).
• Diện tích của một hình được chia thành tổng diện tích các hình.

1
1
1
SBHCK = SV BHC + SV BCK = BC.HM + BC.KN = BC ( HM + KN )
2
2
2
.
• Quan hệ đường xiên - đường vuông góc: Trong các đường kẻ từ một điểm đến một đường thẳng thì
đường vuông góc là đường ngắn nhất.
 HM là đường vuông góc từ H đến BC nên HM là đường ngắn nhất kẻ từ H đến BC .
Do đó ta có HM �HI .




KN là đường vuông góc từ K đến BC nên KN là đường ngắn nhất kẻ từ K đến BC .
Do đó ta có KN �KI .

1
1
SBHCK � BC ( HI + KI ) = BC.KH
2
2
Suy ra
• Quan hệ đường kính - dây cung trong một đường tròn: Trong một đường tròn, đường kính là dây
cung lớn nhất.
�
KH là dây cung của đường tròn ( O ; R ) nên KH �2R nên SBHCK lớn nhất khi KH = 2R và

HM + KN = HK = 2R .
• Khi tìm được điều kiện để dấu bằng xảy ra trong một bài toán tìm Giá trị lớn nhất, nhỏ nhất ta chỉ
cần thay giá trị đó vào biểu thức ban đầu ta tìm được giá trị lớn nhất, nhỏ nhất đó.
1
SBHCK = R 3.2R = 3R2
2
Giá trị lớn nhất
.
O�
• Khi HK là đường kính của đường tròn (
) thì M ; I ; N trùng nhau suy ra I là trung điểm
�
của BC nên D ABC cân tại A . Khi đó A là điểm chính giữa cung lớn BC.
0
0
0
�
�
�
�
3). Ta có BOC = 120 ; BKC = 60 , suy ra BOC + BKC = 180 , nên tứ giác BOCK nôi tiếp đường
tròn.
�
�
�
�
�
Ta có OB = OC = R , suy ra OB = OC � BKO = CKO hay KO là phân giác góc BKC .

�

K ; O; A
Do KA là phân giác góc BKC nên
thẳng hàng hay AK đi qua O cố định.
Nhận xét. Bài toán chứng minh các điểm thẳng hàng, ta chứng minh các điểm đó cùng thuộc một đường
thẳng nào đó.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp.
• Tứ giác có tổng hai góc trong đối diện bằng 180�là tứ giác nội tiếp.
0
0
0
�
�
Tứ giác BOCK có BOC + BKC = 120 + 60 = 180 . Suy ra tứ giác BOCK là tứ giác nội tiếp.
• Trong một đường tròn, hai dây cung bằng nhau thì hai cung bằng nhau.
�
�
OB = OC ( = R)
Đường tròn ngoại tiếp tứ giác BOCK có
nên OB = OC .
• Trong một đường tròn, hai góc nội tiếp cùng chắn hai cung bằng nhau thì bằng nhau.
�
�
�
�
Đường tròn ngoại tiếp tứ giác BOCK có OB = OC nên BKO = CKO suy ra KO là phân giác của
�
BKC
.
• Các điểm cùng thuộc một đường thẳng cố định thì thẳng hàng.
�

�
K; O
 KO là phân giác của BKC nên
nằm trên đường phân giác của BKC .
�
�
K; A
 KA là phân giác góc BKC nên
nằm trên đường phân giác của BKC .
O; A ; K
Suy ra ba điểm
thẳng hàng.


P=
Câu V. Ta có

1
1
1
+
+
�1
�
�
�
�
�
1
1

1 � y� + � �1
1�
�
�
�
x�
+
z
+
�
�
�
2
2
�
�
�
�
�
z
x � �
�
�
z2 y2 �
x2 y2 �
�
� �
�
�

1
1
1
= a; = b; = c
2
2
2
y
z
Đặt x
thì a,b,c> 0 và a + b + c = 1.
P=
Ta có

a
b
c
a2
b2
c2
+
+
=
+
+
b2 + c2 c2 + a2 a2 + b2 a( 1- a2 ) b( 1- b2 ) c( 1- c2 )

Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 3 số dương ta có
a ( 1- a )
2

2

2

3

1
1�
2a2 + 1- a2 + 1- a2 �
4
�
�
= .2a2 ( 1- a2 )( 1- a2 ) � �
=
�
�
�
� 27
2
2�
3
�
�
�-�۳
a( 1 a2 )

b2
b( 1- b )
2

Tương tự
c2
c( 1- c

2

)

�

3 3 2
c
2

�

3 3 2
b
2

2

a2

3 3

a( 1- a )
2

3 3 2
a
2

(1).

(2).

(3).

Từ (1), (2) và (3), ta có

P�

3 3 2
( a + b2 + c2) = 323
2
.

a= b= c =
Dấu “=” xảy ra khi

1
3 hay x = y = z = 3 .

3 3
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 2 .
thiết, áp dụng bất đẳng thức Cosi để tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức.
Ý tưởng: Bài toán là một bất đẳng thức đối xứng, do vai trò các biến
thức xảy ra tại

x= y= z= 3

x, y, z

là như nhau nên dấu đẳng

3 3
và giá trị nhỏ nhất của P là 2 . Ta sẽ đi từ giả thiết trước, vì giả thiết

1
1
1
= a; = b; = c
2
2
2
y
z
chứa các biểu thức phân số nên ta đặt x
, khi đó a + b + c = 1 và


P=

a
b
c
a2
b2

c2
+
+
=
+
+
b2 + c2 c2 + a2 a2 + b2 a( 1- a2 ) b( 1- b2 ) c( 1- c2 )

.

a2
Do tính đối xứng nên ta chỉ cần xét một biểu thức

a( 1- a2 )

trung gian để ta có thể sử dụng giả thiết bài cho. Với điểm rơi
điểm rơi này ta thấy:

a=

1
3

� 2a=

2a2 ( 1- a2 )( 1- a2 ) �
2

x= y= z= 3

a= b= c =
ta có

1
3 , với

2
2
2
3 và 1- a = 3 nên theo bất đẳng thức Cosi suy ra:

( 2a

�-��-�۳
a2 ( 1 a2 )

đồng thời cần đánh giá nó qua biểu thức

4
27

2

+ 1- a2 + 1- a2 )
27

a( 1 a2 )

3

=

8
27

2

a2

3 3

a( 1- a )

3 3 2
a
2

2

.

Tương tự đánh giá cho b,c ta được:
P=

a2
a( 1- a )
2

+

b2
b( 1- b )
2

+

c2
c( 1- c

2

)

�

3 3 2
3 3
a + b2 + c2 ) =
(
2
2

.

3 3
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 2 .
Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:
2
2

2
a; b; c
1. Cho
là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 3. Chứng minh bất đẳng thức
�
1 1 1�
2�
+ + �
+ 3 a+ b+ c) �3 3
�
�
�
� (
a b c�
�
.

x; y; z �( 0; 1)
x; y; z
xy + yz + zx = 1
2. Cho
là các số thực dương thỏa mãn
và
. Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức
y
x
z
P=
+

+
2
2
1- x
1- y
1- z2
.
Đề 22


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHTN

NĂM HỌC 2015 - 2016

Đề chính thức
MÔN THI: TOÁN (Vòng 1)
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề)
Câu I (3,0 điểm).
1). Giả sử

a; b

2
2
là hai số thực phân biệt thỏa mãn a + 3a= b + 3b= 2 .

a). Chứng minh rằng a+ b=- 3 .
3
3
b). Chứng minh rằng a + b =- 45 .
�
2x + 3y = 5xy
�
� 2
�
4x + y2 = 5xy2
2). Giải hệ phương trình �
.
Câu II (3,0 điểm).

( x; y) không nhỏ hơn 2 sao cho xy- 1 chia hết cho ( x - 1) ( y - 1) .
1). Tìm các số nguyên
x; y
x2y2 + 2y + 1= 0.
2). Với
là những số thực thỏa mãn đẳng thức
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất
xy
P=
3y + 1 .
của biểu thức

Câu III (3,0 điểm). Cho tam giác nhọn V ABC không cân có tâm đường tròn nội tiếp là điểm I . Đường
E; F
IC; IB
thẳng AI cắt BC tại D . Gọi

lần lượt là các điểm đối xứng của D qua
.
1). Chứng minh rằng EF song song với BC .
M ; N; J
DE; DF ; EF
2). Gọi
lần lượt là trung điểm các đoạn thẳng
. Đường tròn ngoại tiếp tam giác
V AEM cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác AFN tại P khác A . Chứng minh rằng bốn điểm
M ; N ; P; J
cùng nằm trên một đường tròn.
A; J ; P
3). Chứng minh rằng ba điểm
thẳng hàng.
Câu IV (1,0 điểm).
j
(i ; j)
1). Cho bảng ô vuông 2015 x2015. Kí hiệu ô
là ô ở hang thứ i , cột thứ . Ta viết các số nguyên
dương từ 1 đến 2015 vào các ô của bảng theo quy tắc sau:
i). Số 1 được viết vào ô (1,1)

(i; j ) i > 1
(i - 1; j + 1)
ii). Nếu số k được viết vào ô
(
) thì số k+ 1 được viết vào ô
.

(1; j )
( j + 1; 1)
iii). Nếu số k được viết vào ô
thì số k+ 1được viết vào ô
(xem hình 1).
( m; n) .
Khi đó số 2015 được viết vào ô
m và n.
Hãy xác định
a; b; c
2). Giả sử
là các số thực dương thỏa mãn ab+ bc + ac + abc �4.
a2 + b2 + c2 + a+ b+ c �2( ab+ bc + ac)
Chứng minh rằng
.

……....HẾT……….

LỜI GIẢI – NHẬN XÉT – BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

Câu I.
1). Giả sử

a; b

là hai số thực phân biệt thỏa mãn

�
a2 + 3b= 2
�

�2
2
2
�
b + 3a= 2 � a - b + 3( a- b) = 0
a). �
.
� ( a- b) ( a+ b) + 3( a- b) = 0 � ( a- b) ( a+ b+ 3) = 0
�
a- b= 0 (l)
��
�
a+ b=- 3
�
.
3

� ( a+ b) =- 27
b). Với a+ b=- 3

� a3 + b3 + 3ab( a+ b) =- 27 � a3 + b3 - 9ab=- 27
2

� a2 + 3a+ b2 + 3b= 4 � ( a+ b) - 2ab+ 3( a+ b) = 4 � ab=- 2

.

3
3
Vậy a + b =- 45 .

Nhận xét: Đây là bài toán hết sức cơ bản, đề yêu cầu gì ta làm đó, với một vài phép biến đổi tương
đương cùng kết hợp hằng đẳng thức quen thuộc ta sẽ suy ra được điều phải chứng minh.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:


( a+ b)
Hằng đẳng thức

2

= a2 + 2ab+ b2


( a+ b)
và

3

= a3 + 3a2b+ 3ab2 + b3

.

�
ma2 + nb= p (1)
�
� 2
�
mb + na= p (2)
 Hệ phương trình đối xứng dạng �

.
Lấy (1) + (2), ta có:

m( a2 + b2 ) + n( a+ b) = 2p

�
a= b
�
m( a - b ) = n( a- b) � �
n
�
a+ b=
�
m
�
2

Lấy (1) – (2), ta có:

.

2

.

Từ đó suy ra:
�n2
�
2
n

�
�
2p = m�
+ n( a+ b) = m�
2
ab
+ n. � ab= ...
�
(�a+ b) - 2ab�
�
�
�
2
�
�
�
�
m
�
� m
Bài tập kết thúc.
Bài tập tương tự:
a; b

a2 + 4b= 3; b2 + 4a= 3

5
5
. Tính a + b .
3

3
a; b
a2 + 2b2 + 4b= 7; b2 + 2a2 + 4a= 7
2. Cho
thỏa mãn
. Tính giá trị của biểu thức a + b + ab .

1. Cho

2). Ta thấy
Nếu

y�0

thỏa mãn

x- y = 0

là nghiệm của phương trình.

, nhân hai vế của phương trình với

y

, ta được

�
2x + 3y = 5xy
2xy + 3y2 = 5xy2 �
�

��
� 2
� 2
2
2
�
�
4x + y2 = 5xy2
4x + y = 5xy
�
�
�
2x + 3y = 5xy
�
2x + 3y = 5xy
��
��
� 2
� 2
2
�
2x - xy - y = 0 �
4x + y2 = 5xy2
�
�

�
�
2x + 3y = 5xy
2x + 3y = 5xy

��
��
�
�
�
( x - y) ( 2x + y) = 0 �
( x - y) ( 2x + y) = 0
�
�
�
�
2x + 3y = 5xy
�
�
� x= y=1
�
�
�
( x - y) = 0
�
�
��
�
�
2x + 3y = 5xy
2
- 4
�
�
� x = ,y =

�
�
�
2
x
+
y
=
0
5
5
(
)
�
�
.


Nhận xét: Bài toán sử dụng phương pháp thế tích từ phương trình một xuống phương trình hai của hệ,
và đưa về phương trình đẳng cấp bậc hai để tìm mối liên hệ giữa hai biến rồi thế ngược lại phương trình
một, tìm nghiệm của hệ phương trình.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
 Phương trình đẳng cấp bậc hai ẩn

x, y

Làm nháp: Chia phương trình (*) cho
2

�

� ��
x�
x�
�
�
a�
+ b�
+c= 0
�
�
�
�
�
�
�
�
y�
y�
�
� ��

là
2

y

ax2 + bxy + cy2 = 0

(*).

ta có:

x
x
=m
y
y
. Coi đây là một phương trình bậc hai ẩn , giả sử tìm được
hoặc

x
=n
y
, do đó ta phân tích được
�
x = my
(*) � ax2 + bxy + cy2 = 0� ( x - my) ( x - ny) = 0 � �
�
x = ny
�
.
Ý tưởng: Dạng hệ sử dụng phương pháp thế khá là đặc trưng nhưng cái khó là tìm các đại lượng biểu
x; y
diễn nhân tử chung giữa hai biến
. Nhìn vào vế trái của từng phương trình, với phương trình một là
bậc nhất, còn phương trình hai là bậc hai, tương tự ở vế phải, bậc của phương trình hai cũng lớn hơn
một bậc so với phương trình một. Điều nó sẽ làm ta nghĩ đến phép nhân để đồng bậc hóa chúng, nhân ở
đây sẽ là nhân chéo từng phương trình. Tuy nhiên nếu quan sát kỹ hơn một chút, cả hai phương trình
5xy
5xy = 2x + 3y

đều xuất hiện
nên ta sẽ thế
xuống phương trình hai (thực chất đây cũng là việc
y
nhân chéo nhưng ta đã giảm biến , khi đó hệ phương trình đã cho trở thành:
�
2x + 3y = 5xy
�
�
2x + 3y = 5xy
�
2x + 3y = 5xy
�
�
�
�
�
�� 2
��
x= y
� 2
�
�
4x + y2 = ( 2x + 3y) y �
2x - xy - y2 = 0 �
�
�
�
�
�

2x + y = 0
�
�
.
Việc còn lại chỉ là tìm nghiệm của hệ phương trình đã cho.
Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:
�x + 3y = 5xy
�
�2
�x + y2 = 5xy2
1. Giải hệ phương trình �
.
�
2
1��
1�
;- �
,�
1; �
�
�
( x; y) = ( 0; 0) , �
�
�
�
�
� 2�
5
5

�
��
�.
Đáp số:
�
3x + 3y = 6xy
�
� 2
�
9x + y2 = 6xy2
2. Giải hệ phương trình �
.


Đáp số:

�
1
3
�

;( x; y) = ( 0; 0) , �
�
�

��
�
5 5�
�
1�

,�
; �
�
�
�
�
6 4�
��
.

Câu II.

xy - 1M( x - 1)( y - 1)
xy - 1Mxy + 1- x - y
1). Ta có
, suy ra
.
xy + 1- x - y Mxy + 1- x- y � ( x - 1) + ( y - 1) M( x - 1)( y - 1)
x - 1My - 1 y - 1Mx- 1
Mà
, suy ra
và
,
x= y
nên
x2 - 1M( x - 1)

2

ta có

x + 1Mx - 1

, suy ra

2 Mx- 1
, nên x= 2 hoặc x= 3 .

Nhận xét: Bài toán tìm số nguyên thỏa mãn một điều kiện, sử dụng tính chất chia hết của một tổng, hiệu,
tích,…
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
 Biến đổi đại số.
Ta có

 x  1  y  1  xy  x  y  1 nên:

 xy  1 M x  1  y  1 �  xy  1 M xy  x  y  1 .
 Một số luôn chia hết cho chính nó.
Ta có

 xy  x  y  1 M xy  x  y  1 .

 Hai số chia hết cho một số thì hiệu của hai số đó.
�
 xy  1 M xy  x  y  1
�
�  x  y  2 M xy  x  y  1
�
 xy  x  y  1 M xy  x  y  1
�

�  x  1   y  1 M xy  x  y  1 �  x  1   y  1 M x  1  y  1
 Tính chất chia hết

aMb

thì

kaMb

với

a; b; k

 x  1   y  1 M x  1  y  1 �  x  1

2

.

là các số nguyên.

  x  1  y  1 M x  1  y  1

.

 Một tổng hai số hạng chia hết cho một số trong đó có một số hạng chia hết cho số đó thì số hạng
còn lại cũng chia hết.
2
�

 x  1   x  1  y  1 M x  1  y  1
�
�
2
 x  1  y  1 M x  1  y  1
� ( x - 1) M( x - 1)( y - 1) � ( x- 1) M( y - 1)
�
�
;
hoàn toàn tương tự ta có

 y  1 M x  1 .


 Có hai số thỏa mãn: Số thứ nhất chia số thứ hai và số thứ hai chia hết cho số thứ nhất thì hai số
bằng nhau.
�
( x- 1) M( y - 1)
�
� x - 1= y - 1� x = y
�
�
(�y - 1) M( x- 1)
�
Ta có
.

x

2

Thay lại vào đề bài ta có



 1 M x  1 �  x  1  x  1 M x  1
2

2

�  x  1 M x  1 � �
 x  1  2�
�
�M x  1 � 2 M x  1 .

 Số thứ nhất chia hết cho số thứ hai thì số thứ hai là ước của số thứ nhất.
2 M x  1 �  x  1 �U  2   �1; �2
.

 x 1 � 1; 2
vì x �2 � x 1 �1 suy ra
�x  1 1 �x  2 � y  2
��
��
�x  1 2 �x  3 � y  3 .
Vậy

x y 2

2). Ta có

hoặc

x y 3

.

- x2y2 - 1
2
xy
xy
P=
=
2 2
3( - x y - 1) + 2 ( - 3x2y2 - 1)

x2y2 + 2y + 1= 0 � 2y =- x2y2 - 1� y =

� 3Px2y2 + 2xy + P = 0

.

2

Ta có V= 4- 12P .
Phương trình có nghiệm khi V�0
‫��ޣ�ޣ‬-��-�
4 12P 2 0

1

3P

1

- 1
3

P

1
3

P

1
3

.

3
12 3
7
� x 
y 
3
21 và
6.
Vậy
Nhận xét: Bài toán tìm giá trị của một biểu thức sau khi biến đổi biểu thức trở thành tham số của một

phương trình bậc hai theo một ẩn
MaxP 

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
 Biến đổi giả thiết.
Ta có

x2y2 + 2y + 1= 0 � 2y =- x2y2 - 1� y =

- x2y2 - 1
2
.


Đưa biểu thức đã cho về một ẩn hoặc một biểu thức cố định.


y

x y  1
2
vào biểu thức P ta có
2 2

P

xy
x y  1
3
1

2
2 2

Thay


2xy





3  x2y2  1  2

xy  a

ta được



2xy
3x2y2  1

P

.

2a
3a2  1 .

Đặt
 Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của một biểu thức bằng cách đưa biểu thức đó trở thành tham số của
một phương trình bậc hai
2a
P
� 3Pa2  2a P  0
2
2
2
3a  1
Khi đó ta có � 1  3P .
 Phương trình bậc hai có nghiệm khi và chỉ khi  hoặc  ' không âm.
2
Ta có Vì phương trình có nghiệm nên ��0 � 1 3P �0







� 1 3P 1 3P �0 �

1

 ��1�
��
3P 1

3

P







3P  1

1
3

P

3P  1 �0

1
3.

 Khi xét đến giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của biểu thức cần phải xét xem “dấu bằng xảy ra khi
nào?”.
1
P
�  '  0�
3
Ta có dấu bằng xảy ra khi vào chỉ khi
Phương trình bậc hai có nghiệm kép
a

2
3 , thay vào biểu thức ban đầu ta có:
2

�2 �
xy
7
7
�
�
�
+ 2y + 1= 0 � 2y =- � y =- � x =
=
�
�
�
�
3
6
y
� 3�

MaxP 

Vậy
Câu III.

2
3 =- 12

7
7 3
6
.

3
12 3
7
� x 
y 
3
21 và
6.

1). Ta có AD là phân giác

�

BD AB
=
DC AC mà VBED; VCDF là tam giác cân,


BE AB
=
� BC P FE
CF AC
.
Nhận xét. Bài toán chứng minh hai đường thẳng song song sử dụng định lý Ta-lét đảo
�

Nhắc lại kiến thức và phương pháp.
 Tâm đường tròn nội tiếp tam giác là giao điểm của ba đường phân giác.








�
Trong ABC có I là tâm đường tròn nội tiếp nên suy ra AI hay AD là phân giác của BAC .
Tính chất đường phân giác trong tam giác.
DB AB

Trong ABC có AD là phân giác nên DC AC .
Hai điểm đối xứng nhau qua một đường thẳng thì đường thẳng đó là trung trực của đoạn thẳng nối
hai điểm.
+ E là điểm đối xứng của D qua BI nên BI là trung trực của DE ;
+ F là điểm đối xứng của D qua CI nên CI là trung trực của DF .
Một điểm thuộc trung trực của một đoạn thẳng thì điểm đó cách đều hai đầu mút của đoạn thẳng đó.
+ B �BI mà BI là trung trực của DE nên BD  BE ;
+ C �CI mà CI là trung trực của DF nên CD  CF ;
BD BE
BE AB
BE CF


�


BA CA
suy ra CD CF do đó CF AC
Định lý Ta-lét đảo: Hai điểm thuộc hai đoạn thẳng, chia hai đoạn thành các đoạn thẳng tương ứng tỷ
lệ thì hai đường thẳng chứa hai đoạn thẳng đó song song.
BE CF

Theo định lý Ta-lét đảo ta có BA CA thì EF PBC .

�
�
�
2). Ta có BC P EF � EFD = EDB = BED .
0
�
�
�
�
�
Mà APM = 180 - AEM = BED � APM = DEF .
�
�
�
�
�
�
�
Tương tự: DFE = APN � APN + APM = DFE + FED = MPN .
0
�

�
�
�
�
Mà MJN = MDN = EDF � MJN + MPN = 180 � MPNJ nội tiếp.
Nhận xét: Bài toán chứng minh tứ giác nội tiếp bằng cách chứng minh tổng hai góc trong bằng 180�.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp: