Đăng ký Đăng nhập
Trang chủ Giáo dục - Đào tạo Luyện thi - Đề thi Tuyển sinh lớp 10 Môn toán Phân tích và bình luận một số đề thi vào lớp 10 chuyên toán ...

Tài liệu Phân tích và bình luận một số đề thi vào lớp 10 chuyên toán

.PDF
161
218
149

Mô tả:

Phân tích và bình luận một số đề thi vào lớp 10 chuyên toán
Tailieumontoan.com  Nguyễn Công Lợi PHÂN TÍCH VÀ BÌNH LUẬN 55 ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN Nghệ An, tháng 8 năm 2019 1 Website:tailieumontoan.com PHÂN TÍCH VÀ BÌNH LUẬN 55 ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN LỜI NÓI ĐẦU Nhằm đáp ứng nhu cầu về của giáo viên toán THCS và học sinh luyện thi vào chuyên toán lớp 10, website tailieumontoan.com giới thiệu đến thầy cô và các em tuyển tập phân tích và bình luận 55 đề thi vào chuyên toán năm 2016-2017 và năm 2017-2018. Đây là bộ đề thi mang tính chất thực tiễn cao, giúp các thầy cô và các em học sinh luyện thi vào lớp 10 chuyên toán có một tài liệu bám sát đề thi để đạt được thành tích cao, mang lại vinh dự cho bản thân, gia đình và nhà trường. Bộ đề gồm nhiều Câu toán hay được các thầy cô trên cả nước sưu tầm và sáng tác, ôn luyện qua sẽ giúp các em phát triển tư duy môn toán từ đó thêm yêu thích và học giỏi môn học này, tạo được nền tảng để có những kiến thức nền tốt đáp ứng cho việc tiếp nhận kiến thức ở các lớp, cấp học trên được nhẹ nhàng và hiệu quả hơn. Các vị phụ huynh và các thầy cô dạy toán có thể dùng có thể dùng tuyển tập đề toán này để giúp con em mình học tập. Hy vọng Tuyển tập 55 đề thi vào lớp 10 chuyên toán này sẽ có thể giúp nhiều cho học sinh phát huy nội lực giải toán nói riêng và học toán nói chung. Bộ đề này được viết theo hình thức Bộ đề ôn thi, gồm: đề thi và phân tích bình luận, lời giải chi tiết ngay dưới đề thi đó dựa trên các đề thi chính thức đã từng được sử dụng trong các kì thi học sinh chuyên toán của ở các tỉnh trên cả nước năm học 2016-2017 và 2017-2018. Mặc dù đã có sự đầu tư lớn về thời gian, trí tuệ song không thể tránh khỏi những hạn chế, sai sót. Mong được sự góp ý của các thầy, cô giáo và các em học! Chúc các thầy, cô giáo và các em học sinh thu được kết quả cao nhất từ bộ đề này! Tác giả: Nguyễn Công Lợi – bản xem thử TÀI LIỆU TOÁN HỌC 2 Website:tailieumontoan.com MỤC LỤC Đề số Trang TỔNG HỢP ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN TOÁN NĂM HỌC 2016 – 2017 1 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên Phan Bội Châu Nghệ An 2 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên tỉnh Vĩnh Phúc 3 Đề thi tuyển sinh lớp 10 Trường chuyên Hùng Vương Phú Thọ - Chuyên Toán 4 Đề thi tuyển sinh lớp 10 Trường chuyên Hùng Vương Phú Thọ - Chuyên Tin 5 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên Quốc Học Huế 6 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên tỉnh Bà Rịa – Vũng Tàu 7 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên Nguyễn Trãi Hải Dương 8 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên Thành phố Hà Nội 9 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên ĐHKHTN Hà Nội – Vòng 1 10 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên ĐHKHTN Hà Nội – Vòng 2 11 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên Tỉnh Bắc Ninh – Vòng 1 12 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên Tỉnh Bắc Ninh – Vòng 2 13 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên Tỉnh Hà Nam 14 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường PTNK TP Hồ Chí Minh – Vòng 1 15 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường PTNK TP Hồ Chí Minh – Vòng 2 16 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên Tỉnh Thái Nguyên 17 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên TP Hồ Chí Minh – Vòng 2 18 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên Tỉnh Bình Dương 19 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên Tỉnh Bình Định 20 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên Tỉnh Bình Phước 21 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên Tỉnh Hưng Yên – Vòng 1 22 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên Tỉnh Hưng Yên – Vòng 2 23 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên Tỉnh Quảng Bình 24 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên Tỉnh Long An 25 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên Tỉnh Hòa Bình 26 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên ĐHSP Hà Nội – Vòng 1 27 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên ĐHSP Hà Nội – Vòng 2 Tác giả: Nguyễn Công Lợi – bản xem thử TÀI LIỆU TOÁN HỌC 3 Website:tailieumontoan.com 28 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên Tỉnh Quảng Ngãi TỔNG HỢP ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN TOÁN NĂM HỌC 2017 – 2018 1 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên Phan Bội Châu Nghệ An 2 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên Tỉnh Thái Bình – Vòng 1 3 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên Tỉnh Thái Bình – Vòng 2 4 Đề thi tuyển sinh lớp 10 Trường THPT chuyên Quốc Học Huế - Chuyên Toán 5 Đề thi tuyển sinh lớp 10 Trường THPT chuyên Quốc Học Huế - Chuyên Tin 6 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường THPT chuyên Tỉnh Vĩnh Phúc 7 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường THPT chuyên Tỉnh Bình Định 8 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên ĐHSP Hà Nội – Vòng 1 9 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên ĐHSP Hà Nội – Vòng 2 10 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường THPT chuyên Tỉnh Đồng Nai 11 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường THPT chuyên Tỉnh Quảng Ninh 12 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường THPT chuyên Hùng Vương Phú Thọ 13 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường THPT chuyên tỉnh Bắc Ninh 14 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường THPT chuyên tỉnh Hưng Yên 15 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường THPT chuyên tỉnh Bình Phước 16 Đề thi tuyển sinh lớp 10 Trường THPT chuyên tỉnh Thái Nguyên - Chuyên Toán 17 Đề thi tuyển sinh lớp 10 Trường THPT chuyên tỉnh Thái Nguyên - Chuyên Tin 18 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường THPT chuyên tỉnh Hải Dương 19 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường THPT chuyên tỉnh Bắc Giang 20 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường THPT chuyên tỉnh Bình Dương 21 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường THPT chuyên Thành phố Hà Nội 22 23 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường THPT chuyên Thành phố Hồ Chí Minh Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên ĐHKHTN Hà Nội – Vòng 1 Tác giả: Nguyễn Công Lợi – bản xem thử TÀI LIỆU TOÁN HỌC 4 Website:tailieumontoan.com 24 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên ĐHKHTN Hà Nội – Vòng 2 25 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên Tỉnh Bà Rịa – Vũng Tàuc 26 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường PTNK TP Hồ Chí Minh – Vòng 1 27 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường PTNK TP Hồ Chí Minh – Vòng 2 28 29 30 Tác giả: Nguyễn Công Lợi – bản xem thử TÀI LIỆU TOÁN HỌC 5 Website:tailieumontoan.com Đề số 1 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TRƯỜNG CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU Năm học 2016 – 2017 Câu 1 (7.0 điểm). a) Giải phương trình 3x 5 b) Giải hệ phương trình x 2xy 4x 2 2 4x y 3x 2 1 3y 6 12x 4x 4. 0 4y 9 0 . Câu 2 (3.0 điểm). Tìm tất cả c{c cặp số nguyên dương x ; y sao cho x 2 2 xy 2 . Câu 3 (2.0 điểm). Cho a, b, c l| c{c số thực dương thay đổi. Tìm gi{ trị nhỏ nhất của biểu thức: a2 P a b2 b 2 b c 2 c 4a Câu 4 (6.0 điểm). Cho điểm A cố định nằm ngo|i đường tròn O . Kẻ c{c tiếp tuyến AE, AF của O (E, F l| c{c tiếp điểm). Điểm D di động trên cung lớn EF sao cho DE DF , D không trùng với E v| tiếp tuyến tại D của O cắt c{c tia AE, AF lần lượt tại B, C. a) Gọi M, N lần lượt l| giao điểm của đường thẳng EF với c{c đường thẳng OB, OC. Chứng minh tứ gi{c BNMC nội tiếp một đường tròn. b) Kẻ tia ph}n gi{c DK của góc EDF v| tia ph}n gi{c OI của góc BOC K EF;I BC . Chứng minh rằng OI song song với DK. c) Chứng minh đường thẳng IK luôn đi qua một điểm cố định. Câu 5 (2.0 điểm). Mỗi điểm trong mặt phẳng được gắn với một trong hai m|u đỏ hoặc xanh. Chứng minh rằng luôn tồn tại một tam gi{c đều có ba đỉnh cùng m|u v| có độ d|i cạnh bằng 3 hoặc 3. Tác giả: Nguyễn Công Lợi – bản xem thử TÀI LIỆU TOÁN HỌC 6 Website:tailieumontoan.com Phân tích và hướng dẫn giải Câu 1 (7.0 điểm). 3x 5 a) Giải phương trình x 3x 2 1 4x 4. Phân tích. Phương trình có chứa nhiều dấu căn nhưng ta không nhẩm được nghiệm đẹp nên tạm thời ta không sử dụng phương pháp nhân lượng liên hợp. Lại thấy phương trình không thể viết thành tích hay viết thành các bình phương. Phương pháp đặt ẩn phụ cũng khá khó khăn vì ta không thể biểu diễn vế phải theo hai căn thức ở vế trái. Nhận thấy sau khi bình phương hai vế thì phương trình chỉ còn một căn thức và phân tích được nên ta chọn phương pháp nâng lên lũy thừa để giải bài toán này xem sao. 5 3x x 2 1 3x 2 4x 4 3x 2 2 2x 3x 2 5 2x 2 Đến đây ta thấy có thể giải được phương trình 1 Lời giải. Điều kiện x{c định của phương trình l| 5 . Phương trình đã cho 3 x tương đương với 5 3x 2 Đặt t t2 3x 2t Từ t 3 x 2x t 0 5 t 3x 2 4x 4 3x 2 2 2x 3x 2 5 2x 2 0 . Khi đó phương trình trên trở th|nh 1. 3x 2 1 ta được 2 1 2x 5 1 x 1 13 . 3 Kết hợp với điều kiện x{c định của phương trình ta được tập nghiệm l| 1 S 3 13 1 ; 13 . 3 b) Giải hệ phương trình 2xy 4x 3y 4x 2 y2 12x 6 4y 0 9 0 Phân tích. Quan sát các phương trình của hệ ta thấy phương trình thứ nhất có bậc nhất đối với mỗi ẩn, do đó ta có thể biểu diễn ẩn này theo ẩn kia và thế vào phương trình thứ hai, tuy nhiên sau phép thế phương trình thu được có bậc 4 nên ta tạm thời chưa sử dụng phép thế. Quan sát kỹ các phương 2xy 4x trình 3y ta 6 thấy 0 phương 2x Tác giả: Nguyễn Công Lợi – bản xem thử 3 y trình 2 thứ nhất có thể phân tích được 0 . Đến đây ta giải được hệ phương trình. TÀI LIỆU TOÁN HỌC 7 Website:tailieumontoan.com Lời giải. Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với 2xy 3y 6 2x 0 3 y 2 0 3 y 2 0 3 2 2 x 0 y 3 , thế v|o phương trình thứ hai của hệ v| thu gọn ta được 2 y 0 . 0 y 4 + Với x y2 4x 2x 4y + Với x 2 , thế v|o phương trình thứ hai của hệ ta được 1 5 4x 2 12x 5 0 x ;x . 2 2 1 3 3 5 ; 2, ; 4 , ;0 , ; 2 . Vậy hệ phương trình có c{c nghiệm x ; y là 2 2 2 2 Nhận xét. Để ý rằng phương trình thứ hai của hệ có bậc hai đối với mỗi ẩn nên ta xem phương trình đó là phương trình ẩn y và tham số là x (vì hệ số cao nhất của y là 1). Khi đó ta viết phương trình lại thành y 2 ' 4x 2 2 4x 2 4y 12x 12x 4x 2 9 9 12x 0 . Đến đây ta được 9 , không có dạng chính phương. Do đó phương trình không phân tích được thành tích. Để ý lên hệ giữa hai phương trình của hệ ta thấy 4x 2 y2 4xy 2x y 2 và 12x 4y 8x 6y 4x 2y . Do đó từ hệ phương trình ta được 4x 2 2x y2 y 2 12x 4y 9 2 2xy 2 2x y 3 0 2x 4x y 3y 6 1 2x 4x 2 0 y 3 y2 4xy 4x 2y 3 0 0 Đến đây ta có thêm một cách giải khác cho hệ phương trình. Trong hệ phương trình mà mỗi phương trình có bậc hai đối với mỗi ẩn thì ta cần kiểm tra cụ thể từng phương trình xem có phương trình nào phân tích được thành tích. Khi không có phương trình phương trình nào phân tích được thành tích thì ta mới nghĩ đến phép cộng, trừ theo vế hai phương trình. Nhận thấy giá trị của y nhận được là 4; 2;0 , điều này có nghĩ là phương trình ẩn y có thể phân tích được dẽ dàng. Do đó ta có thể rút x theo y từ phương trình thứ nhất rồi thế vào phương trình thứ hai để đươncj một phương trình bậc 4 ẩn y. Chú ý là khí rút x theo y ta phải xét các trường hợp của y để phương trình có thể phân tích được. Tác giả: Nguyễn Công Lợi – bản xem thử TÀI LIỆU TOÁN HỌC 8 Website:tailieumontoan.com Câu 2. Tìm tất cả c{c cặp số nguyên dương x ; y sao cho x 2 xy 2 2 . Phân tích. Khi giải bài toán số học về quan hệ chia hết ta luôn có thói quen đặt kết quả phép chia bằng k để đưa về dạng phương trình nghiệm nguyên. Ở đây ta cũng sẽ áp dụng hướng đi như vậy. Đặt x 2 2 khi đó ta được x 2 k xy 2 kxy 2k 2 0 là một phương trình bậc hai nên ta có hai ý tưởng để giải phương trình trên đó là sử dụng điều kiện có nghiệm của phương trình hoặc áp dụng hệ thức Vi – et. Xem phương trình trên là phương trình bậc 2 ẩn x thì ta có. + Ý tưởng 1. Sử dụng điều kiện có nghiệm của phương trình k 2y 2 Ta có 4 2k k 2y 2 2 8k 8 . Để phương trình có nghiệm x nguyên thì là số chính phương. Đến đây có vẻ như hướng đi này không hợp lí cho lắm vì nếu k 2y 2 phải 8k 8 là số chính phương thì cũng rất khó để tìm được k. + Ý tưởng 2. Sử dụng hệ thức Vi – et để tìm điều kiện của k. Giả sử x 0 ; y 0 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Xét phương trình x 2 theo x0 định x1 lia Vi ky0 ; x 0x1 – kxy0 te 2k 2k thì 2 phương 0 , khi đó x 0 là một nghiệm của phương trình. Do đó trình có một nghiệm nữa là x1 . Ta có 2 . Đến đây dễ thấy x 1 nhận giá trị nguyên âm nên hương đi này không khả thi. + Ý tưởng 3. Cũng với ý tưởng đặt k như trên nhưng ta cần thay đổi bài toán một chút xem sao. x2 2 Khi đó đặt 2x 2y xy x 2y 2 k xy 2x 2x 2y xy 2 2x 2y xy 2. 2 và đưa về dạng phương trình nghiệm nguyên để giải. Tuy nhiên để giải quyết được phương trình ta cần giới hạn được k. Để làm được điều này ta cho k nhận một vài giá trị 1;2;... rồi giới hạn k. Ta thấy khi k 1 thì ta tìm được cặp x ; y 3; 4 thỏa mãn. Khi k 2;3;4 ta thấy phương trình không có nghiệm nguyên dương. Do đó ta nghĩ đến chứng minh k 2. Lời giải. Ta có x 2 Đặt 2x Xét k 2x 2y k xy 2 xy 2 2 với k x 2y 2x y xy 2x 2y xy 2x 2 2y xy 2 N* 2 . Khi đó 2y k xy 2 2 xy 2 Tác giả: Nguyễn Công Lợi – bản xem thử x 2 x 1 y 1 1 0 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 9 Website:tailieumontoan.com Điều n|y m}u thuẫn vì x ; y nguyên dương. Suy ra k 2 hay k + Nếu x 2 1; y 2 2 thì x 3; y 4 + Nếu x 2 2; y 2 1 thì x 4; y 3 1 . Suy ra 2 x y xy x 2 2 y 2 2 Vậy cặp số x ; y thỏa mãn b|i to{n l| 3; 4 và 4; 3 . Câu 3. Cho a, b, c l| c{c số thực dương thay đổi. Tìm gi{ trị nhỏ nhất của biểu thức: a2 P a b2 2 b c Phân tích: Đầu tiên ta dự đoán P nhỏ nhất khi a b P 3 a2 hay 4 a b b2 2 b c c 4a 2 b c 4a 2 3 . Ta cần chứng minh 4 c . Khi đó P 3 . Ý tưởng đầu tiên là ta đưa bất đẳng thức trên về dạng 4 c2 4ac c hoán vị. Lại thấy theo bất đẳng thức Cauchy thì ta có 4a c2 a c 2 nên ý tưởng trên lại càng có cơ sở. a2 Như vậy ta chỉ cần chứng minh được Để ý ta thấy x 2 y2 z2 a2 a x y 2 b c2 c 1 a Ta cần chứng minh 3 a b 2 a c b b c 1 a 3 a b 2 2 c c b 2 a 3 . 4 2 c , áp dụng thì ta được 3 b 2 c2 2 z b2 b a b2 c b a 2 c c a 3 4 a b c a b b b c c c a 3 . Nếu áp 2 dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức thì được bất đẳng thức sai. Do đó ta nghĩ đến hướng khác. Ta có a a 2 b b 2 b 2 c c 2 a a2 2 c 2 a2 a a2 a2 a b Hay ta cần chứng minh a 4 2 b b2 b2 b b4 2 c4 b2 b c2 c b2 2 2 c2 2 c c2 c a 2 và ta đi chứng minh 2 c2 c 5 a 2b 2 a b 2c 2 2 3 4 c 2a 2 6 a 3b b 3c c 3a . Đến đây ta lại không thể chứng minh được đánh giá trên. Như vậy nếu sử dụng bất đẳng thức Tác giả: Nguyễn Công Lợi – bản xem thử TÀI LIỆU TOÁN HỌC 10 Website:tailieumontoan.com Bunhiacopxki để đánh giá một cách trực tiếp thì không đem lại hiệu quả, do đó ta cần thay đổi hình thức bài toán trước. Để ý rằng ta viết lại được bất đẳng thức cần chứng minh thành 1 1 1 3 . 2 2 2 4 b c a 1 1 1 a b c b ;y a Đặt x c ;z b a , khi đó ta được xyz 1 và bất đẳng thức trên trở thành c 1 1 1 3 2 2 2 4 1 x 1 y 1 z + Đến đây từ giả thiết xyz np ;y m2 biến dạng x 1 ta có thể đổi biến tiếp, trong các cách đổi biến ta để ý đến cách đổi mp ;z n2 mn với m, n, p là các số dương. Khi đó bất đẳng thức được viết p2 lại thành 1 1 1 2 np m2 1 2 mp n2 1 2 mn p2 1 m4 3 4 m2 n4 2 np p4 n2 mp m2 n2 2 p2 3 4 2 mn Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức thì được m4 m2 n4 np 2 n2 p4 mp 2 p2 m2 Và ta cần chứng minh m4 Dễ thấy m 4 n4 m2 np n4 p4 p4 m 2n 2 2 2 mn n2 n2 n 2p2 2 np n2 p2 mp 5 m 2n 2 m2 2 p2 n 2p2 mn p 2m 2 p2 mp 2 p2 mn 2 3 hay ta cần chứng minh 4 2 6mnp m n p p 2m 2 ; m 2n 2 n 2p2 p 2m 2 mnp m 6 m 2n 2 n 2p2 p 2m 2 6mnp m n 1 1 n p Nên ta được m4 n4 p4 5 m 2n 2 n 2p2 p 2m 2 p . Vậy bất đẳng thức được chứng minh. + Cũng từ 1 1 x 1 2 1 y 1 2 z 1 ta để ý đến bất đẳng thức 2 1 x 2 1 1 y 2 xy 1 . Khi đó ta có 1 1 1 x 2 1 1 y 2 Tác giả: Nguyễn Công Lợi – bản xem thử 1 1 z 2 1 1 xy 1 z 2 . TÀI LIỆU TOÁN HỌC 11 Website:tailieumontoan.com Chú ý đến giả thiết xyz 1 ta có 1 z 1 z 1 Như vậy phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được z2 z2 Hay ta cần chỉ ra 4 z 2 z xy 2 1 3 z2 1 z 1 2z z 1 z2 z2 1 z 1 2 z 1 2x 1 2 1 z 1 . 2x 1 3 4 0 . Đến đây ta có lời giải cho bài toán. Lời giải. 1 + Cách 1. Ta có P b a 1 xyz 1 2 1 c b 1 2 a c 1 2 1 1 2 1 x 1 2xy 1 y 1 x 2y 2 2 xy x 3y xy 3 xy x 1 x2 xy 1 1 2 2 xy x y 1 y2 1 2x y 2 2 xy 2y 2 1 y 1 1 2 a khi đó ta được c 1 x 1 1 1 c ;z b 1 1 v| biểu thức đã cho được viết lại th|nh P Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức b ;y a . Đặt x 1 2 z 1 . 2 . Thật vậy, ta có x2 1 y2 2x 2y 1 0 Do bất đẳng thức cuỗi cùng luôn đúng nên ta có điều cần chứng minh. Khi đó 1 1 1 x 2 1 1 y 2 1 ta 1 z 2 xy 1 z 1 2x 1 3 4 1 z2 z2 z 1 z 2 1 1 z 1 2 z 1 3 z2 3 , dấu bằng xẩy ra khi v| chỉ khi x 4 y z Như vậy ta đi chứng minh 4 z2 z có z2 z2 z 1 2x 1 2z 1 z 1 2 0 . Do đó ta được P Vậy gi{ trị nhỏ nhất của P l| 1 hay a 3 , dấu bằng xẩy ra khi v| chỉ khi a 4 + Cách 2. Ho|n to|n tương tự như trên ta đi chứng minh b c. c. 1 1 b 1 x 2 1 1 y 2 1 z 2 3 4 . Tác giả: Nguyễn Công Lợi – bản xem thử TÀI LIỆU TOÁN HỌC 12 Website:tailieumontoan.com Do xyz np ;y m2 1 nên tồn tại c{c số dương m, n, p thỏa mãn x mp ;z n2 mn . Khi đó p2 bất đẳng thức được viết lại th|nh 1 1 np m2 1 2 1 1 mp n2 2 2 mn p2 1 m4 3 4 m2 n4 2 np n2 p4 2 mp p2 3 4 2 mn [p dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng ph}n thức thì được m4 m2 n4 np 2 n2 m2 p4 2 mp p2 m2 V| ta cần chứng minh m4 Dễ thấy m 4 n4 m2 n4 p4 np p4 2 m2 n2 n2 2 p2 n 2p2 n 2p2 2 np n2 p2 mp 5 m 2n 2 m 2n 2 2 mn n2 mn p 2m 2 p 2m 2 ; m 2n 2 p2 mp p2 mn 2 3 hay ta cần chứng minh 4 2 6mnp m n 2p2 2 p 2m 2 n p mnp m n p 6mnp m n p . Nên ta được m4 n4 p4 5 m 2n 2 Như vậy bất đẳng thức n 2p2 p 2m 2 1 1 x 1 6 m 2n 2 2 1 2 y 1 n 2p2 z 1 2 1 x 1 2 3 . 4 3 hay P 4 1 Nhận xét. Có thể áp dụng bất đẳng thức p 2m 2 1 y 1 2 xy 1 đánh giá trực tiếp như sau a2 Ta có P Đặt x a b ;b a b2 b 2 b c c 4a 2 c c nên ta có a b 1 1 c 4a 1 b a 2 1 c b 2 1 xy . Khi đó ta có P x 1 xy 4 1 2 y 1 2 Áp dụng bất đẳng thức trên và bất đẳng thức Cauchy ta được P 1 xy 1 xy 4 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là xy 1 xy 1 1 4 1 4 2 xy 1 xy 1 3 , dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi x 4 1 4 1 4 y 1 hay a 1 1 4 b 3 4 c. Có thể thấy được hình thức đơn giản của biểu thức P, tuy nhiên khi đi vào đánh giá ta thấy được sự khó khăn. Do vậy để hoàn thành được bài toán đòi hỏi phải phải nẵm vững các kiến thức cơ bản về bất đẳng thức và phải làm nhiều mới có kinh nghiệm khi xử lý các bất đẳng thức khó. Tác giả: Nguyễn Công Lợi – bản xem thử TÀI LIỆU TOÁN HỌC 13 Website:tailieumontoan.com Câu 4. Cho điểm A cố định nằm ngo|i đường tròn O . Kẻ c{c tiếp tuyến AE, AF của O (E, F l| c{c tiếp điểm). Điểm D di động trên cung lớn EF sao cho DE DF , D không trùng với E v| tiếp tuyến tại D của O cắt c{c tia AE, AF lần lượt tại B, C. a) Chứng minh rằng tứ gi{c BNMC nội tiếp Phân tích tìm lời giải. Yêu cầu chứng minh tứ giác nội tiếp đường tròn làm ta nhớ đến các phương pháp chứng minh đã được học, tuy nhiên xử lý theo hướng nào thì lại phụ thuộc đến việc đọc được các giả thiết đang còn bị ẩn đi của bài toán. Quan sát hình vẽ và kết hợp với yếu tố liên quan đến đường tròn nội tiếp ta nghĩ đến chứng minh tứ giác BNMC nội tiếp theo các hướng đi như sau. + Hướng 1. Đầu tiên với tư tưởng A chứng minh hai góc đối diện của tứ giác BNMC có tổng bằng 1800 . Điều này có nghĩa là ta cần chỉ ra được NBC NMC 1800 . Tuy P nhiên trong bài toán các góc ta xét là các góc F M Q NK O E J G bất kì và lại không có mối quan hệ với H nhau nên hướng đi này không cho ta B L D I C kết quả mong muốn. + Hướng 2. Chứng minh hai góc BMC BNC . Quan sát hình vẽ ta dự đoán rằng BMC Để ý rằng ta có BFO BNC 900 . BDO 900 , do đó ta quy bài toán về chứng minh các tứ giác BONE hoặc DONE và các tứ giác COFM hoặc DOMC nội tiếp. Do vai trò của điểm M và N như nhau nên các phép chứng minh tương tự nhau. Do O là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC nên ta sử dụng phép biến đổi góc để chứng minh tứ giác BONE hoặc DONE ( Với các tứ giác giác COFM hoặc DOMC ta biến đổi hoàn toàn tương tự). - Để chứng minh tứ giác BONE nội tiếp ta biến đổi góc như sau Tác giả: Nguyễn Công Lợi – bản xem thử TÀI LIỆU TOÁN HỌC 14 Website:tailieumontoan.com ONE EFA 900 OCA 1 ACA 2 OAF 900 1 BAC 2 1 ABC 2 1 DOF 2 - Để chứng minh tứ giác DONE nội tiếp ta biến đổi góc DEF 1 ABC 2 ABO COD . Do A cố định và B, C thay đổi nên ta thấy N có thể nằm trên đoạn thẳng EF và cũng có thể nằm trên tia đối của tia EF. Trường hợp N nằm trên EF ta biến đổi như trên, còn trường hợp N nằm trên tia đối của tia EF ta biến đổi hoàn toàn tương tự với điểm M trong hình trên, do đó ta không cần phải xét hai trường hợp. Ngoài ra trong phép phân tích trên ta không đi theo hướng chứng minh tứ giác BDON nội tiếp vì ta đang cần chứng minh BNO 900 nên không thể biến đổi các góc liên quan đến điểm N đến các góc đặc biệt trong bài toán. + Hướng 3. Chứng minh NCB toán ta có NCB NMB AFE NMB 900 NMB hoặc tương tự với MNC 1 ACB . Như vậy ta cần chỉ ra được NMB 2 ABM AFE 1 BAC 2 ABC MBC . Theo giả thiết của bài 1 ACB . Quan sát hình vẽ ta có 2 1 ABC . Mà ta lại có AFE 2 1 BAC . Từ đó ta được 2 900 1 ACB . Đến đây ta thấy có thêm một lời giải cho ý thứ nhất 2 của bài toán. Trình bày lời giải. + Lời giải 1. Ta có DEF 1 DOF 2 DOC nên DEF DONE nội tiếp. Mặt kh{c ta có BEO BDO DON 1800 suy ra ta có tứ gi{c 900 nên BDOE nội tiếp. Như vậy năm điểm B, D, E, O, N cùng thuộc một đường tròn. Từ đó suy ra BNO minh tương tự ta được BMC 900 . Như vậy ta có BMC BNC BEO 900 . Chứng 900 hay tứ gi{c BNMC nội tiếp. + Lời giải 2. Theo giả thiết của b|i to{n ta có NCB tam giác FBM nên ta có Tác giả: Nguyễn Công Lợi – bản xem thử NMB AFE ABM 1 ACB . Do AFE l| góc ngo|i của 2 AFE 1 ABC . M| ta lại có 2 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 15 Website:tailieumontoan.com AFE 900 1 BAC . Từ đó ta được NMB 2 hai kết quả ta thu được NMB 1 BAC 2 900 1 ACB . Kết hợp 2 ABC NCB , do đó tứ gi{c BNMC nội tiếp đường tròn. b) Chứng minh rằng OI song song với DK. Phân tích. Giả thiết cho các tia phân giác và cầu chứng minh hai đường thẳng song song nên ta nghĩ đến các hướng đi sau. + Hướng 1. Sử dụng tính chất tia phân giác để suy ra các tỉ số bằng nhau và áp dụng định lí Talet để chứng minh hai đường thẳng song song. Ta có liên hệ giữa tỉ số OB OC IB DE và IC DF EK , ta phải tìm được mối FK IO CI ; với các tỉ số trên. Tuy nhiên đến đây thì có vẻ như hướng đi này không DK CD thể tiếp tục. + Hướng 2. Sử dụng phép biến đổi góc cộng góc để chỉ ra một cặp góc đồng vị hoặc một cặp góc so le trong bằng nhau. Ở đây ta để ý đến các tia phân giác Ta có EDF 1800 Mà ta lại có KDC EDB KDF FDC 1800 900 FDC EDF 2 FDC Như vậy ta cần chỉ ra được OIC 900 ABC 4 ABC 2 900 900 ABC 4 ACB 2 ABC ACB 2 ACB 4 ACB . Tuy nhiên do OI là phân giác của 4 BOC nên điều này hiển nhiên đúng. + Hướng 3. Gọi H là giao điểm của BO với DE và G là giao điểm của CO với CF. Gọi J là giao điểm của DK với OB. Khi đó để ý đến tứ giác OHDG nội tiếp đường tròn ta có HOG HDG 1800 . Để ý rằng OI là phân giác của góc BOC và DK là phân giác của góc EDF nên EDK BOI 900 . Mà ta lại có EDK BJD 900 nên ta được BOI BJD . Từ đó suy ra OI song song với DK. Trình bày lời giải. + Lời giải 1. Ta có biến đổi góc như sau EDF 1800 EDB FDC Tác giả: Nguyễn Công Lợi – bản xem thử 1800 90o ABC 2 90o ACB 2 ABC ACB 2 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 16 Website:tailieumontoan.com EDF 2 M| ta lại có KDC ABC 4 FDC ACB 4 900 ACB 2 ABC 4 900 ACB . 4 Mặt kh{c do OI l| ph}n gi{c của góc BOC nên ta có ABC 2 OIC BOI ABC 2 BOC 2 Kết hợp hai kết quả trên ta suy ra KDC 1 1800 2 ABC 2 ACB 2 ABC 4 900 ACB 4 OIC nên OI song song với DK + Lời giải 2. Gọi H, G lần lượt l| giao điểm của BO với DE v| CO với CF. Gọi J l| giao điểm của DK với OB. Khi đó dễ thấy tứ gi{c OHDG nội tiếp đường tròn, do đó ta được HOG HDG nên ta có EDK 1800 . Do OI l| ph}n gi{c của góc BOC v| DK l| ph}n gi{c của góc EDF BOI 900 . M| ta lại có EDK BJD 900 nên ta được BOI BJD . Từ đó suy ra OI song song với DK. c) Chứng minh đường thẳng IK luôn đi qua một điểm cố định. Phân tích. Trên cở sở hình vẽ ta dự đoán rằng đường thẳng IK đi qua điểm A. Cũng từ giả thiết ta được điểm A cố định nên nhận định trên càng có cơ sở. Như vậy ta cần phải chứng minh được ba điểm I, K, A thẳng hàng. Từ giả thiết bài toán và kết quả các hai ý đầu ta nghĩ đến việc lập các tỉ số bằng nhau để áp dụng định lý Talets hoặc chỉ ra điểm K trùng với giao điểm của AI với EF. + Hướng 1. Giả sử P là giao điểm của DK với đường tròn O , khi đó P là điểm chính giữa cung nhỏ EF và ba điểm O, P, A thẳng hàng. Để ý rằng lúc này KP song song với OD, như vậy nếu ta có được KP OI AP thì xem như bài toán được chứng minh. Ta cần tìm các tỉ số bằng với AO KP AP ; . OI AO Gọi Q là giao điểm của AO với EF, khi đó dẽ thấy hai tam giác KPQ và IDO đồng dạng với nhau PQ PO nên 1 OQ PO ta 1 OQ OE KP OI có 1 OE OA 1 PQ DO OP OA PQ . PO Mặt khác ta có AP . Như vậy ta có một lời lời giải cho bài OA toán. KP OI AP , nhưng ở đây ta tiếp cận bài toán theo một con AO KDO DOI nên hai tam giác KQP và DIO đồng dạng, do đó + Hướng 2. Cũng đi chứng minh đường khác hơn. Dễ thấy KPO Tác giả: Nguyễn Công Lợi – bản xem thử TÀI LIỆU TOÁN HỌC 17 Website:tailieumontoan.com PQ . Mặt khác ta lại có P là điểm chính giữa cung nhỏ EF nên EP là OE PA PQ PA EA AO phân giác của tam giác AEQ, từ đó ta được , suy ra . Kết hợp hai OA EO PQ EQ EO AP KP kết quả trên ta được , như vậy ta có lời giải khác cho bài toán. AO OI + Hướng 3. Gọi K’ là giao điểm của AI với EF, ta cần chứng minh hai điểm K và K’ trùng nhau. Từ đó ta được KP OI PQ OD Chú ý rằng ta đã có PD song song với OI, như vậy nếu chỉ ra được PK’ song song với OI thì bài toán xem như được chứng minh. Gọi giao điểm của AO với đường tròn O là L. Khi đó COL DOB EOB 900 1 ABC 2 900 được COL BOD nên suy ra DOI tuyến của đường tròn O . 1 1800 2 BAC BCA LOI , điều này dẫn đến 1 BAC BCA . Mặt khác 2 1 BAC BCA . Từ đó ta 2 IOD IOL , do đó LI là tiếp AQ AP . Mà do QK’ song song với IL AL AO AQ AK ' AK ' AP nên theo định lý Talets ta có . Từ đó nên có PK ' song song với OI. Điều AL AI AI AO này dẫn đến PK’ và PD trùng nhau hay K và K’ trùng nhau. Từ đó suy ra ba điểm A, K, I thẳng hàng. Trình bày lời giải. Dễ thấy AP.AL AE2 AQ.AO nên ta được + Lời giải 1. Giả sử P l| giao điểm của DK với cung nhỏ EF, khi đó P l| điểm chính giữa cung nhỏ EF. Từ đó suy ra ba điểm A, P, O thẳng h|ng. Gọi Q l| giao điểm AO với EF. Do đó ta được AO vuông góc với EF tại Q. Xét hai tam giác vuông KPQ và IDO có OID ODP KPQ nên KPQ ∽ IDO . KP PQ PQ . Mặt kh{c ta lại có OAE 900 , EQ OP và OE OP OI DO PO OQ OE PQ OQ OQ OE OP AP 1 1 1 1 nên ta được . Từ đó suy ra OE OA PO PO OE OA OA OA KP AP Kết hợp hai kết quả trên ta được , m| ta có KP song song với OD. Do đó suy ra OI AO Do đó ta được ba điểm A, K, I thẳng h|ng. Vậy IK luôn đi qua điểm cố định A. + Lời giải 2. Gọi giao điểm của DK với đường tròn O l| P, khi đó dễ thấy ba điểm A, P, O thẳng h|ng. Giả sử AO cắt EF tại Q. Do DK song song với OI nên ta có KPO KDO DOI , điều n|y dẫn đến hai tam gi{c KQP v| DIO đồng dạng với nhau. Tác giả: Nguyễn Công Lợi – bản xem thử TÀI LIỆU TOÁN HỌC 18 Website:tailieumontoan.com Từ đó ta được KP OI PQ OD PQ . Mặt kh{c ta lại có P l| điểm chính giữa cung nhỏ EF nên OE EP l| ph}n gi{c của tam gi{c AEQ, theo tích chất đường ph}n gi{c kết hợp hai tam gi{c PA PQ AEO v| AQE ta suy ra được Kết hợp hai kết quả trên ta được EA EQ AP AO PA AO , suy ra OA EO PQ . EO KP , m| ta có KP song song với IO nên theo định OI lí Talets ta suy ra được ba điểm A, K, I thẳng h|ng. Từ đó ta có điều phải chứng minh. + Lời giải 3. Gọi giao điểm của AO với đường tròn O l| L. Khi đó do CO l| ph}n gi{c của BCA v| AO l| ph}n gi{c của góc BAC nên ta có COL 1 BAC 2 BCA . Mặt kh{c do tứ gi{c BDOE nội tiếp nên ta có DOB 900 EOB Từ đó ta được COL Kết hợp với OD 1 ABC 2 900 1 1800 2 BAC BCA 1 BAC 2 BCA BOD , m| OI l| ph}n gi{c của góc BOC nên suy ra DOI OL v| OI chung dẫn đến IOD IOL , suy ra ILO IDO LOI . 900 hay LI l| tiếp tuyến của đường tròn O . Gọi K’ l| giao điểm của AI với EF. Dễ d|ng chứng minh được AP.AL AE2 AQ.AO nên ta được nên theo định lý Talets ta có AQ AL AQ AL AP . M| do QK’ song song với IL AO AK ' AK ' . Từ đó dẫn đến AI AI AP , nên theo định lý AO Talets đảo thì ta có PK ' song song với OI. Điều n|y dẫn đến PK’ v| PD trùng nhau hay K v| K’ trùng nhau. Từ đó suy ra ba điểm A, K, I thẳng h|ng. Ta có điều phải chứng minh. Câu 5. Mỗi điểm trong mặt phẳng được gắn với một trong hai m|u đỏ hoặc xanh. Chứng minh rằng luôn tồn tại một tam gi{c đều có ba đỉnh cùng m|u v| có độ d|i cạnh bằng 3 hoặc 3. Phân tích. Giả sử ta vẽ được các tam giác thỏa mãn yêu cầu bài toán, khi đó ta cần tìm mối liên hệ giữa các độ dài GEK và 3 và 3. Chú ý rằng các tam giác bài toán yêu cầu là tam giác đều. Giả sử HEK đều có cạnh là Tác giả: Nguyễn Công Lợi – bản xem thử 3 , khi đó ta GH 3 và tam giác FGH là tam giác đều có TÀI LIỆU TOÁN HỌC 19 Website:tailieumontoan.com cạnh bằng 3. Như vậy ta cần xét các trường hợp màu của các điểm E, F, G, H, K để tìm ra tam giác đều thỏa mãn yêu cầu bài toán. Lời giải. G A F B K C 3 Dựng tam gi{c ABC đều cạnh bằng E O H 3 . Khi đó ta xét hai trường hợp sau. + Trường hợp 1. Tam gi{c ABC có ba đỉnh cùng m|u, khi đó tam gi{c ABC l| tam gi{c cần dựng. B|i to{n được chứng minh. + Trường hợp 2. Tam gi{c ABC có hai đỉnh kh{c m|u, không mất tính tổng qu{t ta giả sử hai đỉnh đó l| AB. Khi đó dựng tam gi{c ABD c}n tại D có AD BD 2 3 . Khi đó đỉnh D kh{c m|u với một trong hai đỉnh A v| B. Điều n|y có nghĩa l| luôn dựng được đoạn thẳng có độ d|i 2 3 v| hai đầu mút của đoạn thẳng kh{c m|u. Xét đoạn thẳng thẳng EF có độ d|i 2 3 v| hai điểm E, F kh{c m|u. Lấy K l| trung điểm của EF, khi đó K trùng m|u với một trong hai điểm E, F. Không mất tính tổng qu{t ta giả sử hai điểm E v| K cùng có m|u đỏ v| F m|u xanh. Dựng hình thoi EGKH sao cho có hai tam gi{c EGK v| EHK đều. Khi đó ta suy ra được KG KE KH EG EH 3. Nếu trong hai điểm H v| G có một điểm m|u đỏ, chẳng hạn đó l| H, khi đó tam gi{c EKH có ba đỉnh m|u đỏ v| có cạnh l| 3. Nếu cả hai điểm H v| G cùng có m|u xanh, khi đó tam gi{c FKG có ba đỉnh cùng m|u xanh. Gọi O l| giao điểm của EK v| GH, khi đó ta có OK HG 3 nên OG 2 GK 2 OK 2 3 và 2 3. Tác giả: Nguyễn Công Lợi – bản xem thử TÀI LIỆU TOÁN HỌC
- Xem thêm -

Tài liệu liên quan