BAI TAP ON KS LAN 2263

BAI TAP ON KS-LAN (26/3/2018)
2
2
2
Câu 1: a) Tìm số nguyên tố p sao cho các số 2 p  1; 2 p  3; 3 p  4 đều là số
nguyên tố.
2
2
2
2 2
b) Tìm các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn: 3x  18 y  2 z  3 y z  18x 27 .

2
2
2
Tìm số nguyên tố p sao cho các số 2 p  1; 2 p  3; 3 p  4 đều là số nguyên tố.
2
1; 2; 3
+) Nếu p=7k+i; k,i nguyên, i thuộc tập 
. Khi đó p chia cho 7 có thể dư: 1;4;2
2
2
2
Xét p  2  2 p  1; 2 p  3 & 3 p  4  7

a)
1.0 đ

2
2
Nếu p chia cho 7 dư 1 thì 3 p  4 chia hết cho 7 nên trái GT

2
2
Nếu p chia cho 7 dư 4 thì 2 p  1 chia hết cho 7 nên trái GT
2
2
Nếu p chia cho 7 dư 2 thì 2 p  3 chia hết cho 7 nên trái GT
2

+) Xét p=2 thì 3 p  4 =16 (loại)
+) Xét p=7k, vì p nguyên tố nên p=7 là nguyên tố, có:
2 p 2  1 97; 2 p 2  3 101; 3 p 2  4 151 đều là các số nguyên tố Vậy p =7
2

2
2
2 2
Giả thiết  3  x  3  18 y  2 z  3 y z 54 (1)
2
2
2
+) Lập luận để z 3  z 3  z 9  z 9 (*)

2
2
2
2
(1)  3( x  3)  2 z  3 y ( z  6) 54(2)
2
2
2

2
2
2
(2)  54 3( x  3)  2 z  3 y ( z  6) 3( x  3)  2.9  3 y .3

b)
1,0
®iĨm

( x  3) 2  3 y 2 12  y 2 4  y 2 1; y 2 4 vì y nguyên dương
2
Nếu y 1  y 1 thì (1) có dạng:
2

3  x  3  5 z 2 72  5 z 2 72  z 2 
2

72
 z 2 9  z 3
5
(vì có(*))

2

Khi đó 3  x  3 27   x  3 9 , x nguyên dương nên tìm được x=6
2
Nếu y 4  y 2 (vì y nguyên dương) thì (1) có dạng:
2

3  x  3  14 z 2 126  14 z 2 126  z 2 9  z 2 9  z 3

(vì z nguyên dương)

 x 3  x 6


 y 2;  y 1


2
Suy ra ( x  3) 0  x 3 (vì x nguyên dương) Đáp số  z 3  z 3

3x  4
2
Câu 2. a) Với x là số thực. Tìm GTLN-GTNN của biểu thức A = x  1 .
3x  4
 A(x 2  1) 3x  4  Ax 2  3x  A  4 0
2
A = x 1
, (*) có nghiệm x

Nếu A = 0 từ (*) có : x = -4/3
Nếu A 0 có :

 9  4A(A  4)  4(A  2) 2  25 0 

1
9
A 
2

2


min A 

1
b
9
1
khi x   3; max A  khi x 
2
2a
2
3

Vậy :
b) Chứng minh trong các số có dạng 20142014 ... 2014 có số chia hết cho 2013.
Ta xét 2014 số khác nhau có dạng 20142014…2014 = an, có n bộ 2014. n  N*
Trong 2014 số này có ít nhất hai số khi chia cho 2013 có cùng số dư.
Giả sử 2 số đó là ai , aj (j > i). Khi đó aj – ai  2013
20142014...2014
        20142014...2014
       20142014....20140000...0000
            2013

j sô 2014
i sơ 2014
j í sơ 2014
4i sơ 0
hay:

Số có dạng 20142014…2014 . 104i  2013
Vì UCLN(10, 2013) = 1 nên UCLN(10n, 2013) = 1 với mọi n  N*
Vậy: có số dạng 20142014…2014 chia hết cho 2013

(

0,2
5

Câu 3: Giải phương trình
Câu 4: 1. Cho hai số thực a, b không âm thỏa mãn18a  4b 2013 . Chứng minh
2
rằng phương trình sau ln có nghiệm: 18ax  4bx  671  9a 0 .
3
2
3
2. Tìm tất cả các nghiệm nguyên x, y của phương trình x  2 x  3 x  2  y .
Cho hai số thực a, b thỏa mãn 18a  4 b 2013 (1)

TH1 : Với a = 0 thì (2)

18ax 2  4 bx  671  9 a 0

 4 bx  671 0 Từ (1)  b 0 . Vậy (2) luôn có nghiệm

(2)

x 

671

4b

2
2
2
a 0 , ta có :  ' 4 b  18a(671  9a) 4 b  6 a.2013  162 a
4b2  6a(18a  4b)  162a 2 4b2  24ab  54a 2 (2b  6a)2  16a 2 0, a, b

TH2 : Với

Vậy pt luôn có nghiệm
Tìm các số ngun x, y thỏa mãn phương trình:

x3  2 x 2  3x  2  y 3

2

3 7

y  x 2 x  3 x  2 2  x     0  x  y
4 8

Ta có
(1)
3

3

2

2

9
15

( x  2)3  y 3 4 x 2  9 x  6  2 x   
0  y  x2
4
16

Từ (1) và (2) ta có x < y < x+2 mà x, y nguyên suy ra y = x + 1

0,2
5
0,2
5

x 1 2
x2  1
x 1 2
)  4( 2
)  3(
) 0
x2
x 4
x 2
.

Chứng minh rằng phương trình sau có nghiệm:

0,2
5

(2)

Thay y = x + 1 vào pt ban đầu và giải phương trình tìm được x = -1; x = 1 từ đó tìm
được hai cặp số (x, y) thỏa mãn bài toán là (1 ; 2), (-1 ; 0)
Câu 5-1: Cho tứ giác ABCD có AD = BC; AB < CD. Gọi I, Q, H, P lần lượt là
trung điểm của AB, AC, CD, BD
1. Chứng minh IPHQ là hình thoi và PQ tạo với AD, BC hai góc bằng nhau.
2. Về phía ngồi tứ giác ABCD, dựng hai tam giác bằng nhau ADE và BCF.
Chứng minh rằng trung điểm các đoạn thẳng AB, CD, EF cùng thuộc một đường
thẳng.
Bài 5-2Tam giác ABC có BC = 40cm, phân giác AD dài 45cm,đường cao AH dài
36cm.Tính độ dài BD, DC.


1
2đ

IP = HQ; IP//HQ ( Tính chất đường trung bình) và AD = BC (GT)

1
1
⇒ IPHQ là h.b.h Có IP = IQ = 2 AD = 2 BC nên IPHQ là hình thoi

Gọi P 1 ; Q 1 là giao điểm của PQ với AD và BC
Nhận thấy ∆ HPQ cân đỉnh H
⇒ HPQ = HQP ( Góc ở đáy tam giác cân) (1)
Mà PH // BC ⇒ BQ 1 P = HPQ ( So le trong)

(2)
QH // AD

AP

⇒

P = HQP ( So le trong)

1

Từ (1); (2); (3) Suy ra AP

1

P = BQ

1

P

(3)

( đpcm)

2
2đ

Gọi K, M, N lần lượt là trung điểm của EF, DF, CE
Từ giả thiết ∆ ADE = ∆ BCF và dựa vào tính chất của đường trung bình trong tam giác ta có ∆ HMP = ∆ HNQ

(c.c.c)
Suy ra MHP = NHQ ⇒ MHQ = NHP ⇒ MHN và PHQ có cùng tia phân giác Mặt khác dễ có IPHQ và
KMHN là các hình thoi.
Suy ra HK và HI lần lượt là phân giác của MHN và PHQ. Suy ra H, I, K thẳng hàng

a

E

h

b

c

d

Đặt BD = x, DC = y. Giả sử x < y. Pitago trong tam giác vng AHD ta tính được
HD = 27cm. Vẽ tia phân giác của góc ngồi tại A, cắt BC ở E. Ta có AE ¿ AD
2

nên AD2 = DE . DH . Suy ra DE =

AD
DH

45
= 27

2

= 75cm


Theo tính chất đường phân giác trong và ngồi của tam giác
x
75−x
DB
EB
y = 75+ y
DC = EC
⇒
(1) Mặt khác
x + y = 40
Thay y = 40 – x vào (1) và rút gọn được
x2 – 115x + 1500 = 0 ⇔ (x – 15)(x – 100) = 0
Do x < 40 nên x = 15, từ đó y = 25. Vậy DB = 15cm, DC = 25cm
Câu 6: a)Giải phương trình:

(2)

x 2  16  x 2  25 9

x 2  16  x 2  25 9  x 2  16  25  x 2 9

Áp dụng bất đẳng thức
PT ta có:

2

a  b a b
2

, xảy ra dấu đẳng thức  ab 0 cho vế trái của

2

x  16  25  x  x  16  25  x 2 9
2

 x  16 0


25  x 2 0

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi

= VP

 x 2 16
 16 x 2 25
 2
x

25


  5  x 5
Suy ra 4  x 5  


 16 x 25  4  x 5
 x 4 v x  4
Nghiệm của PT là: 4  x 5 ;  5 x  4
2

 4  x 5

  5  x  4

Câu 7: Cho a , b là hai số dương thỏa mãn a + b = 1
2

2

1 
1 
1
1
 a    b    2
2
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T = a  b   a  b
2

2

1 
1 
1
1
 a   b    2

2
a 
b 
a b
2

2

1 
1
1
1
1




 a     b   2  a    b   2  ab   2 
b 
a
ab



Có  b   a 
2

1
1
 1


 a b 
ab   2 
 16ab   15ab  2 2
.16ab  15. 
 2
ab
ab
 ab

 2 
Có
2

0,75

2

1 
1
25

1
25
ab   2 
 a   b   
b 
a
2
ab

4 hay 
Vậy
1 1  1
1
1
  1

 2  2  8a  8a    2  8b  8b   16 3 3 2 .8a.8a  3 3 2 .8b.8b  16
2
a
b
 b

Có a b  a
=8
25
41
8 
2
Vậy có T  2

0,75

1
41
1
Dấu “ = “ xảy ra  a = b = 2 Vậy GTNN của T là 2 đạt được tại a = b = 2

0,5
Câu 8 1. Tìm các nghiệm nguyên (x; y) của phương trình: 5(x  xy  y ) 7(x  2y) .

2

2

pq
m2  1

.
p

q
m

1
2. Tìm tất cả các số N/tố p, q sao cho tồn tại số tự nhiên m t/ mãn :
2
2
Ta có: 5( x  xy  y ) 7( x  2 y ) (1)  7( x  2 y )5  ( x  2 y )5 . Đặt x  2 y 5t (2)

1

(t  Z ) thì(1) trở thành

x 2  xy  y 2 7t

(3).

2
2
Từ (2)  x 5t  2 y thay vào (3) ta được 3 y  15ty  25t  7t 0 (*), coi đây là PT

0,5
0,5


2
bậc hai đối với y có:  84t  75t

2

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

 0 t 

28
25

0,5

Vì t  Z  t 0 hoặc t 1 . Thay vào (*) :
 y2 3  x2  1
 
y 2  x3 1
+ Với t 1  3

+ Với t 0  y1 0  x1 0

0,5

Vậy phương trình có 3 nghiệm ngun (x, y) là (0; 0), (-1; 3) và ( 1; 2)

2(m 2  1)
4
p
2m  2 
2
m 1
m 1 .
Nếu p q thì

0,25

0,25
Do m   và p là số nguyên tố nên 4(m  1)  m 0; m 1; m 3  p 2; p 5.
Nếu p q thì pq và p + q là nguyên tố cùng nhau vì pq chỉ chia hết cho các ước nguyên
0,25
tố là p và q cịn p + q thì khơng chia hết cho p và không chia hết cho q.
2
2
0,25
Gọi r là một ước chung của m  1 và m  1   (m  1)(m  1) r  (m  1)r
  (m 2  1)  (m2  1)  r  2r  r 1
hoặc r 2 .
) r 1 suy ra p  q m  1, pq m 2  1  p, q là hai nghiệm của phương trình
x 2  (m  1) x  m2  1 0 vô nghiệm do   3m 2  2m  3  (m  1) 2  (2m 2  2)  0
) r 2 suy ra 2 pq m 2  1 và 2( p  q ) m  1  p, q là hai nghiệm của phương
2
2
2
2

2
trình 2 x  ( m  1) x  m  1 0 vô nghiệm do   7m  2m  7  (m  1)  (6m  6)  0 .

Vậy bộ các số nguyên tố (p; q) cần tìm là ( p; q) (2;2); ( p; q) (5;5).
Câu 9: Cho tam giác ABC nhọn, ba đường cao AD, BF, CE cắt nhau tại H.
a) Giả sử HB = 6cm; HF = 3cm; CE = 11 và CH > HE. Tính độ dài CH; EH.

0,25
0,25
0,25
0,25

IH HD

b) Gọi I là giao điểm EF và AH. Chứng minh rằng AI AD

c) Gọi K là điểm nằm giữa C và D. Kẻ AS vng góc HK tại S. Chứng minh
A



SK là phân giác của DSI .
a) Chứng minh được  HBE  HCF (g.g)

S

HB HE

 HC.HE HB.HF 18
Suy ra HC HF

E

F

I
M

Đặt CH = x thì HE = 11 – x (với 0 < x < 11)

H

L

x 11  x  18  x 2  11x  18 0
Ta có 
  x  2   x  9  0  x 2; x 9

Vì CH + EH = 11; CH > EH nên CH = 9;HE = 2
AF AE

b) Ta có cosA = AB AC nên  AFE

C/m tương tự ta được  CFD

C

B

 ABC (c.g.c)

D

K



Suy ra AFE  ABC


 ABC
 CBA (c.g.c) suy ra CFD














0





Do đó AFE CFD . Mà AFE  EFB CFD  BFD 90  EFB BFD . Vậy FB là phân

giác của góc EFD
. lại có FA  FB nên FA là phân giác ngồi của tam giác FID
Do đó theo t/c đường phân giác trong và ngồi ta có:
IH
FI
AI
FI
IH
AI
IH HD

&





HD FD AD FD
HD AD
AI AD

(1)
c) Kẻ qua H đường thẳng song song AS cắt SI tại L, cắt SD tại M. Ta có SH  ML
nên cần c/m HM = HL
MH HD
HL HI




SA AI (2) và MH // SA
SA
AD (3)
+ Ta có: HL // SA
HL MH


 HL MH
SA
SA
Từ (1) , (2), (3) suy ra
+ Tam giác SMH có SH  ML; HL HM nên tam giác LSM cân tại S => SK là p/giác


của góc ISK
Câu 10
Cho tam giác ABC, I là điểm nằm trong tam giác. Các tia AI, BI, CI cắt
K
các cạnh BC, AC, AB lần lượt tại các điểm D, E, F.
A
H
AI BI CI


6
Chứng minh rằng: ID IE IF

+ Kẻ qua A đường thẳng song song với BC cắt BE tại K,
cắt CF tại H.

F

E
I

B

AF AH
AE AK


+ AH // BC suy ra FB BC & AK // BC suy ra EC BC
AF AE AH AK HK




Do đó: FB EC BC BC BC (1)
AI AH
AI AK


+ AH // CD suy ra ID CD & AK // BD suy ra ID BD
AI AH AK AH  AK HK





Do đó: ID CD BD CD  BD BC (2)
AI AF AE


+ Từ (1) và (2) suy ra ID FB EC (3)
BI BF BD
CI CE CD




+ Chứng minh tương tự ta được: IE FA DC (4) & IF EA BD (5)

D

C

+ Cộng (3), (4), (5) vế theo vế ta được
AI BI CI AF AE BF BD CE CD  AF  BF    AE  CE    BD  CD 
  






 
 


ID IE IF FB EC FA DC EA BD  FB FA   EC EA   DC BD 
a b
a b
 2 . 2
b a
Áp dụng bất đẳng thức với a, b là hai số dương ta có b a
, dấu = xảy ra
 AF BF   AE CE   BD CD 




 
 
 6
FB
FA
EC
EA
DC
BD






khi và chỉ khi a = b. Do đó
AI BI CI



6
Vậy ID IE IF
. Dấu = xảy ra khi BD = CD, EA = EC; FA = FB  I là trọng

tâm tam giác ABC
1 1 1
1
1
; ; ;...;
;
.
2014 2015
Câu 11: Cho dãy gồm 2015 số: 1 2 3


Người ta biến đổi dãy nói trên bằng cách xóa đi hai số u, v bất kỳ trong dãy và
viết thêm vào dãy một số có giá trị bằng u  v  uv vào vị trí của u hoặc v. Cứ làm
như thế đối với dãy mới thu được và sau 2014 lần biến đổi, dãy cuối cùng chỉ còn lại
một số. Chứng minh rằng giá trị của số cuối cùng đó khơng phụ thuộc vào việc chọn
các số u, v để xóa trong mỗi lần thực hiện việc biến đổi dãy, hãy tìm số cuối cùng đó.
1 1 1
1
1
; ; ;...;
;
.
2014 2015
Cho dãy gồm 2015 số: 1 2 3
Người ta biến đổi dãy nói trên bằng cách xóa đi hai số u, v bất kỳ trong dãy và

viết thêm vào dãy một số có giá trị bằng u  v  uv vào vị trí của u hoặc v. Cứ làm
như thế đối với dãy mới thu được và sau 2014 lần biến đổi, dãy cuối cùng chỉ còn
lại một số. Chứng minh rằng giá trị của số cuối cùng đó khơng phụ thuộc vào việc
chọn các số u, v để xóa trong mỗi lần thực hiện việc biến đổi dãy, hãy tìm số cuối
cùng đó.
Với hai số thực u,v bất kỳ ta ln có:  u  1  v  1 u  v  uv  1  u  v  uv   1 (*) 0,25
Với dãy số thực bất kỳ a1 ;a2 ;...;a2015 , ta xét “Tích thêm T ”:
T  a1  1  a2  1  a3  1 ... a2015  1
Áp dụng cách biến đổi dãy như trong đề bài kết hợp với nhận xét (*), ta nhận thấy
“Tích thêm T ” khơng thay đổi với mọi dãy thu được.
Với dãy đã cho ban đầu của bài tốn, “Tích thêm T ”:
1  1  1  1   1
 2 3 4 2015 2016
T   1   1   1   1 ...
 1  . . ....
.
2016
 1   2   3   4   2015  1 2 3 2014 2015
Giả sử sau 2014 lần biến đổi tùy ý theo yêu cầu, dãy còn lại chỉ cịn một số là x thì
“Tích thêm T ” đối với dãy cuối là: T x  1
Vậy ta có: x  1 2016  x 2015
Bài tốn được giải quyết; và sau 2014 lần biến đổi dãy theo đúng yêu cầu của bài toán ta
thu được số 2015 .

Câu
12

0,25

0,25

0,25

a) (1,5 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a  b  c 1. Tìm giá
a
b
c
P 3


9a  3b 2  c 9b3  3c 2  a 9c 3  3a 2  b
trị lớn nhất của biểu thức:
Chứng minh:
( a 2  b 2  c 2 )( x 2  y 2  z 2 ) (ax  by  cz )2 , a, b, c, x, y, z  R . (1)
Thật vậy:
(1)  (a 2 y 2  2abxy  b2 x 2 )  (a 2 z 2  2acxz  c 2 z 2 )  (b 2 y 2  2bcyz  c 2 z 2 ) 0
ay bx

" "   az cx
 by cz
 (ay  bx)2  ( az  cx) 2  (by  cz ) 2 0 (đúng) Dấu

1 1
(9a 3  3b 2  c)(   c) (a  b  c ) 2 1
9a 3
Áp dụng BĐT (1) ta có:

0,25

0,25

Dấu

" "  a b c 

1
3.

1
a
1 1
1 1
a(   c)
 c  3
2
9a  3b  c
9a 3
9a 3
b
1 1
c
1 1

b
(


a
);


c
(
  b)
3
2
3
2
9
b

3
c

a
9
b
3
9
c

3
a

b
9
c
3
Tương tự có:
1 a b c

 P 3. 
 ( ab  bc  ca )
9
3
1 1 (a  b  c )2
( a  b  c) 2
 P  
1
3 3
3
3
. Do ab  bc  ca 
1
Pmax 1  a b c 
3.
Vậy
b) (1,5 điểm ) Tìm tất cả các cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn:
 9a 3  3b 2  c 

0,25

0,25

0,25
0,25

x(1  x  x 2 ) 4 y ( y  1)
2
3
2

2
Có: x(1  x  x ) 4 y ( y  1)  ( x  x )  ( x  1) 4 y  4 y  1
 ( x  1)( x 2  1) (2 y  1) 2
(1)
2

Vì x, y     2 y  1  0 , nên từ  1  x 0 và x chẵn.
2
2
2
Giả sử ( x  1, x  1) d  d lẻ và x  1d ; x  1d  2d  d 1
2
2
2
(
x

1)
(
x

1)(
x

1)
(
x

1,
x


1)

1
(
x
 1)
Vì
là số chính phương,
nên
và
cũng là hai số chính phương.
2
2
2
2
2
Do x 0  x  x  1 ( x  1)  x  1 ( x  1)  x 0

 y 0
(1)  4 y ( y  1) 0  
 y 1 .
Khi x 0 , có
Vậy có hai cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn yêu cầu bài toán là: (0;0),(0;1)

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

0,25

Câu 13: 1) Chứng minh rằng không tồn tại số nguyên n thỏa mãn (20142014 +1)
chia hết cho n3 + 2012n.
2) Cho x, y là các số nguyên thỏa mãn 2x2 + x = 3y2 + y.
Chứng minh x – y; 2x +2y +1 và 3x + 3y +1 đều là các số chính phương.
Tóm tắt cách giải
x
2
( 2x + 5y + 1)( 2  x  x + y ) = 105
x
2
Vì 105 là số lẻ nên 2x +5y +1 và 2  x  x + y phải là các số lẻ.
Từ 2x +5y +1 là số lẻ mà 2x +1 là số lẻ nên 5y là số chẵn suy ra y là số chẵn.
x
2  x 2  x + y là số lẻ mà x 2  x  x(x  1) là tích của hai số nguyên liên tiếp nên là
x
số chẵn, y cũng là số chẵn nên 2 là số lẻ. Điều này chỉ xảy ra khi x = 0.


Thay x = 0 vào phương trình đã cho ta được:
( 5y + 1)( y + 1) =105 5y2 + 6y – 104 = 0
 5y2 – 20y + 26y – 104 = 05y( y – 4) + 26(y – 4) = 0
26

 (5y + 26)(y – 4) = 0 y = 5 ( loại) hoặc y = 4( thỏa mãn).
Vậy phương trình có nghiệm ngun(x;y) = ( 0 ; 4)
Giả sử tồn tại số nguyên n thỏa mãn (20142014 +1) chia hết cho n3 + 2012n.
Ta có : n3 + 2012n = (n3 – n) + 2013n = n(n -1)(n +1)+2013n.
Vì n -1, n, n+1 là ba số nguyên liên tiếp nên có một số chia hết cho 3.

Suy ra n(n-1)(n +1) 3; mà 2013 3 nên (n3 + 2012n) 3 (1)
Mặt khác: 20142014 + 1 = (2013 + 1)2014 +1 chia cho 3 dư 2
( vì 2013 3). (2)
Từ (1) và (2) dẫn đến điều giả sử trên là vơ lý, tức là khơng có số ngun nào thỏa mãn điều kiện bài toán đã cho.
Từ : 2x2 + x = 3y2 + y
(1) => 2x2 – 2y2 + x – y = y2
2
=> (x- y)(2x + 2y + 1) = y .
(2)
Mặt khác từ (1) ta có: 3x2 – 3y2 + x – y = x2 ( x –y)( 3x +3y +1) = x2
=>(x –y)2( 2x + 2y +1)(3x +3y +1) = x2y2
=> ( 2x + 2y +1)(3x +3y +1) là số chính phương. (3)
Gọi ( 2x + 2y +1; 3x +3y +1) = d=> ( 2x + 2y +1) d;

(3x +3y +1) d

=> (3x +3y +1) - ( 2x + 2y +1) = (x + y) d
=> 2(x +y) d =>( 2x + 2y +1) - 2(x +y) = 1 d nên d = 1
=> ( 2x + 2y +1; 3x +3y +1) = 1
(4)
Từ (3) và (4) => 2x + 2y +1 và 3x +3y +1 đều là số chính phương.
Lại có từ (2) =>(x- y)(2x + 2y + 1) là số chính phương
 x- y cũng là số chính phương.
Vậy 2x2 + x = 3y2 + y thì x –y; 2x +2y +1 và 3x + 3y +1đều là các số chính phương.

Câu 14: Cho hình vng ABCD có AC cắt BD tại O. M là điểm bất kỳ thuộc cạnh
BC (M khác B, C).Tia AM cắt đường thẳng CD tại N . Trên cạnh AB lấy điểm E sao
cho BE = CM.
a) Chứng minh rằng : ME // BN và ∆OEM vuông cân
b)Từ C kẻ CH  BN ( H  BN). Chứng minh rằng ba điểm O, M, H thẳng hàng.

Hình vẽ

Từ (gt) tứ giác ABCD là hình vng  AB = CD và AB // CD

a

AM BM

+ AB // CD  AB // CN  MN MC ( Theo ĐL Ta- lét) (*)
Mà BE = CM (gt) và AB = CD  AE = BM thay vào (*)
AM AE

Ta có : MN EB  ME // BN ( theo ĐL đảo của đl Ta-lét)

HS cm được ∆OEB = ∆OMC ( c .g.c)



900 vì tứ giác ABCD là hình vng
 OE = OM và O1 O3 Lại có BOC

EOM
900 kết hợp với OE = OM  ∆OEM vuông cân tại O

0,25đ
0,5đ
0,25đ
0,5đ
0,75

đ
0,25đ




Gọi H’ là giao điểm của OM và BN Từ ME // BN  OME OH ' E ( cặp góc so
0


0

le trong) Mà OME 45 vì ∆OEM vng cân tại O  MH ' B 45 C1

b

0,25đ
0,25đ

 ∆OMC  ∆BMH’ (g.g)
OM MH '




CMH
' ( hai góc đối đỉnh)
OB
MC ,kết hợp OMB


 ' C 450
 OBM
MH


∆OMB



0,25đ
0,25đ
0,5đ

∆CMH’ (c.g.c)





0,5đ
0,25đ
0,25đ

0

Vậy BH ' C BH ' M  MH ' C 90  CH '  BN
mà CH  BN ( H  BN)  H  H’ hay 3 điểm O, M, H thẳng hàng ( đpcm)
Bài 15: Cho tam giác ABC vuông tại A, M là điểm thay đổi trên cạnh AC. Từ C kẻ
đường thẳng vng góc với tia BM cắt tia BM tại H, cắt tia BA tại O.
a. Chứng minh OAH OCB .

b. Chứng minh rằng tổng BM.BH + CM.CA khơng phụ thuộc vào vị trí điểm M trên
cạnh AC.
Ta có BMN là tam giác đều,nên G là trọng tâm của
Tam giác BMN. Gọi P là trung điểm của MN,
0.5
GP 1

Ta có : GN 2 ( tính chất trọng tâm tam giác đều)
PI
PI 1
GP PI 1




Lại có : MA NC 2 suy ra GN NC 2 (1)
 GPM

 900  600 1500

  PNC
 300  1200 1500
GPI
 MPI
GNC
GNP

Mặt khác

0.25

0.5

và

0.25
0.25



Do đó : GPI GNC (2)

Từ (1) và (2) suy ra  GPI   GNC (c.g.c)
1
GI

GC
0
0





2
Từ đó ta có : PGI NGC và
Mà IGC 60 ( IGC PGN 60 )
1
Gọi K là trung điểm của GC thì GI = GK = 2 GC, suy ra  GIK đều,
1
nên IK = 2 GC. Điều này chứng tỏ tam giác GIC vuông tại I.




GIC
900 ; IGC
600 ; GCI
300 ;

0.25

Vậy :
Bài 16: 1) Chứng minh rằng nếu a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác thì
A = 4a2b2 – (a2 + b2 - c2)2 luôn luôn dương.
HD: Ta có A = [2ab + (a2 + b2 - c2)][2ab – (a2 + b2 - c2)] = [(a + b)2 – c2][c2 – (a – b)2]
= (a + b + c)(a + b – c)(c + b – a)(c + a – b).
Do a, b, c là ba cạnh của một tam giác nên a, b, c > 0 và theo bất đẳng thức trong tam
giác ta có a + b – c > 0; c + b – a > 0; c + a – b > 0 từ đó suy ra điều phải chứng minh
2) Cho a, b, c, d là các số thực thỏa mãn điều kiện:
abc  bcd  cda  dab a  b  c  d  2012
 a 1  b2 1  c 2 1  d 2 1 2012
2

Chứng minh rằng:
.
2
2
2
HD: Ta luôn c/m được ( ax + by) ≤ ( a + b2 ) . ( x + y2)
Áp dụng vào bài toán trên

2
  ab  1  c  d    cd  1  a  b  
Ta có: 2012  abc  bcd  cda  dab  a  b  c  d  

2


2
2
2
2
  ab  1   a  b     cd  1   c  d  



2 2
2
2
2 2
2
2
2
 a b  a  b  1  c d  c  d  1  a  1  b 2  1  c 2  1  d 2  1


 

Suy ra 
2) Cho a + b = 1. Tìm (GTNN) của biểu thức: A = a(a2 + 2b) + b(b2 – a)
1

1
Ta có: a + b = 1 => a = 2 + x, b = 2 + y với x + y = 0
ta có: A = a(a2 + 2b) + b(b2 – a) = a3 + b3 + ab = a2 + b2
2
2
1
1
 1
 1
2
2
  x   y   x  y 
2
 2
 2
 A = 2
a 2  1 b 2  1 c 2  1 d 2  1 2012

1
Tìm x; y để A = ½ sau đó KL GTNN(A) = 2 Khi x = y = 0  a = b =



1
2
Câu 17: Gọi O là trung điểm của đoạn thẳng AB . Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ
là đường thẳng AB kẻ hai tia Ax và By cùng vng góc với AB . Trên tia Ax lấy
điểm C (C khác A). Từ O kẻ đường thẳng vng góc với OC, đường thẳng này cắt
By tại D. Từ O hạ đường vng góc OM xuống CD (M thuộc CD)
a) Chứng minh OA2 = AC.BD

b) Chứng minh tam giác AMB vuông
c) Gọi N là giao điểm của BC và AD . Chứng minh MN//AC
Câu 4 (6 điểm) Hình vẽ
D

M
C
N

A

B

O




 = 900 COA
ODB
 ACO và  BOD có A B
(cùng phụ với DOB )
Nên  ACO đồng dạng với  BOD
AO BD

=> AC BO => AO.BO = AC.BD

0,5đ
0,5đ

mà AO=BO Nên AO2 = AC.BD

0,5đ

a) Xét

b) Xét

 CMO và  OMD có:



OCM
 DOM


CMO

(cùng phụ với

=


OMD


COM
)

= 900

0,5đ

0,5đ


CO OM

=>  CMO   OMD => OD MD (1)

0,5đ

CO OB
CO AO


Mà  ACO   BOD => OD BD => OD BD (2) (Do AO = OB)
OM OB

Từ (1) và (2) ta có MD BD => tam giác OMD và tam giác OBD đồng




dạng=> MOD BOD => OMD OBD (cạnh huyền , góc nhọn)
=> OM = OB = OA suy ra tam giác AMB vuông tại M

0,5đ

0,5đ

CN AC

c) Ta có AC // BD (cùng vng góc với AB)=> NB BD

0,5đ

mà BD = MD (hai cạnh tương ứng của hai tam giác bằng nhau)
Tương tự ta chứng minh AC = CM

0,5đ
0,5đ

CN CM

Nên BN DM => MN// BD//AC

0,5đ

Câu 18: a). Cho tam giác đều ABC, trọng tâm G. O là một điểm thuộc miền trong
của tam giác và O khác G. Đường thẳng OG cắt các đường thẳng BC, BA và AC
OA' OB ' OC '


3
'
'
'
theo thứ tự ở A’,B’,C’.Chứng minh rằng: GA GB GC

b). Từ một điểm P thuộc miền trong của của tam giác đều ABC. Hạ các đường vng
PD  PE  PF
góc PD, PE và PF xuống các cạnh BC, CA và AB. Tính BD  CE  AF

a) Từ G hạ GH, GE, GF lần lượt vng góc với các cạnh BC, CA và AB (Xem
Hình vẽ ). Từ O hạ OI, OM và ON lần lượt vng góc với BC, CA và AB. Áp
A ' O OI B ' O ON C ' O OM

;
 ;

dụng định lí Talet đối với tam giác, ta có A ' G GH B ' G GE C ' G GE

Mặt khác ABC đều nên GE = GF = GH =

1
3

h và OI + OM + ON = h (h là


đường cao của ABC ). Từ đó suy ra điều phải chứng minh.
b) Từ P dựng các đường song song với các cạnh của ABC, ta được ba tam giác
đều MNP, PIK và PRS nhận PD, PE và PF là đường cao (Xem Hình vẽ 2 ).
Gọi x, y, z lần lượt là các cạnh của tam giác đều trên thì x + y + z = a (a là cạnh
của tam giác đều ABC). Gọi h là đường cao của tam giác đều ABC, ta có h 
a 3
a 3
2 . Ta lại có PD  PE  PF  2
x

y
z
Mặt khác BD  z  2  ; CE  x  2  ; AF  y  2 nên BD + CE + AF =
a 3
2

1
3
PD  PE  PF

3
BD  CE  AF = 3

Bài 19: Cho tam giác ABC nhọn có các đường cao AM, BN, CP cắt nhau tại H.
2
a, Chứng minh: AB.BP + AC.CN = BC
b, Cho B,C cố định A thay đổi. Tìm vị trí của A để MH.MA lớn nhất.
c, Gọi S, S1, S2, S3 lần lượt là diện tích các tam giác ABC, APN, BMP, CMN.
1
3
Chứng minh: S 1 S 2 S 3  64 S


Xét 2 tam giác ABM và CBP có: AM B = CP B (Đều là

A

góc vng)
và chung góc B  Hai tam giác ABM và CBP đồng dạng.
 AB.BP = CB.BM

E

N

P
H

Tương tự ta cũng có: AC.CN = BC.CM
 AB.BP + AC.CN = CB.BM + BC.CM = BC(BM + CM)
B
Từ Hai tam giác MBH và MAC đồng dạng (g,g)
 MH.MA = MB.MC

2

M

= BC (đpcm)

BC 2
MB  MC 2
)
 MB.MC  4 (Dấu = xẩy ra khi MB = MC)
2
Mà: MB.MC 
 MA.MH đạt giá trị lớn nhất khi A nằm trên đường trung trực của BC (Trừ trung điểm đoạn BC)
S1 AN .PE AN . AP



Kẻ PE  AC ta có S AC.BN AC. AB
S1 S2 S3 AP. AN .BP.BM .CM .CN
S3 CM .CN
S2 BP.BM

2
3

,

S
 AB. AC.BC 
S
BA.BC
S
CA.CB 
(

Tương tự ta có
AP.BP 

AB 2
BC 2
AC 2
BM .CM 
, CN . AN 
4 ,
4
4

mà
c) Tõ ®iỊu kiƯn ®· cho ta cã:
3
 a  1  2  a  1  2008 0 (1),

 b  1

3

S1S2 S3 1


S3
64

(đpcm)

 2  b  1  2008 0 (2)

C


Céng theo vÕ cđa (1) vµ (2) ta cã  a  1

3

3

  b  1  (a  b  2) 0

2
 (a  b  2)  (a  1)2   a  1  b  1   b  1   2(a  b  2) 0


2
 ( a  b  2)  ( a  1) 2   a  1  b  1   b  1 2 0


1
1
1
2
2
2
2
2

a

b

a

1

b

1
20

(
a

1)

a

1
b

1

b

1

2






2
2

2
Vì
a, b Nên a b  2 0  a  b 2

Câu 20: 1) Cho tứ giác ABCD có AD = BC; AB < CD. Gọi I, Q, H, P lần lượt là
trung điểm của AB, AC, CD, BD
a. Chứng minh IPHQ là hình thoi và PQ tạo với AD, BC hai góc bằng nhau.
b. Về phía ngồi tứ giác ABCD, dựng hai tam giác bằng nhau ADE và BCF.
Chứng minh rằng trung điểm các đoạn thẳng AB, CD, EF cùng thuộc một đường
thẳng.
Câu 21: Cho a , b là hai số dương thỏa mãn a + b = 1
2

2

1 
1 
1
1
 a   b    2
2
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T = a  b   a  b
a
b
c


3
A = b c  a a c  b a b  c

2) Cho 3 số a, b, c khác 0 thỏa mãn điều kiện: (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2
a2
b2
c2


1
2
2
2
a

2
bc
b

2
ca
c

2
ab
Chứng minh rằng:

HD) Từ: (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 => ab + bc + ca = 0
=> a2 + 2bc = a2 + bc – ab – ca = ( a – b)( a – c)
Tương tự: b2 + 2ca = ( b – c)( b – a) ; c2 + 2ab = ( c – a)( c - b)
P

Đặt:

2



a2
b2
c2


a 2  2bc b 2  2ca c 2  2ab
2

2

Thay vào ta được:

 a (b  c)  b (c  a )  c (a  b) (a  b)(b  c)(c  a )
a2
b2
c2

1


1
2
2
2
(a  b)(b  c )(c  a )
(a  b)(b  c)(c  a )

Vậy: a  2bc b  2ca c  2ab

Câu 20 (6 điểm) Hình vẽ


D

M
C
N

A
O

a) Xét

B





 ACO và  BOD có A B
= 900 ; COA ODB (phụ với DOB )

0,5đ

Nên  ACO đồng dạng với  BOD

0,5đ

AO BD

=> AC BO => AO.BO = AC.BD

0,5đ

mà AO=BO Nên AO2 = AC.BD
b) Xét

0,5đ



 CMO và  OMD có CMO
= OMD = 900



OCM
 DOM

(cùng phụ với


COM
)

CO OM


=>  CMO đồng dạng với  OMD => OD MD (1)

0,5đ
0,5đ

CO AO

Mà  ACO đồng dạng với  BOD => OD BD

CO OB

=> OD BD (2) (Do AO = OB)
OM OB

Từ (1) và (2) ta có MD BD => tam giác OMD và tam giác OBD đồng





dạng => MOD BOD => OMD OBD (cạnh huyền , góc nhọn)
=> OM = OB = OA suy ra tam giác AMB vuông tại M

a)

0,5đ

0,5đ

CN AC


c) Ta có AC // BD (cùng vng góc với AB)=> NB BD

0,5đ

mà BD = MD (hai cạnh tương ứng của hai tam giác bằng nhau)
Tương tự ta chứng minh AC = CM

0,5đ
0,5đ

CN CM

Nên BN DM => MN// BD//AC

0,5đ