ĐỀ THI
Câu 1
Giải phương trình: $\quad x^3+3 x^2-3 \sqrt[3]{3 x+5}=1-3 x$.
Câu 2
Tìm tất cả các số nguyên tố $\mathrm{p}$ sao cho tồn tại các số nguyên dương $n, x, y$ thỏa mãn: $p^n=x^3+y^3$.
Câu 3
Cho đoạn thẳng $\mathrm{AC}$ cố định với $\mathrm{K}$ là trung điểm. Hai điểm $\mathrm{B}$ và $\mathrm{D}$ phân biệt, di động và luôn đối xứng nhau qua $\mathrm{K}$ và đường thẳng $\mathrm{BD}$ không trùng với đường thẳng $\mathrm{AC}$. Đường phân giác của $\widehat{\mathrm{BCD}}$ cắt $\mathrm{AD}$ và $\mathrm{AB}$ lần lượt tại $\mathrm{I}$ và $\mathrm{J}$.
Đường tròn ngoại tiếp tam giác $\mathrm{ABD}$ và đường tròn ngoại tiếp tam giác $\mathrm{AIJ}$ cắt nhau tại điểm $\mathrm{M}$ khác $\mathrm{A}$. Gọi $\mathrm{H}$ là hình chiếu của $\mathrm{M}$ trên trung trực của $\mathrm{AC}$ và $\mathrm{N}$ là giao điểm của $\mathrm{CH}$ và $\mathrm{KM}$.
Chứng minh khi $\mathrm{B}$ di động như trên thì $\mathrm{N}$ di động trên một đường cố định.
Câu 4
Cho a, b, c là các số thực dương.
Chứng minh rằng: $\quad\sqrt{\frac{2 \mathrm{a}}{\mathrm{a}+\mathrm{b}}}+\sqrt{\frac{2 \mathrm{~b}}{\mathrm{~b}+\mathrm{c}}}+\sqrt{\frac{2 \mathrm{c}}{\mathrm{c}+\mathrm{a}}} \leq 3$.
Câu 5
Cho tam giác $\mathrm{ABC}$ không cân có hai đỉnh $\mathrm{B}, \mathrm{C}$ cố định và đỉnh $\mathrm{A}$ di động. Qua $\mathrm{B}$ dựng đường thẳng $\mathrm{d}$ vuông góc với $\mathrm{BC}$, $\mathrm{d}$ cắt trung tuyến $\mathrm{AI}$ của tam giác $\mathrm{ABC}$ tại $\mathrm{K}$. Gọi $\mathrm{H}$ là trực tâm của tam giác $\mathrm{ABC}$. Chứng minh rằng nếu $\mathrm{IH}$ song song với $\mathrm{KC}$ thì điểm $\mathrm{A}$ di động trên đường cố định.
LỜI GIẢI
Câu 1
Giải phương trình: $\quad x^3+3 x^2-3 \sqrt[3]{3 x+5}=1-3 x$.
Lời Giải
Phương trình đã cho tương đương $(x+1)^3=3 \sqrt[3]{3 x+5}+2$
Đặt $\sqrt[3]{3 x+5}=y+1$, suy ra $3 x+5=(y+1)^3$ và $(1)$ trở thành $(x+1)^3=3 y+5$.
Vậy ta có hệ phương trình $\left\{\begin{array}{l}(x+1)^3=3 y+5 \\ (y+1)^3=3 x+5\end{array}\right.$
Trừ vế theo vế hai phương trình của hệ trên, ta được
$\quad\quad\quad\quad\quad(x+1)^3-(y+1)^3=-3(x-y)$
$\quad\quad\quad\quad\Leftrightarrow(x-y)\left[(x+1)^2+(x+1)(y+1)+(y+1)^2+3\right]=0 \Leftrightarrow x=y$
$\quad\quad\quad\quad\text { (Vì } \left.(x+1)^2+(x+1)(y+1)+(y+1)^2+3>0, \forall x, y \in \mathbb{R}\right)$
Vậy ta có phương trình: $(x+1)^3=3 x+5 \Leftrightarrow x^3+3 x^2-4=0$ $\Leftrightarrow x=1$ hoặc $x=-2$.
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm: $x=1$ và $x=-2$.
Câu 2
Tìm tất cả các số nguyên tố $\mathrm{p}$ sao cho tồn tại các số nguyên dương $n, x, y$ thỏa mãn: $p^n=x^3+y^3$.
Lời Giải
$p^n=x^3+y^3\quad(*)$
- Với $\mathrm{p}=2$ ta có $2^1=1^3+1^3$.
- Vó́i $p=3$ ta có $3^2=1^3+2^3$.
Ta chứng minh khi $\mathrm{p}>3$ thì không tồn tại các số nguyên dương $\mathrm{n}, \mathrm{x}, \mathrm{y}$ thỏa đề bài.
Thật vậy, giả sử ngược lại, chọn $n, x, y$ thỏa $(*)$ sao cho $n$ bé nhất.
Do $\mathrm{p} \neq 2$ nên $(\mathrm{x}, \mathrm{y}) \neq(1,1)$; khi đó:
$\quad\quad\quad\quad\quad x^2-x y+y^2=(x-y)^2+x y>1 \text { và } x+y>1$
Do đó $x^2-x y+y^2$ và $x+y$ đều là bội của $p$.
$\quad\quad\quad\quad\Rightarrow(x+y)^2-\left(x^2-x y+y^2\right)=3 x y \vdots p$
Do $p>3$ nên $x \vdots p$ hoặc $y \vdots p$
Mà $(x+y) \vdots p$ nên $x$ và $y$ đều chia hết cho $p$.
Điều này cho ta:
$(*) \Leftrightarrow \mathrm{p}^{\mathrm{n}-3}=\left(\frac{\mathrm{x}}{\mathrm{p}}\right)^3+\left(\frac{\mathrm{y}}{\mathrm{p}}\right)^3 \Leftrightarrow \mathrm{p}^{\mathrm{n}^{\prime}}=\mathrm{x}^{\prime 3}+\mathrm{y}^{\prime^3}$ với $\left(\mathrm{n}^{\prime}, \mathrm{x}^{\prime}, \mathrm{y}^{\prime}\right)=\left(\mathrm{n}-3, \frac{\mathrm{x}}{\mathrm{p}}, \frac{\mathrm{y}}{\mathrm{p}}\right)$
do đó $\mathrm{n}^{\prime}<\mathrm{n}$ (trái giả thiết $\mathrm{n}$ là nhỏ nhất).
Vậy chỉ có $\mathrm{p}=2$ và $\mathrm{p}=3$ thỏa đề bài.
Câu 3
Cho đoạn thẳng $\mathrm{AC}$ cố định với $\mathrm{K}$ là trung điểm. Hai điểm $\mathrm{B}$ và $\mathrm{D}$ phân biệt, di động và luôn đối xứng nhau qua $\mathrm{K}$ và đường thẳng $\mathrm{BD}$ không trùng với đường thẳng $\mathrm{AC}$. Đường phân giác của $\widehat{\mathrm{BCD}}$ cắt $\mathrm{AD}$ và $\mathrm{AB}$ lần lượt tại $\mathrm{I}$ và $\mathrm{J}$.
Đường tròn ngoại tiếp tam giác $\mathrm{ABD}$ và đường tròn ngoại tiếp tam giác $\mathrm{AIJ}$ cắt nhau tại điểm $\mathrm{M}$ khác $\mathrm{A}$. Gọi $\mathrm{H}$ là hình chiếu của $\mathrm{M}$ trên trung trực của $\mathrm{AC}$ và $\mathrm{N}$ là giao điểm của $\mathrm{CH}$ và $\mathrm{KM}$.
Chứng minh khi $\mathrm{B}$ di động như trên thì $\mathrm{N}$ di động trên một đường cố định.
Lời Giải
(Xem hình 1)
Gọi $\mathrm{P}, \mathrm{Q}$ là tâm đường tròn $(\mathrm{AIJ})$ và $(\mathrm{ADB}) \Rightarrow \mathrm{PQ}$ vuông góc $\mathrm{AM}\quad(1)$
Ta có $\widehat{\mathrm{AIJ}}=\widehat{\mathrm{BCJ}}=\widehat{\mathrm{DCJ}}=\widehat{\mathrm{AJI}}\quad\quad(2)$
$\quad\quad\widehat{\mathrm{PJA}}=\frac{180^{\circ}-\widehat{\mathrm{APJ}}}{2}=90^{\circ}-\widehat{\mathrm{AIJ}}\quad(3)$
$\quad\quad\widehat{\mathrm{PAD}}=\frac{180^{\circ}-\widehat{\mathrm{API}}}{2}=90^{\circ}-\widehat{\mathrm{AJI}}\quad(4)$
Từ $(2),(3)$ và (4) suy ra $\widehat{\mathrm{PJA}}=\widehat{\mathrm{PAI}}\quad(5)$
Mặt khác $\mathrm{PA}=\mathrm{PJ}\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad(6)$
Vì $\widehat{\mathrm{BJC}}=\widehat{\mathrm{DCJ}}=\widehat{\mathrm{BCJ}}$ nên $\Delta \mathrm{BCJ}$ cân tại $\mathrm{B} \Rightarrow \mathrm{AD}=\mathrm{BC}=\mathrm{BJ}\quad(7)$
Từ $(5),(6)$ và $(7)$ suy ra $\triangle P A D=\Delta P J B \Rightarrow P B=P D$ mà $Q B=Q D$
$\quad\quad\Rightarrow P Q$ là trung trực của $B D \Rightarrow P Q$ vuông góc $B D\quad(8)$
Từ (1) và (8) suy ra $\mathrm{AM} / / \mathrm{BD}\quad(9)$
$\quad\quad\Rightarrow \mathrm{AMDB}$ là hình thang cân (do $\mathrm{AMDB}$ nội tiếp)
$\quad\quad\Rightarrow \widehat{\mathrm{MDB}}=\widehat{\mathrm{ABD}}=\widehat{\mathrm{BDC}}$ và $\quad\quad\widehat{\mathrm{DBC}}=\widehat{\mathrm{BDA}}=\widehat{\mathrm{DBM}}$
Do đó $\Delta \mathrm{DBM}=\Delta \mathrm{DBC} \Rightarrow \mathrm{BD}$ vuông góc $\mathrm{MC}\quad(10)$
Từ $(9)$ và $(10) \Rightarrow \widehat{\mathrm{AMC}}=90^{\circ} \Rightarrow \mathrm{M}$ thuộc đường tròn $(\mathrm{K})$ đường kính $\mathrm{AC}$ cố định.
- (Xem hình 2) Dựng $\mathrm{NE} \perp \mathrm{AC}$ và $\mathrm{MF} \perp \mathrm{AC}$.
Ta có $\frac{\mathrm{CE}}{\mathrm{KC}}=\frac{\mathrm{NE}}{\mathrm{HK}}=\frac{\mathrm{NE}}{\mathrm{MF}}=\frac{\mathrm{KN}}{\mathrm{KM}}$
Mặt khác $\mathrm{KC}=\mathrm{KM} \Rightarrow \mathrm{NK}=\mathrm{EC}$
$\quad\quad\Rightarrow \mathrm{NK}=\mathrm{d}(\mathrm{N} ;(\Delta)$ ), với $\Delta$ là đường thẳng vuông góc $\mathrm{AC}$ tại $\mathrm{C}$
$\quad\quad\Rightarrow \mathrm{N}$ thuộc parabol $(\mathrm{P})$ cố định có tiêu điểm $\mathrm{K}$ và đường chuẩn $(\Delta)$. $($ đpcm $)$
Câu 4
Cho a, b, c là các số thực dương.
Chứng minh rằng: $\quad\sqrt{\frac{2 \mathrm{a}}{\mathrm{a}+\mathrm{b}}}+\sqrt{\frac{2 \mathrm{~b}}{\mathrm{~b}+\mathrm{c}}}+\sqrt{\frac{2 \mathrm{c}}{\mathrm{c}+\mathrm{a}}} \leq 3$.
Lời Giải
Đặt $\mathrm{x}=\sqrt{\frac{\mathrm{b}}{\mathrm{a}}}, \mathrm{y}=\sqrt{\frac{\mathrm{c}}{\mathrm{b}}}, \mathrm{z}=\sqrt{\frac{\mathrm{a}}{\mathrm{c}}}$, ta có $\mathrm{x}, \mathrm{y}, \mathrm{z}>0$ và $\mathrm{xyz}=1$.
Bất đẳng thức đã cho trở thành: $\sqrt{\frac{2}{1+\mathrm{x}^2}}+\sqrt{\frac{2}{1+\mathrm{y}^2}}+\sqrt{\frac{2}{1+\mathrm{z}^2}} \leq 3$
Giả sử $x y \leq 1 \Rightarrow z \geq 1$.
- Ta chứng minh bất đẳng thức sau: $\frac{1}{1+x^2}+\frac{1}{1+y^2} \leq \frac{2}{1+x y}\quad(1)$
Thật vậy, $(1) \Leftrightarrow\left(2+x^2+y^2\right)(1+x y) \leq 2\left(1+x^2\right)\left(1+y^2\right)$ $\Leftrightarrow(1-x y)(x-y)^2 \geq 0 \quad$ (đúng)
- Ta có: Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki
$\left(\sqrt{\frac{2}{1+x^2}}+\sqrt{\frac{2}{1+y^2}}\right)^2 \leq 2\left(\frac{2}{1+x^2}+\frac{2}{1+y^2}\right)=4\left(\frac{1}{1+x^2}+\frac{1}{1+y^2}\right)$
Theo bất đẳng thức (1) suy ra: $4\left(\frac{1}{1+x^2}+\frac{1}{1+y^2}\right) \leq \frac{8}{1+x y}=\frac{8 z}{1+z}$
Suy ra $\sqrt{\frac{2}{1+x^2}}+\sqrt{\frac{2}{1+y^2}} \leq 2 \sqrt{\frac{2 z}{1+z}}$. Mặt khác, ta lại có $\sqrt{\frac{2}{1+z^2}} \leq \frac{2}{1+z}$.
Do vậy, ta sẽ chứng minh $2 \sqrt{\frac{2 z}{1+z}}+\frac{2}{1+z} \leq 3$.
Thật vậy, ta có: $2 \sqrt{\frac{2 z}{1+z}}+\frac{2}{1+z} \leq 3 \Leftrightarrow 2 \sqrt{2 z(z+1)}+2 \leq 3(1+z)$
$\Leftrightarrow 2 z-2 \sqrt{2 z(z+1)}+(z+1) \geq 0 \Leftrightarrow(\sqrt{2 z}-\sqrt{z+1})^2 \geq 0$ (luôn đúng).
Vây bất đẳng thức đã được chứng minh. Dấu “=” xảy ra khi $x=y=z=1$.
Câu 5
Cho tam giác $\mathrm{ABC}$ không cân có hai đỉnh $\mathrm{B}, \mathrm{C}$ cố định và đỉnh $\mathrm{A}$ di động. Qua $\mathrm{B}$ dựng đường thẳng $\mathrm{d}$ vuông góc với $\mathrm{BC}$, $\mathrm{d}$ cắt trung tuyến $\mathrm{AI}$ của tam giác $\mathrm{ABC}$ tại $\mathrm{K}$. Gọi $\mathrm{H}$ là trực tâm của tam giác $\mathrm{ABC}$. Chứng minh rằng nếu $\mathrm{IH}$ song song với $\mathrm{KC}$ thì điểm $\mathrm{A}$ di động trên đường cố định.
Lời Giải
Chọn hệ trục tọa độ $\mathrm{Oxy}$ với $\mathrm{O}$ trùng I và trục $\mathrm{Ox}$ là đường thẳng $\mathrm{BC}$.
Chuẩn hóa $\mathrm{BC}=2$. Khi đó, tọa độ $\mathrm{B}(-1 ; 0)$ và $C(1 ; 0)$.
Giả sử tọa độ điểm $\mathrm{A}\left(\mathrm{x}_0 ; \mathrm{y}_0\right)$ với $\mathrm{y}_0 \neq 0$ và $\mathrm{x}_0 \neq 0$.
Khi đó, trực tâm $\mathrm{H}(\mathrm{x}, \mathrm{y})$ là nghiệm của hệ phương trình:
$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{\mathrm{AH}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{BC}}=0 \\ \overrightarrow{\mathrm{BH}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{AC}}=0\end{array}\right.$
$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}\mathrm{x}=\mathrm{x}_0 \\ \left(\mathrm{x}_0-1\right)(\mathrm{x}+1)+\mathrm{y}_0 \mathrm{y}=0\end{array} \Rightarrow \mathrm{H}\left(\mathrm{x}_0 ; \frac{1-\mathrm{x}_0^2}{\mathrm{y}_0}\right)\right.$
Gọi $\mathrm{K}$ là giao điểm của $\mathrm{d}$ và $\mathrm{AI}$, khi đó tọa độ $\mathrm{K}$ là nghiệm của hệ phương trình
$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\left\{\begin{array}{l}x=-1 \\ y=\frac{y_0}{x_0} x\end{array} \Rightarrow K\left(-1 ;-\frac{y_0}{x_0}\right)\right.$
Theo giả thiết ta có: $\mathrm{IH} / / \mathrm{KC}$
$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\Rightarrow \overrightarrow{\mathrm{IH}} ; \overrightarrow{\mathrm{KC}} \text { cùng phương } \Leftrightarrow \frac{\mathrm{y}_0}{\mathrm{x}_0} \cdot \mathrm{x}_0-2 \frac{1-\mathrm{x}_0^2}{\mathrm{y}_0}=0 \Leftrightarrow \frac{\mathrm{x}_0^2}{1}+\frac{\mathrm{y}_0^2}{2}=1 \text {. }$
Vậy A di động trên đường Elíp (E): $\frac{x^2}{1}+\frac{y^2}{2}=1$ cố định.
Đó là điều phải chứng minh.