đề học sinh giỏi toán lớp 9 (có đáp án lời giải chi tiết)

ĐỀ CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN LỚP 9
CỤM CHUYÊN MÔN SỐ 4
NĂM HỌC 2020-2021. MƠN: TỐN
Thời gian làm bài 120 phút

Câu 1. (4 điểm)
A = 3 1+

a) Chứng minh
b) Giả sử
nguyên tố.

p

và

p2 + 2

84 3
84
+ 1−
9
9

là số nguyên.

đều là các số nguyên tố. Chứng minh

p3 + 2

TÀI LIỆU ĐỦ LOẠI-MÔN-LỚP

cũng là một số

Câu 2. (6 điểm). Giải các phương trình sau:
a)
b)
c)

x + 4 x + 3 + 2 3 − 2 x = 11
3 x − 5 + 7 − 3 x = 5 x 2 − 20 x + 22

( 4 x − 1)

x2 + 1 = 2x2 − 2 x + 2
.

Câu 3. (4 điểm)
a.

Cho

1 1 1
1
+ + =
a b c a+b+c

1
. Chứng minh rằng:
WORD=> ZALO_0946 513 000

b. Choba số dương
Q = a.b.c
nhất của

a b c
, , thỏa mãn điều kiện

a

2021

+

1
b

2021

+

1
c

2021

=

1
a

1
1
1
+
+
=2
1+ a 1+ b 1+ c

2021

+b

2021

+ c 2021

.Tìm giá trị lớn

AD, BE , CF
ABC
H
Câu 4. (6 điểm) Cho tam giác
nhọn, có các đường cao
cắt nhau tại
I, K
BE , CF
D
.Gọi
lần lượt là hình chiếu của điểm
trên các đường thẳng

. Chứng
minh rằng

1


a)
b)

BH .BE + CH .CF = BC 2
IK // EF

.

AEF , BDF , CDE

c) Trong các tam giác

hoặc bằng

.

1
4

diện tích tam giác

ABC

có ít nhất một tam giác có diện tích nhỏ hơn

.

Câu 5. (1 điểm)
Chứng minh rằng: Nếu tất cả các cạnh của một tam giác nhỏ hơn

tam giác nhỏ hơn

3
4

TÀI LIỆU ĐỦ LOẠI-MƠN-LỚP

.
HẾT

WORD=> ZALO_0946 513 000

2

1

thì diện tích


HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ CHỌN HSG TOÁN 9 CỤM CHUYÊN MÔN SỐ 4
Năm học: 2020-2021

Câu 6. (4 điểm)
A = 3 1+

a) Chứng minh
b) Giả sử
nguyên tố.

p

p2 + 2

và

84 3
84
+ 1−
9
9

là số nguyên.

đều là các số nguyên tố. Chứng minh

p3 + 2

cũng là một số

Lời giải

TÀI LIỆU ĐỦ LOẠI-MÔN-LỚP

84 3

84
+ 1−
9
9

A = 3 1+
a) Chứng minh

là số nguyên.


84 3
84  3
84 3
84 
÷ 1 +
÷
A3 = 2 + 3  3 1 +
+ 1−
1−

9
9 ÷
9
9 ÷






84 
A3 = 2 + 3 A  3 1 − ÷
81 ÷



A3 = 2 − A
A3 + A − 2 = 0

WORD=> ZALO_0946 513 000

( A − 1) ( A2 + A + 2 ) = 0
A −1 = 0

(vì

A2 + A + 2 ≠ 0

)

A =1
.
A
Vậy
nguyên.
b) Giả sử
nguyên tố.

p

và

p2 + 2

đều là các số nguyên tố. Chứng minh

p = 2 p2 + 2 = 6
Với
:
(ktm)

p = 3 p 2 + 2 = 11 p 3 + 2 = 29
Với
:
,
(TM)
2
p > 3 ⇒ p 2 = 3k + 1 p + 2 = ( 3t + 3) M3
Với
:
(KTM)
Vậy p = 3.

3

p3 + 2

cũng là một số

Câu 7. (6 điểm). Giải các phương trình sau:
x + 4 x + 3 + 2 3 − 2 x = 11

a)

3 x − 5 + 7 − 3 x = 5 x 2 − 20 x + 22

b)

( 4 x − 1)

c)

x2 + 1 = 2x2 − 2 x + 2
.
Lời giải

x + 4 x + 3 + 2 3 − 2 x = 11

a)

.

⇔ 11 − x − 4 x + 3 − 2 3 − 2 x = 0

.

⇔ x + 3 − 4 x + 3 + 4 + 3 − 2x − 2 3 − 2x +1 = 0
TÀI LIỆU ĐỦ LOẠI-MÔN-LỚP

⇔

(

) (

)

2

x+3−2 +

.

2

3 − 2x −1 = 0

⇔ x + 3 − 2 = 3 − 2x −1 = 0

.

.

⇔ x =1

.

3 x − 5 + 7 − 3 x = 5 x 2 − 20x + 22

b)

5 x 2 − 20x + 22 = 5 ( x 2 − 4x + 4 ) + 2 = 5 ( x − 2 ) + 2 ≥ 2
2

Ta có:

(

3x − 5 + 7 − 3x

) ≤ ( 1 + 1 ) ( 3x − 5 + 7 − 3x ) = 4
2

WORD=> ZALO_0946 513 000

2

3x − 5 + 7 − 3x ≤ 2

Vậy

2

.

3 x − 5 + 7 − 3 x = 5 x 2 − 20x + 22 = 2

5 x 2 − 20x + 20 = 0 ⇔ x = 2

c)

( 4 x − 1)

x2 + 1 = 2x2 − 2x + 2

⇔ 2 ( x 2 + 1) − ( 4 x − 1) x 2 + 1 − 2 x = 0
a = x + 1( a ≥ 1)

.

2

Đặt

, phương trình trở thành:

2a − ( 4 x − 1) a − 2 x = 0
2

.
4

.

.


∆ = ( 4x + 1) > 0
2

a = ±2x

⇒ x2 + 1 = 2x
⇔ x2 + 1= 4x2
⇔ 3x 2 − 1 = 0

1
x =
3
⇔

1
( l)
x = −
3


TÀI LIỆU ĐỦ LOẠI-MƠN-LỚP

Vậy pt có tập nghiệm

 1 
S = 
 3 

.

Câu 8. (4 điểm)
a.

1 1 1
1
+ + =
a b c a+b+c

Cho

b. Choba số dương
Q = a.b.c
nhất của

1
a

. Chứng minh rằng:

a b c
, , thỏa mãn điều kiện

2021

+

1
b

2021

Lời giải

a) Cho
1
a

2021

+

1
b

2021

Ta có:
⇔

+

1
c

2021

=

. Chứng minh rằng:
1

a

2021

+b

2021

+ c 2021

1 1 1
1
+ + =
a b c a +b+c
ab + bc + ca
1
=
abc
a+b+c

⇔ ( a + b + c ) . ( ab + bc + ca ) − abc = 0
⇔ ( a + b ) . ( ab + bc + ca ) + abc + bc 2 + ac 2 − abc = 0
⇔ ( a + b ) . ( ab + bc + ca ) + c 2 . ( a + b ) = 0
5

1
c

2021

=

1
a

1
1
1
+
+
=2
1+ a 1+ b 1+ c

WORD=> ZALO_0946 513 000

1 1 1
1
+ + =
a b c a+b+c

+

2021

+b

2021

+ c 2021

. Tìm giá trị lớn

⇔ ( a + b ) . ( ab + bc + ca + c 2 ) = 0
⇔ ( a + b ) . b. ( a + c ) + c. ( a + c )  = 0

⇔ ( a + b ) .( b + c ) .( c + a ) = 0
a + b = 0
 a = −b

⇔ b + c = 0 ⇔ b = −c
c + a = 0
c = −a

Với

a = −b
1

a

2021

+

:

1
b

+

2021

⇔
⇔

1
c

2021

=

1
a

2021

+b

2021

TÀI LIỆU ĐỦ LOẠI-MÔN-LỚP

+c

2021

1
1

1
1
+ 2021 + 2021 = 2021 2021 2021
2021
−b
b
c
−b + b + c
1
c

2021

=

1
c

2021

(luôn đúng)

Tương tự:
Với
Với
b)

b = −c

c = −a

⇔

⇔

1
a

2021

b

2021

1

=

=

1
a

2021

(luôn đúng)
1

b

2021

WORD=> ZALO_0946 513 000

(luôn đúng)

1
1
1
+
+
=2
1+ a 1+ b 1+ c

⇔

1
1
1
= 1−
+1−
1+ a
1+ b
1+ c

⇔

1
b
c

=
+
≥2
1+ a 1+ b 1+ c
1
≥2
1+ b

Tương tự:
1
≥2
1+ c

bc
( 1 + b ) . ( 1 + c ) ( 1)

ca
( 1 + c ) .( 1 + a )

( 2)

ab
( 1 + a ) . ( 1 + b ) ( 3)

6


Từ

( 1) ( 2 )

,

⇔ abc ≤

và

( 3)

⇒

1
1
1
abc
.
.
≥ 8.
1+ a 1+ b 1+ c
( 1 + a ) .( 1 + b ) .( 1 + c )

1
1
⇔Q≤
8
8

a=b=c=

Dấu “=” xảy ra khi

Qmax =
Vậy

1
8

1
2

a=b=c=

khi

Câu 9. (6 điểm) Cho tam giác

ABC

1
2

nhọn, có các đường cao

I, K

.Gọi
lần lượt là hình chiếu của điểm
minh rằng
a)
b)

BH .BE + CH .CF = BC 2
IK // EF

D

trên các đường thẳng

cắt nhau tại
BE , CF

H

. Chứng

.

.

c) Trong các tam giác

hoặc bằng

AD, BE , CF

TÀI LIỆU ĐỦ LOẠI-MÔN-LỚP

1
4

AEF , BDF , CDE

diện tích tam giác

ABC

có ít nhất một tam giác có diện tích nhỏ hơn

.
Lời giải

WORD=> ZALO_0946 513 000

AEB
HFB
B
a) Tam giác vng
và tam giác vng
có góc
chung nên đồng dạng với
nhau.
AB BE
⇒
=
⇒ BH .BE = AB.BF
BH BF
(1)
7


AFC

C
HEC
Tam giác vng
và tam giác vng
có góc
chung nên đồng dạng với
nhau.
AC CF
⇒
=
⇒ CH .CF . = AC.CE
CH CE
(1)
BH .BE + CH .CF = AB.BF + AC .CE
Từ(1) và (2) suy ra:
(3)
BFC
ADB
B
Mặt khác dễ thấy tam giác vuông
và tam giác vuông
đồng dạng (góc
chung)
AB BD
⇒
=
⇒ AB.BF = BC .BD
BC BF
(4)
BEC

ADC
Chứng minh tương tự ta có tam giác
đồng dạng với tam giác
AC DC
⇒
=
⇒ AC.CE = BC.CD
BC CE
(5)
TÀI LIỆU ĐỦ LOẠI-MÔN-LỚP

Từ (4) và (5) suy ra:
Từ (3) và (6) suy ra

b) Ta có
Tứ giác

AB.BF + AC.CE = BC ( BD + CD ) = BC 2

BH .BE + CH .CF = BC

(đpcm).

 AB ⊥ FC
⇒ AB // DK ⇒ ∠FAH = ∠HDK

 DK ⊥ FC
AFHE

nên tứ giác

FH
)(2)

có
AFHE

∠AFH + ∠AEH = 90 + 90 = 180
0

(6)

2

0

(hai góc so le trong) (1)
0

mà hai góc này ở vị trí đối nhau
⇒ ∠FAH = ∠FEH
là tứ giác nội tiếp
(2 góc nội tiếp cùng chắn cung
WORD=> ZALO_0946 513 000

IDKH
Chứng minh tương tự ta có tứ giác
là tứ giác nội tiếp
⇒ ∠HIK = ∠HDK
HK
(2 góc nội tiếp cùng chắn cung

)(3)
∠FEH = ∠HIK
Từ (1), (2) và (3) suy ra
mà 2 góc này ở vị trí so le trong
IK // EF
Suy ra
(đpcm).
AF = y
BD = z 0 < x, y, z < a
BC = a CA = b
AB = c
AE = x
c) Đặt
,
,
,
,
,
,
0 < x , y , z < b 0 < x, y , z < c
;
BF = c − y EC = b − x CD = a − z
Khi đó:
,
,

8

;

Giả sử khơng có tam giác nào có diện tích nhỏ hơn hoặc bằng
S AEF >

1
1
1
S ABC ; S BFD > S ABC ; SCED > S ABC
4
4
4

Nghĩa là
S AEF AE. AF x. y
=
=
;
S ABC AB. AC cb
Ta có

. Suy ra

1
4

diện tích tam giác
S AEF .S BFD .SCED
1
>
3

S ABC
64

ABC

S BFD BF .BD ( c − y ) z
=
=
S ABC BA.BC
ca
SCED CE.CD ( b − x ) ( a − z )
=
=
S ABC CA.CB
ba

Do đó

TÀI LIỆU ĐỦ LOẠI-MƠN-LỚP

S AEF .S BFD .SCED xyz ( a − z ) ( b − x ) ( c − y )
=
3
S ABC
a 2b 2 c 2
x ( b − x)

( x + b − x)
≤
4

Theo bđt Cauchy ta có:

y ( c − y)

( y + c − y)
≤

2

c2
=
4

4

4

và

Do đó
Suy ra đpcm.

b2
=
4

( z + a − z)
≤

z( a − z)

xyz ( a − z ) ( b − x ) ( c − y )
1
≤
2 2 2
abc
64

2

WORD=> ZALO_0946 513 000

hay

2

=

a2
4

S AEF .S BFD .SCED
1
≤
3
S ABC
64

(mâu thuẫn gt)

Câu 10. (1 điểm)
Chứng minh rằng: Nếu tất cả các cạnh của một tam giác nhỏ hơn

tam giác nhỏ hơn

3
4

.
Lời giải

Kẻ

AH ⊥ BC

Ta có

AB < 1 AC < 1 BC < 1

,

,

 AH < 1

⇒
BC 1
 BH ≤ 2 ≤ 2

9

1

thì diện tích


Áp dụng định lý Pytago trong tam giác vng
Ta có:

ABH

.

AH 2 + BH 2 = AB 2

Mà

2
2
AB 2 < 1 ⇒ AH + BH < 1

⇒ AH 2 < 1 − BH 2

⇒ AH 2 < 1 −

⇒ AH <

S ∆ABC =

1 3
=
4 4

3
2

TÀI LIỆU ĐỦ LOẠI-MÔN-LỚP

1
1 3
3
AH .BC < .
.1 =
2
2 2
2

Vậy tất cả các cạnh của một tam giác nhỏ hơn 1 thì diện tích tam giác nhỏ hơn
HẾT

WORD=> ZALO_0946 513 000

10

3
4


PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẬN ĐỐNG ĐA

ĐỀ GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI LỚP 9
NĂM HỌC 2020-2021. MƠN: TỐN
Thời gian làm bài 150 phút
Ngày thi: 14/11/2020

Câu 1.

(5 điểm)
p=
1. Tìm tất cả các số tự nhiên n để

là số nguyên tố.

x − 1 + 6 − x − ( x − 1)(6 − x) = 1

2. Giải phương trình

Câu 2.

n(n + 1)(n + 2)
+1
6

(5 điểm)
a , b, c
Cho ba số thực khác không
thỏa mãn điều kiện:
1 1 1
1
+ + =

a+b+c ≠ 0
a b c a +b+c
và
. Tính giá trị của biểu thức:
1
1
1
A = (a 2021 + b 2021 + c 2021 )( 2021 + 2021 + 2021 )
a
b
c
TÀI LIỆU ĐỦ LOẠI-MƠN-LỚP

1.

2.

Câu 3.

Tìm tất cả các bộ số ngun

( x; y; z )

thỏa mãn

( x + y ) ( x − y ) = 8z + 10

(2 điểm)
a , b, c

abc = 1
là các số thực dương thỏa mãn
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
a
b
c
A= 2 2
+ 2 2
+ 2
2a + b + 3 2b + c + 3 2c + a 2 + 3

Cho

WORD=> ZALO_0946 513 000

Câu 4.

(7 điểm)

Cho đoạn thẳng
phẳng bờ

AB = 8cm

AB

, dựng hai hình vng

M

nằm bất kỳ trên đoạn thẳng

AMCD

Câu 5.

và

là điểm

N

và

BMEF

AB

, một nửa mặt

. Gọi giao điểm của đường thẳng

AC
BE
P
, giao điểm của đường thẳng
và
là .
A, N , P, B
a) Chứng minh bốn điểm

cùng thuộc một đường tròn.
N , P, F
DN .FN = MN 2
b) Chứng minh rằng
và 3 điểm
thẳng hàng.
MN
M
AB
c) Tìm vị trí các điểm
trên đoạn thẳng
để độ dài đoạn thẳng
đạt giá trị lớn
nhất.

AE

BC

và một điểm

(1 điểm)
Một hình hộp chữ nhật có các kích thước
là các số nguyên dương tính theo đơn vị cm,
11


a (cm3 )

có thể tích

.
Biết khi đạt hình hộp chữ nhật đó đặt lên mặt bàn
thì tổng diện tích của 5 mặt nhìn thấy được là

a (cm 2 )

(minh họa bằng hình vẽ bên). Tìm giá trị nhỏ nhất của
HẾT

TÀI LIỆU ĐỦ LOẠI-MÔN-LỚP

WORD=> ZALO_0946 513 000

12

a

.


HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ HSG TOÁN 9 QUẬN ĐỐNG ĐA
Năm học: 2020-2021

Câu 1.

(5 điểm)
p=
1. Tìm tất cả các số tự nhiên n để

n(n + 1)(n + 2)

+1
6

là số nguyên tố.

x − 1 + 6 − x − ( x − 1)(6 − x ) = 1

2. Giải phương trình

Lời giải
n(n + 1)(n + 2)
p=
+1
6
TÀI LIỆU ĐỦ LOẠI-MƠN-LỚP

1.

Tìm tất cả các số tự nhiên n để
Ta có

là số nguyên tố.

n(n + 1)( n + 2)
+1
6
( n + 3)(n 2 + 2)
⇒P=
6
p=

Với
Với
Với
Với
Với

n = 0 ⇒ P =1

không phải số nguyên tố

n = 1⇒ P = 2

là số nguyên tố

n =2⇒ P=5

WORD=> ZALO_0946 513 000

là số nguyên tố.

n = 3 ⇒ P = 11

n ≥4

(n + 3)

và

thì

là số nguyên tố.

(n + 3) > 6

( n 2 + 2)

thì ln tồn tại một số số chẵn nên khi đó P là hợp số.

Vậy P là số nguyên tố thì
2.

và

(n 2 + 2) > 17

Giải phương trình

Điều kiện xác định:

n ∈ { 1; 2;3}
x − 1 + 6 − x − ( x − 1)(6 − x) = 1

1≤ x ≤ 6

Đặt
13

(*)

t = x −1 + 6 − x
⇒ t 2 = x − 1 + 2 ( x − 1)(6 − x) + 6 − x
⇒ t 2 = 5 + 2 ( x − 1)(6 − x)
t2 − 5
⇒ ( x − 1)(6 − x) =
2
Thay vào (*) ta được

t2 − 5
t−
= 1 ⇒ 2t − t 2 + 5 = 2
2
t = −1
⇒ t 2 − 2t − 3 = 0 ⇒ 
t = 3

TÀI LIỆU ĐỦ LOẠI-MÔN-LỚP

Với t=3
32 − 5
2
⇒ ( x − 1)(6 − x) = 2
⇒ ( x − 1)(6 − x) =

⇒ ( x − 1)(6 − x) = 4

⇒x=2

Câu 2.

hoặc

x=5

(5 điểm)
a , b, c
Cho ba số thực khác không
thỏa mãn điều kiện:
1 1 1
1
+ + =
a+b+c ≠ 0
a b c a +b+c
và
. Tính giá trị của biểu thức:
1
1
1
A = (a 2021 + b 2021 + c 2021 )( 2021 + 2021 + 2021 )
a
b
c

1.

WORD=> ZALO_0946 513 000

2.

Tìm tất cả các bộ số nguyên

1.

Ta có

( x; y; z )

thỏa mãn
Lời giải

14

( x + y ) ( x − y ) = 8z + 10


1 1 1
1
1 1 1
1
+ + =
⇔ + + −
=0
a b c a +b+c
a b c a +b+c
a+b
a+b
⇔
+
=0

ab c( a + b + c)
c (a + b + c) + ab
⇔ ( a + b) .
=0
abc (a + b + c)
⇔ (a + b)(b + c)(c+ a) = 0
a + b = 0
 a = −b


⇔  b + c = 0 ⇔ b = − c
c + a = 0
c = − a



1
1 
 1
A = (a 2021 + b 2021 + c 2021 )  2021 + 2021 + 2021 ÷
b
c 
a
TÀI LIỆU ĐỦ LOẠI-MƠN-LỚP

Khi đó ta có

A = (a 2021 + (− a) 2021 + (− a) 2021 )(
= ( −a) 2021.

1
a

2021

+

1
1
+
)
2021
(−a)
(− a) 2021

1
( −a) 2021

=1

2.
-

Nếu
-

z < 0 ⇒ 8 z + 10
Nếu

không là số nguyên,

z = 0 ⇒ ( x + y ) ( x − y ) = 11

( x + y ) ( x − y ) ∈ z ⇒ (*)

không thể xảy ra.

.
WORD=> ZALO_0946 513 000

Trường hợp 1.

Trường hợp 2.

Trường hợp 3.

Trường hợp 4.
-

Nếu

 x + y = 11
x = 6
⇒

x − y = 1
y = 5
x + y = 1
x = 6
⇒


 x − y = 11
 y = −5
 x + y = −11
 x = −12
⇒

 x − y = −1
 y = −1
 x + y = −1
 x = −12
⇒

 x − y = −11
 y = 11

z ≥ 1 ⇒ 8z + 10

là số chẵn và chia 4 dư 2

15

⇒ ( x + y) ( x − y)

là số chẵn.


Mà

( x + y ) ( x − y ) = 2x

⇒ ( x + y) ( x − y)

chia hết cho 4, mà

Vậy bộ số nguyên

Câu 3.

là số chẵn

( x, y, z )

là

⇒ ( x + y)

8z + 10

và

( x − y)

là số chẵn.

không chia hết cho 4. Nên

z ≥1

không thể xảy ra.

( 6,5,0 ) ; ( 6, −5, 0 ) ; ( −12, −1, 0 ) ; ( −12,11, 0 )

(2 điểm)
a , b, c

abc = 1
là các số thực dương thỏa mãn
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
a
b
c
A= 2 2
+ 2 2
+ 2
2a + b + 3 2b + c + 3 2c + a 2 + 3

Cho

Lời giải
a
b
c
A= 2 2
+ 2 2
+ 2
2a + b + 3 2b + c + 3 2c + a 2 + 3
TÀI LIỆU ĐỦ LOẠI-MƠN-LỚP

Ta có:

⇒

2a 2 + b 2 + 3 = a 2 + b 2 + a 2 + 1 + 2 ≥ 2ab + 2a + 2abc

a
a
1
≤
=
2
2a + b + 3 2ab + 2a + 2abc 2(b + 1 + bc)
2

Tương tự
b
1
≤
2
2
2b + c + 3 2(c + 1 + ac)
c
1
≤
2
2
2c + a + 3 2(a + 1 + ab)

A≤

WORD=> ZALO_0946 513 000

1
1
1
1
1
b
bc
 1

+
+
= 
+
+


2 1 + b + bc 1 + c + ac 1 + a + ab  2 1 + b + bc b + bc + abc bc + abc + ab.bc 

⇒ A≤

1
1
b
bc  1
+
+
=

2 1 + b + bc b + bc + 1 bc + 1 + b  2

Dấu “ =” xảy ra khi

a = b = c =1

Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức A là

Câu 4.

1
2

khi

a = b = c =1

.

(7 điểm)

Cho đoạn thẳng
phẳng bờ

AE

và

AB = 8cm

AB

BC

và một điểm

, dựng hai hình vuông

là điểm

N

M

nằm bất kỳ trên đoạn thẳng

AMCD

và

BMEF

, giao điểm của đường thẳng
16

AB

, một nửa mặt

. Gọi giao điểm của đường thẳng

AC

và

BE

là

P

.


a)

Chứng minh bốn điểm

A, N , P, B

cùng thuộc một đường tròn.
N , P, F
DN .FN = MN
b) Chứng minh rằng
và 3 điểm
thẳng hàng.
MN
M
AB
c) Tìm vị trí các điểm
trên đoạn thẳng

để độ dài đoạn thẳng
đạt giá trị lớn
nhất.
Lời giải
2

TÀI LIỆU ĐỦ LOẠI-MÔN-LỚP

a) Chứng minh bốn điểm

A, N , P, B

cùng thuộc một đường trịn.
·
·
AMCD
AC
CAM
= 45o
PAB
= 45o
Hình vng
có đường chéo
, suy ra
hay
.
o
o
·
·

EBM
= 45
PBA
= 45
BMEF
BE
Hình vng
có đường chéo
, suy ra
hay
.
AP ⊥ BE.
PAB
P
Suy ra tam giác
vuông cân ở , suy ra
AP, EM
C
EAB
Xét tam giác
có
là các đường cao và cắt nhau tại ,
C
BC ⊥ AE
BN ⊥ AE
EAB
suy ra
là trực tâm tam giác
, suy ra
hay

.
o
·ANB = APB
·
ANPB
= 90
Tứ giác
có
nên là tứ giác nội tiếp
A, N , P, B
Suy ra minh bốn điểm
cùng thuộc một đường tròn.
2
N , P, F
DN .FN = MN
b) Chứng minh rằng
và 3 điểm
thẳng hàng.
·ADC = ·ANC = 90o
·
·
ADNC
DNA
= DCA
= 45o
Xét tứ giác
, có
nên nội tiếp, suy ra
(1)
·

·
ENF
= EBF
= 45o
Tương tự
(2)
·
·
E, N , A
D, N , F
DNA
= ENF
= 45o
Từ (1) và (2), suy ra
. Vì
thẳng hàng nên
.
·
·
MN ⊥ DF
MNF
= MEF
= 90o
Suy ra
hay
.
WORD=> ZALO_0946 513 000

17

Xét tam giác

DMF

giác vng ta có
Ta có tứ giác
·APD = NEM
·

có

·
·
·
DMF
= DMC
+ EMF
= 90o

DN .FN = MN 2

ENCP

nội tiếp vì

.
·
·
ENC

+ EPC
= 180o

, từ đó theo hệ thức lượng trong tam

, suy ra

·
·
CEN
= NPC

hay

.

Mặt khác tứ giác

MNEF

nội tiếp, suy ra

·
·
MFN
= NEM

, suy ra

·APD = MFN

·

hay

·APD = DFM
·

D, P , F
D, P , N
AP //MF
mà
, suy ra
thẳng hàng, lại có
.
D, N , P, F
Do đó bốn điểm
thẳng hàng. (đpcm).
Cách 2
·ADC = ·ANC = 90o
·
·
ADNC
DNA
= DCA
= 45o
Xét tứ giác
, có
nên nội tiếp, suy ra
(1)
o

·
·
ENF
= EBF
= 45
Tương tự
(2)
·
·
E, N , A
D, N , F
DNA
= ENF
= 45o
Từ (1) và (2), suy ra
. Vì
thẳng hàng nên
.
o
·MNF = MEF
·
MN ⊥ DF
= 90
Suy ra
hay
.
·
·
·
DMF

= DMC
+ EMF
= 90o
DMF
Xét tam giác
có
, từ đó theo hệ thức lượng trong tam
DN .FN = MN 2
giác vng ta có
.
·
·
·
·APD = NEM
·
ENCP
ENC + EPC
= 180o
CEN
= ·NPC
Ta có tứ giác
nội tiếp vì
, suy ra
hay
TÀI LIỆU ĐỦ LOẠI-MÔN-LỚP

WORD=> ZALO_0946 513 000

.
·

·
MFN
= NEM

MNEF

·APD = MFN
·

Mặt khác tứ giác
nội tiếp, suy ra
, suy ra
hay
·APD = DFM
·
D, P , F
D, P , N
AP //MF
mà
, suy ra
thẳng hàng, lại có
.
D, N , P , F
Do đó bốn điểm
thẳng hàng. (đpcm).
MN
M
AB

c) Tìm vị trí các điểm

lớn nhất.

trên đoạn thẳng

để độ dài đoạn thẳng

đạt giá trị

2

Ta có
Suy ra

Câu 5.

4
4
1
1
1
1
1
1 ≥ 1  1 + 1 ÷ ≥
=
=
.
2
2
=
+

=
+
4
MA
MB
AB
16
2
2
2
2
2


MA
+
MB
(
)
MN
MD MF
2 MA 2 MB

MN 2 ≤ 16 ⇔ MN ≤ 4

. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi M là trung điểm AB.

(1 điểm)
Một hình hộp chữ nhật có các kích thước
18

là các số nguyên dương tính theo đơn vị cm,
a (cm3 )

có thể tích
.
Biết khi đặt hình hộp chữ nhật đó lên mặt bàn
thì tổng diện tích của 5 mặt nhìn thấy được là

a (cm 2 )

(minh họa bằng hình vẽ bên). Tìm giá trị nhỏ nhất của
Lời giải
x, y , z
Gọi các kích thước của hình hộp chữ nhật đó là
Từ giả thiết, ta có

a

.

a = xyz = 2 z ( x + y ) + xy ⇔ xy ( z − 1) = 2 z ( x + y ) ⇒ z ≥ 2.
TÀI LIỆU ĐỦ LOẠI-MƠN-LỚP

Ta có

xy ( z − 1) = 2 z ( x + y ) ≥ 4 z xy .

xyz ≥

Xét hiệu
xyz ≥
Suy ra
Vậy

16 z 3

( z − 1)

16 z 3

( z − 1)

2

2

− 108 =

⇒ xy ≥

4 ( z − 3)

4z
16 z 3
⇔ xyz ≥
.
2
z −1
( z − 1)

( 4 z − 3)
2
( z − 1)
2

≥ 108.
Dấu “=” xảy ra tại

min a = 108
WORD=> ZALO_0946 513 000

HẾT

19

≥ 0, z ≥ 2.

x = 3; y = z = 6.