Bài 1. (a) Cho hai số thực $a, b$ sao cho $|a| \neq|b|$ và $a b \neq 0$ thỏa mãn điều kiện: $\frac{a-b}{a^{2}+a b}+\frac{a+b}{a^{2}-a b}=\frac{3 a-b}{a^{2}-b^{2}}$. Tính giá trị biểu thức: $P=\frac{a^{3}+2 a^{2} b+3 b^{3}}{2 a^{3}+a b^{2}+b^{3}}$
(b) Cho $m, n$ là các số nguyên dương sao cho $5 m+n$ chia hết cho $5 n+m$. Chứng minh rằng: $m \vdots n$.
Bài 2. (a) Giải phương trình: $x^{2}-6 x+4+2 \sqrt{2 x-1}=0$
(b) Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}x^{3}-y^{3}=9(x+y) \\ x^{2}-y^{2}=3\end{array}\right.$
Bài 3. Cho tam giác nhọn $\triangle A B C$ có các đường cao $A A_{1}, B B_{1}, C C_{1}$. Gọi $K$ là hình chiếu của $A$ lên $A_{1} B_{1} ; L$ là hình chiếu của $B$ lên $B_{1} C_{1}$. Chứng minh rằng $A_{1} K=B_{1} L$.
Bài 4. Cho $x, y$ là hai số thực dương. Chứng minh rằng:
$\frac{x \sqrt{y}+y \sqrt{x}}{x+y}-\frac{x+y}{2} \leq \frac{1}{4}$
Bài 5. Cho tứ giác nội tiếp $A B C D$ có $A C$ cắt $B D$ tại $E$. Tia $A D$ cắt tia $B C$ tại $F$. Dựng hình bình hành $A E B G$.
(a) Chứng minh rằng: $F D \cdot F G=F B . F E$
(b) Gọi $H$ là điểm đối xứng của $E$ qua $A D$. Chứng minh rằng 4 điểm $F, H, A, G$ cùng thuộc một đường tròn.
Bài 6. Nam cắt một tờ giấy ra làm 4 miếng hoặc 8 miếng rồi lấy một số miếng nhỏ đó cắt ra làm 4 miếng hoặc 8 miếng nhỏ hơn và Nam cứ tiếp tục thực hiện việc cắt như thế nhiều lần. Hỏi với việc cắt này, Nam có thể cắt được thành 2016 miếng lớn, nhỏ hay không? Vi sao?
LỜI GIẢI
Bài 1.
a) Cho hai số thực $a, b$ sao cho $|a| \neq|b|$ và $a b \neq 0$ thỏa mãn điều kiện: $\frac{a-b}{a^{2}+a b}+\frac{a+b}{a^{2}-a b}=\frac{3 a-b}{a^{2}-b^{2}}$. Tính giá trị biểu thức: $P=\frac{a^{3}+2 a^{2} b+3 b^{3}}{2 a^{3}+a b^{2}+b^{3}}$
b) Cho $m, n$ là các số nguyên dương sao cho $5 m+n$ chia hết cho $5 n+m$. Chứng minh rằng: $m \vdots n$.
Lời giải.
a) Ta có:
$\frac{a-b}{a^{2}+a b}+\frac{a+b}{a^{2}-a b}=\frac{3 a-b}{a^{2}-b^{2}}$
$\Leftrightarrow \frac{a-b}{a(a+b)}+\frac{a+b}{a(a-b)}=\frac{3 a-b}{(a+b)(a-b)}$
$\Leftrightarrow(a-b)^{2}+(a+b)^{2}=a(3 a-b) \Leftrightarrow a^{2}-a b-2 b^{2}=0$
$\Leftrightarrow(a+b)(a-2 b)=0 \Leftrightarrow a=2 b(|a| \neq|b|)$
Từ đó ta tính được $P: P=\frac{a^{3}+2 a^{2} b+3 b^{3}}{2 a^{3}+a b^{2}+b^{3}}=\frac{8 b^{3}+8 b^{3}+3 b^{3}}{16 b^{3}+2 b^{3}+b^{3}}=1$
b) Từ giả thuyêt ta có thể giả sử: $k=\frac{5 m+n}{5 n+m}$, với $k \in N^{*}$
Dễ dàng suy ra được: $\frac{m}{n}=\frac{5 k-1}{5-k}$
Do $m$ và $n$ là hai số nguyên dương nên: $\frac{m}{n}>0$
Từ đó ta có hai trường hợp sau:
Trường hợp 1: $\left\{\begin{array}{l}5 k-1>0 \\ 5-k>0\end{array} ; 5>k>\frac{1}{5}\right.$
Từ đó ta có thể tính được $k=1,2,3,4$. Thay lần lượt các giá trị của $k$ vào biểu thức ta đều thu được $m \vdots n$
Trường hợp 2: $\left\{\begin{array}{c}5 k-1<0 \\ 5-k<0\end{array} ; k>5, k<\frac{1}{5}\right.$
Trường hợp này không tồn tại giá trị của $k$ thỏa yêu cầu bài toán, từ đó ta luôn có: $m \vdots n$
Bài 2.
a) Giải phương trình: $x^{2}-6 x+4+2 \sqrt{2 x-1}=0$
b) Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}x^{3}-y^{3}=9(x+y) \\ x^{2}-y^{2}=3\end{array}\right.$
Lời giải.
a) Điều kiện xác định: $x \geq \frac{1}{2}$
Ta có:
$x^{2}-6 x+4+2 \sqrt{2 x-1}=0 \Leftrightarrow x^{2}-4 x+4=(2 x-1)-2 \sqrt{2 x-1}+1 $
$\Leftrightarrow(x-2)^{2}=(\sqrt{2 x-1}-1)^{2} \Leftrightarrow|x-2|=|\sqrt{2 x-1}-1|$
Trường hợp 1: $x \geq 2$. Từ phương trình đã cho ta thu được:
$x-2=\sqrt{2 x-1}-1 \Leftrightarrow x-1=\sqrt{2 x-1}$
Từ đó ta có:
$\Leftrightarrow x^{2}-2 x+1=2 x-1 \Leftrightarrow x^{2}-4 x+2=0$
Kết hợp với điều kiện $x \geq 2$ ta tìm được nghiệm duy nhất của phương trình là: $x=2+\sqrt{2}$
Trường hợp 2: $1 \leq x<2$. Từ phương trình đã cho ta thu được:
$2-x=\sqrt{2 x-1}-1 \Leftrightarrow 3-x=\sqrt{2 x-1}$
Từ đó ta có:
$\Leftrightarrow x^{2}-6 x+9=2 x-1 \Leftrightarrow x^{2}-8 x+10=0$
Kết hợp với điều kiện $1 \leq x<2$ ta nhận thấy phương trình này vô nghiệm
Trường hợp 3: $1>x \geq \frac{1}{2}$. Từ phương trình đã cho ta thu được:
$2-x=1-\sqrt{2 x-1} \Leftrightarrow x-1=\sqrt{2 x-1}$
Phương trình này vô nghiệm vì vế trái của phương trình là một số âm và vế phải của phương trình là một số không âm.
Vậy nghiệm duy nhất của phương trình là: $x=2+\sqrt{2}$
b) $\left\{\begin{array}{l}x^{3}-y^{3}=9(x+y) \\ x^{2}-y^{2}=3\end{array}\right.$
Đây là một hệ phương trình gồm các phương trình không đồng bậc, ý tưởng rất đơn giản ta sẽ chuyển nó về một phương trình đồng bậc để giải. Như vậy ta sẽ thay phương trình thứ hai vào phương trình thứ nhât. Từ đó ta thu được:
$x^{3}-y^{3}=3\left(x^{2}-y^{2}\right)(x+y)=3(x-y)(x+y)^{2} $
$\Leftrightarrow(x-y)\left(2 x^{2}+5 x y+2 y^{2}\right)=0 \Leftrightarrow(x-y)(2 x+y)(x+2 y)=0$
Từ đây ta thu được các trường hợp sau: $x=y$ hoặc $x=-2 y$ hoạcc $y=-2 x$.
Trong đó từ phương trình thứ hai ta có thể thấy $x^{2}>y^{2}$, từ đó các trường hợp $x=y$ và $y=-2 x$ bị loại. Ta chỉ có duy nhất trường hợp $x=-2 y$. Thay vào phương trình thứ hai ta lần ta có thể tính được các nghiệm của phương trình này là: $(x ; y)={(-2 ; 1),(2 ;-1)}$
Bài 3. Cho tam giác nhọn $\triangle A B C$ có các đường cao $A A_{1}, B B_{1}, C C_{1}$. Gọi $K$ là hình chiếu của $A$ lên $A_{1} B_{1}$; L là hình chiếu của $B$ lên $B_{1} C_{1}$. Chứng minh rằng $A_{1} K=B_{1} L$.
Lời giải.
Cách 1: Ta có thể suy ra điều phải chứng minh từ các cặp tam giác đồng dạng sau đây: $\triangle B_{1} B L \backsim \triangle A B A_{1}, \triangle A A_{1} K \backsim \triangle A C C_{1}, \triangle A B B_{1} \backsim \triangle A C C_{1}$ Từ đây ta có các tỷ số:
$\frac{B_{1} B}{A B}=\frac{B_{1} L}{A A_{1}}=\frac{B L}{B A_{1}} \Rightarrow \frac{B_{1} L}{B_{1} B}=\frac{A A_{1}}{A B} $
$\frac{A A_{1}}{A C}=\frac{A K}{A C_{1}}=\frac{A_{1} K}{C C_{1}} \Rightarrow \frac{A_{1} K}{C C_{1}}=\frac{A A_{1}}{A C} $
$\frac{A B}{A C}=\frac{B B_{1}}{C C_{1}}$
Từ đó hai hệ thức đầu ta có:
$\frac{B_{1} L}{A_{1} K} \cdot \frac{C C_{1}}{B B_{1}}=\frac{A C}{A B} \Rightarrow \frac{B_{1} L}{A_{1} K}=\frac{A C}{A B} \cdot \frac{B B_{1}}{C C_{1}}=1$
Vậy $A_{1} K=B_{1} L$ (đpcm)
Cách 2: Xét tam giác $\triangle A A_{1} K$, ta có: $A_{1} K=A A_{1} \sin \angle A_{1} A K$
Do $\angle A B_{1} B=\angle A A_{1} B$. Nên tứ giác $A B_{1} A_{1} B$ là tứ giác nội tiếp. Suy ra $\angle B A A_{1}=\angle B B_{1} A_{1}$
Mà: $\angle B B_{1} A_{1}+\angle A_{1} B_{1} C=90^{\circ}$ và $\angle A_{1} B_{1} C=\angle A B_{1} K$ (hai góc đối đỉnh)
Nên: $\angle B B_{1} A_{1}+\angle A B_{1} K=90^{\circ}$
Mà: $\angle A B_{1} K+\angle B_{1} A K=90^{\circ}$ (Do tam giác $A B_{1} K$ vuông tại $K$ )
Suy ra: $\angle B B_{1} A_{1}=\angle B_{1} A K=\angle B A A_{1}$
Vậy: $\angle A_{1} A K=\angle B A C$
Từ đó ta có: $A_{1} K=A A_{1} \sin \angle B A C$
Chứng minh tương tự ta được: $B_{1} L=B B_{1} \sin \angle A B C$
Vậy: $\frac{B_{1} L}{A_{1} K}=\frac{B B_{1} \sin (A B C)}{A A_{1} \sin (B A C)}$
Dễ dàng chứng minh được công thức sau đây:
$S_{A B C}=\frac{1}{2} B A \cdot B C \cdot \sin \angle A B C$
$S_{A B C}=\frac{1}{2} B A \cdot A C \cdot \sin \angle B A C$
Từ đó ta có:
$\frac{B_{1} L}{A_{1} K}=\frac{B B_{1} \sin (A B C)}{A A_{1} \sin (B A C)}=\frac{A C \cdot B B_{1}}{B C \cdot A A_{1}}=1$
Bài 4. Cho $x, y$ là hai số thực dương. Chứng minh rằng:
$\frac{x \sqrt{y}+y \sqrt{x}}{x+y}-\frac{x+y}{2} \leq \frac{1}{4}$
Lời giải. Bằng biến đổi tương đương ta thu được bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:
$4 \sqrt{x y}(\sqrt{x}+\sqrt{y}) \leq(x+y)[2(x+y)+1]$
Vì $x>0, y>0$. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy: $x+\frac{1}{4} \geq \sqrt{x}, y+\frac{1}{4} \geq \sqrt{y}$ Cộng vế theo vế ta thu được: $x+y+\frac{1}{2} \geq \sqrt{x}+\sqrt{y}$. Hay: $2(x+y)+1 \geq 2(\sqrt{x}+\sqrt{y})$ Lại áp dụng bất đẳng thức Cauchy một lần nữa ta có: $x+y \geq 2 \sqrt{x y}$
Nhân hai vế lại với nhau ta có:
$4 \sqrt{x y}(\sqrt{x}+\sqrt{y}) \leq(x+y)[2(x+y)+1]$
Dấu bằng của bất đẳng thức này xảy ra khi: $x=y=\frac{1}{4}$
Bài 5. Cho tứ giác nội tiếp $A B C D$ có $A C$ cắt $B D$ tại $E$. Tia $A D$ cắt tia $B C$ tại $F$. Dựng hình bình hành $A E B G$.
a) Chứng minh rằng: $F D \cdot F G=F B . F E$
b) Gọi $H$ là điểm đối xứng của $E$ qua $A D$. Chứng minh rằng 4 điểm $F, H, A, G$ cùng thuộc một đường tròn.
Lời giải.
a) Chứng minh rằng: $\frac{F B}{F D}=\frac{F G}{F E}$
Ta có: $\triangle F B A \backsim \triangle F D C$. Từ đó ta có các tỷ số:
$\frac{F B}{F D}=\frac{A B}{D C}=\frac{F A}{F C}$
Ta có: $\triangle A G B \backsim \triangle C E D$. Từ đó ta có các tỷ số:
$\frac{A B}{D C}=\frac{G B}{E D}=\frac{A G}{C E}$
Ta có: $\triangle F E D \backsim \triangle F G B$. Từ đó ta có các tỷ số:
$\frac{F E}{F G}=\frac{E D}{G B}=\frac{F D}{F B}$
Kết hợp cả ba tỷ số bằng nhau trên ta có: $\frac{F B}{F D}=\frac{F G}{F E}$
b) Chứng minh rằng: $F, H, A, G$ cùng thuộc một đường tròn Chứng minh tương tự như trên ta có: $\triangle C E F \backsim \triangle A G F$ Từ đó ta có: $\angle A G F=\angle C E F$
Mà: $\angle A H F=\angle A E F$. Do $H$ đối xứng với $E$ qua $A F$ Và: $\angle A E F+\angle C E F=180^{\circ}$. Do 3 điểm $A, C, E$ thằng hàng Vậy: $\angle A G F+\angle A H F=180^{\circ}$
Nên 4 điểm $F, H, A, G$ cùng thuộc một đường tròn
Bài 6. Nam cắt một tờ giấy ra làm 4 miếng hoặc 8 miếng rồi lấy một số miếng nhỏ đó cắt ra làm 4 miếng hoặc 8 miếng nhỏ hơn và Nam cứ tiếp tục thực hiện việc cắt như thế nhiều lần. Hỏi với việc cắt này, Nam có thể cắt được thành 2016 miếng lớn, nhỏ hay không? Vi sao?
Lời giải.
Gọi $x$ là số miếng giấy Nam có được sau $k$ lần cắt $\left(x ; k \in N^{*}\right)$. Vì lúc đầu Nam có 1 miếng giấy và mỗi lần cắt một miếng giấy ra làm 4 miếng hoặc làm 8 miếng nên sau mỗi lần cắt, số miếng giấy tăng thêm 3 hoặc 7 miếng, do đó ta có: $x \equiv 1(\bmod 3)$ hoặc $x \equiv 1(\bmod 7)$. Vi $2016 \equiv 0(\bmod 3)$ và $2016 \equiv 0(\bmod 7)$ nên ta có $x \neq 2016$. Vậy sau một số lần cắt, số miếng giấy Nam có được không thể bằng $2016 .$