ĐỀ THI TS lớp 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN bội CHÂU TỈNH NGHỆ AN

ĐỀ THI TS LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU TỈNH NGHỆ AN
Năm học 2016 – 2017
Câu 1 (7.0 điểm).
a) Giải phương trình

5 − 3x + x + 1 =

3x 2 − 4x + 4 .

2xy + 4x + 3y + 6 = 0
b) Giải hệ phương trình  2
.
2
4x + y + 12x + 4y + 9 = 0
Câu 2 (3.0 điểm).

(

( )

Tìm tất cả các cặp số nguyên dương x; y sao cho x 2 − 2

) ( xy + 2) .

Câu 3 (2.0 điểm).
Cho a, b, c là các số thực dương thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

P =

a2

+

b2

(a + b ) ( b + c)
2

2

+

c
4a

Câu 4 (6.0 điểm).

( )

( )

Cho điểm A cố định nằm ngồi đường trịn O . Kẻ các tiếp tuyến AE, AF của O (E, F là các tiếp
điểm). Điểm D di động trên cung lớn EF sao cho DE  DF , D không trùng với E và tiếp tuyến tại D của

( O ) cắt các tia AE, AF lần lượt tại B, C.
a) Gọi M, N lần lượt là giao điểm của đường thẳng EF với các đường thẳng OB, OC. Chứng minh
tứ giác BNMC nội tiếp một đường tròn.

(

)

b) Kẻ tia phân giác DK của góc EDF và tia phân giác OI của góc BOC K  EF ;I  BC .
Chứng minh rằng OI song song với DK.
c) Chứng minh đường thẳng IK luôn đi qua một điểm cố định.
Câu 5 (2.0 điểm).
Mỗi điểm trong mặt phẳng được gắn với một trong hai màu đỏ hoặc xanh. Chứng minh rằng luôn
tồn tại một tam giác đều có ba đỉnh cùng màu và có độ dài cạnh bằng

3 hoặc 3.

Phân tích và hướng dẫn giải
Câu 1 (7.0 điểm).
a) Giải phương trình

5 − 3x + x + 1 =

3x 2 − 4x + 4 .

• Phân tích. Phương trình có chứa nhiều dấu căn nhưng ta không nhẩm được nghiệm đẹp nên tạm thời ta
không sử dụng phương pháp nhân lượng liên hợp. Lại thấy phương trình khơng thể viết thành tích hay viết
thành các bình phương. Phương pháp đặt ẩn phụ cũng khá khó khăn vì ta khơng thể biểu diễn vế phải theo
hai căn thức ở vế trái. Nhận thấy sau khi bình phương hai vế thì phương trình chỉ cịn một căn thức và
phân tích được nên ta chọn phương pháp nâng lên lũy thừa để giải bài toán này xem sao.

(

5 − 3x + x + 1

)

2

= 3x 2 − 4x + 4  2 −3x 2 + 2x + 5 = 3x 2 − 2x − 2


Đến đây ta thấy có thể giải được phương trình

• Lời giải. Điều kiện xác định của phương trình là −1  x 

(
Đặt t =

5 − 3x + x + 1

(

)

2

5
. Phương trình đã cho tương đương với
3

= 3x 2 − 4x + 4  2 −3x 2 + 2x + 5 = 3x 2 − 2x − 2

)

−3x 2 + 2x + 5 t  0 . Khi đó phương trình trên trở thành t 2 + 2t − 3 = 0  t = 1 .

Từ t = 1 ta được −3x 2 + 2x + 5 = 1  x =

1  13
.
3

1 − 13 1 + 13 
;
Kết hợp với điều kiện xác định của phương trình ta được tập nghiệm là S = 
.
3 
 3
2xy + 4x + 3y + 6 = 0
b) Giải hệ phương trình  2
2
4x + y + 12x + 4y + 9 = 0
• Phân tích. Quan sát các phương trình của hệ ta thấy phương trình thứ nhất có bậc nhất đối với mỗi ẩn,
do đó ta có thể biểu diễn ẩn này theo ẩn kia và thế vào phương trình thứ hai, tuy nhiên sau phép thế
phương trình thu được có bậc 4 nên ta tạm thời chưa sử dụng phép thế. Quan sát kỹ các phương trình ta

(

)(

)

thấy phương trình thứ nhất có thể phân tích được 2xy + 4x + 3y + 6 = 0  2x + 3 y + 2 = 0 . Đến
đây ta giải được hệ phương trình.

• Lời giải. Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với


3
2x + 3 = 0
x=−
2xy + 4x + 3y + 6 = 0  2x + 3 y + 2 = 0  

2

 y + 2 = 0
 y = −2
y = 0
3
+ Với x = − , thế vào phương trình thứ hai của hệ và thu gọn ta được y 2 + 4y = 0  
.
2
 y = −4

(

)(

)

1
5
+ Với x = −2 , thế vào phương trình thứ hai của hệ ta được 4x 2 + 12x + 5 = 0  x = − ; x = − .
2
2

 −1

  −3
  −3   −5

; −2  ,  ; −4  ,  ; 0  ,  ; −2  .
 2
  2
  2   2

• Nhận xét. Để ý rằng phương trình thứ hai của hệ có bậc hai đối với mỗi ẩn nên ta xem phương trình đó

( )

Vậy hệ phương trình có các nghiệm x; y là 

là phương trình ẩn y và tham số là x (vì hệ số cao nhất của y là 1). Khi đó ta viết phương trình lại thành

(

)

y2 + 4y + 4x 2 + 12x + 9 = 0 . Đến đây ta được ' = 2 − 4x 2 + 12x + 9 = −4x 2 − 12x − 9 , khơng có
dạng chính phương. Do đó phương trình khơng phân tích được thành tích. Để ý lên hệ giữa hai phương

(

trình của hệ ta thấy 4x 2 + y 2 − 4xy = 2x − y

)

2

(

)

và 12x + 4y − 8x + 6y = 4x − 2y . Do đó từ hệ

phương trình ta được

( 4x

(

2

) (

)

+ y 2 + 12x + 4y + 9 − 2 2xy + 4x + 3y + 6 = 0  4x 2 + y 2 − 4xy + 4x − 2y − 3 = 0

 2x − y

)

2

(

)

(

)(

)

+ 2 2x − y − 3 = 0  2x − y − 1 2x − y + 3 = 0

Đến đây ta có thêm một cách giải khác cho hệ phương trình.
Trong hệ phương trình mà mỗi phương trình có bậc hai đối với mỗi ẩn thì ta cần kiểm tra cụ thể
từng phương trình xem có phương trình nào phân tích được thành tích. Khi khơng có phương trình phương
trình nào phân tích được thành tích thì ta mới nghĩ đến phép cộng, trừ theo vế hai phương trình.


Nhận thấy giá trị của y nhận được là −4; −2; 0 , điều này có nghĩ là phương trình ẩn y có thể phân
tích được dẽ dàng. Do đó ta có thể rút x theo y từ phương trình thứ nhất rồi thế vào phương trình thứ hai
để đươncj một phương trình bậc 4 ẩn y. Chú ý là khí rút x theo y ta phải xét các trường hợp của y để
phương trình có thể phân tích được.

(

( )

Câu 2. Tìm tất cả các cặp số nguyên dương x; y sao cho x 2 − 2

) ( xy + 2) .

• Phân tích. Khi giải bài tốn số học về quan hệ chia hết ta ln có thói quen đặt kết quả phép chia bằng
k để đưa về dạng phương trình nghiệm nguyên. Ở đây ta cũng sẽ áp dụng hướng đi như vậy. Đặt

(

)

x 2 − 2 = k xy + 2 khi đó ta được x 2 − kxy − 2k − 2 = 0 là một phương trình bậc hai nên ta có hai ý
tưởng để giải phương trình trên đó là sử dụng điều kiện có nghiệm của phương trình hoặc áp dụng hệ thức
Vi – et. Xem phương trình trên là phương trình bậc 2 ẩn x thì ta có.
+ Ý tưởng 1. Sử dụng điều kiện có nghiệm của phương trình

(

)

Ta có  = k 2 y 2 − 4 −2k − 2 = k 2 y 2 + 8k + 8 . Để phương trình có nghiệm x ngun thì  phải là số
chính phương. Đến đây có vẻ như hướng đi này khơng hợp lí cho lắm vì nếu k 2 y 2 + 8k + 8 là số chính
phương thì cũng rất khó để tìm được k.

(

+ Ý tưởng 2. Sử dụng hệ thức Vi – et để tìm điều kiện của k. Giả sử x 0 ; y 0

) thỏa mãn u cầu bài tốn.

Xét phương trình x 2 − kxy 0 − 2k − 2 = 0 , khi đó x 0 là một nghiệm của phương trình. Do đó theo định
lia Vi – te thì phương trình có một nghiệm nữa là x 1 . Ta có x 0 + x1 = ky 0 ; x 0 x 1 = −2k − 2 . Đến đây dễ
thấy x 1 nhận giá trị nguyên âm nên hương đi này không khả thi.
+ Ý tưởng 3. Cũng với ý tưởng đặt k như trên nhưng ta cần thay đổi bài toán một chút xem sao.

(x

−2

2

) ( xy + 2)  ( x y + 2x ) − (2x + 2y ) ( xy + 2)  2x + 2y
2

(

xy + 2 .

)

Khi đó đặt 2x + 2y = k xy + 2 và đưa về dạng phương trình nghiệm nguyên để giải. Tuy nhiên để giải
quyết được phương trình ta cần giới hạn được k. Để làm được điều này ta cho k nhận một vài giá trị

(

) ( )

1;2;... rồi giới hạn k. Ta thấy khi k = 1 thì ta tìm được cặp x; y = 3; 4 thỏa mãn. Khi k = 2; 3; 4 ta
thấy phương trình khơng có nghiệm ngun dương. Do đó ta nghĩ đến chứng minh k  2 .

(

• Lời giải. Ta có x 2 − 2

(

) ( xy + 2)  ( x y + 2x ) − (2x + 2y ) ( xy + 2)  2x + 2y
2

xy + 2

)

Đặt 2x + 2y = k xy + 2 với k  N*

(

)

(

)

(

)(

)

Xét k  2 . Khi đó 2x + 2y = k xy + 2  2 xy + 2  x + y  xy + 2  x − 1 y − 1 + 1  0
Điều này mâu thuẫn vì x; y nguyên dương.

(

)

(

)(

)

Suy ra k  2 hay k = 1 . Suy ra 2 x + y = xy + 2  x − 2 y − 2 = 2
+ Nếu x − 2 = 1; y − 2 = 2 thì x = 3; y = 4
+ Nếu x − 2 = 2; y − 2 = 1 thì x = 4; y = 3

( )

( ) ( )

Vậy cặp số x; y thỏa mãn bài toán là 3; 4 và 4; 3 .


Câu 3. Cho a, b, c là các số thực dương thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
a2
b2
c
P =
+
+
2
2
4a
a +b

b+c

(

) (

)

3
3
. Ta cần chứng minh P 
4
4

• Phân tích: Đầu tiên ta dự đốn P nhỏ nhất khi a = b = c . Khi đó P =
hay

a2

b2

+

(a + b ) (b + c)
2

2

c
3

 . Ý tưởng đầu tiên là ta đưa bất đẳng thức trên về dạng hoán vị. Lại
4a 4

+

thấy theo bất đẳng thức Cauchy thì ta có

c
c2
c2
=

4a 4ac
a +c

(

a2

Như vậy ta chỉ cần chứng minh được

)

2

nên ý tưởng trên lại càng có cơ sở.

b2

+

c2

+

(a + b ) ( b + c) (a + c)
( x + y + z ) , áp dụng thì ta được

2

2

2



3
.
4

2

Để ý ta thấy x + y + z
2

2

2

a2

(

a +b

3

+

b2

) (
2

b+c

1 a
b
c 
 
+
+

3a + b b + c c +a 

c2

+

) (a + c )

2

2

2

2

1 a
b
c 
3
a
b
c
3
Ta cần chứng minh 
+
+
+
+
 . Nếu áp dụng bất
  
3a + b b + c c +a 
4
a +b b +c c+a 2
đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức thì được bất đẳng thức sai. Do đó ta nghĩ đến hướng khác.
Ta có

a2

b2

+

c2

+

(a + b ) ( b + c ) (a + c )
2

2

2



(a

(

a2 a + b

(a
(

a2 a + b

)

2

2

)

+ b2 b + c

+ b 2 + c2

(

(

)

2

)

)

2

+ b 2 + c2

(

2

+ b2 b + c

2

)

(

2

+ c2 c + a

)

2

và ta đi chứng minh

2

(

+ c2 c + a

)

2



3
4

) (

)

Hay ta cần chứng minh a 4 + b 4 + c4 + 5 a 2b 2 + b 2c2 + c2a 2  6 a 3b + b 3c + c3a . Đến đây ta
lại không thể chứng minh được đánh giá trên. Như vậy nếu sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki để đánh
giá một cách trực tiếp thì khơng đem lại hiệu quả, do đó ta cần thay đổi hình thức bài toán trước.
Để ý rằng ta viết lại được bất đẳng thức cần chứng minh thành

Đặt x =

1

b
1 + 
a


2

+

1

c
1 + 

b


2

+

1

a
1 + 
c


2



3
.
4

b
c
a
; y = ; z = , khi đó ta được xyz = 1 và bất đẳng thức trên trở thành
a
b
c
1

1
1
3
+
+

2
2
2
4
1+ x
1+ y
1+z

(

) (

) (

)

+ Đến đây từ giả thiết xyz = 1 ta có thể đổi biến tiếp, trong các cách đổi biến ta để ý đến cách đổi biến
dạng x =

np
m

2

;y =

mp
n

2

;z =

mn
p2

với m, n, p là các số dương. Khi đó bất đẳng thức được viết lại thành


1
2

1

+

2

1

+

3
m4


4
m 2 + np



2

(




np 
mp 
mn 
1 + 2 
1 + 2 
1 + 2 
m 
n 
p 



Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức thì được

n4

+

) (n
2

+ mp

2

p4

+

) (p
2

+ mn

2

)

2



3
4

(m + n + p )
+

+

( m + np ) ( n + mp ) ( p + mn ) ( m + np ) + (n + mp ) + (p + mn )
(m + n + p )
3
Và ta cần chứng minh
 hay ta cần chứng minh
( m + np ) + ( n + mp ) + ( p + mn ) 4
m + n + p + 5 ( m n + n p + p m )  6mnp ( m + n + p )
m4

n4

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

4

2

p4

4

2

2

2

2

2

2

2

2

2

4

2

2

2

2

2

2

2 2

2

2

(

Dễ thấy m 4 + n 4 + p 4  m 2 n 2 + n 2 p 2 + p 2 m 2 ; m 2 n 2 + n 2 p 2 + p 2 m 2  mnp m + n + p

(

) (

)

)

(

)

Nên ta được m 4 + n 4 + p 4 + 5 m 2n 2 + n 2p 2 + p 2m 2  6 m 2n 2 + n 2p 2 + p 2m 2  6mnp m + n + p .
Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
+ Cũng từ

1

1

+

1

+

1

Khi đó ta có

2

1

+

2

1

+

(1 + x ) (1 + y ) (1 + z )
2

2

Chú ý đến giả thiết xyz = 1 ta có

2



1
1
+
1 + xy
1+z

(

1
1
+
1 + xy
1+ z

(

)

2

=

) (

)

2

) (

1

+

( 1 + x ) (1 + y )
2

2



1
.
xy + 1

.

z
1
+
z +1 1+ z

Như vậy phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được

(

1

ta để ý đến bất đẳng thức

(1 + x ) (1 + y ) (1 + z )
2

(

)

2

=

z2 + z + 1
.
z2 + 2x + 1

z2 + z + 1
3

2
z + 2x + 1 4

)

Hay ta cần chỉ ra 4 z2 + z + 1  3 z2 + 2z + 1  z − 1

2

 0 . Đến đây ta có lời giải cho bài tốn.

• Lời giải.
+ Cách 1. Ta có P =

1

b
1 + 
a


2

+

1


c
1 + 
b


+

2

1
2

. Đặt x =


a
1 + 
c

1
xyz = 1 và biểu thức đã cho được viết lại thành P =
1+ x

(

Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức

1

1

+

(1 + x ) (1 + y )
2

2



1

+

1

( 1 + x ) (1 + y )
2

(

)(

(

)

2

+

1

) (
2

b
c
a
;y = ;z =
khi đó ta được
a
b
c

1+ y

1

+

) (
2

1+z

)

2

.

1
. Thật vậy, ta có
xy + 1



) (

)(

1
 xy + 1 x 2 + y 2 + 2x + 2y + 2  x 2 + 2x + 1 y 2 + 2y + 1
xy + 1
2

(

 1 − 2xy − x 2 y 2 = x 3 y + xy 3  xy − 1 + xy x − y

)

2

0

Do bất đẳng thức cuỗi cùng ln đúng nên ta có điều cần chứng minh.
Khi đó ta có

1

+

1

+

1

(1 + x ) (1 + y ) (1 + z )
2

2

2



1
1
+
1 + xy
1+z

(

)

2

=

z
1
+
z +1 1+ z

(

)

2

=

z2 + z + 1
z2 + 2x + 1

)


z2 + z + 1
3
  4 z2 + z + 1  3 z2 + 2z + 1  z − 1
2
z + 2x + 1 4

(

Như vậy ta đi chứng minh

) (

) (

)

2

 0.

3
, dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1 hay a = b = c .
4

Do đó ta được P 

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là

3
, dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c .
4

+ Cách 2. Hoàn toàn tương tự như trên ta đi chứng minh

1

1

+

1

+

(1 + x ) (1 + y ) (1 + z )
2

np

Do xyz = 1 nên tồn tại các số dương m, n, p thỏa mãn x =

m

2

;y =

2

mp
n

được viết lại thành
1
1
1
3
m4

+
+


2
2
2
4



np 
mp 
mn 
m 2 + np
1
+
1
+
1
+






m2 
n2 
p2 




Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức thì được

(

2

mn

;z =

p2

n4

+

) (n
2

2

2

+ mp

3
.

4

. Khi đó bất đẳng thức

p4

+

) (p
2



2

+ mn

)

2



3
4

(m + n + p )
+
+


( m + np ) ( n + mp ) ( p + mn ) ( m + np ) + (n + mp ) + (p + mn )
(m + n + p )
3
Và ta cần chứng minh
 hay ta cần chứng minh
( m + np ) + ( n + mp ) + ( p + mn ) 4
m + n + p + 5 ( m n + n p + p m )  6mnp ( m + n + p )
m4

n4

2

2

2

2

2

4

4

2

2

2

2

2

p4

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

4

2

2

2

2

2

2

2 2

2

2

(

)
)  6mnp (m + n + p ) .

Dễ thấy m 4 + n 4 + p 4  m 2 n 2 + n 2 p 2 + p 2 m 2 ; m 2 n 2 + n 2 p 2 + p 2 m 2  mnp m + n + p

(

Nên ta được m + n + p + 5 m n + n p + p m
4

4

Như vậy bất đẳng thức

4

1

2

+

2

2 2

1

2

)  6 (m n
2

1

+

(1 + x ) (1 + y ) (1 + z )
2

2

• Nhận xét. Có thể áp dụng bất đẳng thức

a2

2

b2

2

1



+n p +p m
2 2

1

+

2



(

+

) (
2

)

2

2

1
đánh giá trực tiếp như sau
xy + 1

c
1
1
c
=
+
+
2
2
4a 
4a

b
c
a +b
b+c
1 + 

1 + 
a
b


c
b
c
1
1
Đặt x = ; b = nên ta có = xy . Khi đó ta có P =
+
2
a
a
b
1+ x
1+ y
Ta có P =

2

3
3
hay P  .
4
4

( 1 + x ) (1 + y )
2

2

+

(

) (

)

2

+

xy
4

Áp dụng bất đẳng thức trên và bất đẳng thức Cauchy ta được

P 

1
xy
1
xy + 1 1
1
xy + 1 1
1 3
+

=
+
− 2
+
− = 1− =
xy + 1 4
xy + 1
4
4
xy + 1
4
4
4 4

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là

3
, dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi x = y = 1 hay a = b = c .
4


Có thể thấy được hình thức đơn giản của biểu thức P, tuy nhiên khi đi vào đánh giá ta thấy được sự
khó khăn. Do vậy để hồn thành được bài tốn địi hỏi phải phải nẵm vững các kiến thức cơ bản về bất
đẳng thức và phải làm nhiều mới có kinh nghiệm khi xử lý các bất đẳng thức khó.

( )

( )

Câu 4. Cho điểm A cố định nằm ngồi đường trịn O . Kẻ các tiếp tuyến AE, AF của O (E, F là các

tiếp điểm). Điểm D di động trên cung lớn EF sao cho DE  DF , D không trùng với E và tiếp tuyến tại D

( )

của O cắt các tia AE, AF lần lượt tại B, C.
a) Chứng minh rằng tứ giác BNMC nội tiếp

• Phân tích tìm lời giải. u cầu chứng minh tứ giác nội tiếp đường tròn làm ta nhớ đến các phương
pháp chứng minh đã được học, tuy nhiên xử lý theo hướng nào thì lại phụ thuộc đến việc đọc được các giả
thiết đang còn bị ẩn đi của bài tốn. Quan sát hình vẽ và kết hợp với yếu tố liên quan đến đường tròn nội
tiếp ta nghĩ đến chứng minh tứ giác BNMC nội tiếp theo các hướng đi như sau.
+ Hướng 1. Đầu tiên với tư tưởng chứng
minh hai góc đối diện của tứ giác BNMC

A

có tổng bằng 180 0 . Điều này có nghĩa là
ta

cần

chỉ

ra

được

NBC + NMC = 1800 . Tuy nhiên trong

P

F

bài tốn các góc ta xét là các góc bất kì

Q

và lại khơng có mối quan hệ với nhau nên
hướng đi này không cho ta kết quả mong

M

NK
O

E

J

G

muốn.
H

+ Hướng 2. Chứng minh hai góc

BMC = BNC . Quan sát hình vẽ ta dự

B

L
D I

C

đoán rằng BMC = BNC = 900 .
Để ý rằng ta có BFO = BDO = 900 , do đó ta quy bài tốn về chứng minh các tứ giác BONE hoặc
DONE và các tứ giác COFM hoặc DOMC nội tiếp. Do vai trò của điểm M và N như nhau nên các phép
chứng minh tương tự nhau. Do O là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC nên ta sử dụng phép biến đổi
góc để chứng minh tứ giác BONE hoặc DONE ( Với các tứ giác giác COFM hoặc DOMC ta biến đổi hoàn
toàn tương tự).
- Để chứng minh tứ giác BONE nội tiếp ta biến đổi góc như sau

ONE = EFA − OCA = 900 − OAF −

1
1
1
1
ACA = 900 − BAC − ABC = ABC = ABO
2
2
2
2

- Để chứng minh tứ giác DONE nội tiếp ta biến đổi góc DEF =

1
DOF = COD .
2

Do A cố định và B, C thay đổi nên ta thấy N có thể nằm trên đoạn thẳng EF và cũng có thể nằm
trên tia đối của tia EF. Trường hợp N nằm trên EF ta biến đổi như trên, còn trường hợp N nằm trên tia đối
của tia EF ta biến đổi hoàn toàn tương tự với điểm M trong hình trên, do đó ta khơng cần phải xét hai
trường hợp. Ngồi ra trong phép phân tích trên ta không đi theo hướng chứng minh tứ giác BDON nội tiếp


vì ta đang cần chứng minh BNO = 900 nên khơng thể biến đổi các góc liên quan đến điểm N đến các góc
đặc biệt trong bài tốn.
+ Hướng 3. Chứng minh NCB = NMB hoặc tương tự với MNC = MBC . Theo giả thiết của bài tốn
ta có NCB =

1
1
ACB . Như vậy ta cần chỉ ra được NMB = ACB . Quan sát hình vẽ ta có
2
2

NMB = AFE − ABM = AFE −
NMB = 900 −

1
1
ABC . Mà ta lại có AF E = 900 − BAC . Từ đó ta được
2
2

)

(

1
1
BAC + ABC = ACB . Đến đây ta thấy có thêm một lời giải cho ý thứ nhất của bài
2
2

tốn.

• Trình bày lời giải.
+ Lời giải 1. Ta có DEF =

1
DOF = DOC nên DEF + DON = 1800 suy ra ta có tứ giác DONE nội
2

tiếp. Mặt khác ta có BEO = BDO = 900 nên BDOE nội tiếp. Như vậy năm điểm B, D, E, O, N cùng
thuộc một đường tròn. Từ đó suy ra BNO = BEO = 900 . Chứng minh tương tự ta được BMC = 900 .
Như vậy ta có BMC = BNC = 900 hay tứ giác BNMC nội tiếp.
+ Lời giải 2. Theo giả thiết của bài tốn ta có NCB =
nên ta có NMB = AFE − ABM = AFE −

NMB = 900 −

(

1
ACB . Do AFE là góc ngồi của tam giác FBM
2

1
1
ABC . Mà ta lại có AF E = 900 − BAC . Từ đó ta được
2
2

)

1
1
BAC + ABC = ACB . Kết hợp hai kết quả ta thu được NMB = NCB , do đó tứ
2
2

giác BNMC nội tiếp đường trịn.
b) Chứng minh rằng OI song song với DK.

• Phân tích. Giả thiết cho các tia phân giác và cầu chứng minh hai đường thẳng song song nên ta nghĩ
đến các hướng đi sau.
+ Hướng 1. Sử dụng tính chất tia phân giác để suy ra các tỉ số bằng nhau và áp dụng định lí Talet để
chứng minh hai đường thẳng song song. Ta có
giữa tỉ số

OB IB
DE EK
=
=
và
, ta phải tìm được mối liên hệ
OC IC

DF FK

IO CI
;
với các tỉ số trên. Tuy nhiên đến đây thì có vẻ như hướng đi này không thể tiếp tục.
DK CD

+ Hướng 2. Sử dụng phép biến đổi góc cộng góc để chỉ ra một cặp góc đồng vị hoặc một cặp góc so le
trong bằng nhau. Ở đây ta để ý đến các tia phân giác


ABC   0 ACB  ABC + ACB
 −  90 −
=
Ta có EDF = 1800 − EDB − FDC = 1800 −  900 −

2  
2 
2

 

Mà ta lại có KDC = KDF + FDC =

EDF
ABC ACB
+ FDC = 900 +
−
2
4

4


Như vậy ta cần chỉ ra được OIC = 900 +

ABC ACB
. Tuy nhiên do OI là phân giác của BOC nên
−
4
4

điều này hiển nhiên đúng.
+ Hướng 3. Gọi H là giao điểm của BO với DE và G là giao điểm của CO với CF. Gọi J là giao điểm của
DK với OB. Khi đó để ý đến tứ giác OHDG nội tiếp đường trịn ta có HOG + HDG = 1800 . Để ý rằng
OI là phân giác của góc BOC và DK là phân giác của góc EDF nên EDK + BOI = 900 . Mà ta lại có

EDK + BJD = 900 nên ta được BOI = BJ D . Từ đó suy ra OI song song với DK.
• Trình bày lời giải.
+ Lời giải 1. Ta có biến đổi góc như sau


ABC   o ACB  ABC + ACB
 −  90 −
=
EDF = 1800 − EDB − FDC = 1800 −  90o −

2  
2 
2


 

Mà ta lại có KDC =

EDF
ABC ACB
ACB
ABC ACB
.
+ FDC =
+
+ 900 −
= 900 +
−
2
4
4
2
4
4

Mặt khác do OI là phân giác của góc BOC nên ta có
ABC
ABC BOC 1 
ABC ACB 
ABC ACB
 = 900 +
OIC =
+ BOI =
+

=  1800 −
−
−
2
2
2
2
2
2 
4
4


Kết hợp hai kết quả trên ta suy ra KDC = OIC nên OI song song với DK
+ Lời giải 2. Gọi H, G lần lượt là giao điểm của BO với DE và CO với CF. Gọi J là giao điểm của DK với
OB. Khi đó dễ thấy tứ giác OHDG nội tiếp đường trịn, do đó ta được HOG + HDG = 1800 . Do OI là
phân giác của góc BOC và DK là phân giác của góc EDF nên ta có EDK + BOI = 900 . Mà ta lại có

EDK + BJD = 900 nên ta được BOI = BJ D . Từ đó suy ra OI song song với DK.
c) Chứng minh đường thẳng IK luôn đi qua một điểm cố định.

• Phân tích. Trên cở sở hình vẽ ta dự đoán rằng đường thẳng IK đi qua điểm A. Cũng từ giả thiết ta được
điểm A cố định nên nhận định trên càng có cơ sở. Như vậy ta cần phải chứng minh được ba điểm I, K, A
thẳng hàng. Từ giả thiết bài toán và kết quả các hai ý đầu ta nghĩ đến việc lập các tỉ số bằng nhau để áp
dụng định lý Talets hoặc chỉ ra điểm K trùng với giao điểm của AI với EF.

( )

+ Hướng 1. Giả sử P là giao điểm của DK với đường trịn O , khi đó P là điểm chính giữa cung nhỏ EF
và ba điểm O, P, A thẳng hàng. Để ý rằng lúc này KP song song với OD, như vậy nếu ta có được

KP
AP
KP AP
=
;
thì xem như bài tốn được chứng minh. Ta cần tìm các tỉ số bằng với
.
OI
AO
OI AO
Gọi Q là giao điểm của AO với EF, khi đó dẽ thấy hai tam giác KPQ và IDO đồng dạng với nhau
nên ta có

PQ
OQ
OQ
OE
OP
AP
KP P Q P Q
=1−
=1−
=1−
=1−
=
=
=
. Mặt khác ta có
.

PO
PO
OE
OA
OA OA
OI
DO P O

Như vậy ta có một lời lời giải cho bài toán.
+ Hướng 2. Cũng đi chứng minh

KP
AP
=
, nhưng ở đây ta tiếp cận bài toán theo một con đường khác
OI
AO

hơn. Dễ thấy KPO = KDO = DOI nên hai tam giác KQP và DIO đồng dạng, do đó Từ đó ta được


KP P Q P Q
=
=
. Mặt khác ta lại có P là điểm chính giữa cung nhỏ EF nên EP là phân giác của tam
OI
OD OE
P A EA AO
PA PQ
=

=
=
giác AEQ, từ đó ta được
, suy ra
. Kết hợp hai kết quả trên ta được
OA EO
P Q EQ EO
AP
KP
=
, như vậy ta có lời giải khác cho bài tốn.
AO
OI
+ Hướng 3. Gọi K’ là giao điểm của AI với EF, ta cần chứng minh hai điểm K và K’ trùng nhau. Chú ý
rằng ta đã có PD song song với OI, như vậy nếu chỉ ra được PK’ song song với OI thì bài tốn xem như
được chứng minh.

( )

Gọi giao điểm của AO với đường tròn O

DOB = EOB = 900 −

là L. Khi đó COL =

) (

(

)

(

1
BAC + BCA . Mặt khác
2

)

1
1
1
ABC = 900 − 1800 − BAC − BCA =
BAC + BCA . Từ đó ta được
2
2
2

COL = BOD nên suy ra DOI = LOI , điều này dẫn đến IOD = IOL , do đó LI là tiếp tuyến của
đường tròn O .

( )

Dễ thấy AP.AL = AE 2 = AQ.AO nên ta được

AQ AP
=
. Mà do QK’ song song với IL nên theo
AL AO

AQ AK '
AK '
AP
=
=
. Từ đó
nên có P K ' song song với OI. Điều này dẫn đến
AL
AI
AO
AI
PK’ và PD trùng nhau hay K và K’ trùng nhau. Từ đó suy ra ba điểm A, K, I thẳng hàng.
• Trình bày lời giải.
định lý Talets ta có

+ Lời giải 1. Giả sử P là giao điểm của DK với cung nhỏ EF, khi đó P là điểm chính giữa cung nhỏ EF. Từ
đó suy ra ba điểm A, P, O thẳng hàng. Gọi Q là giao điểm AO với EF. Do đó ta được AO vng góc với
EF tại Q.
Xét hai tam giác vng KPQ và IDO có OID = ODP = KPQ nên KP Q ∽ IDO .

KP P Q P Q
=
=
. Mặt khác ta lại có OAE = 900 , EQ ⊥ OP và OE = OP nên ta
OI
DO P O
PQ
OQ OE
OQ
OQ

OE
OP
AP
=1−
=1−
=
=1−
=1−
=
được
. Từ đó suy ra
PO
OE OA
PO
OE
OA
OA OA
KP
AP
=
Kết hợp hai kết quả trên ta được
, mà ta có KP song song với OD. Do đó suy ra ba điểm A, K,
OI
AO
Do đó ta được

I thẳng hàng. Vậy IK ln đi qua điểm cố định A.

( )

+ Lời giải 2. Gọi giao điểm của DK với đường tròn O là P, khi đó dễ thấy ba điểm A, P, O thẳng hàng.
Giả sử AO cắt EF tại Q. Do DK song song với OI nên ta có KPO = KDO = DOI , điều này dẫn đến hai
tam giác KQP và DIO đồng dạng với nhau. Từ đó ta được

KP P Q P Q
=
=
. Mặt khác ta lại có P là
OI
OD OE

điểm chính giữa cung nhỏ EF nên EP là phân giác của tam giác AEQ, theo tích chất đường phân giác kết
hợp hai tam giác AEO và AQE ta suy ra được

Kết hợp hai kết quả trên ta được

P A EA AO
PA PQ
=
=
=
, suy ra
.
OA
EO
P Q EQ EO

AP
KP
=

, mà ta có KP song song với IO nên theo định lí Talets ta suy
AO
OI

ra được ba điểm A, K, I thẳng hàng. Từ đó ta có điều phải chứng minh.


( )

+ Lời giải 3. Gọi giao điểm của AO với đường trịn O là L. Khi đó do CO là phân giác của BCA và
AO là phân giác của góc BAC nên ta có COL =

)

(

1
BAC + BCA . Mặt khác do tứ giác BDOE nội tiếp
2

nên ta có

DOB = EOB = 900 −

) (

(

1
1

1
ABC = 900 − 1800 − BAC − BCA =
BAC + BCA
2
2
2

)

Từ đó ta được COL = BOD , mà OI là phân giác của góc BOC nên suy ra DOI = LOI .
Kết hợp với OD = OL và OI chung dẫn đến IOD = IOL , suy ra ILO = IDO = 900 hay LI là tiếp
tuyến của đường tròn

(O ) .

Gọi K’ là giao điểm của AI với EF. Dễ dàng chứng minh được

AP.AL = AE 2 = AQ.AO nên ta được
Talets ta có

AQ AP
=
. Mà do QK’ song song với IL nên theo định lý
AL AO

AQ AK '
AK '
AP
=
=

. Từ đó dẫn đến
, nên theo định lý Talets đảo thì ta có P K ' song
AL
AI
AO
AI

song với OI. Điều này dẫn đến PK’ và PD trùng nhau hay K và K’ trùng nhau. Từ đó suy ra ba điểm A, K,
I thẳng hàng. Ta có điều phải chứng minh.
Câu 5. Mỗi điểm trong mặt phẳng được gắn với một trong hai màu đỏ hoặc xanh. Chứng minh rằng luôn
tồn tại một tam giác đều có ba đỉnh cùng màu và có độ dài cạnh bằng

3 hoặc 3.

• Phân tích. Giả sử ta vẽ được các tam giác thỏa mãn yêu cầu bài tốn, khi đó ta cần tìm mối liên hệ giữa
các độ dài

3 và 3. Chú ý rằng các tam giác bài toán yêu cầu là tam giác đều. Giả sử GEK và

HEK đều có cạnh là

3 , khi đó ta GH = 3 và tam giác FGH là tam giác đều có cạnh bằng 3. Như

vậy ta cần xét các trường hợp màu của các điểm E, F, G, H, K để tìm ra tam giác đều thỏa mãn u cầu
bài tốn.

• Lời giải.
G

A

F

B

3

Dựng tam giác ABC đều cạnh bằng

K

C

O

E

H

3 . Khi đó ta xét hai trường hợp sau.

+ Trường hợp 1. Tam giác ABC có ba đỉnh cùng màu, khi đó tam giác ABC là tam giác cần dựng. Bài toán
được chứng minh.
+ Trường hợp 2. Tam giác ABC có hai đỉnh khác màu, khơng mất tính tổng quát ta giả sử hai đỉnh đó là
AB. Khi đó dựng tam giác ABD cân tại D có AD = BD = 2 3 . Khi đó đỉnh D khác màu với một trong


hai đỉnh A và B. Điều này có nghĩa là ln dựng được đoạn thẳng có độ dài 2 3 và hai đầu mút của đoạn
thẳng khác màu. Xét đoạn thẳng thẳng EF có độ dài 2 3 và hai điểm E, F khác màu. Lấy K là trung điểm
của EF, khi đó K trùng màu với một trong hai điểm E, F. Khơng mất tính tổng qt ta giả sử hai điểm E và

K cùng có màu đỏ và F màu xanh.
Dựng hình thoi EGKH sao cho có hai tam giác EGK và EHK đều. Khi đó ta suy ra được

KG = KE = KH = EG = EH = 3 .
Nếu trong hai điểm H và G có một điểm màu đỏ, chẳng hạn đó là H, khi đó tam giác EKH có ba đỉnh
màu đỏ và có cạnh là

3.

Nếu cả hai điểm H và G cùng có màu xanh, khi đó tam giác FKG có ba đỉnh cùng màu xanh.
Gọi O là giao điểm của EK và GH, khi đó ta có OK =

3
3
nên OG = GK 2 − OK 2 = và HG = 3 .
2
2

Suy ra FG = FH = 3 . Vậy tam giác FGK đầu có ba đỉnh cùng màu xanh và độ dài cạnh bằng 3.
Như vậy bài toán được chứng minh.


ĐỀ THI TS LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU TỈNH NGHỆ AN
Năm học 2017 – 2018
Câu 1 (7.0 điểm).
a) Giải phương trình 3x + 7 x − 4 = 14 x + 4 − 20

(
(

)
)

6x + 4y + 2 = x + 1 2

b) Giải hệ phương trình 
2
6y + 4x − 2 = y − 1


Câu 2 (2.0 điểm).

( )

( )

Tìm số tự nhiên n thỏa mãn S n = n 2 − 2017n + 10 với S n là tổng các chữ số của n.
Câu 3 (2.0 điểm)
Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn c  a . Chứng minh rằng:
2

2

2

 a   b 
 c 
3

 +

 + 4
 
2
a + b b + c
c+a 
Câu 4 (7.0 điểm).

( )

( )

Cho hai đường tròn O và O ' cắt nhau tại A và B. Trên tia đối của tia AB lấy điểm M khác A.

( )

Qua M kẻ các tiếp tuyến MC và MD với đường tròn O ' (C, D là tiếp điểm và D nằm trong đường tròn
tâm O).
a) Chứng minh rằng AD.BC = AC.DB .

( )

b) Các đường thẳng AC, AD cắt đường tròn O lần lượt tại E và F (E, F khác A ). Chứng minh
đường thẳng CD đi qua trung điểm của EF.
c) Chứng minh rằng đường thẳng EF ln đi qua một điểm có định khi M thay đổi.
Câu 5 (2.0 điểm).

( )

Trong đường trịn O có bán kính 21 đơn vị, cho 399 điểm bất kì A1, A 2 , ..., A 399 . Chứng minh rằng

( )

tồn tại vơ số hình trịn có bán kính bằng 1 đơn vị nằm trong đường trịn O và khơng chứa điểm nào trong
399 điểm A1, A 2 , ..., A 399 .
Phân tích và hướng dẫn giải
Câu 1 (7.0 điểm).
a) Giải phương trình 3x + 7 x − 4 = 14 x + 4 − 20 .

• Phân tích. Điều kiện xác địnhcủa phương trình là x  4 . Nhận thấy phương tình có chứa hai căn thức
nên ta đặt

(

) (

)

x − 4 = a và x + 4 = b với a  0, b  0 . Nhận thấy 4 x + 4 − x − 4 = 3x + 20 ta có

các biến đổi sau. Phương trình đã cho tương đương với

(

) (

)

3x + 7 x − 4 − 14 x + 4 + 20 = 0  4 x + 4 − x − 4 + 7 x − 4 − 14 x + 4 = 0

(

Từ đó ta có phương trình 4b 2 − a 2 + 7a − 14b = 0  2b − a

)(2b + a − 7 ) = 0 . Đến đây chỉ cần giải

phương trình tích là xong.

• Lời giải. Điều kiện xác định của phương trình là x  4 . Phương trình đã cho tương đương với

(

) (

)

3x + 7 x − 4 − 14 x + 4 + 20 = 0  4 x + 4 − x − 4 + 7 x − 4 − 14 x + 4 = 0
Đặt

x − 4 = a và x + 4 = b với a  0, b  0 . Khi đó phương trình trên trở thành

2b − a = 0
4b 2 − a 2 + 7a − 14b = 0  2b − a 2b + a − 7 = 0  
2b + a − 7 = 0

(

)(

)

(

+ Với 2b − a = 0  2b = a  2 x + 4 =

)

x −4  4 x +4 = x −4  x =

−20
.
3

+ Với 2b + a − 7 = 0  2b = 7 − a , khi đó ta có phương trình

4  x  53
4  x  53

2  
2 x+4 =7− x−4  
29 − 3x = 14 x − 4
4 x + 4 = 7 − x − 4


29

29
4  x 
4  x 
3



x=5
3
2
2
2
 29 − 3x = 14 x − 4
9x − 370x + 1625 = 0



(

(

)

(

)

)

(

)

Kết hợp với điều kiện xác định ta được x = 5 là nghiệm duy nhất của phương trình.

• Nhận xét. Nhận thấy x = 5 là nghiệm duy nhất của phương trình nên ta nghĩ đến phương pháp nhận
lượng liên hợp để làm xuất hiện đại lương x − 5 . Ta có các biến đổi sau

3x + 7 x − 4 = 14 x + 4 − 20  3x − 15 + 7 x + 4 − 7 − 14 x − 4 + 42 = 0

(

)

 3 x −5 +

(

7 x −5

)

−

(

14 x − 5

)


= 0  x − 5 3 +
x+4 +3


(

x −4 +1
x − 5 = 0


7
14
3+
−
=0

x −4 +1
x+4 +3

)

7
x −4 +1

−


=0
x + 4 + 3
14

+ Với x − 5 = 0  x = 5 , thỏa mãn điều kiện xác định.
+ Với 3 +

7
x −4 +1

Từ đó ta được

−

14
x+4 +3

14
x+4 +3

=0 3+

7
x −4 +1

14

 3 . Với x  4 thì

x+4 +3



=

14
x+4 +3

14
8 +3

.

 3 (Mâu thuẫn)

Vậy x = 5 là nghiệm duy nhất của phương trình.

(
(

)
)

6x + 4y + 2 = x + 1 2

b) Giải hệ phương trình 
2
6y + 4x − 2 = y − 1


• Phân tích. Nhìn vào hệ phương trình đã cho ta thấy có dạng đối xứng dạng II nên ta thử đưa hệ về hai
đại lương x + 1 và y − 1 xem sao. Hệ phương trình đã cho trương đương với


(
(

)
)

(
(

)
)

(
(

) (
) (

)
)

6x + 4y + 2 = x + 1 2
6 x + 1 + 4 y − 1 = x + 1




2
6y + 4x − 2 = y − 1
6 y −1 + 4 x +1 = y −1






2

2

Đến đây chỉ cần đặt x + 1 = a và y − 1 = b ta được hệ phương trình đối xứng dạng dạng II.

(
(

)
)

(
(

) (
) (

)
)

6 x + 1 + 4 y − 1 = x + 1 2

• Lời giải. Hệ phương trình đã cho tương đương với 
2
6 y −1 + 4 x +1 = y −1



6a + 4b = a 2
Đặt x + 1 = a; y − 1 = b . Khi đó hệ phương trình đã cho trở thành 
2
6b + 4a = b

a − b = 0
Trừ theo vế ta được a 2 − b 2 − 2a + 2b = 0  a − b a + b − 2 = 0  
a + b − 2 = 0

(

)(

)

+ Với a − b = 0  a = b  x + 1 = y − 1  x = y − 2 . Thế vào phương trình thứ hai của hệ ta được

(

)

(

6y + 4 y − 2 − 2 = y − 1

)

2

y = 1

 y 2 − 12y + 11 = 0  

 y = 11

(

 x = −1; y = 1

 x = 9; y = 11

)

+ Với a + b − 2 = 0  a = 2 − b  x + 1 = 2 − y − 1  x = 2 − y . Thế vào phương trình thứ hai
của hệ ta được

(

)

(

6y + 4 2 − y − 2 = y − 1

)

2

 y = −1
 y 2 − 4y − 5 = 0  


 y = 5

( ) (

)(

)(

)(

 x = 3; y = −1

 x = −3; y = 5

)

Vậy nghiệm của hệ phương trình là x; y = −1;1 , 9;11 , 3; −1 , −3; 5 .

( )

( )

Câu 2. Tìm số tự nhiên n thỏa mãn S n = n 2 − 2017n + 10 với S n là tổng các chữ số của n.

• Phân tích. Nhận thấy n = 2017 thoả mãn yêu cầu bài toán nên ta đi xét các trường hợp 1  n  2016 ,

n = 2017 và n  2017 , sau đó chỉ cần chỉ ra với 1  n  2016 và n  2017 khơng tồn tại n thỏa mãn
u cầu bài tốn. Chú ý đến điều kiện 0  S(n)  n . Ta có lời giải chi tiết như sau.

( )

• Lời giải. Vì n là số tự nhiên và S n là tổng các chữ số của n nên n  1 và 0  S(n)  n .
Ta xét các trường hợp sau:
+ Trường hợp 1. Nếu 1  n  2016 . Khi đó ta có

( )

(

)(

)

S n = n 2 − 2017n + 10  n 2 − 2017n + 2016 = n − 1 n − 2016  0
Trường hợp này không tồn tại n thỏa mãn vì S(n)  0 .
+ Trường hợp 2. Nếu n = 2017 . Khi đó ta được

( )

( )

S n = 2 + 0 + 1 + 7 = 10 và S n = 20172 − 2017.2017 + 10 = 10 (Thỏa mãn)

( )

(

)

+ Trường hợp 3, Nếu n  2017 . Khi đó S n = n 2 − 2017n + 10  n 2 − 2017n = n n − 2017  n .

Trường hợp này không tồn tại n thỏa mãn vì n  2017 .
Vậy n = 2017 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 3. Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn c  a . Chứng minh rằng:


2

2

2

 a   b 
 c 
3

 +
 + 4
 
2
a + b b + c
c+a 
• Phân tích. Dự đoán dấu bằng xẩy ra tại a = b = c . Nhận thấy bất đẳng thức đã cho khơng có dạng đối
xứng nên ta biển đổi rồi đặt ẩn xem sao.

1

Bất đẳng thức đã cho tương đương với

+

1

1

+

2

2

4

+

2



3
2




b
c
a
1 + 
1 + 
1 + 

a
b
c



a
1
b
c
Đặt = x, = y x, y  0 . Khi đó =
. Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
a
b
c xy

(

)

1

+

4x 2 y 2

Áp dụng bổ đề

1

(

1+ x

1

+

) (
2

1+ y

)

2

2

()

()

1
* . Để chứng minh bổ đề * ta chỉ cần sử dụng phép biến
xy + 1



đổi tương đương. Ta cần chứng minh

2

3
2



(1 + x ) (1 + y ) (1 + xy )
2

1
4x 2 y 2
+
xy + 1 1 + xy

(

)

2

3
. Đến đây chỉ cần sử dụng bất đẳng thức
2



Cauchy cho hai số là bài toán được chứng minh. Chú ý đến c  a ta có lời giải chi tiết như sau.
1

1
4
3
• Lời giải. Bất đẳng thức đã cho tương đương với
+
+

2
2
2
2



b
c
a
1 + 
1 + 
1 + 
a
b
c



Đặt

(

)

b
c
a
1
= x, = y x, y  0 . Khi đó =
. Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
a
b
c xy

1

1

+

4x 2 y 2

+

Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức

2

1

2

1

+

(1 + x ) (1 + y )
2

2



3
2



(1 + x ) (1 + y ) (1 + xy )
2

1
, với x, y là các số dương.
xy + 1

Thật vậy, bất đẳng thức trên tương ương với

(2 + 2x + 2y + x

2

+ y2

) ( xy + 1)  (1 + 2x + x )(1 + 2y + y )
2

(

 1 − 2xy − x 2 y 2 + x 3 y + xy 3  0  1 − xy
Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng do x, y  0 . Vì vậy ta có

1
4x 2 y 2
+
xy + 1 1 + xy

Ta quy bài tốn về chứng minh

Đặt P =

2

Khi đó P =

(

+ xy x − y

1

)

2

)

2

+1−1 

+

1

(1 + x ) (1 + y )
2

2

)

2



0

1
.
xy + 1

3

.
2

. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được:

1
4x 2 y 2
+
xy + 1 1 + xy

(

)



2

2

1
4x y
+
xy + 1 1 + xy

(

(

2

)

2

4x 2 y 2

(1 + xy )

2

+1 

1
4xy
3xy
3
+
−1 =
=
xy + 1 1 + xy
1 + xy
1
+1
xy

4xy
1 + xy

Ta cần chứng minh

3xy
3
3
3

 hay
1
2
1 + xy 2
+1
xy

a
1
3
3
=
 1 . Do đó

1
2
c xy
+1
xy
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Dấu bằng xẩy ra tại a = b = c .
Thật vậy, từ giả thiết c  a ta được

( )

( )

Câu 4. Cho hai đường tròn O và O ' cắt nhau tại A và B. Trên tia đối của tia AB lấy điểm M khác A.

( )

Qua M kẻ các tiếp tuyến MC và MD với đường tròn O ' (C, D là tiếp điểm và D nằm trong đường trịn
tâm O).
a) Chứng minh AD.BC = AC.DB .

• Phân tích tìm lời giải. Quan sát hình

M

vẽ ta nhận thấy và giả thiết của bài toán ta
nhận

thấy

để

chứng

minh

được

AD.BC = AC.DB ta quy về chứng
minh

AC AD
=
. Nhận thấy rằng không
BC BD

C
A

thể chứng minh được một cách trực tiếp
nên ta nghĩ đến chọn các tỉ số trung gian.

Q
E

J

O

I

H

Ta có AC là tiếp tuyến và AB là cát tuyến

O'

N

nên dễ thấy hai tam giác MAC và MCB

B

đồng dạng với nhau, từ đó ta có

F
K

AC MA
AD MA
=
=
. Tương tự thì
.
BC MB
BD MB
Do đó ta được

D

P

AC AD
=
hay ta có điều cần chứng minh.
BC BD

( )

·

·
• Lời giải. Vì MC là tiếp tuyến của đường trịn O ' nên ta được MCA
. Xét hai tam giác MAC
= CBM

·

·

·

và MCB có MCA = CBM và MCB chung. Suy ra tam giác MAC đồng dạng với tam giác MCB, do đó
AC MA
=
ta được
. Chứng minh tương tự ta được tam giác MAD đồng dạng với tam giác MDB nên
BC MB
AD MA
AC AD
=
=
. Kết hợp hai kết quả trên ta được
hay AD.BC = AC.DB .
BD MB
BC BD

( )

b) Các đường thẳng AC và AD cắt đường tròn O lần lượt tại E, F (E, Fkhác A). Chứng minh đường
thẳng CD đi qua trung điểm của EF .

• Phân tích tìm lời giải. Gọi N là giao điểm của CD với EF và ta cần chứng minh NE = NF . Nhận thấy
rằng không thể chỉ ra trực tiếp các tam giác chứa NE và NF bằng nhau nên ta nghĩ đến việc tạo ra các tỉ số
bằng nhau thông qua các tam giác đồng dạng hoặc định lí Talets. Để ý là các tỉ số bằng nhau cần có chứa
các đoạn NE và NF. Từ đó ta thấy có các hướng sau.


+ Hướng 1. Ta thấy NFB = BAC = BDC nên tứ giác NFBD nội tiếp. Do đó FNB = FDB = ACB nên
CA DA
CA NF
=
=
hai tam giác BNF và CAB đồng dạng nên ta có
. Từ ý a ta đã có
. Do đó phép
CB DB
CB NB
DA NE
=
chứng minh kết thúc nếu ta chỉ ra được
. Để ý ta có BEN = FAB và ENB = BDA , do đó
DB NB
DA NE
=
suy ra hai tam giác ENF và BDA đồng dạng. Suy ra ta được
. Đến đây kết hợp các kết quả ta
DA NB
được NE = NF .
+ Hướng 2. Dựng đường qua A đường thẳng song song với CD cắt EF tại I. Khi đó theo định lý Talest ta
có

EC DF
NE EC
NF DF
=
=
=
và
. Như vậy phép chứng minh sẽ kết thúc nếu ta chỉ ra được
. Tứ
AC DA
NI
NI
DA
AC

·
·
·
· . Xét tam giác ECB và tam giác
giác ACBD nội tiếp nên FDB
, do đó ta được FDB
= ACB
= ECB
»
·
·
·
·
DFB có FDB

và CEB
(cùng chắn cung AB ). Suy ra tam giác ECB đồng dạng với tam
= ECB
= DFB
giác DFB, từ đó suy ra

DA DF
DF DB
EC DF
=
=
=
. Do đó ta được
hay
. Điều này dẫn đến
AC DA
CA EC
EC CB

NF NE
=
hay N là qua trung điểm của EF.
NI
NI
+ Hướng 3. Để ý đến định lí Menelaus cho tam giác EAF với ba điểm N, D, C thẳng hàng ta có hệ thức
DA CE
NF CE DA
.
= 1 . Chú ý rằng theo kết
.

.
= 1 . Như vậy để có NE = NF ta cần chỉ ra được
DF CA
NE CA DF
BC DF
=
quả ý a ta có AD.BC = AC.DB . Như vậy phép chứng minh kết thúc nếu ta chỉ ra được
.
BD CE
Điều này có nghĩa là ta cần chứng minh được

BCE ∽ BDF . Để ý ta thấy ECB = BDF và

CEB = BFD nên BCE ∽ BDF . Như vậy ta có lời giải cho bài tốn.
• Trình bày lời giải.
+ Cách 1. Gọi N là giao điểm của CD và EF. Từ câu a ta đã có

AC AD
=
. Do tứ giác ABFE và ACBD
BC BD

nội tiếp nên NFB = BAC = BDC , suy ra tứ giác BFND nội tiếp, do đó FNB = FDB = ACB . Lại có
CA NF
=
. Ta lại có
NFB = BAC nên hai tam giác NFB và CAB đồng dạng với nhau. Do đó suy ra
CB NB

BEN = FAB , lại do FNB = FDB nên ENB = BDA , do đó suy ra hai tam giác ENF và BDA đồng

DA NE
NE NF
=
=
dạng. Suy ra ta được
. Kết hợp ba kết quả trên ta được
, do đs NE = NF hay N là
DA NB
NB NB
trung điểm của EF

DA DB
=
. Gọi N là giai điểm của CD với EF. Từ A kẻ đường
CA CB
NE EC
NF DF
=
=
thẳng song song với CD cắt EF tại I. Theo định lý Talest ta có
và
. Tứ giác
NI
AC
NI
DA
·
·
·
·

ACBD nội tiếp nên FDB = ACB , do đó ta được FDB = ECB . Xét tam giác ECB và tam giác DFB có
»
·
·
·
·
và CEB = DFB (cùng chắn cung AB ). Suy ra tam giác ECB đồng dạng với tam giác
FDB
= ECB
DF DB
DA DF
EC DF
=
=
=
DFB, từ đó suy ra
. Do đó ta được
hay
. Điều này dẫn đến
EC CB
CA EC
AC DA
NF NE
=
hay N là qua trung điểm của EF. Vậy CD đi qua trung điểm N của EF.
NI
NI
+ Cách 2. Từ AD.BC = AC.DB suy ra

+ Cách 3. Gọi N là giao điểm của CD và EF. Theo kết quả ý a ta có AD.BC = AC.DB . Xét hai tam giác
BC DF
=
BCE và BDF có ECB = BDF và CEB = BFD nên BCE ∽ BDF . Từ đó
. Do đó ta
BD CE
DA CE
.
= 1 . Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác EAF với ba điểm N, D, C thẳng hàng ta có
được
DF CA
NF CE DA
DA CE
NF
.
.
.
= 1 nên suy ra NE = NF hay N là trung
= 1 ta được
= 1 . Kết hợp với
NE CA DF
DF CA
NE
điểm của EF.
c) Chứng minh rằng đường thẳng EF luôn đi qua một điểm có định khi M thay đổi.

• Phân tích tìm lời giải. Bài toán yêu cầu chứng minh EF đi qua một điểm cố định khi M thay đổi trên
AB do đó ta dự đốn được điểm cố định. Từ đề bài ta nhận thấy các điểm A, B, O, O’ cố định nên ta dự
đoán rằng điểm cố định cần tìm sẽ có liên hệ với các điểm trên. Do điểm O và B cố định nên tiếp tuyến với

( )

đường tròn O tại B cố định. Gọi P là giao điểm của EF với tiếp tuyến tại B đó là P khi đó ta dự đốn
rằng P là điểm cố định. Muốn khẳng định được điều ta dự đoán thì ta cần chứng minh được BP khơng đổi.
Đến đây ta thấy có các hướng sau
+ Hướng 1. Gọi K và H là lần lượt là trung điểm của AC và BD. Gọi J là giao điểm của OO’ và CD. Khi

( )

đó dễ thấy JA và BJ là các tiếp tuyến của đường trịn O ' . Do đó J là điểm cố định. Biến đổi góc ta có

EPB = EFB − FBP = BAC − BEP = BDC − FAB = BDC − JBD = BJC . Điều này dẫn đến hai
BE BP
BE
=
.BJ và BJ không
tam giác EPB và CJB đồng dạng với nhau. Do đó ta được
hay BP =
BC
BJ
BC
đổi. Dễ thấy hai tam giác EPB và CJB đồng dạng với nhau nên hai tam giác DBC và FBE đồng dạng với
BE OA
nhau. Mà hai tam giác DBC và EBF nội tiếp trong hai đường tròn O ' và O . Do đó
=
BC O ' A
BE
.BJ khơng đổi. Suy ra P là điểm cố định hay EF luôn đi qua điểm P
khơng đổi. Từ đó ta được BP =
BC

cố định.

( )

( )

+ Hướng 2. Do tứ giác BFND nội tiếp ta có PBF = PEB = BAF = JBD và BFP = BDJ . Suy ra hai
tam giác BDJ và BFP đồng dạng, do đó BJD = BPF nên tứ giác BJNP nội tiếp đường tròn. Suy ra ta
được BJ P = BNP = BDF = BCA = BO 'O . Mặt khác ta lại có O ' BO = P BJ nên hai tam giác JBP và
O’BO đồng dạng với nhau. Do đó

BP
BJ
BJ.BO
, khơng đổi. Suy ra điểm P cố định.
=
 BP =
'
BO BO
BO '

Vậy EF luôn đi qua điểm P cố định.

• Trình bày lời giải.
+ Cách 1. Gọi K và H là lần lượt là trung điểm của AC và BD. Gọi J là giao điểm của OO’ và CD. Khi đó
O'K
O 'J
dễ thấy O' KJ ∽ O ' HM nên ta được
hay O' K.O' M = O' H.O'J . Mà ta lại có
=

'
'
OH OM
'
'
' 2
' 2
2
O K.O M = O D = O A do đó ta có OA = O' H.O'J nên ta suy ra được AJ ⊥ O ' A hay NA là tiếp

( )

( )

tuyến của đường tròn O ' tại A và do đó BJ cũng là tiếp tuyến của đường tròn O ' tại B.

( )

Từ B kẻ tiếp tuyến với đường trịn O cắt EF tại P.
Khi đó ta có EPB = EFB − FBP = BAC − BEP = BDC − FAB = BDC − JBD = BJC .
Điều này dẫn đến hai tam giác EPB và CJB đồng dạng với nhau.


Do đó ta được

( )

( )

BE BP

BE
=
.BJ . Do hai đường tròn O và O ' cố định nên A và B cố
hay BP =
BC
BC
BJ

định, do đó điểm J cố định, suy ra BJ không đổi. Do hai tam giác EPB và CJB đồng dạng với nhau nên suy
ra hai tam giác DBC và FBE đồng dạng với nhau. Mà hai tam giác DBC và EBF nội tiếp trong hai đường

( ) ( )

tròn O ' và O . Do đó

BE
BE OA
.BJ khơng đổi. Suy ra P là
= ' khơng đổi. Từ đó ta được BP =
BC
BC O A

điểm cố định hay EF luôn đi qua điểm P cố định.
+ Cách 2. Gọi J và H lần lượt là giao điểm của OO’ với CD và AB. Gọi K là giao điểm của MO’ với CD.
O'H O'M
Khi đó dễ thấy hai tam giác O’HM và O’KJ đồng dạng với nhau. Suy ra
nên ta có được
=
O 'Q
O 'J

O' H.O'J = O' K.O' M = O'C2 = O' B2 . Từ đó ta lại được

O'H O'B
, suy ra hai tam giác HO’B và O’BJ
=
O ' B O 'J

đồng dạng với nhau. Do đó ta được O' BJ = O ' HB = 900 , suy ra BJ ⊥ O' B hay BJ là tiếp tuyến tại B

( )

của đường tròn O ' . Chứng minh hoàn toàn tương tự ta cũng được AJ là tiếp tuyến tại A của đường tròn

(O ) . Do A và B cố định nên J cố định. Từ B kẻ tiếp tuyến với đường tròn (O ) , tiếp tuyến này cắt EF tại
'

P, suy ra đường thẳng BP cố định. Khi đó do tứ giác BFND nội tiếp đường trịn nên ta có

PBF = PEB = BAF = JBD và BFP = BDJ . Suy ra hai tam giác BDJ và BFP đồng dạng, do đó
BJD = BPF nên tứ giác BJNP nội tiếp đường tròn. Suy ra BJ P = BNP = BDF = BCA = BO 'O . Mặt
BP
BJ
khác lại có O ' BO = P BJ nên hai tam giác JBP và O’BO đồng dạng. Do đó
hay ta được
=
BO BO'
BJ.BO
khơng đổi. Suy ra điểm P cố định. Vậy EF luôn đi qua điểm P cố định.
BP =

BO '

( )

Câu 5. Trong đường trịn O có bán kính 21 đơn vị, cho 399 điểm bất kì A1, A 2 , ..., A 399 . Chứng minh

( )

rằng tồn tại vơ số hình trịn có bán kính bằng 1 đơn vị nằm trong đường trịn O và khơng chứa điểm nào
trong 399 điểm A1, A 2 , ..., A 399 .

( )

( )

• Lời giải. Trong đường tròn O vẽ đường tròn O ' có bán kính 20 đơn vị. Giả sử 399 điểm bất kì

( )

A1, A 2 , ..., A 399 nằm trong đường trịn O ' . Khi đó S(O ') = 400p . Từ 399 điểm A1, A 2 , ..., A 399 vẽ các
đường trịn có bán kính bằng 1 đơn vị. Khi đó tổng diện tích của 399 đường tròn là 399p  400p , suy ra

( )

399 đường trịn này khơng phủ hết đường trịn O ' . Do đó sẽ có vơ số khoảng trống giữa các đường trịn

( )

hay tồn tại vơ số hình trịn có bán kính bằng 1 đơn vị nằm trong đường trịn O và khơng chứa điểm nào
trong 399 điểm A1, A 2 , ..., A 399 .

ĐỀ THI TS LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU TỈNH NGHỆ AN
Năm học 2018 – 2019
Bài 1 (6.5 điểm).

x − 2 + 4 − x = 2x 2 − 5x − 1 .

a) Giải phương trình

2

xy − 3y = 4x
b) Giải hệ phương trình  2
.
y + 2y + 7 = 7x 2 + 8x



Bài 2 (2.5 điểm).
a) Tìm các số nguyên x, y, z sao cho x 2 + y 2 + z2 + 6  xy + 3y + 4z .

(

)

b) Cho hai số nguyên dương m, n thỏa mãn m + n + 1 là một ước nguyên tố của 2 m 2 + n 2 − 1 .
Chứng minh rằng m.n là một số chính phương.
Bài 3 (2.0 điểm)
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc = 1 . Chứng minh rằng:

1
a 4 − a 3 + ab + 2

+

1
b 4 − b 3 + bc + 2

+

1
c4 − c3 + ca + 2

 3

Bài 4 (7.0 điểm).

(

( )

)

Cho tam giác ABC vuông tại A AB  AC nội tiếp đường tròn O , đường cao AH. Gọi D là điểm
đối xứng với A qua BC. Gọi K là hình chiếu vng góc của A lên BD. Qua H kẻ đường thẳng song song

( )

với BD cắt AK tại I. Đường thẳng BI cắt đường tròn O tại N (N khác B).

a) Chứng minh rằng AN.BI = DH.BK .

( )

b) Tiếp tuyến của đường tròn O tại D cắt đường thẳng BC tại P. Chứng minh rằng đường thẳng
BC tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác ANP.

( )

c) Tiếp tuyến của đường tròn O tại C cắt đường thẳng DP tại M. Đường tròn qua D tiếp xúc với
CM tại M và cắt OD tại Q (Q khác D). Chứng minh rằng đường thẳng qua Q vng góc với BM luôn đi

( )

qua một điểm cố định khi BC cố định và A di động trên đường tròn O .
Bài 5 (2.0 điểm).
Để phục vụ cho lễ khai mạc Words Cup 2018, ban tổ chức đã chuẩn bị 25000 quả bóng, mỗi quả
bóng được đánh số từ 1 đến 25000. Người ta dùng 7 màu: Đỏ, Da cam, Vàng, Lục, Lam, Chàm, Tím để
sơn các quả bóng (mỗi quả được sơn một màu). Chứng minh rằng trong 25000 quả bóng nói trên ln tồn
tại ba quả bóng cùng màu được đánh số là a, b, c mà a chia hết cho b, b chia hết cho c và abc  17 .


Hướng dẫn giải
Bài 1 (6.5 điểm).
a) Giải phương trình

x − 2 + 4 − x = 2x 2 − 5x − 1 .

• Lời giải. Điều kiện xác định của phương trình là 2  x  4 .
+ Cách 1. Biến đổi tương đương phương trình trên như sau

x − 2 + 4 − x = 2x 2 − 5x − 1  x − 2 − 1 + 4 − x − 1 = 2x 2 − 5x − 3
x−3
3−x
x −3

+
= 2x + 1 x − 3 
+ 2x + 1 x − 3 −
x −2 +1
4 − x +1
4 − x +1


1
1
 x−3 
+ 2x + 1 −
=0
x − 2 + 1
 4 − x +1

(

(

)(

)

(

)(

x −3

)

x −2 +1

=0

)

Để ý rằng với 2  x  4 thì ta có

1
x −2 +1

1
4 − x +1

 1 và 2x + 1  1 nên suy ra

1

+ 2x + 1 −

x −2 +1

0

Do đó từ phương trình trên ta suy ra được x − 3 = 0  x = 3 , thỏa mãn điều kiện xác định.



Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S = 3 .
+ Cách 2. Biến đổi tương đương phương trình trên như sau

x − 2 + 4 − x = 2x 2 − 5x − 1  2x 2 − 6x + x − 2 − x − 2 − 4 − x + 1 = 0
 2x 2 − 6x + x − 2

(

)

 2x x − 3 +

(

) (

x −2 −1 −

( x − 3)

x −2

x −2 +1

)

4 − x −1 = 0


= 0  x − 3  2x +
4 − x +1

3−x

−

Để ý rằng với 2  x  4 thì ta có 2x +

(

1
x −2 +1

+

)

1
4 − x +1

1
x −2 +1

+


=0
4 − x + 1
1

 0.

Do đó từ phương trình trên ta suy ra được x − 3 = 0  x = 3 , thỏa mãn điều kiện xác định.



Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S = 3 .
2

xy − 3y = 4x
b) Giải hệ phương trình  2
.
y + 2y + 7 = 7x 2 + 8x



2

2xy − 6y = 8x
• Lời giải. Hệ phương trình đã cho được viết lại thành  2
.
y + 2y + 7 = 7x 2 + 8x



Lấy hiệu theo vế hai phương trình trên của hệ phương trình trên ta thu được

y 2 + 2y + 7 − 2xy + 6y = −x 2 + 8x  x 2 − 2xy + y 2 − 8x + 8y + 7 = 0

(

 x−y

)

2

x − y = 1
y = x − 1
−8 x−y +7 =0  

 x − y = 7
 y = x − 7

(

)

+ Với y = x − 1 , thế vào phương trình thứ nhất của hệ đã cho ta được


 −2 − 13 −2 + 13 
2x x − 1 − 6 x − 1 = 8x 2  3x 2 + 4x − 3 = 0  x  
;


3
3



(

)

(

)

 −2 − 13 −3 − 13   −2 + 13 −5 + 13 
, 
.
;
;
Đến đây ta thu được x; y =  −

 

3
3
3
3

 


( )

+ Với y = x − 7 , thế vào phương trình thứ nhất của hệ đã cho ta được

 −5 − 2 22 −5 + 2 22 
2x x − 7 − 6 x − 7 = 8x 2  3x 2 + 10x − 21 = 0  x  
;

3
3



(

)

(

)

 −5 − 2 22 −26 − 2 22   −5 + 2 22 −26 + 2 22 
, 
.
;
;
Đến đây ta thu được x; y =  −

 


3
3
3
3

 


( )

Vậy hệ phương trình đã cho có các nghiệm như trên.
Bài 2 (2.5 điểm).
a) Tìm các số nguyên x, y, z sao cho x 2 + y 2 + z2 + 6  xy + 3y + 4z .

• Lời giải. Do x, y, z là các số nguyên nên từ x 2 + y 2 + z2 + 6  xy + 3y + 4z ta được

x 2 + y 2 + z2 + 6 + 1  xy + 3y + 4z  x 2 + y 2 + z2 + 7 − xy − 3y − 4z  0
1
3
 x 2 − xy + y 2 + y 2 − 3y + 3 + z2 − 4z + 4  0
4
4
2
2
2





1
1
  x − y  + 3  y − 1 + z − 2  0
2 

2


(

2

)

2


1

1 
Để ý rằng ta có  x − y   0; 3  y − 1   0; z − 2
2 

2

2

2

(


1

1 
 x − y  = 3  y − 1 = z − 2
2 

2


(

) (

(

)

2

)

2

 0 . Do đó từ bất đẳng thức trên ta thu được

=0x−

1

1
y = y −1 = z −2 = 0
2
2

)

Từ đó ta thu được x; y; z = 1;2;2 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

(

)

b) Cho hai số nguyên dương m, n thỏa mãn m + n + 1 là một ước nguyên tố của 2 m 2 + n 2 − 1 . Chứng
minh rằng m.n là một số chính phương.

• Lời giải. Giả sử m và n là hai số nguyên đương khác nhau. Khi đó ta có

(m + n )

2

(

(

)(

)(

− 1 = m + n − 1 m + n + 1 Mm + n + 1

)

)

Mà theo giả thiết ta có 2 m 2 + n 2 − 1 chia hết cho m + n + 1

(

)

(


Do đó ta có 2 m 2 + n 2 − 1 −  m + n


)

2

(

)

− 1 Mm + n + 1 . Do đó ta được


(

( m − n ) M( m + n + 1) .
2

)

Lại do m + n + 1 là một số nguyên tố nên từ trên ta suy ra được m − n Mm + n + 1 .

(

)

Khơng mất tính tổng qt ta giả sử m  n , khi đó ta có m − n Mm + n + 1 .


Từ đó suy ra m − n  m + n + 1  2n + 1  0 , điều này vơ lí vì n là số ngun dương.
Do vậy điều giả sử m và n khác nhau là sai nên suy ra m = n . Từ đó ta có m.n = m 2 là một số chính
phương.
Bài 3 (2.0 điểm). Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc = 1 . Chứng minh rằng:

1
a 4 − a 3 + ab + 2

) (a

(

• Lời giải. Để ý rằng ta có a − 1

(a − 1) (a

2

2

1

+

2

2

)

b 4 − b 3 + bc + 2

1

+

c4 − c3 + ca + 2

 3

)

+ a + 1  0 với mọi a là số thực dương. Từ đó ta có

(

)(

)

+ a + 1  0  a 2 − 2a + 1 a 2 + a + 1  0  a 4 − a 3 − a + 1  0

Do đó a 4 − a 3 − a + 1 + ab + 1  ab + 1  a 4 − a 3 + ab + 2  ab + a + 1 .
Đến đây ta suy ra được

1
a − a + ab + 2
4

1

1
a − a + ab + 2
4

ab + a + 1
1



b 4 − b 3 + bc + 2
Đặt A =

1



3

bc + b + 1
1

+

4

A

3

1
ab + a + 1

+

Áp dụng bất đẳng thức quen thuộc x + y + z 

1
ab + a + 1

+

+

b − b + bc + 2

3

1
bc + b + 1

+

;

. Chứng minh hoàn toàn tương tự ta có

1
c4 − c3 + ca + 2
1
c − c + ca + 2
4



1
ca + c + 1

. Khi đó ta có

3

1
bc + b + 1

+

(

3 x 2 + y 2 + z2

1
ca + c + 1

) ta được



1
1
1
 3
+
+

ca + c + 1
 ab + a + 1 bc + b + 1 ca + c + 1 
1

Để ý đến giả thiết abc = 1 ta có biến đổi sau

1
1
1
1
a

ab
+
+
=
+
+ 2
ab + a + 1 bc + b + 1 ca + c + 1 ab + a + 1 abc + ab + a a bc + abc + ab
1
a
ab
ab + a + 1
=
+
+
=
=1
ab + a + 1 1 + ab + a a + 1 + ab ab + a + a
Do vậy suy ra

1
ab + a + 1

+

1
bc + b + 1

+

1

ca + c + 1

 3 nên ta được A  3 .

Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Dẩng thức xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 .

(

)

( )

Bài 4 (7.0 điểm). Cho tam giác ABC vuông tại A AB  AC nội tiếp đường tròn O , đường cao AH.
Gọi D là điểm đối xứng với A qua BC. Gọi K là hình chiếu vng góc của A lên BD. Qua H kẻ đường

( )

thẳng song song với BD cắt AK tại I. Đường thẳng BI cắt đường tròn O tại N (N khác B).
a) Chứng minh rằng AN.BI = DH.BK .

( )

b) Tiếp tuyến của đường tròn O tại D cắt đường thẳng BC tại P. Chứng minh rằng đường thẳng
BC tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác ANP.


( )

c) Tiếp tuyến của đường tròn O tại C cắt đường thẳng DP tại M. Đường tròn qua D tiếp xúc với
CM tại M và cắt OD tại Q (Q khác D). Chứng minh rằng đường thẳng qua Q vng góc với BM ln đi

( )

qua một điểm cố định khi BC cố định và A di động trên đường trịn O .

• Lời giải.
T

A

N
I
X
C

B

O

H

G

P

J
E

K
Q

M
D

·

·

a) Dễ thấy BDA = BNA nên ta được IHA = BNA , do đó suy ra IHA = INA nên tứ giác ANHI nội
tiếp đường trịn. Từ đó ta có AHN = AIN = BIK . Mà ta lại có IBK = NAH nên hai tam giác ANH và
BKI đồng dạng với nhau. Do đó ta có

BK
BI
DI
=
=
nên suy ra AN.BI = DH.BK .
AN AH DH

b) Gọi T là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ANP và X là trung điểm của NP. Do A và D đối xứng với

( )

nhau qua BC nên suy ra PD là tiếp tuyến tại D với đường trịn O . Khi đó để ý đến các góc nội tiếp trong

( )

đường trịn O thì ta có PTX = PAN = ADN . Do tứ giác ANHI nội tiếp đường trịn nên ta có

ANH = AIH = 900 nên suy ra NAH = NHP . Mà ta lại có NAH = NDP , do đó ta được
NHP = NDP nên tứ giác PDHN nội tiếp đường tròn, suy ra NPH = NDA . Kết hợp các kết quả trên ta
được NPH = PTX . Để ý rằng PTX + TPX = 900 nên suy ra TPH = NPH + TPX = 900 hay BC
vng góc với TP. Do đó BC là tiếp tuyến của đường trịn ngoại tiếp tam giác APN.
c) Gọi J và G theo thứ tự là trung điểm của OM và OC. Gọi E là giao điểm của QG với BM. Khi đó dễ
thấy QM song song với BC. Do đó ta có QMO = MOP = QOM nên tam giác QOM cân tại Q, từ đó suy
ra QJ vng góc với OM. Điều này dẫn đến BOM = GJ Q . Lại có OM là phân giác của góc COD nên