ON LUYEN THI HSG TOAN 9

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (442.34 KB, 35 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Bài 1:

Cho biểu thức:

3 3 2 9

1 :

9 2 3 6

x x x x x

P

x x x x x

       

      

    

    ,

0, 4, 9

x x x

a. Thu gọn biểu thức P

b. Tìm các giá trị của x để P = 1

a.

3 3 2 9

1 :

9 2 3 6

( 3) ( 3)( 3) ( 2)(2 ) 9

1 :

( 3)( 3) (2 )( 3)

9 4 4 9

1 :

3 (2 )( 3)

3 4 4 3 (4 4

: :

( 3) (2 )( 3) ( 3)

x x x x x

P

x x x x x

x x x x x x x

x x x x

x x x x x

x x x

x x x x x

x x x x

       
      
    
   
           
    
   
   
         
    
  
   
      
 
   

2
)

(2 )( 3)

3 (2 )( 3) 3 3

( 3) (2 ) (2 ) 2

x
x x
x x

x x x x



 

   

     

b.Điều kiện: x0,x4,x9

1 1 2 3

2
5 0

5 25( )

P x

x

x x TM

x
     



     



Vậy P = 1 thì x = 25.
Bài 2:

a. Cho a1,b1. Chứng minh a b1b a1ab

b. Cho a , b, c là ba số thực dương. Chứng minh
ab bc ca

a b c
c  a  b   

a. Áp dụng bất đẳng thức Cô – si cho hai số không âm, ta có:
1 1

( 1).1 1 1

2 2 2

b b ab

b     b   a b 

( 1)

Tương tự: 1 2

ab
b a 

( 2 )

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

b. Vì a, b, c > 0 nên ; ; 0
ab bc ca

c a b 

Áp dụng bất đẳng thức Cô – si cho hai số khơng âm, ta có:
2

2 (1)

ab bc ab bc

c a c a

ab bc
b
c a

 



Tương tự:
2 (2)

2 (3)

bc ca
c
a b
ca ab

a
b c

 

Từ (1), (2) và ( 3) , ta có :

ab bc ca

a b c
c  a  b   

Bài 3 : Chứng minh rằng mọi số tự nhiên n thì n2 n 1 khơng chia
hết cho 9.

Giả sử tồn tại một số tự nhiên n để n2 n 1 chia hết cho 9
Đặt A = n2 n 1. A 9 nên 4A  9 (1)

Ta có: 4A4(n2 n 1) 4 n24n  1 3 (2n1)23

2 2 2

9 4 9 (2 1) 3 2 1 3 (2 1) 9 (2 1) 3 9 4 9

A  A  n   n   n   n    A (2)
Từ (1) và ( 2) mâu thuẫn

Vậy với mọi số tự nhiên n thì n2 n 1 khơng chia hết cho 9.

Bài 1. (4,0 điểm):

Cho biểu thức:

a a 3 2( a 3) a 3

a 2 a 3 a 1 3 a

  

  

   

a) Rút gọn biểu thức.

b) Tìm giá trị nhỏ nhất của M.
a) (2,0đ)

ĐKXĐ: a 0;a 9 

a a 3 2( a 3) a 3

( a 1)( a 3) a 1 a 3

  

   

   

a a 3 2( a 3) ( a 3)( a 1)
( a 1)( a 3)

     

 

 

a a 3 2a 12 a 18 a 4 a 3
( a 1)( a 3)

      

 

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

a a 24 3a 8 a
( a 1)( a 3)

  



 

a( a 3) 8(3 a )
( a 1)( a 3)

  

 
a 8
a 1




b) (2,0đ)

Ta có:

a 8 a 1 9 9

M a 1 2

a 1 a 1 a 1

  

     

  

Áp dụng BĐT CôSi cho 2 số a 1 và 
9

a 1 ta có:
9

M a 1 2 2 9 2 4

a 1

      



Dấu “=” xẩy ra khi

a 1 a 1 3 a 4

a 1

      

 (TMĐK)

Vậy: Min M = 4 khi a 4
Bài 2. (5,0 điểm):

a) Cho x, y là hai số dương và x y 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

thức:

2 2

2 3

xy x y

 


b) Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n,

1 1 1 1

. . . 2

2 1 3 2 4 3  (n 1) n 

a) (2,5đ)

Trước hết chứng minh: Với hai số dương x và y ta có :

1 1 4

x yx y (*)

Áp dụng (*) ta có

1 x y 1 1 4

xy xy x y x y



    

 .

Ta có 2 2

2 3

xy x y

 

 = 2 2 2 2 2 2

4 3 1 1 1 1 1 4

3 . 3.

2xy x y 2xy 2xy x y 2 xy x 2xy y

 

       

     

1 1 12

. 2 12 14

2 xy (x y)

    

 .

Dấu “=” xẩy ra khi

x y 1 1

x y

x y 2

 


  




 Vậy Min A = 14 tại x = y = 
1
2 .

b) (2,5đ)

Ta có

1 n 1 1

(n 1)n n n 1

(n 1) n

 

    

 

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

1 1 1 1
n

n n 1 n n 1

   

      

 

   

n n 1 1

n n 1 n n 1

   

     

   

 

n 1 1 1 1

1 2

n 1 n n 1 n n 1

     

        

      

 

A=

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

. . . 2 . . .

2 1 3 2 4 3 (n 1) n 1 2 2 3 n n 1

 

            

   =

1 1

2 2

1 n 1

 

 

 



 

Câu 1. (4,5 điểm):

a) Cho hàm số f (x) (x 312x 31) 2010
Tính f (a)tại a316 8 5 316 8 5

b) Tìm các nghiệm nguyên của phương trình:

2 2

5(x xy y ) 7(x 2y)  
316 8 5 316 8 5

a   

 a332 3 (16 8 5)(16 8 5).( 16 8 5 3   3  316 8 5 )
 a332 3.( 4).  a

 a332 12 a
 a312a 32 0
 a312a 31 1
 f a( ) 1 2010 1

2 2

5(x xy y ) 7( x2 )y (1)

 7(x2 ) 5y   (x2 ) 5y 

Đặt x2y5t (2) (t Z )

(1) trở thành x2xy y 2 7t (3)

Từ (2)  x5t 2y thay vào (3) ta được

2 2

3y 15ty25t  7t 0 (*)

84t 75t

  

Để (*) có nghiệm    0 84t 75t2 0

28
0

t

  

Vì t Z  t0hoặc t1

Thay vào (*)

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Với t1

2 2

3 3

3 1

2 1

y x

  


 

  



Câu 3. (3,0 điểm):

Cho x; y; z là các số thực dương thoả mãn: xyz = 1
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

3 3 3 3 3 3

1 1 1

x y 1 y z 1 z x 1

  

     

Ta có (x y) 2 0 x; y

2 2

x xy y xy

   

Mà x; y > 0 =>x+y>0

Ta có: x3 + y3 = (x + y)(x2 - xy + y2)
 x3 + y3 ≥ (x + y)xy

 x3 + y3 +1 = x3 + y3 +xyz ≥ (x + y)xy + xyz
 x3 + y3 + 1 ≥ xy(x + y + z) > 0

Tương tự: y3 + z3 + 1 ≥ yz(x + y + z) > 0

z3 + x3 + 1 ≥ zx(x + y + z) > 0


1 1 1

xy(x y z) yz(x y z) xz(x y z)

  

     



x y z
A

xyz(x y z)

 


 



A 1

xyz

 

Vậy giá trị lớn nhất của A là 1  x = y = z = 1
Bài 1 ( 4,0 điểm):Cho biểu thức:

2 9 2 1 3

5 6 3 2

x x x

A

x x x x

  

  

   

a.Tìm điều kiện của x để A xác định và rút gọn A.
b.Tính giá trị của A khi x =7 4 3

c. Tìm xZ để AZ.

a, Điều kiện: x0;x4;x9

2 9 2 1 3

5 6 3 2

x x x

A

x x x x

  

  

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

2 9 2 1 3

( 3)( 2) 3 2

2 9 (2 1)( 2) ( 3)( 3)

( 3)( 2)

2 ( 1)( 3) 1

( 2)( 3) ( 2)( 3) 3

x x x

x x x x

x x x x x

x x

x x x x x

  
  
   
      

 
    
  
    
( 1,5điểm)
b, Ta có x =7 4 3 = (2 3)2

A =

2
2

(2 3) 1

1 2 3 1 3 3 3 3

3 (2 3) 3 2 3 3 1 3 3 1

x
x
 
    
   
       

c, A=

1 3 4 4

3 3 3

x x

x x x

  

  

  

A nguyên  x 3là ước của 4  x 3 nhận các giá trị: -4;-2; -1; 1; 2;4



1;4;16; 25;49



x

  do x 4 x



1;16;25;49



Bài 6.( 1,0 điểm): Cho x > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

3 2012
x
A
x



Cho x > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

3 2012
x
A
x



Ta có
3
2 2

2012 2012 1006 1006

x

A x x

x x x x



     

(0,5 điểm)
Áp dụng BDT cô si cho 3 số dương

2,1006 1006,
x

x x

2 2

3 1006 1006

3 . . 3 1006

A x

x x

 

 Min A =3 10063 2

2 1006 3 1006 31006

x x x

x

     

Câu 1. Cho biểu thức:

2 2

2 ( 1)( 2 )

x x

P

x x x x x x x



  

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

a. Rút gọn P.

b. Tính P khi x 3 2 2.

c. Tìm giá trị nguyên của x để P nhận giá trị nguyên.
Câu 1 a/

2 2

( 1) ( 2) ( 1)( 2)

( 2) 2( 1) 2 2 2 2 2

( 1)( 2) ( 1)( 2)

2 2 ( 1)( 2) ( 1)

( 1)( 2) ( 1)( 2) ( 1)

x x

P

x x x x x x x

x x x x x x x x x

x x x x x x

x x x x x x x x x

x x x x x x x


  
   
         
 
   
     
  
    

b/ x 3 2 2 x 2 2 2 1   ( 2 1) 2  2 1

( 1) 2 1 1 2 2

1 2

( 1) 2 1 1 2

x

P
x
   
    
  

c/ ĐK: x0;x1:

( 1) 1 2 2

( 1) 1 1

x x

P

x x x

  

   

   Học sinh lập luận để tìm ra x4

hoặc x9
C©u2:

a/ Cho a, b, c tho¶ m·n a > c , b > c > 0. Chứng minh rằng:

c(a c)+

c(b c)ab

b/ Với x,y không âm. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P = x - 2 √xy + 3y -2 x +2009,5

c/ Tìm các số nguyên x, y tho¶ m·n y=

√

x2

+4x+5

Câu 2 :

a/ Với a>c>0 và b>c>0 (gt) thì a – c > 0 và b – c > 0.áp dụng bất
đẳng thức Cosi ta có:

√

c(a − c)
ab ≤

1
2

(

c
b+

a − c
a

)

2⋅

ca+ab−bc

ab (1)

√

c(b − c)
ab ≤

1
2

(

c
a+

b − c
b

)

1
2⋅

cb+ab−ac

ab (2)

Céng vÕ theo vÕ (1) vµ (2) Ta cã:

√

c(a − c)

ab +

√

c(b − c)

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

c(a c)+

c(b c)ab (đpcm)

b/ Đặt x = a, √y = b víi a,b 0 ta cã:

P = a2 – 2ab + 3b2 -2a + 2009,5 = a2 -2(b + 1)a + 3b2 + 2009,5

= a2 -2(b + 1)a + (b + 1)2 + 2b2

-2b + 2009,5

= (a-b-1)2 + 2(b2 -b) + 2009,5 = (a-b-1)2 + 2(b2 –b + 1

4 ) + 2009,5 -
1
2

= (a-b-1)2 + 2(b - 1

2 )2 + 2009 2009

Vì (a-b-1)2 0 và 2(b - 1

2 )2 0 , ∀ a,b

P = 2009 ⇔

¿
a=b+1

b=1
3

¿{

⇔
¿
a=3

b=1
3

¿{

Vây P đạt GTNN là 2009 ⇔

√x=3
2

√y=1
2

¿{

⇔

¿
x=9

y=1
4

¿{

c/ y=

√

x2+4x+5 §K : x∈R , y>0

Bình phơng hai vế ta c

x+22+1

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

y2

Do x, y nguyên và y dơng nên ta có:

y+x+2=1

y x 2=1

x=2

y=1

{

Câu 4:

a/ Chøng minh biÓu thức : x34x 12010

P= có giá trị là mét sè tù

nhiªn víi x=

√

10+6√3 .(√3−1)

√

6+2√5−√5

b/ TÝnh S = 2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 1

1 1 ... 1

1 2 2 3 2011 2012

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

Câu 4 : x=
3

√

10+6√3 .(√3−1)

√

6+2√5−√5 =

(√3+1).(√3−1)

√5+1−√5 =2
23−4 . 2−1

¿2010=1∈Ν

⇒P=¿

Câu 5 ( điểm): Cho ∆ ABC cân tại A, gọi I là giao điểm của các đường

phân giác. Biết IA = 2 5cm, IB = 3cm. Tính độ dài AB

Câu 5:

Kẻ AM  AB, M thuộc tia BI

Chứng minh được ∆ AMI cân tại A AM = AI = 2 5

Kẻ AH  MI  HM = HI Đặt HM = HI = x ( x > 0 )

Xét ∆ AMBvng tại A ta có AM2 = MH.MB
 (2 5)2 = x.(2x + 3)

 2x2 + 3x – 30 = 0  ( 2x – 5)(x + 4) = 0
 x = 2,5 hoặc x = -4 ( loại vì x > 0)

Vậy MB= 8cm

Ta có AB2 = MB2 – AM2 = 82 – (2 5)2 = 64 – 20 = 44
 AB = 44 = 2 11cm

Câu 6 : Cho biĨu thøc: A = √2x

2−2

x4

+(√3−√2)x2−

√6

a) Rót gän A

b) Tìm giá trị lớn nhất của A

Câu 6: a. (1®) A = √2(x

−√2)

x4+√3x2−√2x2−√6=

√2(x2−√2)
(x2+√3) (x2−√2)=

√2

x2+√3

b. (0,5®) A = √2

x2+√3≤

√2

√3=

√6

3 DÊu “ =” x¶y ra x = 0. Vậy giá

trị lớn nhất của A = √6

3 khi x = 0.

Bài 3: (1 điểm) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của A = 4x+3

x2+1

H
M

C
B

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

2x −1¿2
¿

2x −1¿2
¿
¿x2+1≤4

4(x2+1)−¿
¿
A=4x+3

x2+1 =¿

0,5 đ

x+2¿2
¿
x+2¿2

¿
¿x2+1≥ −1

¿
−(x2+1)+¿

¿
A=4x+3

x2+1 =¿

0,5 đ

Bài 5: (1,5 điểm) Cho hình bình hành ABCD. Về phía ngồi của hình bình
hành ta dựng các tam giác vuông cân BAE và BCF đỉnh B. Chứng minh
rằng:

BD = EF và BD EF.

F
E

D C

Ta có: BE = AB (vì tam giác ABE vuông cân)
AB = CD (vì ABCD là hình bình hành)

⇒ BE = CD

BF = BC (vì tam giác BCF vng cân)
EB F^ =DC B^ (cùng bù với AB C^ )

⇒ΔBEF=ΔCDB(c − g −c)⇒BD=EF

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

Gọi H là giao điểm của BD và EF
Ta có: DB C^ =BF H^ (cmt)

Mà DB C^ +H^B F=900

⇒BF H^ +HB F^ =900

⇒BH F^ =900Do đó BD⊥EF

0,5 đ

Bài 6: (1,5điểm )Cho hình vng ABCD. Trên đoạn AC lấy điểm M. Gọi E
và F lần lượt là hình chiếu vng góc của M lên BA và BC

a) So sánh diện tích tam giác DEF và diện tích tứ giác AEFC.
b)Xác định vị trí của M để diện tích tam giác DEF nhỏ nhất

M F

D C

B
A

a) So sánh diện tích tam giác DEF và diện tích tứ giác 
AEFC

Ta có: SDEM = SAEM (do AD // EM)
SDFM = SCFM (do CD // FM)
Suy ra: SDEF = SAEFC

0,75 đ

b) Xác định vị trí của M để diện tích tam giác DEF nhỏ 
nhất

Theo chứng minh trên ta có:
SDEF = SAEFC = SABC – SBEF

Diện tích Δ DEF nhỏ nhất khi diện tích Δ BEF lớn nhất
SBEF = 12 BE.BF

Mà BE + BF = BE + EM = BE + EA = AB (hằng số)

Tổng BE + BF không đổi nên tích BE.BF có giá trị lớn nhất khi BE
= BF

Do đó diện tích Δ BEF lớn nhất khi BE = BF ⇔ M là trung
điểm của AC

Vậy diện tích tam giác DEF nhỏ nhất khi M là trung điểm
của AC.

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

Bài 7: (1điểm) Tìm số chính phương có 4 chữ số, biết rằng khi tăng thêm
mỗi chữ số 1 đơn vị thì số mới được tạo thành cũng là một số chính phương.
Gọi số có 4 chữ số cần tìm là a, theo giả thiết ta có: a = m2, với 32

m 99

Số có được khi tăng thêm mỗi chữ số 1 đơn vị là: a + 1111 = n2

⇒ n2 – m2 = 1111 ⇒ (n - m)(n + m) = 1111 = 1. 1111 = 11.

101

Ta có: m, n Z, n + m > n – m suy ra:

{

nn − m+m=1111=1 ⇔

{

n=556

m=555(loai)

{

nn − m+m=101=11 ⇔

{

n=56

m=45(chon)

Vậy số cần tìm là a = 452 = 2025

1 đ

Câu 2: Chứng minh rằng số có dạng: n46n311n26n chia hết cho 24 với
n N

4 6 3 11 2 6

n  n  n  n = n ( n3 + 6n2 + 11n + 6 )

= n ( n3 + n2 + 5n2 + 5n + 6n + 6 )

= n ( n + 1) ( n2 + 5n + 6 )

= n ( n + 1) ( n + 2 ) ( n + 3 )

Vì n, n + 1, n + 2, n + 3 là 4 số tự nhiên liên tiếp nên có một số chia hết cho
3, có hai số chẵn liên tiếp nên một số chia hết cho 2 và một số chia hết cho
4.

Suy ra n ( n + 1) ( n + 2 ) ( n + 3 )  24 hay n46n311n26n 24

Câu 4: Tính tổng:

10 10 10 10

56 140 260 1400

A    

10 10 10 10

56 140 260 1400

5 5 5 5

...
28 70 130 700

5 3 3 3 3

...

3 4.7 7.10 10.13 25.28

5 1 1

3 4 28
5

A
A
A
A
A

    

    

 

      

 

 

   

 



</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

49 12 5  49 12 5

= 4 12 5 45   4 12 5 45 









2 2

2 12 5 3 5  2 12 5 3 5









2 2

2 3 5  2 3 5

= 2 3 5 



3 5 2



= 4

Câu 8: Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của x2y2. Biết x2y2 xy4

2 2 4 2 2 2 2 2 8

x y  xy  x  y  xy

 x2y2



x2y2 2xy



8

Ta có





2 2 8 8

x y   x y 

Dấu “=” xảy ra  x y 2

Vậy giá trị lớn nhất của x2y2 bằng 8

Mặt khác: 2x2 2y2 2xy8



2 2





2 2



3 x y 8 x 2xy y

     





2 2 8

3 3

x y

x y 

   

Ta có

2 2 8

x y 

Dấu “=” xảy ra

2 3
3

x y

  

Câu 9: Cho a, b, c là các số không âm thỏa: a b c  1. Chứng minh
16

b c  abc

Ta có













 

2 2

0 4 4

x y x y xy xy

x y xy

     

   

Áp dụng (*) ta có:









1 a b c  4a b c ; , ,a b c0

Do đó





b c  a b c

Mà



b c



2 4bc0

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

Bài 1:

a) Chứng minh n5m – nm5 30 với mọi n, m  Z

b) Viết liên tiếp tất cả số có hai chữ số từ 19 đến 80 thành một hàng ngang
ta được số 19202122……….787980. Số này có chia hết cho 1980 hay
khơng?

Bài 1:

a) Chứng minh n5m – nm5 30 với mọi n, m  Z

Ta có: n5m – nm5 = mn(n4 – m4) = mn[(n4 – 1) – (m4 – 1)] = mn (n4 – 1) – 
mn(m4 – 1)

* mn (n4 – 1) = mn(n2 – 1) (n2 + 1) 
= mn(n2 – 1) [(n2 – 4) + 5]

= mn(n2 – 1)(n2 – 4) + 5mn(n2 – 1)

= mn(n – 1)(n + 1) [(n – 2)(n + 2) + 5mn(n – 1)(n + 1)
- Vì: n(n – 1)(n + 1) [(n – 2)(n + 2) chia hết cho 2; 3 và 5 (Tích 5 số nguyên
liên tiếp)

Mà (2;3;5) = 1

Nên: n(n – 1)(n + 1) [(n – 2)(n + 2)  30 ( 2.3.5 = 30) 
Do đó: mn(n – 1)(n + 1) [(n – 2)(n + 2)  30 (1)
- Mặt khác: n(n – 1)(n + 1)  6 (Tích 3 số nguyên liên tiếp)
 5mn(n – 1)(n + 1)  30 (2)

Từ (1) và (2) suy ra: mn (n4 – 1)  30

* Chứng minh tương tự ta có: mn(m4 – 1)  30
Vậy: n5m – nm5 30 với mọi n, m  Z

B* Ta có: 1980 = 4 . 5 . 9 . 11

* số 19202122……….787980  4 ( vì có hai chữ số tận cùng là 80  4)
* số 19202122……….787980  5 ( vì có chữ số tận cùng là 0)

* số 19202122……….787980 có:

- Tổng các chữ số ở vị trí lẻ là: 1 + (2 + 3 + 4 + … + 7). 10 + 8 = 279
- Tổng các chữ số ở vị trí chẵn là: 9 + (0 + 1 + 2 + ……+ 9) . 6 + 0 = 279
Ta có: 279 + 279 = 558  9 , nên: số 19202122……….787980  9

Mặt khác: 279 – 279 = 0  11, nên: số 19202122……….787980  11
Vậy: số 19202122……….787980  1980

Bài 2: So sánh các cặp số sau:

a) M = 1999 . 2001 và N = 20002

b) E = 3n+1 + 4.2n-1 – 81.3n-3 – 8. 2n-2 + 1 và

F = (2n + 1)2 + (2n – 1)2 – 2(4n + 1) với n nguyên dương.
Bài 2: So sánh các cặp số sau:

a) M = 1999 . 2001 và N = 20002

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

b) E = 3n+1 + 4.2n-1 – 81.3n-3 – 8. 2n-2 + 1 
= 3n+1 + 22.2n-1 – 34.3n-3 – 23. 2n-2 + 1

= 3n+1 + 2n+1 – 3n+1 – 2n+1 + 1 = 1

F = (2n + 1)2 + (2n – 1)2 – 2(4n + 1)

= (2n)2 + 2.2n + 1 + (2n)2 – 2.2n + 1 – 2.4n – 2.1
= 22n + 22n – 2.4n

= 2.22n – 2.(22)n = 2.22n – 2.22n = 0 
Vậy: E > F

Bài 3: Chứng minh rằng với mọi x > 1, biểu thức sau không phụ thuộc vào x:

2
2

1 1

1 1 1 1

x x

x x x x

D
x
 

     



Bài 3:
2 2
2
2 2

2 2 2

2 2

1( 1 1) 1

1 1

( 1) ( 1) 1( 1 1)

1 1 1 1

1 1

1 ( 1) 1 1 ( 1) 1 ( 1)

2 1 1 2 2

1 1

1
1
1

x x x x

x x

x x x x x

x x x x

D

x x

x x x x x x x

x x
x x
x
x
    
 


      
     
 

 
         
 
  
 
 

 


Vậy: với mọi x > 1, biểu thức D không phụ thuộc vào x.
Bài 1: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n 1, ta có:

2 2

1 1 1 1 9

...

5 13 25   n (n1) 20
Bài 1: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n 1, ta có:

2 2

1 1 1 1 9

...

5 13 25   n (n1) 20

Ta có: 2 2

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

. .

13 2 3 12 2 6 2 2.3 2 2 3

 

       

  

2 2

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

. .

25 3 4 24 2 12 2 3.4 2 3 4

 

       

  

……….

2 2

1 1 1 1

( 1) 2 1

n n n n

 

   

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

Do đó: 2 2

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

... ...

13 25 n (n 1) 2 2 3 3 4 n n 1

 

           

    

 2 2

1 1 1 1 1 1

...

13 25 n (n 1) 2 2 n 1

 

      

    

 2 2

1 1 1 1 1 1 1 1

... . .

13 25  n (n1) 2 2 2 n1 4

 2 2

1 1 1 1 1 1

...

5 13 25   n (n1) 5 4

 2 2

1 1 1 1 9

...

5 13 25   n (n1)  20

Vậy: với mọi số tự nhiên n 1, ta có: 2 2

1 1 1 1 9

...

5 13 25   n (n1) 20
Bài 2: Giải và biện luận bất phương trình:

(m2 + m + 1)x – 3m > (2 + m)x + 5m
Bài 2: Giải và biện luận bất phương trình:

(m2 + m + 1)x – 3m > (2 + m)x + 5m
 (m2 + m + 1)x – (2 + m)x > 5m + 3m
 (m2 + m + 1 – 2 – m )x > 5m + 3m
 (m2 – 1 )x > 8m

a) m2 – 1 = 0  m =  1

* m = 1, ta có: 0x > 8: bất phương trình này vơ nghiệm.

** m = –1, ta có: 0x > –8 : bất phương trình này có vơ số nghiệm.
b) m2 – 1 > 0  m2 > 1  m > 1 hoặc m < -1. Khi đó:

(m2 – 1 )x > 8m  x > 2
8

m
m 
c) m2 – 1 < 0  m2 < 1  -1 < m < 1. Khi đó:

(m2 – 1 )x > 8m  x < 2
8

m
m 
Kết luận:

- Với m = 1: Bất phương trình đã cho vơ nghiệm.

- Với m = -1: Bất phương trình đã cho có vơ số nghiệm.

- Với m > 1 hoặc m < -1: Nghiệm của bất phương trình là: x > 2
8

m
m 
- Với -1 < m < 1: Nghiệm của bất phương trình là: x < 2

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

2 2

71
880

xy x y
x y xy

  




 


Tìm x2 + y2

Bài 3: Cho x, y là hai số nguyên dương sao cho:

2 2

71
880

xy x y
x y xy

  




 


Tìm x2 + y2

* Ta có: x2 + y2 = (x + y)2 – 2xy

* 2 2

71
880

xy x y
x y xy

  




 

 

( ) 71( 16 55)

( ) 880(16.55)

xy x y
xy x y

    




 



Vì x, y là hai số nguyên dương, nên:
16

( ) 55

xy
x y



 

 hoặc

55
( ) 16

xy
x y



 

Vậy:
 Nếu
16
( ) 55

xy
x y



 

 thì: x2 + y2 = 552 – 2.16 = 3025 – 32 = 2993

 Nếu

55
( ) 16

xy
x y




 

 thì: x2 + y2 = 162 – 2.55 = 264 – 110 = 154
Bài 1:Chứng minh rằng: n3 – n + 6 chia hết cho 6 với mọi số tự nhiên n
Bài 1:Chứng minh rằng: n3 – n + 6 chia hết cho 6 với mọi số tự nhiên n

Ta có: n3 – n + 6 = n(n2 – 1) + 6 = n(n + 1)(n – 1) + 6

Vì: n(n + 1)(n – 1)  6 , với mọi số tự nhiên n (tích 3 số tự nhiên liên tiếp)
Nên: n(n + 1)(n – 1) + 6 chia hết cho 6 với mọi số tự nhiên n

Vậy: n3 – n + 6 chia hết cho 6 với mọi số tự nhiên n

Bài 2: Cho ab > 1. Chứng minh rằng:

2 2

1 1 2

1a 1b 1ab

Bài 2:

Ta có: 2 2 2 2

1 1 2 1 1 1 1

1a 1b 1ab  1a  1ab1b  1ab











2 2

(1 ) (1 ) (1 ) (1 )
0

(1 ) 1 (1 ) 1

ab a ab b

a ab b ab

     

 

   

 2









( ) ( )

(1 ) 1 (1 ) 1

a b a b a b

a ab b ab

 

 

   

 a b a(  )(1b2)b a b(  )(1a2) 0
 (b a a )[ (1b2) b(1a2)] 0

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

 (b a ) (2 ab1) 0

Bất đẳng thức này luôn đúng với mọi ab > 1

Vậy: 2 2

1 1 2

1a 1b 1ab, với mọi ab > 1

Bài 3: Cho A =
2
2
2( 1)
1
a a

a
 


Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của A.
Bài 3: Cho A =

2
2
2( 1)
1
a a
a
 


Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của A.

 A =





2 2 2

2( 1) ( 2 1) ( 1)

1 1

1 1 1

a

a a a a a

a a a



     

   

  

Vậy: Min A = 1 khi a = -1

 A =





2 2 2

2( 1) 3( 1) ( 2 1)

3 3

1 1 1

a

a a a a a

a a a



     

   

  

Vậy: Max A = 3 khi a = 1

Bài 4: Cho tam giác ABC vuông ở A. Từ B và C kẻ các đường phân giác cắt AC ở
D và cắt AB ở E. Từ D và E hạ các đường vng góc với BC cắt BC ở M và N.
Tính góc MAN.

Bài 4: Tính góc MAN

2
1

2
1
2
1
3
2
1
A
B C
D
E
M
N

* Xét ABD và MBD có:

+ 1  2
+ BD chung
+ A M

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

 D1D 1 và AD = DM.

Do đó: ADM cân có DB là phân giác

 DB là đường cao  DB  AM

Chứng minh tương tự, ta được: EC  AN
Từ đó suy ra: C1 A1 ( vì cùng phụ với góc AEC)
B1A3 ( vì cùng phụ với góc ADB)
Mặt khác: ABC vng tại A    C 900



        0 0

1 3 1 1

90
45

2 2 2 2

C B C B

A A C B      
Do đó: A 2 = 900 – (A1A3) = 900 – 450 = 450

Vậy: MAN = 450

Bài 5: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n  0, ta đều có:

2 2 2

1 1 1

1 ... 2

2 3 n

    

Bài 5:

*Với n = 1, ta có 1 < 2

*Với mọi số tự nhiên k  2, ta ln có: k2 > k2 – k = k(k – 1)
 2

1 1 1 1

( 1) 1

k k k  k k
*Áp dụng bất đẳng thức trên, ta có:

1 1

1
2   2

1 1 1

3 2 3

---2

1 1 1

( 1, )

1 n n

n n  n   

Suy ra: 2 2 2

1 1 1 1 1 1 1 1 1

1 ... 1 1 ... 2 2

2 3 n 2 2 3 n 1 n n

              


Vậy: với mọi số tự nhiên n  0, ta đều có:

2 2 2

1 1 1

1 ... 2

2 3 n

    

Bài 1(2) : Tìm tất cả các số chính phương dạng .
Lời giải :

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

Lại vì : 10001 ≤ ≤ 99999, => 101 ≤ k < 317. Vậy k phải là số có ba chữ
số. Đặt k = . Cũng từ giả thiết bài tốn là số chính phương nên a
thuộc {1, 4, 5, 6, 9}.

+) Nếu a = 1 thì : 100 < < 142 (trong đó p = 1 hoặc p = 9)

Với p = 1, ta có các số thỏa mãn điều kiện bài tốn là : 1012 = 10201, 1112 =

12321, 1212 = 14641 ; cịn với p = 9 ta thấy khơng có số nào thỏa mãn điều

kiện đề bài.

+) Nếu a = 4 thì : 200 < < 224 (p = 2 hoặc p = 8). Thử trực tiếp ta có các
số thỏa mãn là :

2022 = 40804, 2122 = 44944.

+) Nếu a = 5 thì : 223 < < 245 (trong đó p = 5). Trong trường hợp này
khơng có số nào thỏa mãn điều kiện đề bài.

+) Nếu a = 6 thì : 244 < < 265 (p = 4 hoặc p = 6). Chỉ có một số thỏa
mãn trường hợp này là : 2642 = 69696.

+) Nếu a = 9 thì : 300 < < 317 (p = 3 hoặc p = 7). Trường hợp này cũng
chỉ có một số thỏa mãn là : 3072 = 94249. Tóm lại có 7 số thỏa mãn điều

kiện bài ra : 10201, 12321, 40804, 14641, 44844, 69696, 94249.
Nhận xét :

- Nếu bài tốn có thêm điều kiện a, b, c đơi một khác nhau thì chỉ có 5 số
thỏa mãn đề bài.

Bài 3(2) : Cho tam giác ABC. Các điểm M, N theo thứ tự thuộc các cạnh 
AB, AC sao cho diện tích tam giác AMN bằng một nửa diện tích tam giác 
ABC (M ≠ B ; N ≠ C). Chứng minh : Trọng tâm của tam giác ABC nằm 
trong tam giác AMN.

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

Gọi G là trọng tâm ABC. Đặt L là giao điểm của BG và AC ; O là giao điểm
của BL và MN.

Ta có : AL = CL ; GB/GL = 2 (1)

Theo giả thiết : S(AMN) = 1/2 . S(ABC) Mặt khác, vì AL = CL nên : S(ABL) = 1/2 .

S(ABC)

Vậy S(AMN) = S(ABL) => S(OLN) = S(OMB)

=> S(BLN) = S(NMB) => ML // BN

=> : OB/OL = BN/ML = AN/AL < AC/AL = 2 (2) (định lí Talét)
Từ (1), (2) => :

OB/OL < GB/GL => OB/OL + 1 < GB/GL + 1 => BL/OL < BL/GL
=> GL < OL => G thuộc đoạn OL => G thuộc tam giác AMN (đpcm).

Nhận xét :

1) Bài này có khá nhiều bạn tham gia giải, tất cả đều giải đúng. Tuy nhiên,
nhiều bạn giải quá dài và phức tạp.

2) Ngoài cách giải trên còn một hướng giải khác nữa.

Đặt P là giao điểm của AG và BC ; Q là giao điểm của AP và MN.
Ta có đẳng thức quen thuộc :

AB/AM + AC/AN = 2.AP/AQ (3)
Theo giả thiết :

S(ABC) / S(AMN) = 2 => AB/AM . AC/AN = 2 (4)

Từ (3), (4), sau một vài biến đổi đại số, ta có : AG < AQ. Từ đó => đpcm.
Bài 4(2) : Giải phương trình :

x2 + 2x + 3 = (x2 + x + 1) (x4 + x2 + 4)

Lời giải : (của bạn Phan Việt Thành, 8D, THCS Lương Thế Vinh, Tuy Hòa,
Phú Yên)

Ta có : x2 + x + 1 = (x + 1/2)2 + 3/4 > 0 với mọi x

Mặt khác : Với mọi x ta có x4 + x2 + 4 ≥ 4

=> (x2 + x + 1) (x4 + x2 + 4) ≥ 4 (x2 + x + 1)

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

Chứng tỏ phương trình vơ nghiệm.
Bài 5(2) : Tìm x, y để biểu thức :

đạt giá trị nhỏ nhất. 
Lời giải :

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi y = -1 và 3 ≥ x ≥ -1.

Bài 1 (3) : Tìm tất cả các cặp số nguyên không âm (x, y) sao cho : x - y = x2

+ xy + y2.

Lời giải :

Giả sử có cặp số ngun khơng âm (x, y) thỏa mãn hệ thức x - y = x2 + xy +

y2 (1)

Từ đó dễ dàng => rằng x ≥ x - y = x2 + xy + y2 ≥ 3xy (2)

- Nếu x = 0, từ (1) ta có -y = y2 => y = 0.

- Nếu x ≠ 0, thay x = 1 vào (2) => 1 ≥ 3y => y = 0, thay y = 0 vào (1) => x =
x2 => x = 1.

Tóm lại : Có hai cặp số (0, 0); (1, 0) thỏa mãn đề bài.
Bài 2(4) : Cho a, b, c là 3 số thỏa mãn điều kiện :

Tính tổng : a2001 + b2002 + c2003.

Lời giải :

Từ (1) => a, b, c ≤ 1. Trừ từng vế của (1) cho (2) ta có : a2002(1 - a) + b2002(1

-b) + c2002(1 - c) = 0 (3)

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

Từ đó ta có a2001 = a2003 ; b2002 = b2003.

=> : a2001 + b2002 + c2003 = a2003 + b2003 + c2003 = 1

Nhận xét :

1/ Từ lời giải trên, kết hợp với (1) hoặc (2) có thể => trong ba số a, b, c có
đúng một số bằng 1 và hai số còn lại bằng 0.

2/ Một số bạn từ (1) => 0 ≤ a ≤ 1 là sai. Một số bạn tự thêm giả thiết a, b, c
là các số nguyên dương.

Bài 4(4) : Cho ΔABC nhọn, ba đường cao AD, BE và CF cắt nhau tại H.
Qua A vẽ các đường thẳng song song với BE, CF lần lượt cắt các đường
thẳng CF, BE tại P và Q. Chứng minh rằng PQ vng góc với trung tuyến
AM của ΔABC.

Lời giải :

Vì ΔABC nhọn nên trực tâm H nằm trong ΔABC (hình dưới).

</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

Cũng từ giả thiết => AP vng góc với AC ; AQ vng góc với AB => 

BAC = AQH;  ACB =  AHQ (các cặp góc có hai cạnh tương ứng

vng góc)

=> ΔABC đồng dạng với ΔQAH (g.g) => AB/QA = BC/AH = AC/AH .
Mặt khác M, I lần lượt là trung điểm của BC, AH nên :

AM/QI = BC/AH = MC/IH => AM/QI = MC/IH = AC/QH
=> ΔAMC đồng dạng với ΔQIH (c.c.c)

=>  CAM =  HQI hay  EAK =  EQK => tứ giác KAQE nội tiếp

=>  AKQ =  AEQ = 90o (cùng chắn cung AQ, BQ vng góc với AC) =>

PQ vng góc với AM (đpcm).
Bài 3(5) : So sánh A và B biết :
A = (20032002 + 20022002)2003

B = (20032003 + 20022003)2002

Lời giải : (của bạn Võ Văn Tuấn)
Ta sẽ chứng minh bài toán tổng quát :

(an + bn)n + 1 > (an + 1 + bn + 1)n với a, b, n là các số ngun dương.

Thật vậy, khơng mất tính tổng qt, giả sử a ≥ b. (an + bn)n + 1 = (an + bn)n.(an

+ bn) > (an + bn)n.an = [(an + bn)a]n = (an.a + bn.a)n ≥ (an.a + bn.b)n = (an + 1 + bn +
1)n.

Với a = 2003, b = n = 2002, ta có A > B.

Bài 4(5) : Tam giác ABC có E là trung điểm cạnh BC sao cho  EAB =

15o ,  EAC = 30 . Tính  C.

Lời giải : (của bạn Phạm Thị Hồng Anh)

Gọi F là điểm đối xứng của C qua AE và I là giao điểm của CF và AE, =>
AI vng góc với CI. Xét tam giác vng IAC, vng tại I, có  IAC = 30o

=>  ACF =  ACI = 60o (1) .

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>

Nhận xét rằng, IE là đường trung bình của ΔBFC nên IE // FB, mà IE vng
góc với FC => BF vng góc với FC hay ΔBFC vng tại F => góc BFC =
90o ; ΔAFC đều =>  CFA = CAF = 60o , => :

 BFA =  BFC + CFA = 90o + 60o = 150o

 FAB =  CAF -  CFA -  BAE = 60o - 30o - 15o = 15o.

Xét ΔFBA,  BFA = 150o và  FAB = 15o. =>  FBA = 15o su ra ΔFBA

cân tại F => FB = FA = FC. Từ đó, ΔBFC vuông cân tại F =>  BCF = 45o

(2)

Từ (1), (2) =>  ACB =  ACF +  BCF = 60o + 45o = 105o.

Vậy  C = 105o.

Bài 2(7) : Cho a, b, c thỏa mãn : a/2002 = b/2003 = c/2004 .
Chứng minh rằng : 4(a - b)(b - c) = (c - a)2

Lời giải : Theo tính chất của tỉ lệ thức ta có :

a/2002 = b/2003 = c/2004 = (a - b)/(2002 - 2003) = (b - c)/(2003 - 2004) = (c
- a)/(2004 - 2002)

=> : (a - b)/-1 = (b - c)/-1 = (c - a)/2
=> : (a - b)(b - c) = [ (c - a)/2 ]2

=> 4(a - b)(b - c) = (c - a)2 (đpcm).

Bài 4(8) : Cho hình chữ nhật ABCD (như hình vẽ), biết rằng AB = 30 cm,
AD = 20 cm, AM = 10 cm, BP = 5 cm, AQ = 15 cm. Tính diện tích tam giác
MRS.

Lời giải : Giả sử đường thẳng PQ cắt các đường thẳng CD, AB tương ứng
tại E, F.

Ta có : DE/EC = QD/CP = 5/15 = 1/3 , hay DE/DC = 1/2 => DE = 15 cm.
Ta thấy tam giác QDE = tam giác PBF => BF = DE = 15 cm.

Lại có : DE/MF = DR/MR = 15/35 = 3/7 => MR/MD = 7/10 (1).
Vì MS/MC = MF/EC = 35/45 = 7/9 => MS/MC = 7/16 (2)

Ta có : SMDC = SABCD - SAMD - SBMC = AB.AD - 1/2AD.(AM + MB) = 300

(cm2) (3)

</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>

SMRS/SMCD = (MR/MD).(MS/MC) = 7/10 . 7/16 = 47/160

Do đó, từ (3) ta có :

SMRS = 300. (49/160) = 91,875 (cm2).

Bài 5(8) : Cho tam giác ABC không vuông. Các đường cao BB’, CC’ cắt
nhau tại H. Gọi K là trung điểm của AH, I là giao điểm của AH và B’C’.
Chứng minh rằng : I là trực tâm của tam giác KBC.

Lời giải :

Trường hợp 1 : Tam giác ABC nhọn (hình vẽ). Gọi L là điểm đối xứng của
H qua BC.

Ta có :  BLC =  BHC =  B ' HC ' (đối đỉnh) = 180o -  BAC (Vì AC

'HB ' nội tiếp)

=>  BLC +  BAC = 180o

=> tứ giác ABLC nội tiếp
=>  CLA =  CBA . (1)

Mặt khác, vì  BB 'C =  BC 'C ( = 90o) nên tứ giác BC’B’C nội tiếp => 

AB ' C ' =  CBC ' . (2)

Từ (1) và (2) => :  CLI =  AB 'I => tứ giác CLIB ’ nội tiếp =>  B 'CI =

 B 'LI . (3)

Theo giả thiết, tam giác AHB’ vuông tại B’, B’K là trung tuyến nên KB’ =
KH =>  KB 'H =  KHB ' =  BHL =  BLH (vì tam giác BLH cân tại B)

=> tứ giác KB’LB nội tiếp , suy ra  B 'BK =  B 'LK . (4)

Từ (3) và (4) => tứ giác BCB’E nội tiếp (E là giao của CI và BK)
=>  BEC =  BB 'C = 90o => CI vuông góc với BK.

Chú ý rằng : KI vng góc với BC
Vậy I là trực tâm của tam giác KBC.

</div>
(27)<div class='page_container' data-page=27>

Bài 1(11) : Phân tích số 8030028 thành tổng của 2004 số tự nhiên chẵn liên
tiếp.

Lời giải :

Ta thấy : Tổng của 2004 số tự nhiên chẵn liên tiếp là S = a + (a + 2) + ... + (a
+ 4006) = [ a + (a + 4006)] : 2 x 2004 = (a + 2003) x 2004.

Do đó S = 8030028 tương đương với (a + 2003) x 2004 = 8030028 hay a =
2004.

Vậy 8030028 = 2004 + 2006 + 2008 + ... + 6010.

Bài 2(11) : Tìm số nguyên a lớn nhất sao cho số T = 427 + 41016 + 4a là số

chính phương.

Lời giải : Ta xét a là số nguyên thỏa mãn a ≥ 27 và T là số chính phương.
Nhận xét T = 427 (1 + 4989 + 4a - 27) = (227)2 . (1 + 21978 + (2a - 27)2), => S = 1 +

21978 + (2a - 27)2 là số chính phương.

Chú ý : 1 + 21978 + (2a - 27)2 > (2a - 27)2 => 1 + 21978 + (2a - 27)2 ≥ (2a - 27 + 1)2

Tức là ta có 21978 ≥ 2.2a - 27

=> 1978 ≥ a - 26 => 2004 ≥ a.

Với a = 2004 thì T = (227)2 . (21977 + 1)2 là số chính phương.

Vậy số nguyên a lớn nhất cần tìm là a = 2004

Bài 4(11) : Tính góc A của tam giác ABC biết rằng  O1OO2 = 90o với O1,

O, O2 lần lượt là tâm của các đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp và bàng tiếp

(trong góc A) của tam giác ABC.

Lời giải :Gọi I là giao điểm của AO2 với đường tròn (O).

Ta thấy :  IBO1 =  IO1B ( = ( A +  B)/2 ) => ΔIBO1 cân tại I, từ đó IB

= IO1 (1).

Mặt khác  O1BO2 = 90o nên  IBO2 =  IO2B hay ΔIBO2 cân tại I => IB =

IO2 (2).

Từ (1), (2) => IO1 = IO2.

</div>
(28)<div class='page_container' data-page=28>

Do đó OI = BI = OB = R (bán kính của đường tròn (O)) => ΔBIO đều => 

BOI = 60o , =>  BAI = 30o. Vậy  BAC = 60o.

Bài 5(11) : Về phía ngồi của tam giác ABC ta dựng các tam giác vuông
đồng dạng ABE, ACF ( ABE =  ACF = 90o).

Chứng minh rằng : BF, CE và đường cao AH của tam giác đồng quy.
Lời giải :

Cách 1 : (của bạn Võ Văn Tuấn, 7A5, THCS Buôn Hồ, KRông Buk, Đắk 
Lắk)

Vì ΔBEA đồng dạng với ΔCFA nên AB / EB = AC / FC.

Trên tia đối của tia AH lấy điểm K sao cho : AK = AB/EB.BC = AC/FC.CB
(hình 1)

Vì AK = AB/EB.BC nên AK/AB = BC/BE (1)

Mặt khác :  KAB =  CBE (2) (hai góc có cạnh tương ứng vng góc và

cùng tù)

Từ (1), (2) => : ΔKAB đồng dạng với ΔCBE

=> : ABK =  BEC =>  ABK +  EBK =  BEC +  EBK

=> : 90o =

 ENB (N là giao điểm của EC và BK) => CE vng góc với

BK.

Tương tự như vậy : BF vng góc với CK.

Vậy BF, CE, AH là ba đường cao của ΔBCK => BF, CE, AH đồng quy.
Cách 2 :(của các bạn Huỳnh Quốc Uy và Trần Lương Khiêm, 9A, THCS 
Trần Hưng Đạo, Quảng Ngãi)

</div>
(29)<div class='page_container' data-page=29>

Dễ thấy các tứ giác AMBE, ANCF, AMIN, AMHC nội tiếp. Vì các tứ giác
AMBE, ANCF nội tiếp và vì ΔABE đồng dạng với ΔACF nên ta có :

 BME =  BAE =  CAF =  CNF =>  BMC =  BNC

=> Tứ giác BMNC nội tiếp =>  MNB =  MCB (1)

Vì tứ giác AMIN nội tiếp nên :  MNB =  MAI (2)

Vì tứ giác AMHC nội tiếp nên :  MCB =  MAH (3)

Từ (1), (2), (3) => :  MAI =  MAH => tia AI trùng tia AH => I thuộc AH

=> BF, CE, AH đồng quy.

Trên đây, ta mới chỉ vẽ hình và giải bài tốn trong trường hợp các góc ABC,
ACB < 90o. Nếu  ACB ≥ 90o hoặc  ACB ≥ 90othì ta cũng có lời giải

tương tự.

Bài 1(12) : Cho số tự nhiên N = 20032004. Viết N thành tổng của k số tự

nhiên nào đó n1, n2, …, nk. S = n13 + n23 + … + nk3. Tìm số dư của phép chia

S cho 6.
Lời giải :

Vì a3 - a = a.(a2 -1) = (a - 1).a.(a + 1) là tích của ba số nguyên liên tiếp nên a3

- a chia hết cho 6 với mọi số nguyên a.
Đặt N = n1 + n2 + … + nk, ta có :

S - N = (n13 + n23 + … + nk3) - (n1 + n2 + … + nk) = (n13 - n1) + (n13 - n1) + …

+ (nk3 - nk) chia hết cho 6 => S và N có cùng số dư khi chia cho 6.

Mặt khác, 2003 chia cho 6 dư 5 => 20032 chia cho 6 dư 1 => N = 20032004 =

(20032)1002 chia cho 6 dư 1. Vậy : S chia cho 6 dư 1.

Bài 4(12) : Cho hình thang vng ABCD có AD // BC, AB vng góc với
AD, AD = 4 cm, AB = BC = 2 cm. Hãy tìm một con đường ngắn nhất đi từ
đỉnh A tới một điểm M trên cạnh DC, rồi tới điểm N trên cạnh AB, quay lại
một điểm P trên cạnh DC và trở về A.

</div>
(30)<div class='page_container' data-page=30>

Ta cần kết quả sau.

Bổ đề : Trong một hình thang vng, độ dài đoạn thẳng nối hai điểm nằm
trên hai cạnh bên không nhỏ thua độ dài đáy nhỏ (các bạn tự chứng minh bổ
đề này).

áp dụng bổ đề, ta có : MN ≥ BC ; NP ≥ BC => MN + NP ≥ 2BC (1).

Dựng CH cng góc với AD. Nhận thấy tứ giác ABCH là hình vng, => :
CH = AH = AB = BC = 2 cm => DH = 2 cm.

Ta có CH = AH = HD = 2 cm => ΔCAD vuông cân tại C.

Vì P, M thuộc CD => PA ≥ AC ; AM ≥ AC => AM + PA ≥ 2AC (2).
Từ (1), (2) => T ≥ 2(AC + BC) =

đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi P, M, C trùng nhau và N trùng với B.

Vậy con đường ngắn nhất thỏa mãn điều kiện đề bài dài chính là
con đường : A đến C đến B đến C đến A.

Bài 5(13) : Cho hình thang ABCD có AB song song và bằng một nửa CD. H
là trung điểm của CD. Điểm M nằm ngồi hình thang sao cho MH vng
góc và bằng một phần tư CD.

Bên ngồi hình thang, ta dựng các tam giác ADE, BCF vuông cân tại E, F.
Chứng minh rằng tam giác MEF vuông cân tại M.

Lời giải :

Cách 1 : (của bạn Chu Toàn Thắng) Trước hết, ta nhắc lại một bổ đề quen
thuộc.

Bổ đề (*) : Cho tam giác ABC. Về phía ngồi của tam giác, ta dựng các tam
giác ABE, ACF vuông cân tại E, F. M là trung điểm của AB. Khi đó, tam
giác MEF vng cân.

Trở lại bài toán.

</div>
(31)<div class='page_container' data-page=31>

dd>Từ (1) => :  KCF = 360o -  KCD -  DCB -  BCF = 360o - 90o

-(180o -

 CBA) - 45o = 45o +  CBA =  FBC +  CBA =  ABF Vậy: 

KCF =  ABF

Từ (2) => : KC = 1/2 CD = AB (4)

Từ (3), (4) và CF = BF (do tam giácBCF vng cân tại F) ta có : Δ KCF = Δ
ABF (c.g.c)

=> FK = FA ;  CFK =  AFB

=>  KFA =  CFB +  CFK -  BFA =  CFB = 900

=> Δ AKF vuông cân tại F.

áp dụng bổ đề (*) cho tam giác ADK và các tam giác ADE, AKF vuông cân
tại E, F ta có : Δ MEF vng cân tại M.

</div>
(32)<div class='page_container' data-page=32>

Gọi K là trung điểm của AB. Lấy điểm N nằm ngồi hình thang ABCD sao

cho NK = AB ; NK vng góc với AB (hình 2).

Dễ thấy : tam giác MHC = tam giác BKN => MC = NB ; mặt khác, AB //
CD và tam giác BCF vuông cân tại F nên Δ FMC = Δ FNB (c.g.c) => Δ
MFN vuông cân tại F (bạn đọc tự chứng minh).

Tương tự như vậy, Δ MEN vng cân tại E.

=> MENF là hình vuông => tam giác MEF vuông cân tại M.
Bài 1(14) : Cho x ; y thỏa mãn :

Hãy tính giá trị của biểu thức sau :
T = x2003 + y2003.

Lời giải : Nhận xét :

Do đó kết hợp với giả thiết ta suy ra :

</div>
(33)<div class='page_container' data-page=33>

Suy ra x + y = 0. Do đó T = x2003 + y2003 = x2003 + (- x)2003 = x2003 - x2003 = 0.

Bài 4(14) : Cho ∆ABC. Trên các tia đối của các tia CB, AC, BA lần lượt lấy
các điểm A1, B1, C1 sao cho AB1 = BC1 = CA1. Chứng minh rằng nếu

∆A1B1C1 đều thì ∆ABC cũng đều.

Lời giải :

Giả sử ∆A1B1C1 đều. Khơng mất tính tổng qt ta có thể giả thiết :

Khi đó : CB1 ≥ AC1 ≥ BA1 hay CA ≥ AB ≥ BC (do AB1 = BC1 = CA1), suy

Mặt khác, từ (*) suy ra : (do ∆A1B1C1 đều). Nhưng

Từ (1), (2) suy ra ∆ABC đều (đpcm).

</div>
(34)<div class='page_container' data-page=34>

Vì SA, ST tiếp xúc với (O) nên ta có :  STE =  SBT ;  SAE =  SBA

=> ∆STE đồng dạng với ∆SBT ; ∆SAE đồng dạng với ∆ABA

Mặt khác, vì tứ giác AETB nội tiếp nên :  TEA =  TBC (2)

Từ (1), (2) ta có : ∆TEA đồng dạng với ∆TBC =>  EAT =  BCT.

Từ đó, với chú ý rằng :  EAT =  ETS, ta có :  BCT =  ETS => ET //

AB (hai góc đồng vị bằng nhau).

Bài 4(15) : Cho tam giác ABC có AB > AC. Trên các cạnh AB, AC lấy các
điểm N, M tương ứng, sao cho AN = AM. Gọi O là giao điểm của BM, CN.
Chứng minh rằng : OB > OC.

</div>
(35)<div class='page_container' data-page=35>

Vì AB > AC > AM = AN nên tồn tại điểm K thuộc đoạn BN sao cho : AK =
AC. Gọi L là giao điểm của KM và CN. Vì K thuộc đoạn BN nên L thuộc
đoạn ON =>  OMN > LMN.

Mặt khác, dễ thấy tam giác LMN cân tại L =>  LMN =  LNM.

Vậy :  OMN >  ONM => ON > OM (1).

∆AKM = ∆ACN (c.g.c) => KM = CN (2).
Vì AK = AC nên tam giác AKC cân tại A
=>  AKC < 90o =>  BKM > 90o

=>  BKM >  KMB => BM > KM (3).

Từ (2) và (3) suy ra : BM > CN (4)

</div>

ON LUYEN THI HSG TOAN 9









<sub></sub>

<sub>√</sub>

√

(

)

√

(

)

√

√

<sub></sub>

√

√

√

√

√

{

{

{

{





















































 









































Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về