Bài 1. (a) Giải phương trình: $x \sqrt{2 x-2}+5 x=9$.

(b) Cho $x, y, z$ đôi một khác nhau thỏa mãn: $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=0$. Tính giá trị biểu thực:

$P=\frac{y z}{x^{2}+2 y z}+\frac{z x}{y^{2}+2 z x}+\frac{x y}{z^{2}+2 x y}$

Bài 2. Cho phương trình $x^{2}-5 m x-4 m=0$.

(a) Định $m$ để phương trình có hai nghiệm phân biệt.

(b) Gọi $x_{1}, x_{2}$ là hai nghiệm của phương trình. Tìm $m$ để biểu thức sau đạt giá trị nhỏ nhất:

$\frac{m^{2}}{x_{1}^{2}+5 m x_{2}+12 m}+\frac{x_{2}^{2}+5 m x_{1}+12 m}{m^{2}}$

Bài 3. Cho tam giác $\triangle A B C$ có $B C$ là cạnh dài nhất. Trên $B C$ lấy hai điểm $D$ và $E$ sao cho $B D=B A, C E=C A$. Đường thẳng qua $D$ song song với $A B$ cắt $A C$ tại $M$. Đường thẳng qua $E$ song song với $A C$ cắt $A B$ tại $N$. Chứng minh rằng $A M=A N$.

Bài 4. Cho $x, y$ là hai số dương thỏa mãn: $x+y=1$. Chứng minh: $3(3 x-2)^{2}+\frac{8 x}{y} \geq$ $7 .$

Bài 5. Từ một điểm $A$ bên ngoài đường tròn $(O)$ vẽ các tiếp tuyến $A B, A C$ và cát tuyến $A E F$ (EF không đi qua $O, B$ và $C$ là các tiếp điểm). Gọi $D$ là điểm đôi xứng của $B$ qua $O . D E, D F$ lần lượt cắt $A O$ tại $M$ và $N$. Chứng minh rằng :

(a) Hai tam giác $\triangle C E F$ và $\triangle C M N$ đồng dạng.

(b) $O M=O N$.

Bài 6. Chữ số hàng đơn vị trong hệ thập phân của số $M=a^{2}+a b+b^{2}$ là $0\left(a ; b \in N^{*}\right)$.

(a) Chứng minh rằng $M$ chia hết cho 20 .

(b) Tìm chữ số hàng chục của $M$.

$P=\frac{y z}{x^{2}+2 y z}+\frac{z x}{y^{2}+2 z x}+\frac{x y}{z^{2}+2 x y}$

Lời giải.

a) Giải phương trình: $x \sqrt{2 x-2}+5 x=9$

ĐKXĐ: $x \geq 1$. Đặt $a=\sqrt{2 x-2}$ (ĐKXĐ: $a \geq 0$ )

Phương trình đã cho tương đương với:

$a x=9-5 x=9-\frac{5}{2}\left(a^{2}+2\right)=4-\frac{5}{2} a^{2}$

Ta có hệ phương trình sau:

$\left\{\begin{array} { l }{ 5 a ^ { 2 } + 2 a x = 8 } \\{ a ^ { 2 } – 2 x = – 2 }
\end{array} \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}
x=\frac{a^{2}+2}{2} \\x=\frac{9}{a+5}
\end{array}\right.\right.$

$\Leftrightarrow \frac{9}{a+5}=\frac{a^{2}+2}{2} \Leftrightarrow a^{3}+5 a^{2}+2 a-8=0 \Leftrightarrow(a-1)(a+2)(a+4)=0$

Kết hợp với: ĐKXĐ: $a \geq 0$. Từ đó ta tính được: $a=1 \Leftrightarrow x=\frac{3}{2}$

b) Tính giá trị biểu thức: $P=\frac{y z}{x^{2}+2 y z}+\frac{z x}{y^{2}+2 z x}+\frac{x y}{z^{2}+2 x y}$

Từ điều kiện của đề bài ta có: $x y+y z+z x=0$

Thêm vào đó: $x^{2}+2 y z=x^{2}+y z-x y-x z=(x-y)(x-z)$

Từ đó ta có:

$P=\sum_{x, y, z} \frac{y z}{x^{2}+2 y z}=\sum_{x, y, z} \frac{y z}{(x-y)(x-z)}=-\frac{y z(y-z)+x z(z-x)+x y(x-y)}{(x-y)(y-z)(z-x)}$

Vậy: $P=1$

Bài 2. Cho phương trình $x^{2}-5 m x-4 m=0$.

a) Định $m$ để phương trình có hai nghiệm phân biệt.

b) Gọi $x_{1}, x_{2}$ là hai nghiệm của phương trình. Tìm $m$ để biểu thức sau đạt giá trị nhỏ nhất:

$\frac{m^{2}}{x_{1}^{2}+5 m x_{2}+12 m}+\frac{x_{2}^{2}+5 m x_{1}+12 m}{m^{2}}$

Lời giải.

a) Định $m$ để phương trình có hai nghiệm phân biệt

ĐKXĐ đề phương trình có hai nghiệm phân biệt là:

$\Delta=(-5 m)^{2}-4(-4 m)=25 m^{2}+16 m=m(25 m+16)>0$

$\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}m>0 \\ m<\frac{-16}{25}\end{array}\right.$

b) Tìm $m$ để biếu thức sau đạt giá trị nhỏ nhất:

$P=\frac{m^{2}}{x_{1}^{2}+5 m x_{2}+12 m}+\frac{x_{2}^{2}+5 m x_{1}+12 m}{m^{2}}$

Do $x_{1}, x_{2}$ là hai nghiệm của phương trình nên ta có: $\left\{\begin{array}{l}x_{1}^{2}=5 m x_{1}+4 m \\ x_{2}^{2}=5 m x_{2}+4 m\end{array}\right.$

Do phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt nên: $25 m^{2}+16 m>0$. Từ đó áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:

$P=\frac{m^{2}}{x_{1}^{2}+5 m x_{2}+12 m}+\frac{x_{2}^{2}+5 m x_{1}+12 m}{m^{2}}$

$P=\frac{m^{2}}{25 m^{2}+16 m}+\frac{25 m^{2}+16 m}{m^{2}} \geq 2$

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: $m^{2}=25 m^{2}+16 m \Leftrightarrow m=\frac{-2}{3}$

Bài 3. Cho tam giác $\triangle A B C$ có $B C$ là cạnh dài nhất. Trên $B C$ lấy hai điểm $D$ và $E$ sao cho $B D=B A, C E=C A$. Đường thẳng qua $D$ song song với $A B$ cắt $A C$ tại $M$. Đường thẳng qua $E$ song song với $A C$ cắt $A B$ tại $N$. Chứng minh rằng $A M=A N$.

Lời giải.

Do $D M | A B$, áp dụng định lí Talet:

$\frac{A M}{A C}=\frac{B D}{B C} \Leftrightarrow A M=\frac{B D}{B C} \cdot A C=\frac{B A \cdot A C}{B C}$

Do $E N | A C$, áp dụng định lí Talet:

$\frac{A N}{A B}=\frac{C E}{B C} \Leftrightarrow A N=\frac{C E}{B C} \cdot A B=\frac{B A \cdot A C}{B C}$

Từ đó ta có $A M=A N$. Đây chính là điều phải chứng minh.

Bài 4. Cho $x, y$ là hai số dương thỏa mãn: $x+y=1$. Chứng minh: $3(3 x-2)^{2}+\frac{8 x}{y} \geq 7$.

Lời giải. Do $x+y=1$ nên ta có điều phải chứng minh trở thành:

$3(3 x-2)^{2}+\frac{8 x}{1-x} \geq 7$

Bằng khai triển và biến đổi tương đương ta có: $(5-3 x)(3 x-1)^{2} \geq 0$. Bất đẳng thức này hiển nhiên đúng do $x<1$

Bài 5.Từ một điểm $A$ bên ngoài đường tròn $(O)$ vẽ các tiếp tuyến $A B, A C$ và cát tuyến $A E F$ ( $E F$ không đi qua $O, B$ và $C$ là các tiếp điểm). Gọi $D$ là điểm đối xứng của $B$ qua $O$. $D E, D F$ lần lượt cắt $A O$ tại $M$ và $N$. Chứng minh rằng :

a) Hai tam giác $\triangle C E F$ và $\triangle C M N$ đồng dạng.

b) $O M=O N$.

Lời giải.
a) Chứng minh rằng $\triangle C E F \backsim \triangle C M N$
Ta có: $A N | C D$ (cùng vuông góc với $B C$ )
$\angle D F C=\angle D B C=\angle B A O=\angle C A O$
Từ đó ta có: tứ giác $C F N A$ nội tiếp
Vậy: $\angle C F E=\angle C N M$
Ta có: $A N | C D$ nên: $\angle O M E=\angle C D E$
Do tứ giác $C D F E$ nội tiếp nên: $\angle C D E=\angle C F E$
Vậy: $\angle O M E=\angle C F E$
Mà: $\angle A C E=\angle C F E$ (Tính chất tiếp tuyến)
Từ đó ta có: $\angle A C E=\angle O M E$. Vậy tứ giác $A M E C$ nội tiếp. Nên: $\angle E A M=$ $\angle E C M$

Mà: $\angle E A M=\angle F C N$ (Tứ giác $A N F C$ nội tiếp)

Vậy: $\angle E C M=\angle F C N$

Từ đó ta có: $\angle E C F=\angle M C N$

Do: $\angle C F E=\angle C N M$ và $\angle E C F=\angle M C N$ nên ta có: $\triangle C E F \sim \triangle C M N$

b) Chứng minh rằng: $O M=O N$

Từ giác $A M E C$ nội tiếp: $\angle D C M=\angle C A F$

Từ giác $C F N A$ nội tiếp: $\angle C A F=\angle C N D$

Vậy ta có: $\angle D C M=\angle C N D$ và do: $A N | C D$. Vậy $C D N M$ là hình thang cân nên: $C N=D M$ và $\angle C N M=\angle D M N$

Do $A O$ là đường trung trực của $B C$ nên ta có: $\angle C N M=\angle B N M$ và $N C=N B$

Từ đó ta có: $\angle D M N=\angle B N M$ và $D M=B N$

Hay: $D M | B N$ và $D M=B N$. Từ đó $B M D N$ là hình bình hành. Mà $O$ là trung điểm của $B D$ nên $O$ cũng là trung điểm của $M N$ hay: $O M=O N$ (đpcm)

Bài 6. Chữ số hàng đơn vị trong hệ thập phân của số $M=a^{2}+a b+b^{2}$ là $0\left(a ; b \in N^{*}\right)$.

a) Chứng minh rằng $M$ chia hết cho 20 .

b) Tìm chữ số hàng chục của $M$.

Lới giải.

a) Chứng minh rằng: $M \vdots 20$

Do chữ số hàng đơn vị của $M$ là 0 nên ta có: $M \vdots 5$ và $M \vdots 2$

Giả sử cả $a$ và $b$ đều không chia hết cho 2 . Từ đó ta có:

$\left\{\begin{array} { l }{ a \equiv 1 } \\ { b \equiv 1 }\end{array} \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}a^{2} \equiv 1 \\ b^{2} \equiv 1 \\ a b \equiv 1\end{array} \Rightarrow a^{2}+a b+b^{2} \equiv 1 \Rightarrow M \equiv 1(\bmod 2)\right.\right.$

Điều này vô lí: từ đó ta có trong hai số $a$ và $b$ phải có một số chia hết cho 2 .

Giả sử $a \vdots$ 2. Do $M \vdots 2$ nên $b^{2} \vdots 2$. Từ đó ta có: $b \vdots 2$

Vi $a \vdots 2$ và $b \vdots 2$ nên $M \vdots 4$

Do $M \vdots 4$ và $M \vdots 5$ nên ta có: $M \vdots 20$ (đpcm)

b) Nhận xét: Một số chính phương khi chia cho 5 dư 0,1 hoặc 4 .

Ta có $5 \mid a^{2}+a b+b^{2}$, suy ra $5 \mid 4 a^{2}+4 a b+4 b^{2}$ hay $5 \mid(2 a+b)^{2}+3 b^{2}$.

Từ nhận xét trên suy ra $5|b, 5| 2 a+b \Rightarrow 5 \mid a$. Do đó $a^{2}+a b+b^{2}$ chia hết cho $25 .$

Kết hợp với câu a ta có $M$ chia hết cho 100 nên chữ số hàng chục là số 0 .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Bài 1. (a) Giải phương trình: $x \sqrt{2 x-3}=3 x-4$

(b) Cho 3 số thực $x, y, z$ thỏa mãn điều kiện: $x+y+z=0 ; x y z \neq 0$. Tính giá trị biểu thức:

$P=\frac{x^{2}}{y^{2}+z^{2}-x^{2}}+\frac{y^{2}}{z^{2}+x^{2}-y^{2}}+\frac{z^{2}}{x^{2}+y^{2}-z^{2}}$

Bài 2. Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}x+y+\frac{1}{y}=\frac{9}{x} \\ x+y-\frac{4}{x}=\frac{4 y}{x^{2}}\end{array}\right.$

Bài 3. Cho tam giác đều $A B C$ và $M$ là một điểm bất kì trên cạnh $B C$. Gọi $D, E$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $M$ trên $A B$ và $A C$. Xác định vị trí của $M$ để tam giác $M D E$ có chu vi nhỏ nhất.

Bài 4. (a) Cho $x, y$ là 2 số thực khác 0 . Chứng minh rằng: $\frac{x^{2}}{y^{2}}+\frac{y^{2}}{x^{2}} \geq \frac{x}{y}+\frac{y}{x}$

(b) Cho $a, b$ là hai số dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: $P=\frac{a^{2}+3 a b+b^{2}}{\sqrt{a b}(a+b)}$

Bài 5. Từ một điểm $M$ nằm ngoài đường tròn $(\mathrm{O})$, kẻ các tiếp tuyến $M A, M B$ với $(\mathrm{O})$ $(A, B$ là các tiếp điểm $)$. Gọi $H$ là giao điểm của $A B$ với $O M, I$ là trung điểm của $M H$. Đường thẳng $A I$ cắt $(\mathrm{O})$ tại điểm $K(K$ khác $A)$.

(a) Chứng minh $H K$ vuông góc với $A I$.

(b) Tính số đo góc $\angle M K B$.

Bài 6. Tìm cặp số nguyên $(x, y)$ thỏa mãn phương trình:

$2015\left(x^{2}+y^{2}\right)-2014(2 x y+1)=25$

LỜI GIẢI

 

Bài 1.

a) Giải phương trình: $x \sqrt{2 x-3}=3 x-4$

b) Cho 3 số thực $x, y, z$ thỏa mãn điều kiện: $x+y+z=0 ; x y z \neq 0$. Tính giá trị biểu thức:

$P=\frac{x^{2}}{y^{2}+z^{2}-x^{2}}+\frac{y^{2}}{z^{2}+x^{2}-y^{2}}+\frac{z^{2}}{x^{2}+y^{2}-z^{2}}$

Lời giải.

a) Giải phương trình: $x \sqrt{2 x-3}=3 x-4 Đ \mathrm{~K} Đ: x \geq \frac{3}{2}$

Phương trình đã cho tương đương với:

$x^{2}(2 x-3)=9 x^{2}-24 x+16 \Leftrightarrow 2 x^{3}-12 x^{2}+24 x-16=0 $

$\Leftrightarrow x^{3}-6 x^{2}+12 x-8=0 \Leftrightarrow(x-2)^{3}=0 \Leftrightarrow x=2$

Ta thấy $x=2$ thỏa yêu cầu bài toán, vậy $x=2$ là nghiệm duy nhất của phương trình.

b) Cho 3 số thực $x, y, z$ thỏa mãn điều kiện: $x+y+z=0 ; x y z \neq 0$. Tính giá trị biểu thức:

$P=\frac{x^{2}}{y^{2}+z^{2}-x^{2}}+\frac{y^{2}}{z^{2}+x^{2}-y^{2}}+\frac{z^{2}}{x^{2}+y^{2}-z^{2}}$

Ta có:

$y+z=-x \Leftrightarrow y^{2}+2 y z+z^{2}=x^{2} \Leftrightarrow y^{2}+z^{2}-x^{2}=-2 y z $

$x+z=-y \Leftrightarrow x^{2}+2 x z+z^{2}=y^{2} \Leftrightarrow x^{2}+z^{2}-y^{2}=-2 x z $

$y+x=-z \Leftrightarrow y^{2}+2 y x+x^{2}=z^{2} \Leftrightarrow y^{2}+x^{2}-z^{2}=-2 y x$

Từ đó ta tính được $P$ :

$P=\frac{x^{2}}{-2 y z}+\frac{y^{2}}{-2 x z}+\frac{z^{2}}{-2 y x}=\frac{x^{3}+y^{3}+z^{3}}{-2 x y z}$

Chú ý:

$x^{3}+y^{3}+z^{3}-3 x y z=0 \Rightarrow x^{3}+y^{3}+z^{3}=3 x y z$

Vậy: $P=\frac{x^{3}+y^{3}+z^{3}}{-2 x y z}=\frac{3 x y z}{-2 x y z}=\frac{-3}{2}$

Bài 2. Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}x+y+\frac{1}{y}=\frac{9}{x} \\ x+y-\frac{4}{x}=\frac{4 y}{x^{2}}\end{array}\right.$

Lời giải. ĐKXĐ: $x, y \neq 0$

Lấy phương trình (1) trừ phương trình (2) ta thu được:

$\frac{1}{y}+\frac{4}{x}=\frac{9}{x}-\frac{4 y}{x^{2}}  \Leftrightarrow \frac{1}{y}=\frac{5}{x}-\frac{4 y}{x^{2}} \Leftrightarrow x^{2}=5 x y-4 y^{2} \Leftrightarrow x^{2}-5 x y+4 y^{2}=0 $

$\Leftrightarrow(x-4 y)(x-y)=0 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}x=4 y \\ x=y\end{array}\right.$

Trường hợp 1: $x=4 y$. Thay vào phương trình (1) ta có:

$5 y+\frac{1}{y}=\frac{9}{4 y} \Leftrightarrow 5 y=\frac{5}{4 y} \Leftrightarrow\left[\begin{array} { l }{ y = \frac { 1 } { 2 } } \\ { y = \frac { – 1 } { 2 } }\end{array} \Leftrightarrow \left[\begin{array}{l}x=2, y=\frac{1}{2} \\ x=-2, y=\frac{-1}{2}\end{array}\right.\right.$

Trường hợp $2: x=y$. Thay vào phương trình (1) ta có:

$2 y+\frac{1}{y}=\frac{9}{y} \Leftrightarrow 2 y=\frac{8}{y} \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}y=2 \\ y=-2\end{array} \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}x=2, y=2 \\ x=-2, y=-2\end{array}\right.\right.$

Vậy tập nghiệm của phương trình là: $(x, y)=(2,2),(-2,-2),\left(2, \frac{1}{2}\right),\left(-2, \frac{-1}{2}\right)$

Bài 3. Cho tam giác đều $A B C$ và $M$ là một điểm bất kì trên cạnh $B C$. Gọi $D, E$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $M$ trên $A B$ và $A C$. Xác định vị trí của $M$ để tam giác MDE có chu vi nhỏ nhất.

Lời giải.

• Gọi độ dài cạnh tam giác đều là $a$.

Ta có $M D \cdot A B+M E \cdot A C=2 S_{A M D}+2 S_{A M C}=2 S_{A B C}$. Hay $(M D+M E)=A H \cdot a$, suy ra $M D+M E=A H$ không đổi.

• Ta có $D, E$ thuộc đường tròn đường kính $A M$. Vẽ đường kính $D F$, ta có $\angle D F E=$ $\angle D A E=60^{\circ}$.

Suy ra $D E=D F \sin D F E=A M \sin 60^{\circ}$.

$D E$ nhỏ nhất khi và chỉ khi $A M$ nhỏ nhất, khi và chỉ khi $M$ trùng với $H$ trung điểm $B C$.

• Vậy chu vi tam giác $M D E$ nhỏ nhất khi và chỉ khi $M$ là trung điểm $B C$.

Bài 4.

a) Cho $x, y$ là 2 số thực khác 0 . Chứng minh rằng: $\frac{x^{2}}{y^{2}}+\frac{y^{2}}{x^{2}} \geq \frac{x}{y}+\frac{y}{x}$

b) Cho $a, b$ là hai số dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

$P=\frac{a^{2}+3 a b+b^{2}}{\sqrt{a b}(a+b)}$

Lời giải.

a) Bằng biến đổi tương đương ta có:

$\frac{x^{2}}{y^{2}}+\frac{y^{2}}{x^{2}}-\left(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\right) \geq 0 \Leftrightarrow \frac{(x-y)^{2}\left(\left(x+\frac{1}{2}\right)^{2}+\frac{3}{4} y^{2}\right)}{x^{2} y^{2}} \geq 0$

Bất đẳng thức cuối luôn đúng. Dấu bằng trong bất đẳng thức xảy ra khi $x=y$.

b) Cách 1: Với $a, b$ là hai số dương. Ta có:

$P=\frac{a^{2}+3 a b+b^{2}}{\sqrt{a b}(a+b)}=\frac{(a+b)^{2}+a b}{\sqrt{a b}(a+b)}=\frac{\frac{1}{4}(a+b)^{2}+a b+\frac{3}{4}(a+b)^{2}}{\sqrt{a b}(a+b)} $

$P=\frac{\frac{1}{4}(a+b)^{2}+a b}{\sqrt{a b}(a+b)}+\frac{\frac{3}{4}(a+b)}{\sqrt{a b}}$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy:

$P=\frac{\frac{1}{4}(a+b)^{2}+a b}{\sqrt{a b}(a+b)}+\frac{\frac{3}{4}(a+b)}{\sqrt{a b}} \geq \frac{2 \sqrt{\frac{1}{4} a b(a+b)^{2}}}{\sqrt{a b}(a+b)}+\frac{\frac{3}{4} \cdot 2 \sqrt{a b}}{\sqrt{a b}}=1+\frac{3}{2}=\frac{5}{2}$

Dấu bằng trong bất đẳng thức xảy ra khi $a=b$

Cách 2: Ta có:

$P=\frac{a^{2}+3 a b+b^{2}}{\sqrt{a b}(a+b)}=\frac{(a+b)^{2}+a b}{\sqrt{a b}(a+b)}=\frac{a+b}{\sqrt{a b}}+\frac{\sqrt{a b}}{a+b}=\frac{3}{4} \cdot \frac{a+b}{\sqrt{a b}}+\frac{1}{4} \cdot \frac{a+b}{\sqrt{a b}}+\frac{\sqrt{a b}}{a+b}$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy:

$P \geq \frac{3}{4} \cdot 2+2 \sqrt{\frac{1}{4} \cdot \frac{a+b}{\sqrt{a b}} \cdot \frac{\sqrt{a b}}{a+b}}=\frac{3}{2}+1=\frac{5}{2}$

Dấu bằng trong bất đẳng thức xảy ra khi $a=b$

Bài 5.Từ một điểm $M$ nằm ngoài đường tròn $(\mathrm{O})$, kẻ các tiếp tuyến $M A, M B$ với $(\mathrm{O})$ $(A, B$ là các tiếp điểm $)$. Gọi $H$ là giao điểm của $A B$ với $O M, I$ là trung điểm của $M H$. Đường thẳng $A I$ cắt $(\mathrm{O})$ tại điểm $K(K$ khác $A)$.

a) Chứng minh $H K$ vuông góc với $A I$.

b) Tính số đo góc $\angle M K B$.

Lời giải.

a) Vẽ đường kính $A C, C H$ cắt $A I$ tại $K^{\prime}$.

Dễ thấy hai tam giác $A B C$ và $M H A$ đồng dạng, từ đó suy ra $A C H$ và $M A I$ đồng dạng.

Suy ra $\angle A C H=\angle M A I$, mà $\angle M A I+\angle I A C=90^{\circ}$, suy ra $\angle A C H+\angle I A C=$ $90^{\circ}$.

Do đó $\angle A K^{\prime} C=90^{\circ}$, suy ra $K^{\prime}$ thuộc $(O)$, từ đó $K^{\prime} \equiv K$. Ta có điều cần chứng minh.

b) Ta có $I K \cdot I A=I H^{2}=I M^{2}$.

Suy ra $\triangle I K M \backsim \triangle I M A$, do đó $\angle I M K=\angle I A M=\angle K B H$.

Từ đó tứ giác $B H K M$ nội tiếp, suy ra $\angle B K M=\angle B H M=90^{\circ}$.

Bài 6. Tìm cặp số nguyên $(x, y)$ thỏa mãn phương trình:

$2015\left(x^{2}+y^{2}\right)-2014(2 x y+1)=25$

Lời giải.

Ta có: $2015\left(x^{2}+y^{2}\right)-2014(2 x y+1)=25$

$\Leftrightarrow 2014(x-y)^{2}+x^{2}+y^{2}=2039$

Vậy: $2014(x-y)^{2} \leq 2039 \Leftrightarrow|x-y| \leq 1$

• Trường hợp 1: $x-y=0$. Ta có: $x^{2}+y^{2}=2039$

Phương trình này không có nghiệm nguyên vì 2039 không chia hết cho $2 .$

• Trường hợp 2: $x-y=1$. Ta có: $y^{2}+y-12=0$

Phương trình này có nghiệm $y=3$ hay $y=-4$

Từ đó ta có hai cặp nghiệm của phương trình là: $(x, y)={(4 ; 3),(-3 ;-4)}$

• Trường hợp 3: $x-y=-1$. Ta có: $y^{2}-y-12=0$

Phương trình này có nghiệm $y=-3$ hay $y=4$

Từ đó ta có hai cặp nghiệm của phương trình là: $(x, y)={(-4 ;-3),(3 ; 4)}$

Vậy tập nghiệm của phương trình là: $(x, y)={(4 ; 3),(-3 ;-4),(3 ; 4),(-4 ;-3)}$

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Bài 1. Cho ba số dương $a, b, c$ thỏa mãn điều kiện $\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}=2020$ Tính giá trị của biểu thức $P=\left(\frac{a^{2}}{b+c}+\frac{b^{2}}{c+a}+\frac{c^{2}}{a+b}\right):(a+b+c)$

Bài 2. (a) Giải phương trình: $\sqrt{2 x^{2}+x+9}+\sqrt{2 x^{2}-x+1}=x+4$

(b) Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}y^{2}-2 x y=8 x^{2}-6 x+1 \\ y^{2}=x^{3}+8 x^{2}-x+1\end{array}\right.$

Bài 3. Cho tam giác nhọn $A B C(A B<B C<C A)$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Từ $A$ kẻ đường thẳng song song với $B C$ cắt $(O)$ tại $A_{1}$. Từ $B$ kẻ đường thẳng song song với $A C$ cắt $(O)$ tại $B_{1}$. Từ $C$ kẻ đường thẳng song song với $A B$ cắt $(O)$ tại $C_{1}$. Chứng minh rằng các đường thẳng qua $A_{1}, B_{1}, C_{1}$ lần lượt vuông góc với $B C$, $C A, A B$ đồng quy.

Bài 4. (a) Cho 2 số thực $a, b$. Chứng minh rằng: $\frac{a^{2}+b^{2}}{2} \geq a b+\frac{(a-b)^{2}}{a^{2}+b^{2}+2}$

(b) Cho hai số dương $a, b$ thỏa mãn điều kiện $a+b \leq 3$

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: $Q=b-a+\frac{20}{a}+\frac{7}{b}$.

Bài 5. Đường tròn $(I)$ nội tiếp tam giác $A B C$ tiếp xúc với các cạnh $A B, B C, C A$ lần lượt tại $D, E, F$. Kẻ đường kính $E J$ của đường tròn $(I)$. Gọi $d$ là đường thẳng qua $A$ song song với $B C$. Đường thẳng $J D$ cắt $d, B C$ lần lượt tại $L, H$.

(a) Chứng minh: $E, F, L$ thẳng hàng.

(b) $J A, J F$ cắt $B C$ lần lượt tại $M, K$. Chứng minh: $M H=M K$.

Bài 6. Tìm tất cả các số nguyên dương $x, y$ thỏa mãn phương trình: $3^{x}-y^{3}=1$

 

LỜI GIẢI

 

Bài 1. Cho ba số dương $a, b, c$ thỏa mãn điều kiện $\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}=2020$ Tính giá trị của biểu thức $P=\left(\frac{a^{2}}{b+c}+\frac{b^{2}}{c+a}+\frac{c^{2}}{a+b}\right):(a+b+c)$

Lời giải.

Ta có: $\left(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\right)(a+b+c)=2020(a+b+c)$

$\Leftrightarrow \frac{a^{2}}{b+c}+a+b+\frac{b^{2}}{c+a}+\frac{c^{2}}{a+b}+c=2020(a+b+c)$ $\Leftrightarrow \frac{a^{2}}{b+c}+\frac{b^{2}}{c+a}+\frac{c^{2}}{a+b}=2019(a+b+c)$ $\Leftrightarrow\left(\frac{a^{2}}{b+c}+\frac{b^{2}}{c+a}+\frac{c^{2}}{a+b}\right):(a+b+c)=2019$ Vạy $P=2019 .$

Bài 2.

a) Giải phương trình: $\sqrt{2 x^{2}+x+9}+\sqrt{2 x^{2}-x+1}=x+4$

b) Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}y^{2}-2 x y=8 x^{2}-6 x+1 \\ y^{2}=x^{3}+8 x^{2}-x+1\end{array}\right.$

Lời giải.

a) $\sqrt{2 x^{2}+x+9}+\sqrt{2 x^{2}-x+1}=x+4$ (1)

Đặt $\sqrt{2 x^{2}+x+9}=a(a>0)\left(\right.$ do $\left.2 x^{2}+x+9>0\right)$

và $\sqrt{2 x^{2}-x+1}=b(b>0)\left(\right.$ do $\left.2 x^{2}-x+1>0\right)$

Khi đó ta có: $a^{2}-b^{2}=2 x+8$

Thay vào phương trình ta có:

$a+b=\frac{a^{2}-b^{2}}{2} \Leftrightarrow 2(a+b)=(a-b)(a+b) \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}a+b=0 \\a-b=2\end{array}\right.$

• TH1: $a+b=0 \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}a=0 \\ b=0\end{array}\right.$ (Loại do $\left.a>0, b>0\right)$

• TH2: $a-b=2$ khi đó ta có:

$\sqrt{2 x^{2}+x+9}-\sqrt{2 x^{2}-x+1}=2 $

$\Leftrightarrow \sqrt{2 x^{2}+x+9}=2+\sqrt{2 x^{2}-x+1} $

$\Leftrightarrow 2 x^{2}+x+9=4+2 x^{2}-x+1+4 \sqrt{2 x^{2}-x+1} $

$\Leftrightarrow x+2=2 \sqrt{2 x^{2}-x+1}$

$\Leftrightarrow\left\{\begin{array} { l }{ x \geq – 2 } \\{ x ^ { 2 } + 4 x + 4 = 8 x ^ { 2 } – 4 x + 4 }\end{array} \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}x \geq-2 \\{\left[\begin{array}{l}x=0(n) \\x=\frac{8}{7}(n)\end{array}\right.}\end{array}\right.\right.$

Vậy $S=(0 ; \frac{8}{7})$

b) $\left\{\begin{array}{l}y^{2}-2 x y=8 x^{2}-6 x+1 \\ y^{2}=x^{3}+8 x^{2}-x+1(2)\end{array}\right.$

Từ $(2)$ ta có: $y^{2}=x^{3}+8 x^{2}-x+1$ thay vào $(1)$ ta có: $x^{3}+8 x^{2}-x+1-2 x y=8 x^{2}-6 x+1 \Leftrightarrow x^{3}-2 x y+5 x=0$ $\Leftrightarrow x\left(x^{2}-2 y+5\right)=0 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}x=0 \\ x^{2}-2 y+5=0\end{array}\right.$

• TH1: $x=0$ thay vào (2) ta có: $y^{2}=1 \Rightarrow y=\pm 1$

• TH2: $x^{2}-2 y+5=0 \Leftrightarrow 2 y=x^{2}+5$ thay vào (2) ta có:

$4 y^{2}=4 x^{3}+32 x^{2}-4 x+4 $

$\Leftrightarrow\left(x^{2}+5\right)^{2}=4 x^{3}+32 x^{2}-4 x+4$

$\Leftrightarrow x^{4}-4 x^{3}-22 x^{2}+4 x+21=0 $

$\Leftrightarrow(x-7)(x+3)(x-1)(x+1)=0 $

$\Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}x=7 \Rightarrow y=27 \\x=1 \Rightarrow y=3 \\x=-1 \Rightarrow y=3 \\x=-3 \Rightarrow y=7\end{array}\right.$

Vậy nghiệm của hệ phương trình là: $(-3 ; 7),(-1 ; 3),(0 ;-1),(0 ; 1),(1 ; 3)$, $(7 ; 27)$.

Bài 3. Cho tam giác nhọn $A B C(A B<B C<C A)$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Từ $A$ kẻ đường thẳng song song với $B C$ cắt $(O)$ tại $A_{1}$. Từ $B$ kẻ đường thẳng song song với $A C$ cắt $(O)$ tại $B_{1}$. Từ $C$ kẻ đường thẳng song song với $A B$ cắt $(O)$ tại $C_{1}$. Chứng minh rằng các đường thẳng qua $A_{1}, B_{1}, C_{1}$ lần lượt vuông góc với $B C, C A, A B$ đồng quy.

Lời giải.

Gọi $H$ là trực tâm của tam giác $A B C$ và $O H$ cắt đường thẳng qua $A_{1}$, vuông góc với $B C$ ở điểm $K$. Gọi $M$ là trung điểm $A A_{1}$ thì $O M \perp A A_{1}$. Suy ra $O M \perp B C$.

Mặt khác, tứ giác $A H K A_{1}$ là hình thang vì $A H | A_{1} K$ nên ta có $O M$ là đường trung bình, kéo theo $O$ là trung điểm $H K$ hay nói cách khác, đường thẳng qua $A_{1}$, vuông góc với $B C$ sẽ đi qua điểm đối xứng với trực tâm $H$ của tam giác $A B C$ qua $O$.

Rõ ràng điểm này bình đẳng với $B, C$ nên hai đường qua $B_{1}, C_{1}$ lần lượt vuông góc với $C A, A B$ cũng đi qua $K$. Vì thế nên ta có các đường thẳng của đề bài đồng quy ở $K$.

Bài 4.

a) Cho 2 số thực $a, b$. Chứng minh rằng: $\frac{a^{2}+b^{2}}{2} \geq a b+\frac{(a-b)^{2}}{a^{2}+b^{2}+2}$

b) Cho hai số dương $a, b$ thỏa mãn điều kiện $a+b \leq 3$ Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: $Q=b-a+\frac{20}{a}+\frac{7}{b}$.

Lời giải.

a) Ta có: $\frac{a^{2}+b^{2}}{2} \geq a b+\frac{(a-b)^{2}}{a^{2}+b^{2}+2}$

$\Leftrightarrow \frac{(a-b)^{2}}{2} \geq \frac{(a-b)^{2}}{a^{2}+b^{2}+2} $

$\Leftrightarrow(a-b)^{2}\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{a^{2}+b^{2}+2}\right) \geq 0 $

$\Leftrightarrow(a-b)^{2} \frac{a^{2}+b^{2}}{a^{2}+b^{2}+2} \geq 0 (đúng) $

b) Ta có: $a, b>0$ và $a \leq 3-b$

$Q=b-a+\frac{20}{a}+\frac{7}{b} \geq b-(3-b)+\frac{20}{3-b}+\frac{7}{b} $

$=(2 b-3)+\frac{20}{3-b}+\frac{7}{b} $

$=\left[5(3-b)+\frac{20}{3-b}\right]+\left(7 b+\frac{7}{b}\right)-18 $

$\geq 2 \sqrt{100}+2 \sqrt{49}-18=16$

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $a=2$ và $b=1$.

Bài 5. Đường tròn $(I)$ nội tiếp tam giác $A B C$ tiếp xúc với các cạnh $A B, B C, C A$ lần lượt tại $D, E, F$. Kẻ đường kính $E J$ của đường tròn $(I)$. Gọi $d$ là đường thẳng qua $A$ song song với $B C$. Đường thẳng $J D$ cắt $d, B C$ lần lượt tại $L, H$.

a) Chứng minh: $E, F, L$ thẳng hàng.

b) $J A, J F$ cắt $B C$ lần lượt tại $M, K$. Chứng minh: $M H=M K$.

Lời giải.

a) Ta có $J E$ là đường kính của $(I)$ nên $\angle J D E=90^{\circ}$ và $\triangle H D E$ vuông ở $D$. Chú ý rằng $B D=B E$, do cùng là tiếp tuyến kẻ từ $B$ đến $(I)$ nên $B D=B H$ (tính chất trung tuyến ứng với cạnh huyền). Do đó $\triangle B H D$ cân ở $B$.

Vị $A L / / B H$ nên $\triangle A D L$ và $\triangle B D H$ đồng dạng, kéo theo $\triangle A D L$ cân ở $A$ hay $A L=A D=A F$.

Vị $A L / / C E$ nên $\angle L A F=\angle F C E$, mà $\triangle A L F, \triangle C E F$ đều cân có các góc ở đỉnh bằng nhau nên chúng đồng dạng.

Suy ra $\angle A F L=\angle C F E$, kéo theo $L, F, E$ thẳng hàng.

b) Kéo dài $J F$ cắt $d$ ở $T$ thì tương tự câu $a$, ta có $T, D, E$ thẳng hàng và $A T=A D=$ $A F=A L$.

Theo định lý Thales với $d / / B C$ thì $\frac{A L}{M H}=\frac{A J}{J M}=\frac{A T}{M K}$, mà $A T=A L$ nên $M H=M K$.

Bài 6. Tìm tất cả các số nguyên dương $x, y$ thỏa mãn phương trình: $3^{x}-y^{3}=1$

Lời giải.

Ta có: $3^{x}-y^{3}=1 \Leftrightarrow y^{3}+1=3^{x}$

$\Leftrightarrow(y+1)\left(y^{2}-y+1\right)=3^{x} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}y+1=3^{m}(1) \\ y^{2}-y+1=3^{n}(2)\end{array}\right.$

• TH1: $m=1 \Leftrightarrow y=2 \Rightarrow x=2$ (nhận).

• TH2: $m \geq 2 \Leftrightarrow y=3^{m}-1$

Thế vào $(2):\left(3^{m}-1\right)^{2}-\left(3^{m}-1\right)+1=3^{n}$ $\Leftrightarrow 3^{n}=3^{2 m}-3^{m+1}+3=3^{m+1}\left(3^{m-1}-1\right)+3>3^{m+1} \Rightarrow n>m+1$

Ta lại có: $3=3^{n}-3^{2 m}+3^{m+1}=3^{m+1}\left(3^{n-m-1}-3^{m-1}+1\right) \vdots 3^{m+1} \Rightarrow m=0$ (vô lí).

Vậy phương trình có nghiệm $\left\{\begin{array}{l}x=2 \\ y=2\end{array}\right.$.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Bài 1. (1 điểm )Cho $a, b, c$ là ba số thỏa điều kiện $a+b+c=0$ và $a^{2}=2(a+c+$ 1) $(a+b-1)$. Tính giá trị của biểu thức $A=a^{2}+b^{2}+c^{2}$.

Bài 2. (2 điểm)

(a) Giải phương trình: $4 \sqrt{x+3}=1+4 x+\frac{2}{x}$.

(b) Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}x^{2}+y^{3}=1 \\ x^{2}+y^{5}=x^{3}+y^{2}\end{array}\right.$

Bài 3. (2 điểm) Cho tam giác $A B C(A B<A C)$ vuông tại $A$ có đường cao $A H$. Gọi $E, F$ lần lượt là hình chiếu của $H$ lên $A B, A C$.

(a) Chứng minh rằng: $B E \sqrt{C H}+C F \sqrt{B H}=A H \sqrt{B C}$

(b) Gọi $D$ là điểm đối xứng của $B$ qua $H$ và gọi $O$ là trung điểm của $B C$. Đường thẳng đi qua $D$ và vuông với $B C$ cắt $A C$ tại $K$. Chứng minh rằng: $B K$ vuông góc với $A O$.

Bài 4. (1,5 điểm)

(a) Chứng minh rằng: $x^{4}-x+\frac{1}{2}>0$ với mọi số thực $x$.

(b) Cho $x, y$ là các số thực thỏa mãn điều kiện $x^{2}-x y+y^{2}=3$. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P=x^{2}+y^{2}$.

Bài 5. (1,5 điểm) Cho tam giác $A B C$ vuông tại $A$. Gọi $M$ là trung điểm của $B C$ và $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác $A M B$. Đường thẳng $A C$ cắt $(O)$ tại điểm thứ hai $K$. Đường thẳng $B K$ cắt đường tròn ngoại tam giác $A B C$ tại $L$. Các đường thẳng $C L$ và $K M$ cắt nhau tại $E$. Chứng minh rằng $E$ nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác $A C M$.

Bài 6. (2 điểm) Các số nguyên dương từ 1 đến 2018 được tô màu theo nguyên tắc sau: Các số mà khi chia hết cho 24 dư 17 tô được màu xanh. Các số mà khi chia cho 40 dư 7 được tô màu đỏ. Các số còn lại được tô màu vàng.

(a) Chứng tỏ rằng không có số nào được tô cả hai màu xanh và đỏ. Hỏi có bao nhiêu số được tô màu vàng?

(b) Có bao nhiêu cặp số $(a, b)$ sao cho $a$ được tô màu xanh, $b$ được tô màu đỏ và $|a-b|$ bằng 2 ?

LỜI GIẢI

 

Bài 1. Cho $a, b, c$ là ba số thỏa điều kiện $a+b+c=0$ và $a^{2}=2(a+c+1)(a+b-1)$. Tính giá trị của biểu thức $A=a^{2}+b^{2}+c^{2}$.

Lời giải. Ta có $: a+b+c=0 \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}a+c=-b \\ a+b=-c \\ a=-(b+c)\end{array}\right.$

Khi đó: $a^{2}=2(a+c+1)(a+b-1)=2(-b+1)(-c-1)$ $\Leftrightarrow a^{2}=2(b-1)(c+1)$

$\Leftrightarrow a^{2}=2(b c+b-c-1)$

$\Leftrightarrow(b+c)^{2}=2(b c+b-c-1)$

$\Leftrightarrow b^{2}+2 b c+c^{2}=2 b c+2 b-2 c-2$

$\Leftrightarrow(b-1)^{2}+(c+1)^{2}=0 \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}b=1 \\ c=-1 .\end{array}\right.$

Suy ra $a=0$.

Vậy $A=a^{2}+b^{2}+c^{2}=0^{2}+1^{2}+(-1)^{2}=2$.

Bài 2.

a) Giải phương trình: $4 \sqrt{x+3}=1+4 x+\frac{2}{x}$.

b) Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}x^{2}+y^{3}=1 \\ x^{2}+y^{5}=x^{3}+y^{2}\end{array}\right.$

Lời giải.

a) Giải phương trình: $4 \sqrt{x+3}=1+4 x+\frac{2}{x}$.

Điều kiện xác định: $\left\{\begin{array}{l}x \neq 0 \\ x \geq 3 .\end{array}\right.$

Ta có: $(1) \Leftrightarrow 4 x \sqrt{x+3}=x+4 x^{2}+2 $

$\Leftrightarrow 4 x^{2}-4 x \sqrt{x+3}+(x+3)=1 $

$\Leftrightarrow(2 x-\sqrt{x+3})^{2}=1 $

$\Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}2 x-\sqrt{x+3}=1 \\2 x-\sqrt{x+3}=-1\end{array}\right.$

– Trường hợp 1: $2 x-1=\sqrt{x+3} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}2 x-1 \geq 0 \\ (2 x-1)^{2}=x+3\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}x \geq \frac{1}{2} \\ 4 x^{2}-5 x-2=0\end{array}\right.\right.$

– Trường hợp 2: $2 x+1=\sqrt{x+3} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}2 x+1 \geq 0 \\ (2 x+1)^{2}=x+3\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}x \geq-\frac{1}{2} \\ 4 x^{2}+3 x-2=0\end{array}\right.\right.$

$\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}x \geq-\frac{1}{2} \\{\left[\begin{array}{l}x=\frac{-3+\sqrt{41}}{8} \\x=\frac{-3-\sqrt{41}}{8}\end{array} \Rightarrow x=\frac{-3+\sqrt{41}}{8}\right.}\end{array}\right.$

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là $\mathcal{S}=(\frac{5+\sqrt{57}}{8} ; \frac{-3+\sqrt{41}}{8})$

b) $\left\{\begin{array}{l}x^{2}+y^{3}=1 \\x^{2}+y^{5}=x^{3}+y^{2}\end{array}\right.\quad(2)$

Ta có phương trình

$(2) \Leftrightarrow x^{2}(1-x)=y^{2}\left(1-y^{3}\right)=y^{2} x^{2} \Leftrightarrow x^{2}\left(1-x-y^{2}\right)=0 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}x=0 \\ 1-x-y^{2}=0\end{array}\right.$

– Trường hợp 1: Với $x=0$ thì $(1) \Leftrightarrow y^{3}=1 \Leftrightarrow y=1$.

– Trường hợp 2: Với $1-x-y^{2}=0 \Leftrightarrow x=1-y^{2}$ thì

(1) $\Leftrightarrow\left(1-y^{2}\right)^{2}+y^{3}=1 $

$\Leftrightarrow y^{4}+y^{3}-2 y^{2}=0 $

$\Leftrightarrow y^{2}\left(y^{2}+y-2\right)=0 $

$\Leftrightarrow y^{2}(y-1)(y+2)=0 $

$\Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}y=0 \\\\y=1 \\\\y=-2 \end{array}\right. $

• Với $y=0$ thì $x=1$.

• Với $y=1$ thì $x=0$.

• Với $y=-2$ thì $x=-3$.

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là: $\mathcal{S}={(0 ; 1),(1 ; 0),(-3 ;-2)}$

Bài 3. Cho tam giác $A B C(A B<A C)$ vuông tại $A$ có đường cao $A H$. Gọi $E, F$ lần lượt là hình chiếu của $H$ lên $A B, A C$.

a) Chứng minh rằng: $B E \sqrt{C H}+C F \sqrt{B H}=A H \sqrt{B C}$

b) Gọi $D$ là điểm đối xứng của $B$ qua $H$ và gọi $O$ là trung điểm của $B C$. Đường thẳng đi qua $D$ và vuông với $B C$ cắt $A C$ tại $K$. Chứng minh rằng: $B K$ vuông góc với $A O$.

Lời Giải.

a) Chứng minh rằng: $B E \sqrt{C H}+C F \sqrt{B H}=A H \sqrt{B C}$.

Ta có: $H E | A C$ (vì cùng vuông góc với $A B$ ).

Suy ra: $\frac{B E}{A B}=\frac{B H}{B C} \quad$ (1) (theo định lí Ta- lét).

Ta lại có: $H F | A B$ (Vi cùng vuông góc với $A C$ ).

Suy ra: $\frac{C F}{A C}=\frac{C H}{B C} \quad$ (2) (theo định lí Ta-lét).

Từ (1) và (2) suy ra  $\frac{B E}{A B}+\frac{C F}{A C}=\frac{B H}{B C}+\frac{C H}{B C}=1 $

$\Rightarrow B E \cdot A C+C F \cdot A B=A B \cdot A C $

$\Leftrightarrow B E \cdot \sqrt{C H \cdot B C}+C F \sqrt{B H \cdot B C}=A H \cdot B C $

Vì $ A H \cdot B C=A B \cdot A C) $

$\Leftrightarrow \sqrt{B C}(B E \sqrt{C H}+C F \sqrt{B H})=\sqrt{B C} \cdot A H \cdot \sqrt{B C} $

$\Leftrightarrow B E \sqrt{C H}+C F \sqrt{B H}=A H \sqrt{B C} . \text { (dpcm) }$

b) Ta có: $\triangle C D K \sim \triangle C A B \quad(g-g)$

Suy ra: $\frac{C D}{C K}=\frac{C A}{C B}$

Xét $\triangle A C D$ và $\triangle B C K$ có:

$C$ chung và $\frac{C D}{C K}=\frac{C A}{C B}(\mathrm{cmt})$.

Suy ra: $\triangle A C D \sim \triangle B C K \quad(c-g-c)$.

Do đó: $\widehat{K B D}=\widehat{C A D}=90^{\circ}-\widehat{B A D}=90^{\circ}-2 \widehat{B A H}=90^{\circ}-2 \widehat{B C A}($ Vi $\widehat{B A H}=$ $\widehat{B C A}$ (cùng phụ với $A B C$) (1)

Mà $\triangle A B C$ vuông tại $A$ có $O$ là trung điểm của $B C$.

Suy ra $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\triangle A B C \Rightarrow 2 \widehat{A C B}=\widehat{A O B}$ Khi đó $(1) \Leftrightarrow \widehat{K B D}=90^{\circ}-\widehat{A O B}$.

Vậy $B K \perp A O$ (đpcm).

Bài 4.

a) Chứng minh rằng: $x^{4}-x+\frac{1}{2}>0$ với mọi số thực $x$.

b) Cho $x, y$ là các số thực thỏa mãn điều kiện $x^{2}-x y+y^{2}=3$. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P=x^{2}+y^{2}$.

Lời giải.

a) Ta có: $x^{4}-x+\frac{1}{2}=x^{4}-x^{2}+x^{2}-x+\frac{1}{2}=x^{4}-2 \cdot \frac{1}{2} x^{2}+\frac{1}{4}+x^{2}-2 \cdot \frac{1}{2} x+\frac{1}{4}$ $=\left(x^{2}-\frac{1}{2}\right)^{2}+\left(x-\frac{1}{2}\right)^{2} \geq 0$ với mọi số thực $x$.

Dấu bằng xảy $\mathrm{ra} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}x^{2}-\frac{1}{2}=0 \\x-\frac{1}{2}=0\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}x^{2}=\frac{1}{2} \\x=\frac{1}{2}\end{array}\right.\right.$ Hệ phương trình vô nghiệm.

Do đó đẳng thức không xảy ra, tức là $x^{4}-x+12>0$ với mọi số thực $x$.

b) Cách 1:

Ta có: $A=\frac{P}{3}=\frac{x^{2}+y^{2}}{x^{2}-x y+y^{2}}$

Xét $y=0 \Rightarrow x=\pm \sqrt{3} \Rightarrow P=3$.

Xét $y \neq 0$, khi đó $A=\frac{\left(\frac{x}{y}\right)^{2}+1}{\left(\frac{x}{y}\right)^{2}-\frac{x}{y}+1} \quad(1)$. Đặt $t=\frac{x}{y}$.

Khi đó $(1)$ trở thành $A=\frac{t^{2}+1}{t^{2}-t+1} \Leftrightarrow t^{2}(A-1)+A t+A-1=0$.

Xét $A=1 \Rightarrow P=3$.

Xét $A \neq 1 \Rightarrow \Delta=A^{2}-4(A-1)^{2}=-(3 A-2)(A-2) \geq 0 \Leftrightarrow \frac{2}{3} \leq A \leq 2 \Leftrightarrow$ $2 \leq P \leq 6$.

$\operatorname{Min} P=2$ khi $x=1 ; y=-1$ hoặc $x=-1 ; y=1$.

$\operatorname{Max} P=6$ khi $x=y=\pm \sqrt{3}$.

Cách 2: $3=\frac{1}{2}\left(2 x^{2}-2 x y+2 y^{2}\right)=\frac{1}{2}\left[3\left(x^{2}+y^{2}\right)-(x-y)^{2}\right]$.

$\Rightarrow x^{2}+y^{2} \geq 2$

$3=\frac{1}{2}\left(2 x^{2}-2 x y+2 y^{2}\right)=\frac{1}{2}\left[x^{2}+y^{2}+(x-y)^{2}\right] .$

$\Rightarrow x^{2}+y^{2} \leq 6$

Vậy $2 \leq P \leq 6$.

Bài 5. Cho tam giác $A B C$ vuông tại $A$. Gọi $M$ là trung điểm của $B C$ và $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác $A M B$. Đường thẳng $A C$ cắt $(O)$ tại điểm thứ hai $K$. Đường thẳng $B K$ cắt đường tròn ngoại tam giác $A B C$ tại $L$. Các đường thẳng $C L$ và $K M$ cắt nhau tại $E$. Chứng minh rằng $E$ nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ACM.

Lời giải. Ta có: tứ giác $A K M B$ nội tiếp ( tổng hai góc đối bằng $180^{\circ}$ )

Suy ra: $\widehat{M A K}=\widehat{K B M}=\widehat{L B C}$ (cùng chắn cung $K M$ )

Ta lại có: $\widehat{L B C}=\widehat{M E C}$ (cùng phụ với $\widehat{E C B}$ ) $\Rightarrow \widehat{M A K}=\widehat{M E C}$

Suy ra tứ giác $M A E C$ nội tiếp

Vậy $E$ nằm trên đường tròn ngoại tiếp $\triangle A M C$.

Bài 6. Các số nguyên dương từ 1 đến 2018 được tô màu theo nguyên tắc sau: Các số mà khi chia hết cho 24 dư 17 tô được màu xanh. Các số mà khi chia cho 40 dư 7 được tô màu đỏ. Các số còn lại được tô màu vàng.

a) Chứng tỏ rằng không có số nào được tô cả hai màu xanh và đỏ. Hỏi có bao nhiêu số được tô màu vàng?

b) Có bao nhiêu cặp số $(a, b)$ sao cho $a$ được tô màu xanh, $b$ được tô màu đỏ và $|a-b|$ bằng 2 ?

Lời giải.

a) Theo đề bài ta có

• Số màu xanh có dạng: $24 x+17 \quad(x \in \mathbb{N})$ với $1 \leq 24 x+17 \leq 2018 \Leftrightarrow-\frac{2}{3} \leq x \leq \frac{667}{8} \Leftrightarrow 0 \leq x \leq 83 .$

Do đó có 84 số được tô màu xanh.

• Số màu đỏ có dạng: 40y $+7 \quad(y \in \mathbb{N})$ với $1 \leq 40 y+7 \leq 2018 \Leftrightarrow-\frac{3}{20} \leq x \leq \frac{2011}{40} \Leftrightarrow 0 \leq x \leq 50$.

Do đó có 51 số được tô màu đỏ.

• Giả sử có số được tô cả hai màu xanh và đỏ khi đó tồn tại $x_{0} ; y_{0}$ sao cho $24 x_{0}+17=40_{0} y+7 \Leftrightarrow 24_{0} x+10=40_{0} y$

Vì $24: 4$ và $40: 4$ nên $10: 4$ (vô lí)

Vậy không có số nào được tô cả hai màu xanh và đỏ. Khi đó số lượng số được tô màu vàng là: $2018-84-51=1883$ (số).

b) Ta có $a=24 x+17$ và $b=40 y+7$ với $(x, y \in \mathbb{N})$ Xét 2 trường hợp sau:

• Trường hợp 1: $a-b=2 \Leftrightarrow 24 x-40 y+10=2 \Leftrightarrow 3 x-5 y=-1 \Leftrightarrow 3 x=$ $5 y-1 .$

Mà $0 \leq x \leq 83 \Leftrightarrow 0 \leq 3 x \leq 249$

Suy ra $0 \leq 5 y-1 \leq 249 \Leftrightarrow \frac{1}{5} \leq y \leq 50$.

Vi $(5 y-1)$ : 3 nên $y$ chia 3 dư 2 .

Kiểm tra ta thấy $y$ nhận 17 giá trị khác nhau $\Rightarrow$ có 17 cặp $(x ; y)$.

• Trường hợp 2: $a-b=-2 \Leftrightarrow 24 x+17-40 y-7=-2 \Leftrightarrow 24 x-40 y=$ $-12$

$\Leftrightarrow 6 x-10 y=-3$ (loại)

Vậy có 17 cặp $(a ; b)$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.