CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ, HÌNH HỌC - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG CÓ GIẢI CHI TIẾT NĂM HỌC 2020-2021 by DẠY KÈM QUY NHƠN OLYMPIC

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN

vectorstock.com/9715669

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ, HÌNH HỌC - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG CÓ GIẢI CHI TIẾT NĂM HỌC 2020-2021 WORD VERSION | 2021 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM

Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Chương 1: CĂN THỨC I. KIẾN THỨC CẦN NHỚ 1. Căn thức bậc hai: • Căn bậc hai của số thực a là số thực x sao cho x 2 = a . • Cho số thực a không âm, căn bậc hai số học của a ký hiệu là a là một số thực không âm x sao cho bình phương của nó bằng a. a ≥ 0 x ≥ 0    ⇔   2  a =x  x = a   

• •

Với hai số thực không âm a,b tacó: a ≤ b ⇔ a ≤ b Khi biến đổi các biểu thức liên quan đến căn bậc hai ta cần lưu ý:  A≥ 0 A nếu  A<0  −A

+ A 2 = A = 

+ AB − A B = A B với A, B ≥0; AB − A B = −A B với A<0, B ≥0 + + +

A AB AB = = với A.B ≥0; B≠0 B B B2 M A

M A với A>0; (Đây gọi là phép khử căn thức ở mẫu) A

M A± B

M( A ∓ B) A−B

với A.B ≥0; A≠B; (Đây gọi là phép trục căn thức ở mẫu)

2. Căn thức bậc ba, bậc n: a) Căn thức bậc ba: Căn bậc 3 của một số a, ký hiệu là 3 a là số x sao cho x3 = a Cho a ∈R; 3 a = x ⇒ x 3 = ( 3 a ) = a

•

Mỗi số thực a đều có duy nhất một căn bậc 3.

•

Nếu a> 0 thì 3 a > 0

•

Nếu a< 0 thì 3 a < 0

•

Nếu a = 0 thì 3 a = 0

• 1

•

a 3a với mọi b≠0 − b 3b 2

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

•

Nếu a< b thì a < b

•

A 3 B = 3 A2B

•

• •

a) A = x − x − x + khi x ≥ 0,

1 4

b) B = 4x − 2 4x −1 + 4x + 2 4x −1 khi x ≥ ,

A 3 AB2 = với B≠0 B B

c) C = 9 − 3 3 + 5 8 + 10 7 − 4 3 Lời giải

A 3 A = B B3 1

1 4

ab = 3 a. 3 b với mọi a, b 3

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

A±3 B

 1 1 1 a) A = x − x − x + = x −  x −  = x − x −

A ∓ AB + B A±B 2

b) Căn thức bậc n: Cho số a ∈R; n∈N; n ≥ 2. Căn bậc n của một số a là một số mà lũy thừa bậc n của nó bằng a. Trường hợp n là số lẻ: n=2k+1, k∈N. Mọi số thực a đều có một căn bậc lẻ duy nhất: 2k +1

a = x ⇒ x 2k +1 = a ; nếu a>0 thì

1 2

+ Nếu x ≥ ⇔ x ≥

2 k +1

a > 0 ; nếu a<0 thì

2 k +1

a < 0 ; nếu a=0 thì

2 k +1

Mọi số thực a>0 đều có hai căn bậc chẵn đối nhau. Căn bậc chẵn dương ký hiệu là (gọi là căn bậc 2k số học của a). Căn bậc chẵn âm ký hiệu là − a ; 2k

1 2

+ Nếu x < ⇔ 0 ≤ x <

1 1 1 = x− ⇒A= 2 2 2

1 1 1 1 thì x − = − x + ⇒ A = 2 x − 4 2 2 2

Hay B = ( 4x −1 −1)2 + ( 4x −1 +1)2 = 4x −1 −1 + 4x −1 + =

x−

b) B = 4x − 2 4x − 1 + 4x + 2 4x − 1 = 4x − 1 − 2 4x − 1 + 1 + 4x − 1 + 2 4x − 1 + 1

a=0

Trường hợp n là số chẵn: n=2k.

1 thì 4

2 



1 4

4x − 1 − 1 + 4x −1 + 1

Nếu 4x −1 −1 ≥ 0 ⇔ 0.4x − 1 ≥ 1 ⇔ x ≥

a = x ⇔ x > 0 và

1 thì 2

1 4

4x −1 −1 = 4x −1 −1 suy ra B = 2 4x − 1

1 thì | 4x − 1 − 1 |= − 4x − 1 + 1 suy ra B=2 2

x2k = a ; −2k a = x ⇔ x ≤ 0 và x2k = a ;

Nếu 4x −1 −1 < 0 ⇒ 4x −1 < 1 ⇒ ≤ x <

MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP TIÊU BIỂU:

c) Để ý rằng 7 − 4 3 = (2 − 3)2 − 7 − 4 3 = 2 − 3

Dạng 1 : Thu gọn các biểu thức đại số và tính giá trị của biểu thức: Phương pháp:

Suy ra C = 9 − 5 3 + 5 8 + 10(2 − 3) = 9 − 5 3 + 5 28 −10 3

Biến đổi các biểu thức trong dấu

về dạng A2 = A , sau đó dựa vào dấu của A để

mở giá trị tuyệt đối nếu có Ngoài ra cần nắm được các đẳng thức cơ bản quen thuộc: • ab + bc + ca = m ⇒ a2 + m = a2 + ab + bc + ca = (a + b)(a + c) ; • a + b + c = n ⇒ na + bc − (a + b + c)a + bc = (a + b)(a + c) ; • •

1 1 1 + + = 1; a + ab +1 b + bc + 1 ca + c + 1 1 1 1  1 1 1 Nếu a+b+c =0 thì a3 + b3 + c3 = 3abc, 2 + 2 + 2 =  + +  với abc ≠0  a b c  a b c

Nếu abc =1 thì

Ví dụ 1 Rút gọn các biểu thức:

= 9 − 3 3 + 5 (5 − 3)2 hay c = 9 − 5 3 + 5(5 − 3) = 9 − 25 = 9 − 5 = 4 = 2

Ví dụ 2. Chứng minh: a) A = 8− 4 3 − 8 + 4 3 =−2 2 b) B = 3 1 +

84 3 84 + 1− là một số nguyên (Trích đề Tuyển sinh vào lớp 10 9 9

chuyên Trường THPT chuyên ĐHQG Hà Nội 2006). c) Chứng minh rằng x = 3 a +

(

a + 1 8a − 1 3 a + 1 8a − 1 + a− 3 3 3 3

)(

)

d) Tính x+y biết x + x 2 + 2019 y + y 2 + 2019 = 2019

với a ≥

1 là số tự nhiên 8

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

(

)(

)

e) Cho các số thực x,y thỏa mãn: x + y 2 + 1 y + x 2 + 1 = 1 . Tính giá trị cua x+y. Lời giải:

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

(

d) Nhận xét x 2 + 2019 + x

)(

)

x 2 + 2019 − x = x 2 + 2019 − x 2 = 2019.

Kết hợp với giả thiết suy ra x2 + 2019 − x = y2 + 2019 + y

a) Dễ thấy A≤0, Cách 1:

⇒ y 2 + 2019 + y + x2 + 2019 + x = x2 + 2019 − x + y2 + 2019 − y ⇔ x + y = 0 2





Ta có A 2 =  8 − 4 3 − 8 + 4 3  = 8 − 4 3 + 8 + 4 3 − 2 8 − 4 3. 8 + 4 3   = 16 − 2.4 = 8

A = ( 6 − 2)2 − ( 6 + 2)2 =

6 − 2 − 6 + 2 = 6 − 2 − 6 − 2 = −2 2

b) Áp dụng hằng đẳng thức (u + v)3 = u3 + v3 + 3uv(u + v) ta có:

(

)(

y 2 + 1 x − 1 + y2

)(y −

1− x2

)(y +

1 + y2

)(y −

)

1 − x 2 . Hay

− y 2 − 1)(y 2 − x 2 − 1) = xy − x 1 + x 2 − y 1 + y 2 +

(1 + x )(1 + y )

− y 2 −1)( y 2 − x 2 −1) = 2xy + 2 (1 + x 2 )(1 + y 2 ) − x + 1 + y 2 y + 1 + x 2

(

)(

)

2(1− xy) = (x 2 − y 2 ) + 2 (xy − 1)2 + (x + y)2 ⇒ (1− xy) ≥ (xy − 1)2 + (x + y)2 ≥| xy − 1 |

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (x + y)2 = 0 ⇔ x = −y hay x + y = 0. Ví dụ 3 a, Cho x = 4 + 10 + 2 5 + 4 − 10 + 2 5 . Tính giá trị biểu thức: P =



84 B ⇔ B3 = 2 − B ⇔ B3 + B − 2 = 0 81 2

1 2 

 

7 4

⇔ (B −1)(B2 + B + 2) = 0 mà 32 + B + 2 =  B +  + > 0 suy ra B = 1. Vậy B là số

nguyên. c) Áp dụng hằng đẳng thức (u + v)3 = u3 + v3 + 3uv(u + v) Ta có x3 = 2a + (1− 2a)x ⇔ x3 + (2a −1)x − 2a = 0 ⇔ (x −1)(x2 + x + 2a) = 0 (1) Xét đa thức bậc hai x2 + x + 2a với ∆ = 1− 8a ≥ 0 1 1 1 Khi a = ta có x = 3 + 3 = 1 8 8 8

x 4 − 4 x 3 + x 2 + 6 x + 12 . x 2 − 2 x + 12

b, Cho x = 1 + 3 2 . Tính giá trị của biêu thức B = x4 − 2 x 4 + x3 − 3x 2 + 1942 . (Trích đề thi vào lớp 10 trường PCT Ngoại ngữ Hà Nội năm 2015-2016). c, Cho x = 1 + 3 2 + 3 4 . Tính giá trị biểu thức: P = x5 − 4 x4 + x3 − x 2 − 2 x + 2015 . Lời giải  

 

a, Ta có: x 2 =  4 + 10 + 2 5 + 4 − 10 + 2 5  = 8 + 2 4 + 10 + 2 5 . 4 − 10 + 2 5 ⇔ x2 = 8 + 2 6 − 2 5 = 8 + 2

(

)

5 −1

=8+2

(

)

5 −1 = 6 + 2 5 =

(

)

5 −1 .

1 Khi a > , ta có ∆ = 1 − 8a âm nên đa thức (1) có nghiệm duy nhất x = 1. Vậy với 8 1 mọi a ≥ 8

 x = 5 + 1 . Từ đó ta suy ra ( x −1) = 5 ⇔ x2 − 2x = 4 .

Ta biến đổi: P =

− 2 x ) − 2 ( x 2 − 2 x ) + 12 x 2 − 2 x + 12

42 − 3.4 + 12 = 1. 4 + 12

Ta có x = 3 a + a + 1 8a − 1 + 3 a − a + 1 8a − 1 = 1 là số tự nhiên 3

 84  84   Hay B3 = 2 + 3 1 + 1 − .B 9  9  

) x + 1) = ( x −

Hay

    84 84 84 84  3 84 3 84   1 +  = 1+ + 1− + 3 1 + · 1− + 1−    9 9 9 9  9 9   

⇔ B3 = 2 + 3 1−

)

y 2 + a + y = a thì x+y =0

⇔ 1− (x 2 − y 2 ) = 2xy + 2 (1 + x 2 )(1 + y 2 ) −1 ⇔ 2(1− xy) = (x 2 − y 2 ) + 2 (1 + x 2 )(1 + y 2 )

 3  3 84 3 84   + 1− B =  1+  9 9   3



)(

e) Nhân 2 vế đẳng thức với: x − 1 + y 2 y − 1 − x 2 ta có

(x +

Suy ra A = − 8 = −2 2 Cách 2: Ta viết lại:



(

Tổng quát ta có x 2 + a + x

b, Ta có: x = 1 + 3 2  ( x −1) = 2 ⇔ x3 − 3x2 + 3x − 3 = 0 . Ta biến đổi biể thức P thành:

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

P = x2 ( x3 − 3x2 + 3x − 3) + x ( x3 − 3x2 + 3x − 3) + ( x3 − 3x2 + 3x − 3) + 1945 = 1945 .

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

2x 1 − y 2 + 2 y 2 − z 2 + 2z 3 − x2 ≤ x2 + 1 − y 2 + y 2 + 2 − z 2 + z 2 + 3 − x2 = 6 . Suy ra VT ≤ VP .

c, Để ý rằng: x = 3 2 2 + 3 2 + 1 ta nhân thêm hai vế với 3 2 − 1 để tân dụng hằng đẳng thức: a3 − b3 = ( a − b ) ( a2 + ab + b2 ) . Khi đó ta có: ( 3 2 − 1) x = ( 3 2 − 1) 3 22 + 3 2 + 1 = 1

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:

)

(

 x 2 + y 2 + z 2 = 3 ; x, y , z ≥ 0  x, y , z ≥ 0  x = 1− y2   x2 + y 2 = 1  2 2    x + y =1 2 ⇔ ⇔ x = 1; y = 0; z = 2 . y = 2− z ⇔  2 2 2 2 + = y z 2 y + z =2    2 2 2 z = 3 − x  z + x = 3  z 2 + x 2 = 3 

⇔ 3 2x = x + 1 ⇔ 2 x3 = ( x + 1) ⇔ x3 − 3x2 − 3x −1 = 0 .

Ta biến đổi: P = x5 − 4 x4 + x3 − x2 − 2 x + 2015 = ( x2 − x +1)( x3 − 3x2 − 3x −1) + 2016 = 2016 .

c, a = x − 4, b = y − 4 với a, b ≥ 0 thì phương trình đã cho trở thành: 2 ( a2 + 4) b + 2 ( b2 + 4) a = ( a2 + 4)( b2 + 4) .

Ví dụ 4 a) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a 1 − b2 + b 1 − c 2 + c 1 − a 2 = . Chứng minh

2b 2a =1. Chia 2 vế cho ( a2 + 4 )( b2 + 4) thì phương trình trở thành : 2 + 2

3 rằng: a + b + c = . 2

Để ý rằng a = 0 hoặc b = 0 không thỏa mãn phương trình.

3 2

b) Tìm các số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện: x 1 − y 2 + y 2 − z 2 + z 3 − x2 = 3 . (Trích đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Toán – Trường chuyên ĐHSP Hà Nội, 2014). c) Tìm các số thực x, y thỏa mãn điều kiện: 2 ( x y − 4 + y x − 4 ) = xy .

(

d) Giả sử ( x; y ) là các số thực thỏa mãn x + 3 + x 2

)( y +

VT ≤

2a 2b + = 1 , dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 4a 4b

d, Đặt a = x + 3 + x 2 > 0  a − x = 3 + x 2  a 2 − 2ax + x 2 = 3 + x 2  x = Tương tự đặt b = y + 3 + y 2 > 0  y =

e) Tìm GTLN, GTNN của biểu thức: P = 4 1 + x + 4 1 − x + 4 1 − x 2 .

a 2

a 1 − b2 + b 1 − c2 + c 1 − a 2 ≤

a 2 + 1 − b2 b2 + 1 − c2 c2 + 1 − a 2 3 + + = 2 2 2 2

a = 1 − b2 a 2 = 1 − b 2  3   2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi b = 1 − c ⇔ b2 = 1 − c 2  a 2 + b 2 + c 2 = (đpcm). 2 2 2  c = 1 − a 2   c = 1 − a

b, Ta viết lại giả thiết thành: 2 x 1 − y 2 + 2 y 2 − z 2 + 2 z 3 − x2 = 6 Áp dụng bất đẳng thức: 2ab ≤ a 2 + b2 ta có:

x 2 + xy + y 2 =

a2 − 3 . 2a

b2 − 3 a b 3 3 . Khi đó x + y = + − − . 2b 2 2 2a 2b

Theo giả thiết ta có : ab = 9  x + y = +

Lời giải a, Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số không âm ta có:

a 2 = 4 ⇔ a = b = 2 ⇔ x = y = 8 . Vậy  2 b = 4

x = 8, y = 8 là nghiệm của phương trình.

)

a +4

Xét a, b > 0 . Theo bất đẳng thức AM − GM ta có: b 2 + 4 ≥ 2 4b2 = 4b, a 2 + 4 ≥ 4a . Suy ra

3 + y 2 = 9 . Tìm giá trị nhỏ nhất

của biểu thức P = x + xy + y . 2

b +4

9 3 a a 3 a 3 − − = + ≥ 2 . = 2 . Lại có 2a 2 a 6 3 a 3 a

3 1 3 2 2 2 ( x + y ) + ( x − y ) ≥ ( x + y )  x 2 + xy + y 2 ≥ 3 . Dấu đẳng thức xảy ra 4 4 4

⇔ x = y = 1 . Vậy ( x 2 + xy + y 2 )

min

= 3.

e, Đặt a = 4 1 + x , b = 4 1 − x  a , b ≥ 0, a 4 + b 4 = 2 . Ta có: P = a + b + ab . Áp dụng bất đẳng thức ở (**) ta có 2

2 (a + b) 2 4 1 2 ( a 4 + b 4 ) ≥ ( a 2 + b2 ) ≥  ( a + b )  =  ( a + b ) ≤ 8 ( a 4 + b 4 ) = 16 ⇔ a + b ≤ 2 . 4 2 

Suy ra P ≤ a + b +

(a + b) 4

≤ 3 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = 1 ⇔ x = 0 .

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG 2

Ta cũng có: a 4 + b4 ≤ a 4 + 2a 2b2 + b4 = ( a 2 + b2 )  a 2 + b2 ≥ 2 , mà

b) Cho f ( n ) =

a2 + b2 ≤ a2 + 2ab + b2 = ( a + b ) với mọi a, b ≥ 0 . Suy ra a + b ≥ a 2 + b 2 ≥ 4 2 . Vậy P = a + b + ab ≥ a + b ≥ 4 2 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = 0

Lời giải

hoặc b = 0 tức là

x = 1 hoặc x = −1 .

a, Đẳng thức tương đương với:

(

) (

x12 − 12 − 1 +

x22 − 2 2 − 2

Cho x, y, z > 0 và xy + yz + zx = 1

(1 + y )(1 + z ) + y (1 + z )(1 + x ) + z (1 + x )(1 + y ) . 2

a) Tính giá trị biểu thức P = x

1+ x

1+ y

xn2 − n 2 − n

)

= 0.

1 2

a) Để ý rằng 1 + x 2 = x 2 + xy + yz + zx = ( x + y )( x + z )

(

)

) (

)

(

)

813 − 13 = 364 .

Ví dụ 7

Tương tự đối với 1 + y 2 ;1 + z 2 ta có:

a, Cho số nguyên dương n ≥ 2 . Tính giá trị biểu thức sau theo n :

(1 + y )(1 + z ) = x ( y + x )( y + z )( z + x )( z + y ) = x y + z ( ) 2

1 + x2

x 2 + xy + y 2 x 3 − y 3 1 3 1 3 3 = 2 = ( x − y3 ) = ( 2n + 1) − ( 2n − 1) .Áp dụng vào bài x+ y x − y2 2 2 1 toán ta có : f (1) + f ( 2 ) + ... + f ( 40 ) =  32 − 13 + 53 − 33 + ... + 813 − 793   2

(

Lời giải

 x 2 + y 2 = 4n  b, Đặt x = 2n + 1, y = 2n − 1   xy = 4n 2 − 1 .  x2 − y2 = 2 

Suy ra f ( n ) =

(1 + x )(1 + y )(1 + z ) 2

1+ z

2 xy

x y z + − = b) Chứng minh rằng : 1 + x2 1 + y 2 1 + z 2

( x + y )( x + z )

P = 1+

Suy ra P = x ( y + z ) + y ( z + x ) + z ( x + y ) = 2 ( xy + yz + zx ) = 2

1 1 1 1 1 1 + + 1 + 2 + 2 + ... + 1 + + 2 2 . 22 32 3 4 ( n + 2) ( n + 3)

b, Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn: a + b + c = a + b + c = 2 . Chứng minh:

b) Tương tự như câu a) a b c + + = 1+ a 1+ b 1+ c

Ta có: x y z x y z + − = + − 1 + x 2 1 + y 2 1 + z 2 ( x + y )( x + z ) ( x + y )( y + z ) ( z + y )( z + x ) =

) + ... + (

Hay x1 = 2, x2 = 2.2 2 ,..., xn = 2.n 2

Ví dụ 5

4 n + 4n 2 − 1 với n nguyên dương. Tính f (1) + f ( 2 ) + ... + f ( 40 ) . 2n + 1 + 2n − 1

x ( y + z ) + y ( z + x) − z ( x + y) 2 xy = = ( x + y )( y + z )( z + x ) ( x + y )( y + z )( z + x )

Lời giải Với mọi số thực a, b, c khác 0 sao cho: a + b + c = 0 thì

2 xy

(1 + x )(1 + y )(1 + z ) 2

(1 + a )(1 + b )(1 + c )

1 1 1 2 2 2 1 1 1  + +  = 2+ 2+ 2+ + +  a b c  a b c ab bc 2c 2

1 1 1 2(a + b + c) 1 1 1 1 1 1 ⇔ + +  = 2 + 2 + 2 + = 2+ 2+ 2 abc a b c a b c a b c

Ví dụ 6 a) Tìm x1 , x2 ,..., xn thảo mãn : x12 − 12 + 2 x22 − 22 + ... + n xn2 − n 2 =

1 2 ( x1 + x22 + ... + xn2 ) 2

Áp dụng vào bài toán ta có:

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

d) Cho x ≥ 0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức D = 1 − x + 1 + x + 2 x .

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

1 1 1 1 1 1 1 1 1  1 1 + = + + = 1 + −   1 + 2 + 2 = 1 + − . 22 32 11 22 ( −3)2  2 3  2 3 2 3

(Tuyển sinh Hà Nội 2018)

Áp dụng lần lượt với các số hạng còn lại ta thu được:

e) Cho số thực

thỏa mãn : 0 ≤ x ≤ 5 . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của;

1 1 1 1 1 1   1 1  1 1  P = 1 + − + 1 + − + ... + 1 + − − .  + 1 +  = n+ − 2 3 3 4 2 n+3  n +1 n + 2   n + 2 n + 3 

P = x 8 − x + (5 − x ) x + 3 .

f) Tìm giá trị nhỏ nhất của A =

b, Đặt

x( x + 4 x − 4 + x − 4 x − 4 ) x 2 − 8 x + 16

, với x > 4

x = a , y = b , z = c  x 2 + y 2 + z 2 = x + y + z = 2  2 ( xy + yz + zx ) = ( x + y + z ) − ( x 2 + y 2 + z 2 ) = 2

suy ra xy + xz + yz = 1 dẫn đến 1 + a = xy + yz + xz + x 2 = ( x + y )( x + z )

g) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức G = 5 x − x 2 + 18 − 3 x − x 2 . Lời giải

Tương tự 1 + b = ( y + z )( y + x ) ,1 + c = ( z + x )( z + y ) suy ra x y z x( y + z ) + y ( z + x) + z ( x + y ) VT = + + = ( x + y )( x + z ) ( y + z )( y + z ) ( z + x)( z + y ) ( x + y )( y + z )( z + x )

1 ≤ 1 dẫn đền A ≥ 2 − 1 = 1 , dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 0 x +1

 x +1 ≥ 1

2 2 ( đpcm) = = ( x + y )( y + z )( z + x) (1 + a )(1 + b)(1 + c)

2( x + 1) − 1 1 = 2− , vì x ≥ 0  x ≥ 0 . x +1 x +1

a) Điều kiện : x ≥ 0 , ta viết lại A =

khi đó giá trị nhỏ nhất của A là 1 . b) Điều kiện x ≥ 0 . Ta viết lại B =

Dạng 2 : Các câu hỏi liên quan giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của một biểu thức đại số.

( x + 1) 2 + 4 4 , vì x ≥ 0 nên = x +1+ x +1 x +1

x +1 ≥ 1.

Phương pháp : Để giải quyết các bài tập dạng này ta cần chú ý các tính chất cơ bản :

áp dụng bất đẳng thức AM-GM dạng A + B ≥ 2 A.B với các số thực không âm A, B ta

Với số thực A, B ≥ 0 thì

có:

A≥0

+ A + B ≥ 2 AB ( Bất đẳng thức AG − GM ). Dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi A = B . +

A2 + B 2 + C 2 + D 2 ≥ 2

2 2 ( A + C ) + ( B + C ) , với các số thực

A, B, C, D ≥ 0 .

+ ( A + B ) ≤ 2 ( A2 + B 2 ) , ( A + B ) ≤ ( A3 + B3 ) , với A, B ≥ 0 Ví dụ 1. a) Tìm giá trị nhỏ nhất của bểu thức A = b) Tìm giá trị nhỏ nhất của B =

2 x +1 . x +1

x +1 +

x +1 =

4 ≥2 x +1

4 ⇔ x +1

)

(

)

x +1

= 4 , dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

x + 1 = 4 ⇔ x + 1 = 2 ⇔ x = 1. x =1.

a a −1+1 1 1 = = a +1+ = a −1 + + 2 do a > 1 nên a − 1 > 0 , áp dụng a −1 a −1 a −1 a −1 1 a bất đẳng thức AM-GM cho 2 số thực dương ta có: a − 1 + ≥ 2 suy ra ≥ 4, a −1 a −1 1 dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a − 1 = ⇔ a − 1 = 1 ⇔ a = 4. a −1

c, Ta có

b b−4+4 4 4 = = b +2+ = b −2+ + 4 ≥ 8 , dấu đẳng thức b −2 b −2 b −2 b −2

xảy ra khi và chỉ khi

a +1 b c c) Tìm giá trị nhỏ nhất của C = với các số thực a, b,c thỏa mãn + + a −1 b −2 c −3 a > 1, b > 4, c > 9 .

)

x +1 .

Vậy giá trị nhỏ nhất của B bằng 1 tại

Tương tự ta có:

x+ 2 x +5 x +1

(

b = 16 ;

c c −9+9 9 9 = = c + 3+ = c −3+ + 6 ≥ 12 , dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ c −3 c −3 c −3 c −3

khi

c = 36 ; 12

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Từ đó suy ra

C ≥ 24 ,

Hay GTNN của d, Điều kiện

dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = 4, b = 16, c = 36.

là 24 tại a = 4, b = 16, c = 36 .

Ta viết lại D = 1 − x + 1 + x + 2 x = 1 − x + x + 1 + x + x , do

(

Ta có

x + 1− x

)

x≥0

suy ra 1 + x + x ≥ 1 .

= x + 1 − x + 2 x (1 − x ) = 1 + 2 x (1 − x ) ≥ 1 suy ra D ≥ 2 , dấu đẳng thức

xảy ra khi và chỉ khi

x=0.

e, Đặt 8 − x = a , x + 3 = b do

0≤x≤5

 3 ≤ a, b ≤ 8

suy ra 

a + b = 11

a+b =t

( (

) 8)b +

3 + 8 a + 24 ≤ 0 3+

24 ≤ 0

 11 + 2 24 ≤

(

)

3 + 8 ( a + b)

2P ≥ 2 2 + 3  2 2 + 3 − 17 = 2 2 + 3 4 6 − 6 = 10 3 ⇔ P ≥ 5 3 , dấu đẳng thức  

)(

)

(

)(

)

xảy ra khi và chỉ khi a = 3, b = 8 hoặc a = 8, b = 3 ⇔ x = 0 hoặc Ta có: 2 P ≤ 5 22  P ≤

x = 5.

11 5 5 22 ⇔x= . , dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = 2 2 2

Cách khác: thì P = x 8 − x + ( 5 − x ) x + 3 ≥ x 3 + ( 5 − x ) 3 = 5 3. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 0 hoặc x = 5. Ta có:

0≤x≤5

Ta cũng có: 2

P 2 =  x 8 − x + ( 5 − x ) x + 3  = x2 ( 8 − x ) + ( 5 − x ) ( x + 3) + 2 x ( 5 − x )

)

x−4 +2+

4< x<8

(

( 2

2  x−4 −2  x =

)

x−4 −2

(

x > 4.

x−4 +2 +

)

x−4 +2+2− x−4

4< x<8

x≥8

(

nên

4x 16 = 4+ x−4 x−4

0 < x − 4 < 4  A > 8.

thì x − 4 − 2 ≥ 0 nên

x−4 +2+ x−4 −2

) = 2x

2x 8 = 2 x−4 + ≥ 2 16 = 8 (theo bất đẳng x−4 x−4 8 thức AM-GM). Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2 x − 4 = ⇔ x−4 = 4 ⇔ x =8. x−4 A=

x−4

Vậy GTNN của A bằng 8 khi

x−4 = x−4

x = 8.

 x (5 − x ) ≥ 0 ⇔ ⇔ 0 ≤ x ≤ 5. ( x + 3 )( 6 − x ) ≥ 0 18 + 3 x − x ≥ 0

5 x − x 2 ≥ 0 g, Điều kiện  2

Ta viết lại: G = 5 x − x 2 + 5 x − x 2 + 18 − 2 x . Do 5x − x2 ≥ 0 với mọi x thỏa mãn 0 ≤ x ≤ 5 nên ta có G ≥ 18 − 2 x ≥ 18 − 2.10 = 8. Dấu đẳng thức xảy ra tại x = 5. Vậy GTNN của G bằng 2 2 khi x = 5.

(8 − x )( x + 3) Ví dụ 2

x−4 −2

x−4

thì x − 4 − 2 < 0 nên

x−4

+ Nếu

Ta có: 2 P = 2ab ( a + b ) − 6 ( a + b ) = ( t 2 − 11) t − 6t = t ( t 2 − 17 ) . Từ đó ta có:

(

x−4 +2

5 22 . 2

x−4

hay a + b ≥ 2 2 + 3 . Vậy 2 2 + 3 ≤ t ≤ 22 .

5 2

(

+ Nếu

) )

(8 − x )( x + 3) ≤ 8 − x + x + 3 = 11 nên:

hay x = . Vậy GTNN của P là 5 3 , GTLN của P là

)( )(

25 .2 4

x = 5− x

( x − 4)

Mặt khác ta cũng có:

( (

25 275 5 22 .10 = P≤ . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 8 − x = x + 3 và 4 2 2

 x A= 

( a + b ) − 2ab = 11 ⇔ 4ab = 2t 2 − 22 ≤ ( a + b ) = t 2  t ≤ 22 .

 a − 3 a − 8 ≤ 0 a 2 −     2  b − 3 b − 8 ≤ 0 b −  

( x + 5 − x)

P 2 ≤ 75 +

từ giả thiết ta có:

)

f, Điều kiện để biểu thức A xác định là

Biểu thức P có dạng P = ( a 2 − 3) b + ( b 2 − 3 ) a = ab ( a + b ) − 3 ( a + b ) Đặt

(

Hay P 2 = 75 + ( 5 x − x2 ) 2 ( 8 − x )( x + 3) − 1 . Theo bất đẳng thức AM-GM ta có: 5x − x2 = x (5 − x ) ≤

0 ≤ x ≤1.

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

a, Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: A =

Nếu x ≤ 1 thì C ≤ 0 (3)

x +1 . 2 x +1

Nếu x > 1 thì C > 0 ta có:

x b, Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: B = . x−2 x +9

c, Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: C =

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

1 x − 3 x + 11 = = C x −1

x −1 . x − 3 x + 11

(

) (

x −1 −

khi và chỉ khi

e, Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: E = − x2 + 4 ( 9 − x )(1 + 3x ).

9 − 1, áp dụng bất đẳng thức AM-GM x −1 9 1 1 ≥ 5  C ≤ . Dấu đẳng thức xảy ra x −1 + ≥ 6 suy ra C 5 x −1

x −1

cho 2 số thực dương ta có:

d, Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: D = 9 − x + x .

)

x −1 + 9

x −1 =

= x −1 +

9 ⇔ x − 1 = 3 ⇔ x = 16 (4). x −1

Kết hợp ( 3) , ( 4 ) ta suy ra GTLN của C bằng

f, Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: F = 5 x − x 2 + 18 + 3x − x 2 .

d, Điều kiện 0 ≤ x ≤ 3. Ta có D 2 = 9 + 2 x ( 9 − x ) theo bất đẳng thức AM-GM ta có:

Lời giải 1 1 2 x +1 + 1 2 2 =1+ a, Điều kiện: x ≥ 0 ta viết lại A thành: A = . 2 2 2 x +1 2 x +1

(

)

(

Vì x ≥ 0 nên 2 x + 1 ≥ 1 suy ra

(

)

2 2 x +1

≤

1 2

1 tại x = 16. 5

)

dẫn đến A ≤ 1. Dấu đẳng thức xảy ra khi và

2 x ( 9 − x ) ≤ x + 9 − x = 9 nên D2 ≤ 18 ⇔ D ≤ 3 2 . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 9 9 x = 9 − x ⇔ x = . Vậy GTLN của D bằng 3 2 tại x = . 2 2

e, Điều kiện ( 9 − x )(1 + 3x ) ≥ 0 ⇔ ( 3x − 27 )( 3x + 1) ≤ 0 do 3x − 27 < 3x +1 nên suy ra E xác 3x + 1 ≥ 0 1 ⇔ − ≤ x ≤ 9. 3 3x − 27 ≤ 0

định khi và chỉ khi 

chỉ khi x = 0.

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có: 2 (1 + 3x )( 9 − x ) ≤ 1 + 3x + 9 − x = 10 + 2 x suy ra

Vậy GTNN của A bằng 1 khi x = 0.

b, Điều kiện: x ≥ 0 ta có: x − 2 x + 9 = ( x − 1) + 8 > 0 suy ra B ≥ 0 + Khi x = 0 thì B = 0 (1)

E ≤ − x 2 + 2 (10 + 2 x ) = 20 + 4 x − x 2 = 24 − ( x − 2 ) ≤ 24.

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

x = 2. Vậy GTLN của E bằng 24 tại x = 2.  x ( 5 − x ) ≥ 0 ⇔ ⇔ 0 ≤ x ≤ 5. 18 + 3x − x ≥ 0 ( x + 3)( 6 − x ) ≥ 0 5 x − x 2 ≥ 0

f, Điều kiện: 

1 x−2 x +9 9 9 = = x −2+ = x+ − 2, áp dụng bất đẳng B x x x 9 1 1 thức AM-GM cho các số thực dương ta có: x + ≥ 2 9 = 6 suy ra ≥ 4  B ≤ . Dấu B 4 x đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 9 (2)

+ Khi x > 0 thì B > 0 ta có

Ta viết lại F = x ( 5 − x ) + ( 6 − x )( x + 3) , áp dụng bấ đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng

( AX + BY )

(

≤ A2 + B 2

)( X

)

+ Y 2 ta có

P 2 ≤ ( x + 6 − x )( 5 − x + x + 3) = 48  P ≤ 4 3.

Kết hợp (1) , ( 2 ) ta suy ra GTLN của B bằng

1 tại x = 9. 4

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

Chú ý:Học sinh hay mắc sai lầm khi đưa về

1 1 mà không xét x = 0. (Biểu thức chỉ B B

Dạng 3: Tìm điều kiện để biểu thức nhận giá trị nguyên.

xác định khi x > 0 ).

x 6− x 15 = ⇔ x= . 5− x x+3 7

Phương pháp: 2

c, Điều kiện: x ≥ 0 chú ý: x − 3 x + 11 =  x − 3  + 31 > 0, 

2

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

+ Đối với các biểu thức P = A +

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

B với A, B là số nguyên, C nhận giá trị nguyên hoặc vô C

tỉ thì P nhận giá trị nguyên khi và chỉ khi C là số nguyên và C là ước số của B. B với A, B là số hữu tỉ, C nhận giá trị thực. Ta thường C tìm cách đánh giá P, tức là chặn P theo kiểu M ≤ P ≤ N từ đó suy ra các giá trị có thể có

+ Đối với các biểu thức P = A +

 5 +1 2  x= 1 5  2 TH1: P = 1 ⇔ x − x + 1 = 2 ⇔  x −  = ⇔  do 2 4   − 5 +1 x =  2  x≥0 x =

5 +1 3+ 5 ⇔x= . 2 2

của P. Hoặc tìm điều kiện của P để tồn tại biến x, y ,... thỏa mãn yêu cầu bài toán từ đó suy ra các giá trị nguyên có thể có của P.

TH2: P = 2 ⇔ x − x + 1 = 1 ⇔ x − x = 0 ⇔ x ( x − 1) = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 1.

+ Đối với các bài toán tổng hợp học sinh cần chú ý điều kiện ban đầu để loại các giá trị không thỏa mãn.

Vậy x ∈ 0;1;

 

3 + 5   thì P nhận giá trị nguyên. 2 

c, Điều kiện x ≥ 0. Dễ thấy P là số dương. Để ý rằng: P =

Ví dụ 1

0 < P < 3 vì P là số nguyên nên P có thể nhận các giá trị là 1 hoặc 2.

2 x +5 a, Tìm các giá trị nguyên của x để P = là số nguyên. x +1

b, Tìm tất cả các số thực x để P =

TH1: P = 1 ⇔ 3 x + 5 = x + 2 ⇔ 2 x = −3 vô lí. TH2: P = 2 ⇔ 3 x + 5 = 2 ( x + 2 ) ⇔ x = −1 vô lí.

2 là số nguyên. x − x +1

c, Chứng minh: Không tồn tại giá trị thực của x để P =

Vậy không tồn tại x để P là số nguyên.

3 x +5 là số nguyên. x +2

Cách khác: Giả sử tồn tại giá trị x ≥ 0 để P =

Lời giải a, Điều kiện x ≥ 0. Ta viết lại P =

(

)

x +1 + 3 x +1

3 = 2+ . Do x là số nguyên nên x +1

P= x +1

nhận giá trị nguyên hoặc vô tỉ. Suy ra P là số nguyên khi và chỉ khi x + 1 là số nguyên và x + 1 là ước của 3. Chú ý x + 1 ≥ 1  x + 1 ∈ {1; 3} ⇔ x ∈ {0; 2} ⇔ x ∈ {0; 4} . Vậy x ∈ {0; 4} thì P nhận giá trị nguyên. b, Điều kiện x ≥ 0. 2

Do x ≥ 0 nên x − x + 1 ≥  x − 1  + 3 > 0 suy ra P > 0 ta có 

2

3 x +5 3 x +6 < = 3 suy ra x +2 x +2

3 x +5 x +2

3 x +5 là số nguyên. Khi đó ta có: x+2

⇔ P x + 2P = 3 x + 5 ⇔ x ( P − 3) = 5 − 2P (∗)

Nếu P = 3 thì (∗) có dạng 0 = −1 vô lý, vậy P ≠ 3. Từ (∗) ta cũng suy ra x =

5 − 2P , P−3

5 − 2P 2P − 5 2P − 5 ≥0⇔ ≤0⇔ ≤ 0, để ý rằng P −3 P−3 2P − 6  2P − 5 ≥ 0 2P − 5 5 2P − 5 > 2P − 6 nên điều kiện ≤0⇔   ≤ P < 3 (∗∗) , do P là số nguyên 2P − 6  2P − 6 < 0 2 nên (∗∗) không thể xảy ra. Tóm lại P không thể nhận giá trị nguyên.

Do x ≥ 0 ta suy ra P phải thỏa mãn:

2 2 2 8 8 = < = , như vậy 0 < P < . Vì P là số nguyên nên P có thể 2 3 x − x +1  1 3 3 3  x−  + 4 2 4 

nhận các giá trị P ∈ {1; 2}.

III. MỘT SỐ BÀI TOÁN TỔNG HỢP Bài 1

Cho A =

x−2 2+ x

( x ≥ 0) ,

 8 x x − 1 8x x + 1  2 x + 1 1 1 B =  −  : 2 x − 1 với x ≥ 0, x ≠ 2 , x ≠ − 2 . 2 x − x 2 x + x  

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

a) Chứng minh khi x = 3 + 2 2 thì A = b) Rút gọn B và tìm x để

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

5 2 −1 . 7

A x−2 . = B 4 x

x +2 − x −2

B =

P = A:B =

Lời giải:

( (

)( )(

) )

3 + 2 2 − 2 2 2 +1 2 2 +1 3 − 2 5 2 −1 = = = . 7 2 +1+ 2 3+ 2 3+ 2 3− 2

c) P =

b) Ta có: 2 x +1 4x − 2 x + 1  8x x −1 8x x + 1  2x + 1  2 x − 1 4x + 2 x + 1 B =  − = − :  x 2 x −1 x 2 x +1  2 x − x 2 x + x  2 x − 1 

(

)( (

) (

)

)( (

)  : 2 x + 1

)

 2x −1 

(

tại

2x + 1

(

)

x + 2 ( 2 x − 1)

(*) ⇔ x ( 2 x + 1) =

1 x

(

 1  − =0 x x + 2 ( 2 x − 1) 

)

(

x −2

)(

x +2

)(

x +2

)

(

6 x

)(

x −2

)(

x +2

)

x +2

) −(

(

x −2

)(

)

−2 x

x+2

6 x

)

(

x −2

)(

x +2

)

x +9 6 x

x+9 1 9  =  x+  . Theo bất đẳng thức AM – GM ta có: 6 x 6 x

9 ≥ 6. Suy ra P ≥ 1. x

9 ⇔ x = 3 ⇔ x = 9. Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 1 x

x = 9.

Cho A =

x +3 x +2 x +2 + + , B= x − 2 3− x x −5 x + 6

1 với x ≥ 0, x ≠ 4, x ≠ 9 x +1

a) Rút gọn A. hay x = 2 hoặc

b) Tính giá trị của A khi x = 7 + 4 3. c) Đặt

(*) . Ta có

P = A:B.

Tìm x để

P ≤ 4.

Lời giải:

)

x + 2 ( 2 x − 1) ⇔ 4 x − 2 x − 2 = 0 ⇔ 2 x − x − 1 = 0 ⇔

(

)(

)

x −1 2 x + 1 = 0

x ≥ 0

a) Điều kiện xác định:  x ≠ 4 x ≠ 9 

⇔ x = 1 ⇔ x = 1. Đối chiếu với điều kiện bài toán ta thấy x = 1, x = 2 thỏa mãn.

Bài 2

x−2

x +9

Bài 3

)

yêu cầu bài toán tương đương với 2x +1

(

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x =

 4 x + 2 x + 1 4 x − 2 x + 1  2 x + 1 4 ( 2 x − 1) ( x − 2 )( 2 x + 1) , A x − 2 4 ( 2 x − 1) =  − =  = : =  : 2x + 1 B 2+ x 2x +1 x x 4 x + 2 ( 2 x − 1)   2x −1

( x − 2 )( 2 x + 1) = x − 2 ⇔ x − 2  ( ) ( 4 ( x + 2 ) ( 2 x − 1) 4 x 

2 x

1 +9 325 1 1 36 P = = . b) Khi x =  x = ta có 1 36 36 6 6. 6

a) Ta có x = 3 + 2 2 = ( 2 + 1)  x = 2 + 1 thay vào A ta có: A=

x −2 − x+2

x +9 Cho biểu thức: A = ; B= x−4

x +2 x −2 2 x với x > 0, x ≠ 4. − + x −2 x +2 4− x

Ta có: A =

x +3 x +2 x +2 + + = x − 2 3− x x −5 x + 6

(

x +3

)(

(

b) Khi x = 7 + 4 3 = ( 2 + 3 )  x = 2 + 3 thì A =

a) Rút gọn biểu thức B. b) Đặt P = A : B. Tính giá trị của P khi x =

1 . 36

c) Tìm giá trị nhỏ nhất của P. Lời giải:

c) Ta có P =

(

3 3− x x −2

1 1 : = x − 2 x +1

)≤0⇔

x +1 ≤4⇔ x −2

) (

x+2

x −2

)(

x −3 −

)

x −2 + x +2

)

1 1 3 = = . 3 2+ 3 −2 3

x +1 −4≤0⇔ x −2

x −3 ≥ 0 (*) x −2

)(

x −3

x +1 − 4

(

x −2

) ≤ 0 hay

1 . x −2

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

 x − 3 ≥ 0

x ≥ 9 ⇔  x ≥ 9 đối chiếu điều kiện suy ra x > 9. x > 4  x − 2 ≥ 0

a) Ta có: A = 2 ⇔

 x − 3 ≤ 0 ⇔   x − 2 ≤ 0

b) Ta có: B =

TH1:  TH2:

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

x ≤ 9  x<4  x < 4

Vậy P ≤ 4 khi và chỉ khi

0≤ x<4

Cho biểu thức A =

Bài 4

đối chiếu điều kiện suy ra hoặc

0 ≤ x < 4.

x > 9.

2 x +3 , B= 5 x − 10 x

2 3 5 x −7 + − x − 2 2 x +1 2x − 3 x − 2

( x > 0, x ≠ 4 ) .

a) Rút gọn B. b) Tìm x sao cho

C = B:A

nhận giá trị là một số nguyên. Lời giải:

( (

)

x −1

)(

x +1 = 2 ⇔ x +1 = 2 x −1

x x −1 − = x +1 x −1

(

)

x +1

x −1

) ( ) 2 x +3 . b) x − ( )( ) ( 2 )( 2 x + 1) 5 x ( x − 2) 2 x +3 5 x nên C = B : A = . = . 2 x + 3 2 x +1 x − 2 2 x + 1 ( )( )

Ta có: A =

2 x +3 5 x − 10 x

Vì x > 0, ∀x > 0, x ≠ 4 nên C =

5 x > 0 ta có: 2 x +1

5 x 5 5 5 5 C= = − ≤ 0<C< 2 2 x +1 2 2 2 x +1 2 2

(

Kết hợp với điều kiện C là một số nguyên

)

A≥B⇔

x +1 ≥ x −1

Vì

x≥0

nên

1 3

x −1 x +1

+ Nếu C = 2 ⇔ 5 x = 4 x + 2  x = 2  x = 4 không thỏa mãn điều kiện. Vậy x = Bài 5

1 thì C nhận giá trị là một số nguyên. 9

Cho biểu thức A =

x +1 , B= x −1

x x −1 với x ≥ 0, x ≠ 1 . − x +1 x −1

a) Tìm x để A = 2. b) Chứng tỏ rằng A. B không phụ thuộc vào x. c) Tìm x để A ≥ B.

x −1

−

) (

x −1

x −1 ⇔ x +1

x +1 − x −1

Bài 6

x −1 ≥0⇔ x +1

x − 2 x +1

) (

x −1

(

x ≥ 0 suy ra điều kiện là

Cho biểu thức P =

(

) ( x − 1) ( x + 1)( x − 1) x +1 −

)(

x +1

)

x −1

≥0⇔

4 x

(

)(

x +1

)

x −1

≥0

)

x −1

x + 1 ≥ 0 ⇔ x − 1 > 0 ⇔ x > 1 ⇔ x > 1.

x > 1.

(

)

2 x −3 x x −3 x +3 − + với x ≥ 0, x ≠ 9. x − 2 x −3 x +1 3− x

a) Rút gọn biểu thức P. b) Tính giá trị của P biết x = 3 − 2 2. c) Tìm giá trị nhỏ nhất của P. Lời giải: 2

2 ( x − 3) x + 3 x x − 3 − 2 ( x − 3) − ( x + 3 )( x + 1) a) Ta có: P = x x − 3 − + =

x +1

x x − 3 − 2 x + 12 x − 18 − x − 4 x − 3

(

)(

x +1

x −3

)

(

3− x

x x − 3 x + 8 x − 24

(

)(

x +1

x −3

)

)(

x +1

x −3

)

( x − 3) ( x + 8 ) = ( x + 1)( x − 3)

b) Với x = 3 − 2 2 = ( 2 − 1)  x = 2 − 1 thay vào P ta có: P =

x+8 . x +1

11 − 2 2 11 2 − 4 = . 2 2

x −1 + 9 9 9 = x −1 + = x +1+ − 2. Áp dụng bất đẳng thức AM – GM x +1 x +1 x +1 9 ta có: x + 1 + ≥ 2 9 = 6  P ≥ 4. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x +1 9 x +1 = ⇔ x + 1 = 3 ⇔ x = 4. Vậy GTNN của P bằng 4 khi x = 4. x +1

c) Ta có: P =

Lời giải:

)(

x +1

x +1 x −1 = 1. . x −1 x +1

suy ra A.B =

x−2 x −3

1 thỏa mãn điều kiện. 9

)(

x +1

Vậy để A ≥ B thì điều kiện là :

ta suy ra C ∈ {1; 2} + Nếu C = 1 ⇔ 5 x = 2 x + 1  x =  x =

)

x −1

) (

2 2 x +1 + 3 x − 2 − 5 x − 7 2 3 5 x −7 + − = = x − 2 2 x +1 2x − 3 x − 2 x − 2 2 x +1

)

x − 1 ⇔ x = 3 ⇔ x = 9.

a) Ta có: B=

(

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG Bài 7

a) Tính giá trị của A khi b) Rút gọn B. c) Tìm x để B = 2A.

x x − 10 9 + với x ≥ 0, x ≠ 4, x ≠ . x−4 16 x −2

x , B= 4 x −3

Cho biểu thức A =

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

x = 25.

5  5 5 5  ∈ {3; 4;5;6;7} ⇔ x + 1 ∈ 5; ; ; ;1 x +1  2 3 4   3 2 1   9 4 1  ⇔ x ∈ 4; ; ; ;0  ⇔ x ∈ 16; ; ; ;0   2 3 4   4 9 16  P ∈ {3; 4;5;6;7} ⇔

Lời giải: a) Khi

x = 25

thì x = 5 suy ra A =

x + x −2

x − 10

(

x −2

x +5 2 x = ⇔2 x x + 2 4 x −3

c) B = 2A ⇔

⇔

(

Bài 8: Cho P=

)(

(

x +2

)

) (

x +2 =



) ( x − 2 )(

x +2

)(

)

(

2 x  1 + x +3

)

1  9 x + 14 + x +2 x+3 x +2

x +2 + x − 10

)

x +3 x − 10

(

x −2

)(

x +2

)

x + 5 4 x − 3 ⇔ 2 x + 13 x − 15 = 0

 x =1 do x − 1 2 x + 15 = 0 ⇔   x = − 15  2

)(

x +5 x +2

Cách khác : để P là số nguyên thì điều kiện cần và đủ là: (với m là số nguyên dương và

với x ≥ 0,x ≠ 1

x≥0

5 =m x +1

)

5 5−m 5−m =m ⇔ m x +m=5⇔ x = do x ≥ 0  điều kiện ≥ 0 do m > 0  m m x +1

Ta có:

5−m ≥ 0 ⇔ m ≤5

x ≥ 0  x = 1 thỏa mãn hay x = 1.

a, Rút gọn P

hay 0 < m ≤ 5  m ∈ {1; 2;3; 4;5} suy ra

 3 2 1   9 4 1  x ∈ 4; ; ; ;0  ⇔ x ∈ 16; ; ; ;0  .  2 3 4   4 9 16 

 a 2 a− b  1 1  + − :  với a>0, b>0,a ≠ b ab − a   b a a b   ab − b

Bài 9: Cho biểu thức P= 

a, Chứng minh rằng P = ab

b, Tính giá trị của P khi

x=4

b, Tính giá trị của biểu thức P khi a=3- 5 và b = 0,5

c, Tìm các giá trị của x để P là số tự nhiên.

c,Tìm giá trị lớn nhất của P nếu a2 +4b2 =8

Lời giải a, Ta có

Lời giải Ta có:

2 x  x +3 9 x + 14 2 x ( x + 1) 9 x + 14 2 x + 11 x + 14 P= = + =  + x + 3  x + 2  ( x + 2)( x + 1) ( x + 2)( x + 1) ( x + 2)( x + 1) ( x + 2)( x + 1) ( x + 2)(2 x + 7) (2 x + 7) Hay P= = ( x + 2)( x + 1) ( x + 1)

b,Với x=4 thì x =2 suy ra P= c, Ta có P =

9 4 1  ;0  là các giá trị cần tìm 4 9 16 

 Đối chiếu điều kiện ta thấy x ∈ 16; ; ;

5 5 = . 4.5 − 3 17

b) x x − 10 + = x−4 x −2

5 ≤ 5 suy ra 2 < P ≤ 7 .Vì P là số nguyên nên x +1

Do x ≥ 0 nên 0 <



P= 

 b 

(

Hay P =

2.2 + 7 11 = 2 +1 3

(

 1 1  : −  ab . a a − b   ab . b 

2 a− b a

(

a− b

)

a− b

)

a− b

)

(

b, Khi a= 3- 5 ,b=

)

= ab

2( x + 1) + 5 5 = 2+ x +1 x +1

)

ab  a− 2 a − b b . = a− b ab a − b 

3 − 5 6 − 2 5  5 −1  5 −1 1  ab = = =    P = ab = 2 4 2 2 2  

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

c,Theo bất đẳng thức AM-GM ta có: a2+4b2 ≥ 2 a 2 .4b 2 = 4ab  4ab ≤ 8  ab ≤ 2 . Vậy P ≤ 2 , dấu đẳng thức sảy ra khi và chỉ khi a2= 4b2 =4 ⇔ a=2,b=1

b, Tìm giá trị của x để P = −

c, Khi x>25 hãy tìm GTNN của P

Vậy GTLN của P là 2 Bài 10: Cho hai biểu thức A =

7 x −2 ,B = 2 x +1

Lời giải

x +3 x − 3 36 với x ≥ 0, x ≠ 9 − − x −3 x +3 x −9

Điều kiện: x>0; x ≠ 9; x ≠ 25(*) 

x 2 x   x −1 2  +  :  x − 3 x − x  = 9 x − 3 + x    

a, Rút gọn B, tìm x để A=B

a,Ta có P = 

b, Tìm tất cả giá trị của x để A nhận giá trị nguyên dương

 x   2x x −1 2  − −  :  x + 3 ( x + 3)( x − 3) x ( x − 3) x   

Lời giải a, Ta có B=

x +3 x − 3 36 − − = x −3 x +3 x−9

A= B⇔

⇔

(

x +3

)(

) ( x − 3)( ( x − 3)( x + 3)

x +3 −

12 7 x −2 = ⇔ 12 2 x + 1 = x + 3 2 x +1

(

) (

)(

)

x − 3 − 36

12 x − 36

(

x −3

)(

x +3

)

7 11 7 (2 x + 1) − (2 x + 1) 7 2 2 <2 b, Ta có: < Vì A là số nguyên dương nên ta có: 2 2 x +1 (2 x + 1)

0< A<

 A =1 7 ⇔  A = 2 2  A = 3

TH1: A = 1 ⇔

)

12 x +3

⇔P=

x ( x − 3) − 2 x x − 1 − 2( x − 3) x ( x + 3) x ( x − 3) =− = : . ( x − 3)( x + 3) ( x + 3)( x − 3) ( x − 3)( x + 3) 5 − x 4 3

x 4 = − ⇔ 3 x + 4 x − 20 = 0 ⇔ 3 x −5

b, P = − ⇔

x + 3 7 x − 2 ⇔ 7 x − 5 x − 18 = 0

 x =2 x −2 7 x +9 = 0 ⇔   x = 2 ⇔ x = 4(TMĐK )  x =−9  7

)(

4 3

)(

)

x − 2 3 x + 10 = 0 ⇔ x = 2 ⇔ x = 4

Thỏa mãn (*) x 25 25 = x +5+ = x −5+ + 10 .Áp dụng x −5 x −5 x −5 25 bất đẳng thức cô si dạng a + b ≥ 2 ab ta có: x − 5 + ≥ 2 25 = 10 Suy ra P ≥ 20 x −5

c, Khi x > 25 thì

x − 5 >0.Ta có: P =

Dấu đẳng thức sảy ra khi và chỉ khi

25 ⇔ x −5

x −5 =

(

x −5

)

= 25 ⇔ x − 5 = 5 ⇔ x = 100

thỏa mãn (*). Vậy GTNN của P là 20 khi x=100 

x 1  x +1 −  , B = x − 1 Với x>0,x ≠ 1 x − 1 x − x  

Bài 12. Cho biểu thức A = 

7 x −2 9 Thỏa mãn điều kiện =1⇔ 5 x = 3 ⇔ x = 25 2 x +1

a, Rút gọn P =A:B b, Tìm các giá trị của m để tồn tại x sao cho P x = m + x

7 x −2 16 TH 2 : A = 2 ⇔ = 2 ⇔ 3 x = 4 ⇔ x = Thỏa mãn điều kiện 9 2 x +1 TH 3 : A = 3 ⇔

(

x x −5

7 x −2 = 3 ⇔ x = 5 ⇔ x = 25 Thỏa mãn điều kiện 2 x +1



Bài 11: Cho biểu thức P = 

 3+ x

2x   x −1 2  − :  9 − x   x − 3 x x 

a, Tìm điều kiện của x để biểu thức P có nghĩa và rút gọn P 25

Lời giải a, Ta có

P = A: B =

x 1 − = x −1 x − x

x. x −1 x

(

)

x −1

(

)(

x −1 x

(

x +1

)

x −1

x +1 x

x +1 x −1 x −1 . = x x +1 x

b, Theo giả thiết ta có : P x = m + x ⇔ x − 1 = m + x Đặt 26

x = t , điều kiện t>0

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

,t ≠ 1

x−2 1  x +1 Bài 14. Cho biểu thức: P =  với x > 0, x ≠ 1 + . x + 2  x −1  x+2 x

Phương trình trở thành: t -t-m-1=0. Để phương trình có nghiệm điều kiện là ∆ = 1 + 4m + 4 ≥ 0 ⇔ m ≥ −

5 . Khi đó theo hệ thức vi ét ta có: t1+t2 =1> 0 suy ra trong hai 4

a,Rút gọn P

nghiệm tồn tại ít nhất một nghiệm dương.Như vậy ta chỉ cần tìm điều kiện để t=1 không

b, Tìm các giá trị của x để 2P = 2 x + 5

5 phải là nghiệm.Tức là 1-1-m-1 ≠ 0 ⇔ m ≠ − 1 .Vậy điều kiện cần tìm là: m ≥ − , m ≠ −1 4

c, chứng minh : P+ x >3.



Bài 13. Cho biểu thức P = 

 

x+3 x +2

(

x+2

)(

)

x −1

 x+ x  1 : + x − 1   x + 1 

−

1   x −1 

Lời giaỉ Với x>0, x ≠ 1

a, Ta có P=  x −1 x + x − 2 1  x +1  x−2 x x +1  x−2 . + = + = = .  . x + 2  x − 1  x + ( x + 2) x ( x + 2)  x + 1 x ( x + 2) x − 1  x+2 x

a,Rút gọn P

( x − 1)( x + 2) x + 1 . = x ( x + 2) x −1

b, Tính P khi x= 3+2 3 1 P

c, Với giá trị nào của x thì −

x +1 ≥ 1. 8

b, 2P = 2 x + 5  x +1 ⇔ 2   = 2 x + 5 ⇔ 2x + 5 x = 2 x + 2 ⇔ 2x + 3 x − 2 = 0 x   1 1 ⇔ x + 2 2 x −1 = 0 ⇔ x = ⇔ x = 2 4

a,Ta có

( (

)( x + 2) − x ( x + 1)  :  x + 2 )( x − 1) ( x − 1)( x + 1)   (   x + 1 x − 1   ( )( ) = 1 x + 1 : x +1

1 x −1

2 x

 2 

2 x

)(

  = x +1    

(

)

x −1

)−

x +1 x −1

 x  : x −1  

(

2 x

(

)(

)

x −1

x +1

 x 

1 2+ 2 

1 (2 + 2)( 2 − 1)

(

)

16 x − x + 1 − 8 x +1 2 x x +1 −1 = − −1 = 8 8 x +1 8 x +1

(

( x − 3) ≥ 0, ∀x > 0, x ≠ 1 nên 8(

x −3

(

)

(

) = − x + 6 x − 9 = ( x − 3) 8 ( x + 1) 8 ( x + 1) Vì

x +1

)

)(

)

c,Ta có: P + x = ta có:

= b, Ta có x= 3+2 3 =(1+ 2 ) 2  x = 1 + 2 nên P=  = . 2  2 + 1  2 ( 2 + 1)( 2 − 1) 2

c, P −

với

x>0,x ≠ 1 Lời giải

 P=  

x +1 x

x +1 1 + x = 1+ + x . Theo bất đăng thức cô si dạng a + b ≥ 2 ab x x

1 1 + x ≥ 2 suy ra P ≥ 3 . Dấu đẳng thức sảy ra khi và chỉ khi x = ⇔ x =1 x x

không thỏa mãn điều kiện x ≠ 1 . Vậy P>3 với mọi x>0 , x ≠ 1 

x x − x −1   x + 2 x−5  −  :  x + 1 − x − x − 2  − − x 2 x 2 x    

Bài 15. Cho P=  a,Rút gọn P

b, So sánh P với 4

1 x +1 1 x +1 − −1 ≥ 0 ⇔ − ≥1 ≥ 0 suy ra P 8 P 8 x +1

)

c, Tìm x thỏa mãn điều kiện: x x .(P-2)+x+4=3 x 3 + 4 x Lời giải

1 x +1 =1 ⇔ Kết hợp với điều kiện đề bài ta suy ra − P 8

(

)

x −3 = 0 ⇔ x = 9

a, Ta có P=

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

 x − x + x +1  x x − x −1   x + 2 x−5 x−4− x+5  x − 2 − x ( x − 2)  :  x + 1 − ( x + 1)( x − 2)  = x ( x − 2) : ( x + 1)( x − 2)     =

x +1 .( x + 1)( x − 2) = x ( x − 2)

(

b, Ta có P-4=

)

x +1 x

-4=

(

)

x +1

)

x −1 x

≥ 0  P ≥ 4 , Dấu bằng sảy ra khi và chỉ khi x=1

c, Tìm x thỏa mãn điều kiệnx x .(P-2)+x+4=3 x 3 + 4 x  Ta có  

(

)

x −1 x

 − 2  x x + x + 4 = 3 x 3 + 4 ⇔ x 2 + 2 x + 4 = 3 x( x 2 + 4)  

Chia hai vế cho x2 + 4 > 0 ta thu được:1+

2x x x =3 2 . Đặt t= 2 với t>0 ta có2t2 x2 + 4 x +4 x +4

 t =1 t = 1  2

3t+1=0 ⇔ ( 2t − 1)( t − 1) = 0 ⇔ 

Nếu t = 1, 1 2

Nếu t = ,

x = 1 ⇔ x 2 − 4 x + 4 = 0 vô nghiệm do ∆ = − 15 < 0 x2 + 4 x 1 2 = ⇔ x 2 − 4 x + 4 = 0 ⇔ ( x − 2 ) = 0 ⇔ x = 2 thỏa mãn điều kiện x2 + 4 2

Kết luận x=2

CHỦ ĐỀ 2: HÀM SỐ BẬC NHẤT, HÀM SỐ BẬC HAI I.

HÀM SỐ BẬC NHẤT

KIẾN THỨC CẦN NHỚ 1.

Định nghĩa: + Hàm số bậc nhất là hàm số được cho bởi công thức y = ax + b trong đó a và b là các số thực cho trước và a ≠ 0 . + Khi b = 0 thì hàm số bậc nhất trở thành hàm số y = ax , biểu thị tương quan tỉ lệ

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

thuận giữa y và x 2. Tính chất: a. Hàm bậc nhất, xác định với mọi giá trị x ∈ ℝ b. Trên tập số thực, hàm số y = ax + b đồng biến khi a > 0 và nghịch biến khi a < 0 . 3. Đồ thị hàm số: y = ax + b ( a ≠ 0 ) + Đồ thị hàm số y = ax + b là đường thẳng cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng b và cắt b a

trục hoành tại điểm có hoành độ bằng − .

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Cho đường thẳng (d1 ) : y = x + 2 và đường thằng (d 2 ) : y = (2m 2 − m) x + m 2 + m. a.

Tìm m để (d1 ) // (d 2 ).

Gọi A là điểm thuộc đường thẳng (d1 ) có hoành độ x = 2 . Viết phương trình đường

thẳng (d 3 ) đi qua A vuông góc với (d1 ) . c.

Khi (d1 ) // (d 2 ). Hãy tính khoảng cách giữa hai đường thẳng (d1 ), (d 2 ).

Tính khoảng cách từ gốc tọa O đến đường thẳng (d1 ) và tính S∆OMN với M , N lần

lượt là giao điểm của (d1 ) với các trục tọa độ Ox, Oy . Lời giải

+ a gọi là hệ số góc của đường thẳng y = ax + b 4.

Cách vẽ đồ thị hàm số y = ax + b

+ Vẽ hai điểm phân biệt của đồ thị rồi vẽ đường thẳng đi qua 2 điểm. + Thường vẽ đường thẳng đi qua 2 giao điểm của đồ thị với các trục tọa độ  b  A  − ; 0  , B ( 0; b ) .  a 

Kiến thức bổ sung:

Trong mặt phẳng tọa độ cho hai điểm A( x1 ; y1 ), B( x2 ; y2 ) thì AB = ( x2 − x1 )2 + ( y2 − y1 )2 . Điểm M ( x; y ) là trung điểm của AB th× x = 6.

(m − 1)(m + 2) ≠ 0

 m + m ≠ 2

1 thì (d1 ) // (d 2 ) . 2 Vì A ∈ (d1 ) có hoành độ x = 2 suy ra tung độ điểm A là y = 2 + 2 = 4 suy ra A(2; 4) .

Vậy với m = − b.

Đường thẳng (d1 ) có hệ số góc là a = 1 , đường thẳng (d 2 ) có hệ số góc là

+ Chú ý: Đường thẳng đi qua M (m;0) song song với trục tung có phương trình: x − m = 0 . Đường thẳng đi qua N (0; n) song song với trục hoành có phương trình: y − n = 0 5.

 2m 2 − m = 1 (m − 1)(2m + 1) = 0 1 Đường thằng (d1 ) // (d 2 ) khi và chỉ khi  2 ⇔ ⇔m=−

x1 + x2 y + y2 ;y= 1 . 2 2

Điều kiện để hai đường thẳng song song. Hai đường thẳng vuông góc.

Cho hai đường thẳng (d1 ) : y = ax + b và đường thẳng (d 2 ) : y = a x + b , a, a ≠ 0. '

(d1 ) vµ (d 2 ) cũng chính là khoảng cách giữa hai điểm A, B

lần lượt thuộc (d1 ) vµ (d 2 ) sao cho AB ⊥ (d1 ); AB ⊥ (d 2 ). Hình vẽ: Gọi B là giao điểm của đường thẳng (d 3 ) và ( d2 ) . Phương trình hoành độ giao điểm của (d 2 ) và ( d3 ) là −x + 6 = x −

(d1 ) / / ( d 2 ) ⇔ a = a ' và b ≠ b ' .

Vậy

1 25 23  25 23  ⇔x= y=  B ;  4 8 8  8 8 

độ

đoạn

dài 2

thẳng

là:

9 2  25   23  AB =  − 2  +  − 4  = 8  8   8  d. Gọi M , N lần lượt là giao điểm của đường thẳng (d1 ) với các trục tọa độ Ox, Oy. Ta

( d1 ) ≡ ( d 2 ) ⇔ a = a ' và b = b '

(d1 ) cắt ( d 2 ) ⇔ a ≠ a ' . ( d1 ) ⊥ ( d 2 ) ⇔ a.a = -1 . '

Chú ý: Gọi ϕ là góc tạo bởi đường thẳng y = ax + b và trục Ox , nếu a > 0 thì tanϕ = a. II.

a ,  a , .1 = −1  a , = −1.

Đường thẳng ( d3 ) có dạng y = − x + b. Vì (d 3 ) đi qua A(2; 4) suy ra 4 = −2 + b  b = 6. Vậy đường thẳng (d3 ) là y = − x + 6 . c. Khi (d1 ) // (d 2 ) thì khoảng cách giữa hai đường thẳng

MỘT SỐ BÀI TOÁN TRÊN MẶT TỌA ĐỘ

có: Cho y = 0  x = −2  A(−2; 0), cho y = 0  x = −2  N (−2;0). Từ đó suy ra OM = ON = 2  MN = 2 2. Tam giác OMN vuông cân tại O . Gọi H là hình chiếu vuông 1 2

1 2

góc của O lên MN ta có OH = MN = 2 và SOMN = OM .ON = 2 (đvdt)

Ví dụ 1. 31

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Đường thẳng (d ) được viết lại như sau: mx + (2 − 3m) y + m − 1 = 0 ⇔ (2 − 3m) y = − mx + 1 − m. 2 1 thì đường thẳng (d ) : x − = 0 song song với trục Oy nên khoảng 3 2 1 cách từ O đến đường thẳng ( d ) là: . 2 2 m m −1 + Nếu m ≠ đường thẳng ( d ) có thể viết lại: y = x+ . Điều kiện để (d ) ⊥ OI 3 3m − 2 3m − 2

+ Để ý rằng với m =

m 1 2 1 1 .1 = −1 ⇔ m = 2 − 3m ⇔ m = . Khi đó khoảng cách OI =   +   = . 3m − 2 2 2 2 2 1 Vậy m = là giá trị cần tìm. 2

là Chú ý: Nếu tam giác OMN không vuông cân tại O . Ta có thể tính OH theo cách: Trong tam vuông OMN ta có: 1 1 1 = + (*) . Từ đó để tính khoảng cách từ điểm O đến đường thẳng ( d ) ta làm OH 2 OM 2 ON 2

theo cách: + Tìm các giao điểm M , N của (d ) với các trục tọa độ. + Áp dụng công thức tính đường cao từ đỉnh góc vuông trong tam giác vuông OMN (công thức (*)) để tính đoạn OH . Bẳng cách làm tương tự ta có thể chứng minh được công thức sau: Cho điểm M ( x0 ; y0 ) và đường thẳng ax + by + c = 0. Khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng là: d=

ax0 + by0 + c a2 + b2

Ví dụ 2. Cho đường thẳng mx + (2 − 3m) y + m − 1 = 0 (d). a. Tìm điểm cố định mà đường thẳng (d ) luôn đi qua. b. Tìm m để khoảng cách từ gốc tọa độ đến đường thẳng (d ) là lớn nhất. c. Tìm m để đường thẳng (d ) cắt các trục tọa độ Ox, Oy lần lượt tại A, B sao cho tam giác OAB cân. Lời giải a.

Gọi I ( x0 ; y0 ) là điểm cố định mà đường thẳng (d ) luôn đi qua với mọi m khi đó ta

 x0 − 3 y0 + 1 = 0 mx0 + (2 − 3m) y0 + m − 1 = 0, ∀m ⇔ m( x0 − 3 y0 + 1) + 2 y0 − 1 = 0, ∀m ⇔  2 y0 − 1 = 0 1  có:  x0 = 2 1 1 ⇔ I  ; . Hay  2 2 y = 1  0 2

Gọi H là hình chiếu vuông góc của O lên đường thẳng

( d ) . Ta có:

OH ≤ OI suy ra OH lớn nhất bằng OI khi và chỉ khi H ≡ I ⇔ OI ⊥ ( d ). Đường thẳng qua O

1 1 1 1 có phương trình: y = ax do I  ;  ∈ OI  = a. ⇔ a = 1  OI : y = x. 2 2 2 2 33

c. Ta có thể giải bài toán theo hai cách sau: 2 2 không thỏa mãn điều kiện (Do (d ) không cắt Oy ). Xét m ≠ , 3 3 đường thẳng (d ) cắt Ox, Oy tại các điểm A, B tạo thành tam giác cân OAB . Do AOB = 900  ∆OAB vuông tại O . Suy ra hệ số góc của đường thẳng ( d ) phải bằng 1 hoặc -

Cách 1: Dễ thấy m =

1 và đường thẳng (d ) không đi qua gốc O .  m m = 1  3m − 2 = 1 1 ⇔  1 Ta thấy chỉ có giá trị m = là thỏa mãn điều kiện bài toán. 2  m = −1  m =  2  3m − 2 2 Cách 2. Dễ thấy m = , m = 0 không thỏa mãn điều kiện. 3 m m −1  2 Xét m ∉ 0;  , đường thẳng (d ) có thể viết lại: y = x+ 3m − 2 3m − 2  3 Đường thẳng (d ) cắt trục Ox tại điểm A có tung độ bằng 0 nên m m −1 1− m 1− m 1− m  x+ =0⇔ x=  A ; 0   OA = , đường thẳng ( d ) cắt trục Oy tại 3m − 2 3m − 2 m m  m  m −1 m −1  m −1  điểm có hoành độ bằng 0 nên y =  B  0; . Điều kiện để tam   OB = 3m − 2 3m − 2  3m − 2  m = 1 m = 1 1− m m −1 = ⇔  giác OAB cân là OA = OB ⇔ Giá trị m = 1 không m = 1 m 3m − 2  m = 3m − 2  2

thỏa mãn, do đường thẳng (d ) đi qua gốc tọa độ. 1 2

Kết luận: m = . Ví dụ 3: Cho hai đường thẳng (d1 ) : mx + (m − 1) y − 2m + 1 = 0, (d 2 ) : (1 − m) x + my − 4m + 1 = 0 a. Tìm các điểm cố định mà (d1 ),(d 2 ) luôn đi qua. b.

Tìm m để khoảng cách từ điểm P (0; 4) đến đường thẳng (d1 ) là lớn nhất.

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

c. Chứng minh hai đường thẳng trên luôn cắt nhau tại điểm I . Tìm quỹ tích điểm I khi m thay đổi. d. Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác IAB với A, B lần lượt là các điểm cố định mà (d1 ),(d 2 ) đi qua. Lời giải a.

Ta viết lại (d1 ) : mx + (m − 1) y − 2m + 1 = 0 ⇔ m( x + y − 2) + 1 − y = 0. Từ đó dễ dàng suy ra

đường thẳng (d1 ) luôn đi qua điểm cố định A(1;1) . Tương tự viết lại (d 2 ) : (1 − m) x + my − 4m + 1 = 0 ⇔ m( y − x − 4) + 1 + x = 0 suy ra (d 2 ) luôn đi qua điểm cố định: B (−1;3). b.

Để ý rằng đường thẳng (d1 ) luôn đi qua điểm cố định: A(1;1). Gọi H là hình chiếu

vuông góc của P lên ( d1 ) thì khoảng cách từ A đến ( d1 ) là PH ≤ PA . Suy ra khoảng cách lớn nhất là PA khi P ≡ H ⇔ PH ⊥ (d1 ). Gọi y = ax + b là phương trình a.0 + b = 4 b = 4 suy ra phương trình đường  a.1 + b = 1  a = −3

đường thẳng đi qua P (0; 4), A(1;1) ta có hệ: 

thẳng PA : y = −3x + 4. Xét đường thẳng (d1 ) : mx + (m − 1) y − 2m + 1 = 0. Nếu m = 1  (d1 ) : x − 1 = 0 không thỏa mãn điều kiện. m 2m − 1 Khi m ≠ 1  (d1 ) : y = x+ . 1− m m −1

Điều kiện để (d1 ) ⊥ PA :

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Do đó hai đường thẳng này luôn cắt nhau tại 1 điểm I. Tóm lại với mọi giá trị của m thì hai đường thẳng (d1), (d2) luôn vuông góc và cắt nhau tại điểm I. Mặt khác theo câu a) ta có (d1), (d2) lần lượt đi qua hai điểm cố định A, B suy ra tam giác IAB vuông tại A. Nên I nằm trên đường tròn đường kính AB. d. Ta có AB = (−1 − 1)2 + (3 − 1)2 = 2 2 . Dựng IH ⊥ AB thì 1 1 1 AB AB 2 S∆IAB = IH . AB ≤ IK . AB = . AB = = 2 . Vậy 2 2 2 2 4

giá trị lớn nhất của diện tích tam giác IAB là 2 khi và chỉ khi IH=IK. Hay tam giác IAB vuông cân tại I. Ứng dụng của hàm số bậc nhất trong chứng minh bất đẳng thức và tìm GTLN, GTNN Ta có các kết quả quan trọng sau: + Xét hàm số y = f ( x) = ax + b với m ≤ x ≤ n khi đó GTLN, GTNN cuả hàm số sẽ đạt được f ( x ) = min { f (m); f (n)} và tại x=m hoặc x=n. Nói cách khác: min m≤ x ≤ n

m 1 ( −3) = −1 ⇔ m = . 1− m 4

c. Nếu m = 0  ( d1 ) : y − 1 = 0, ( d 2 ) : x + 1 = 0 suy ra hai đường thẳng này luôn vuông góc với nhau và cắt nhau tại I (−1;1). Nếu m = 1 thì (d1 ) : x − 1 = 0, (d 2 ) : y − 3 = 0 suy ra hai đường thẳng này luôn vuông góc với nhau và cắt nhau tại I (1;3) . m 2m − 1 m −1 4m − 1 Nếu m ≠ {0;1} thì ta viết lại (d1 ) : y = và (d 2 ) : y = . x+ x+ 1− m m −1 m m m   m −1  Ta thấy    = −1  (d1 ) ⊥ ( d 2 ). 1− m  m 

max f ( x) = max { f (m); f (n)} . m≤ x≤n

Như vậy, để tìm GTLN, GTNN của hàm số y = f ( x ) = ax + b với m ≤ x ≤ n ta chỉ cần tính các giá trị biên là f(m),f(n) và so sánh hai giá trị đó để tìm GTLN, GTNN. + Cũng từ tính chất trên ta suy ra: Nếu hàm số bậc nhất y = f ( x) = ax + b có f (m), f (n) ≥ 0 thì f ( x) ≥ 0 với mọi giá trị của x thỏa mãn điều kiện: m ≤ x ≤ n . Ví dụ 1: Cho các số thực 0 ≤ x, y, z ≤ 2 . Chứng minh rằng: 2( x + y + z ) − ( xy + yz + zx) ≤ 4 . Lời giải: Ta coi y, z như là các tham số, x là ẩn số thì bất đẳng thức cần chứng minh có thể viết lại như sau: f ( x) = (2 − y − z ) + 2( y + z ) − yz ≤ 0 . Để chứng minh f ( x) ≤ 0 ta cần chứng minh:  f (0) ≤ 0 . Thật vậy ta có:   f (2) ≤ 0

+ f (0) = 2( y + z ) − yz − 4 = ( y − 2)(2 − z ) ≤ 0 với y,z thỏa mãn: 0 ≤ y, z ≤ 2 . 35

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

+ f ( x) = 2(2 − y − z ) + 2( y + z ) − yz − 4 = − yz ≤ 0 với y,z thỏa mãn: 0 ≤ y, z ≤ 2 . Từ đó ta suy ra điều phải chứng minh: Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi (x,y,z)=(0;2;2) hoặc các hoán vị của bộ số trên. Ví dụ 2:

  1 − a 2  t ∈  0;  . Do 9a − 4 < 0 suy ra hàm số f (t ) nghịch biến. Suy ra   2       1 − a 2  1 1 f (t ) ≥ f   = a (3a − 1) 2 ≥ 0. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = .   2   4 2  

Cho các số thực không âm x, y, z thỏa mãn điều kiện: x + y + z = 1 . Tìm GTLN của biểu thức P = xy + yz + zx − 2 xyz. Lời giải

KIẾN THỨC CẦN NHỚ

x+ y+ z 1 Không mất tính tổng quát ta giả sử z = min( x, y, z )  z ≤ = . Ta có 3 3 ( x + y )2 (1 − z ) 2 0 ≤ xy ≤ = . P = xy(1 − 2 z ) + ( x + y) z = xy (1 − 2 z ) + z (1 − z ). Ta coi z là tham số xy 4 4 2

là ẩn số thì f ( xy) = xy(1 − 2 z ) + z (1 − z ) là hàm số bậc nhất của xy với 0 ≤ xy ≤

(1 − z ) . Để ý 4

rằng 1 − 2 z > 0 suy ra hàm số f ( xy) = xy (1 − 2 z ) + z (1 − z ) luôn đồng biến. Từ đó suy ra

Hàm số y = ax2 (a ≠ 0) : hàm số xác định với mọi số thực x . Tính chất biến thiên: +) Nếu a > 0 thì hàm số đồng biến khi x > 0 , nghịch biến khi x < 0 . +) Nếu a < 0 thì hàm số đồng biến khi x < 0 , nghịch biến khi x > 0 . Đồ thị hàm số là một đường Parabol nhận gốc O làm đỉnh, nhận trục tung làm trục đối xứng. Khi a > 0 thì parabol có bề lõm quay lên trên, khi a < 0 thì parabol có bề lõm quay xuống dưới.

 (1 − z )  (1 − z ) + z 1 − 2 z = −2 z 3 + z 2 + 1 f ( xy ) ≤ f   = (1 − 2 z ) ( ) 4 4 4   2

III. HÀM SỐ BẬC HAI

7 1 3 1 2 1  7 1 1  1 7 − z − z + − z−  z+ ≤ . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi = 27  2 4 108  27 2  3  6  27 1 x= y=z= . 3

Ví dụ 3 Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a + b + c = 1 . Chứng minh rằng 5(a 2 + b 2 + c 2 ) − 6(a3 + b3 + c3 ) ≤ 1.

Lời giải 1 3

Không mất tính tổng quát ta giả sử: a = min{a, b, c)  a ≤ . Bất đẳng thức tương đương

Ví dụ 1:

với 5 a + (b + c) − 2bc  ≤ 6 a + ( b + c ) − 3bc(b + c)  + 1

a, Hãy xác định hàm số y = f ( x) = ax 2 biết rằng đồ thị của nó đi qua điểm A(2;4) .

⇔ 5  a 2 + (1 − a ) − 2bc  ≤ 6  a 3 + (1 − a ) − 3bc(1 − a )  + 1 ⇔ ( 9a − 4 ) bc + (2a − 1) 2 ≥ 0. Đặt t = bc thì     2

2  b + c   1− a  0<t ≤  =  . Ta cần chứng minh f (t ) = ( 9a − 4 ) t + ( 2 a − 1) ≥ 0 với mọi  2   2 

b, Vẽ đồ thị của hàm số đã cho c, Tìm các điểm trên parabol có tung độ bằng 16. d, Tìm m sao cho B(m; m3 ) thuộc parabol. e, Tìm các điểm trên parabol khác gốc tọa độ cách đều hai trục tọa độ.

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Lời giải

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

b. Để đáp ứng chiều cao trước hết xe tải phải đi vào chính giữa cổng. 3 (ứng với chiều cao của xe). 2

a, Ta có A ∈ ( P) ⇔ 4 = a.2 ⇔ a = 1

Xét đường thẳng ( d ) : y = −

b, Đồ thị parabol có đỉnh là gốc tọa độ O(0;0) bề lõm

Đường thẳng này cắt Parabol tại hai điểm có tọa độ thỏa mãn hệ:

quay lên trên, có trục đối xứng là Oy đi qua các điểm

 3 2 3  2 3 ;y=− x =  x = 2 2 2  ⇔   −3 2 3 y = − 3 ;y=− x =  2  2 2

M (1;1), N (−1;1), E (3;9), F (−3;9)

c, Gọi C là điểm thuộc (P) có tung độ bằng 16.

 3 2

3

3 2 3

Ta có: yc = 16 ⇔ xc2 = 16 ⇔ xc = ±4 . Vậy C (4;16) hoặc

Suy ra tọa độ hai giao điểm là T  − ; −  ; H  ;   HT = 3 2 > 2, 4 . 2 2   2 2  

C (−4;16).

Vậy xe tải có thể đi qua cổng.

d. Thay tọa độ điểm B vào ( P ) ta được: m3 = m 2 ⇔ m3 − m 2 = 0 ⇔ m 2 ( m − 1) = 0 ⇔ m = 0 hoặc m = 1 .

Ví dụ 3.

e. Gọi D là điểm thuộc ( P ) cách đều hai trục tọa độ. Ta có: d ( D, Ox ) = yD = xD2 ; d ( D, Oy ) = xD . Theo giả thiết ta có: xD2 = xD ⇔ xD = 0 (loại) hoặc

những điểm I sao cho khoảng cách từ I đến d bằng IF .

xD = 1 . Vậy D (1;1) hoặc D ( −1;1) .

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng d : y = −1 và điểm F ( 0;1) . Tìm tất cả Lời giải 2

Giả sử điểm I ( x; y ) . Khi đó khoảng cách từ I đến d bằng y + 1 và IF = x 2 ( y − 1) .

Ví dụ 2.

Một xe tải có chiều rộng là 2,4 m chiều cao là 2,5 m muốn đi qua một cái cổng hình parabol. Biết khoảng cách giữa hai chân cổng là 4 m và khoảng cách từ đỉnh cổng tới mỗi chân cổng là 2 5 m (Bỏ qua độ dày của cổng). a. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy gọi parabol ( P ) : y = ax2 với a < 0 là hình biểu diễn cổng mà xe tải muốn đi qua. Chứng minh a = −1 . b. Hỏi xe tải có đi qua cổng được không? Tại sao? (Trích đề tuyển sinh vào 10 – trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội 2015 – 2016)

1 4

sao cho khoảng cách từ I đến d bằng IF là đường Parabol ( P1 ) : y = x 2 . Ví dụ 4.

a. Xác định điểm M thuộc đường Parabol ( P ) : y = x 2 sao cho độ dài đoạn IM là nhỏ nhất, trong đó I ( 0;1) . b. Giả sử điểm A chạy trên Parabol ( P ) : y = x2 . Tìm tập hợp trung điểm J của đoạn OA .

Lời giải a. Giả sử trên mặt phẳng tọa độ, độ dài các đoạn thẳng được tính theo đơn vị mét. Do khoảng cách giữa hai chân cổng là 4 m nên MA = NA = 2 m . Theo giả thiết ta có OM = ON = 2 5 , áp dụng định lí Pitago ta tính được: OA = 4 vậy M ( 2; −4 ) , N ( −2; −4 ) . Do M ( 2; −4 ) thuộc parabol nên tọa độ điểm M thỏa mãn phương trình: ( P ) : y = ax 2 hay −4 = a.2 2  a = −1 và ( P ) : y = − x 2 .

1 4

Như vậy ( y + 1) = x 2 + ( y − 1) . Từ đây suy ra y = x 2 . Do đó tập hợp tất cả những điểm I

Lời giải a. Giả sử điểm M thuộc đường parabol ( P ) : y = x2 suy ra M ( m; m 2 ) khi đó 2

2 1 3 3  IM 2 = m 2 + ( m 2 − 1) = m 4 − m 2 + 1 . Vậy IM =  m 2 −  + ≥ . Ta thấy IM nhỏ nhất bằng 2 4 2 

 3 2 2 1 khi m = ± hay M  ± ;  . 2 2  2 2 40

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

b. Giả sử điểm A ( a; a 2 ) thuộc ( P ) : y = x 2 . Gọi I ( xI ; yI ) là trung điểm đoạn OA .

c) Vì OA ⊥ OB nên ab = −1. Độ dài đoạn AB = ( a − b ) + ( a 2 − b 2 ) hay

a   xI = 2 Suy ra  . 2  y = a = 2x2 I I  2

AB = a 2 +b 2 − 2ab + a 4 + b 4 − 2a 2b 2 . Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có

a 2 + b 2 ≥ 2 a 2b 2 = 2 ab , a 4 + b 4 ≥ 2a 2b 2 . Ta có: AB ≥ 2 ab + 2 + 2a 2b 2 − 2a 2b 2 = 2. Vậy AB

ngắn nhất bằng 2 khi a 2 = b 2 , ab = −1. Ta có thể chỉ ra cặp điểm đó là: A(−1;1) và B(1;1). Ví dụ 6

Vậy tập hợp các trung điểm I của đoạn OA là đường parabol ( P1 ) : y = 2 x 2 .

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol ( P ) : y = x 2 , trên ( P ) lấy hai điểm A(−1;1) ,

Ví dụ 5.

B (3;9).

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai điểm A và B chạy trên parabol ( P ) : y = x2 sao cho A, B ≠ O ( 0;0 ) và OA ⊥ OB . Giả sử I là trung điểm của đoạn AB . a. Tìm quỹ tích điểm trung điểm I của đoạn AB .

a, Tính diện tích tam giác OAB. b, Xác định điểm C thuộc cung nhỏ AB của ( P ) sao cho diện tích tam giác ABC lớn nhất.

b. Đường thẳng AB luôn luôn đi qua một điểm cố định. c. Xác định tọa độ điểm A và B sao cho độ dài đoạn AB nhỏ nhất.

Lời giải:

Lời giải a. Giả sử A ( a; a

)

và B ( b; b

a, Gọi y = ax + b là phương trình đường thẳng AB .

) là hai điểm thuộc ( P ) . Để

A, B ≠ O ( 0;0 ) và OA ⊥ OB ta cần 2

điều kiện: ab ≠ 0 và OA + OB = AB hay ab ≠ 0 và a + a + b + b = ( a − b ) + ( a − b 2

2 2

)

Rút gọn hai vế ta được: ab = −1 . Gọi I ( xI ; yI ) là trung điểm đoạn AB . Khi đó:

a.(−1) + b = 1 a = 2  suy ra phương trình đường a.3 + b = 9 b = 3

Ta có 

thẳng AB (d ) : y = 2 x + 3. Đường thẳng AB cắt trục Oy tại điểm I (0;3). Diện tích tam giác OAB là: SOAB = SOAI + SOBI =

a +b   xI = 2  2 2 2  y = a + b = ( a + b ) − 2ab = 2 x 2 + 1 I  I 2 2

1 1 AH .OI + BK .OI . 2 2

Ta có AH = 1; BK = 3, OI = 3. Suy ra SOAB = 6 (đvdt). b, Giả sử C (c; c 2 ) thuộc cung nhỏ ( P ) với −1 < c < 3.

Vậy tọa độ điểm I thỏa mãn phương trình y = 2 x + 1 . 2

Ta cũng có thể tìm điều kiện để OA ⊥ OB theo cách sử dụng hệ số góc: Đường thẳng OA a2 b2 = a, đường thẳng OB có hệ số góc là k2 = = b. Suy ra điều kiện a b để OA ⊥ OB là a.b = −1

có hệ số góc là k1 =

b) Phương trình đường thẳng đi qua A và B là ( AB ) :

x − a y − a2 = hay b − a b2 − a 2

( AB ) : y = ( a + b) x − ab = (a + b) x + 1. Từ đây ta dễ dàng suy ra đường thẳng ( AB ) : y = ( a + b) x + 1 luôn luôn đi qua điểm cố định (0;1).

Diện tích tam giác: S ABC = S ABB′A′ − S ACC ′A′ − S BCC ′B′ . Các tứ giác ABB′A′, AA′C ′C , CBB′C ′ đều là hình thang vuông nên ta có: S ABC =

1+ 9 1 + c2 9 + c2 .4 − .(c + 1) − .(3 − c) = 8 − 2(c − 1)2 ≤ 8. 2 2 2

Vậy diện tích tam giác ABC lớn nhất bằng 8 (đvdt) khi C (1;1).

IV. MỘT SỐ VẤN ĐỀ LIÊN QUAN ĐẾN PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

 ∆ ≥ 0 suy ra phương trình cso nghiệm.

1. Công thức nghiệm phương trình bậc hai.

+ Xét ( a. f ( α ) ) ( a. f (β ) ) = a 2 f ( α ) . f (β ) ≤ 0  trong hai số af ( α ) và af (β ) có một số không

Kiến thức cần nhớ

dương, tức là af ( α ) ≤ 0 hoặc af (β ) ≤ 0  phương trình có nghiệm.

Đối với phương trình bậc hai ax 2 + bx + c = 0 (a ≠ 0) có biệt thức ∆ = b 2 − 4ac. + Nếu ∆ < 0 thì phương trình vô nghiệm.

Ví dụ 1 Cho phương trình: ( m − 1) x 2 − 2 ( m + 1) x + ( m − 3) = 0 (1)

+ Nếu ∆ = 0 thì phương trình có nghiệm kép x = −

b . 2a

+ Nếu ∆ > 0 thì phương trình có hai nghiệm phân biệt: x1 =

a, Giải phương trình (1) khi m = 2. b, Tìm m để phương trình (1) có nghiệm kép. −b + ∆ −b − ∆ ; x2 = . 2a 2a

c, Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt. Lời giải:

Công thức nghiệm thu gọn: Khi b = 2b′, ta xét ∆′ = b′2 − ac. Khi đó:

a, Với m = 2 ta có phương trình: x 2 − 6 x − 1 = 0. Ta có ∆′ = ( −3) + 1 = 10, nên phương trình

+ Nếu ∆′ < 0 thì phương trình vô nghiệm.

có 2 nghiệm là: x = 3 − 10 và x = 3 + 10.

b′ a

+ Nếu ∆′ = 0 thì phương trình có nghiệm kép x = − . + Nếu ∆′ > 0 thì phương trình có hai nghiệm phân biệt: x1 =

b, Phương trình (1) có nghiệm kép khi và chỉ khi: −b′ + ∆′ −b′ − ∆′ ; x2 = . 2a 2a

2. Sự tồn tại nghiệm của phương trình bậc hai. Để chứng minh một phương trình bậc hai có nghiệm. Thông thường ta chứng minh: 2 ∆ ≥ 0 dựa trên các kỹ thuật như biến đổi tương đương để đưa về dạng ( Ax + B ) ≥ 0, kiến thức về bất đẳng thức, bất phương trình, trong một số bài toán khó ta cần nắm bắt được những tính chất đặc biệt của tam thức bậc hai để vận dụng. Ngoài các kiến thức cơ sở trong SGK ta cần nắm thêm một số kết quả, bổ đề quan trọng sau: + Mọi tam thức bậc hai: f ( x ) = ax + bx + c với a ≠ 0 đều có thể phân tích thành dạng 2

m ≠ 1 1 ( m − 1) ≠ 0 ⇔ ⇔m= .  2 6 m − 2 = 0 3 ′ ∆ = m + 1 − m − 1 . m − 3 = 0  ( ) ( ) ( ) 

c, Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 1  m ≠ 1 ( m − 1) ≠ 0 m > ⇔ ⇔ 3.    2  6m − 2 > 0 ∆′ = ( m + 1) − ( m − 1) . ( m − 3) > 0  m ≠ 1

Ví dụ 2 Cho a + b ≥ 0, b + c ≥ 0, a + c ≥ 0. Chứng minh rằng phương trình sau có nghiệm:

( a + b + a ) x2 − 2

b  ∆  với ∆ = b 2 − 4ac. f ( x) = a  x +  − 2a  4a 

3 ( a 3 + b3 + c 3 ) x + ( a 2 + b2 + c 2 ) = 0.

+ Để chứng minh một phương trình bậc hai f ( x ) = ax 2 + bx + c = 0 (a ≠ 0) có nghiệm ngoài cách chứng minh ∆ ≥ 0 ta còn có cách khác như sau: “Chỉ ra số thực α sao cho a. f ( α ) ≤ 0 hoặc hai số thực α, β sao cho: f ( α ) . f ( β ) ≤ 0 ”. Thật vậy ta có thể chứng minh điều này như sau: 

+ Ta có a. f ( α ) = a 2  α + 

2 2 2 b  ∆  b  ∆ ∆  b   − 2  ≤ 0  α + − 2 ≤ 0  2 ≥ α + ≥0    2a  4a  2 a  4a 4a 2a   

Lời giải: Nếu a + b + c = 0 thì từ giả thiết ta suy ra a = b = c = 0. Do vậy phương trình có vô số nghiệm. Dưới đây ta xét trường hợp a + b + c ≠ 0. Ta có: ∆′ = 3 ( a 3 + b3 + c3 ) − ( a + b + c ) . ( a 2 + b 2 + c 2 )

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Lời giải:

= 2 ( a 3 + b3 + c3 ) − ab ( a + b ) − bc ( b + c ) − ac ( a + c ) = ( a + b − ab ( a + b ) ) + ( b + c − bc ( b + c ) ) + ( a + c − ac ( a + c ) ) 3

a, Hai phương trình trên lần lượt có ∆1′ = 16a (1 − 48bc ) , ∆′2 = 16b (1 − 24ac ) . Vì a , b là các số dương nên ∆1′ , ∆′2 lần lượt cùng dấu

= ( a + b ) . ( a − b ) + ( b + c ) . ( b − c ) + ( a + c ) . ( a − c ) ≥ 0.

Do a + b, b + c, a + c ≥ 0. Từ đó suy ra phương trình đã cho có nghiệm.

với 1 − 48bc và 1 − 24ac. Mặt khác ta lại có 2

1 − 48bc + 1 − 24 ac = 2 − 24c ( a + 2b ) = 2 − 24c (1 − 3c ) = 2 ( 6c − 1) ≥ 0. Dẫn đến ∆1′ + ∆′2 ≥ 0. Vậy có

ít nhất một trong hai phương trình trên có nghiệm. Ví dụ 3

b, Ba phương trình đã cho lần lượt có ∆1 = a 2 − 4; ∆ 2 = b 2 − 4; ∆ 3 = c 2 − 4.

Cho phương trình: ax + bcx + b + c − 4abc = 0 (1) 2

Do đó ∆1 + ∆ 2 + ∆ 3 = a 2 + b 2 + c 2 − 12.

(a ≠ 0) vô nghiệm. Chứng minh rằng trong hai phương trình sau có một phương trình vô

nghiệm và một phương trình có nghiệm: ax 2 + bx + c = 0 (2) và ax 2 + cx + b = 0 (3).

a2 + b2 + c2 ≥

Lời giải:

Lại có 3 ( a 2 + b 2 + c 2 ) = ( a + b + c ) + ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a ) ≥ ( a + b + c ) . Suy ra

(a + b + c) 3

62 = 12. Do đó a 2 + b 2 + c 2 − 12 ≥ 0 hay ∆1 + ∆ 2 + ∆ 3 ≥ 0. 3

Vậy có ít nhất một trong ba phương trình đã cho có nghiệm.

Vì (1) vô nghiệm nên ta có:

c, Nếu trong ba số a, b, c có một số bằng 0, chẳng hạn a = 0  (2) có nghiệm x = 0.

∆1 = b 2 c 2 − 4 a ( b3 + c3 − 4abc ) < 0 ⇔ ( b 2 − 4ac )( c 2 − 4ab ) < 0 (*)

Phương trình (2) có: ∆ 2 = b − 4ac; Phương trình (3) có: ∆3 = c − 4ab 2

Nên (*) ⇔ ∆ 2 .∆ 3 < 0  trong hai số ∆ 2 , ∆ 3 luôn có một số dương và một số âm dẫn đến trong hai phương trình (2) và (3) luôn có một phương trình có nghiệm và một phương trình vô nghiệm.

Ta xét a, b, c là các số thực khác 0, khi đó ba phương trình đã cho là ba phương trình bậc hai lần lượt có: ∆1′ = b 2 − ac; ∆′2 = c 2 − ab; ∆′3 = a 2 − bc. Xét tổng ∆1′ + ∆′2 + ∆′3 ta có: ∆1′ + ∆′2 + ∆′3 = a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ca =

1 2 2 2 ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a )  ≥ 0. Suy ra trong ba số 2

∆1′ ; ∆′2 ; ∆′3 có ít nhất một số không âm hay ba phương trình đã cho có ít nhất một phương

trình có nghiệm. Ví dụ 5 a, Cho tam thức bậc hai f ( x ) = x2 + bx + c trong đó b, c là các số nguyên. Chứng minh

Ví dụ 4 a, Cho các số dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a + 2b + 3c = 1. Chứng minh rằng có ít nhất một trong hai phương trình sau có nghiệm 4 x 2 − 4 ( 2a + 1) x + 4a 2 + 192abc + 1 = 0 và b, Cho các số a, b, c thỏa mãn điều kiện a + b + c = 6. Chứng minh rằng ít nhất một trong ba phương trình sau có nghiệm: x 2 + ax + 1 = 0; x 2 + bx + 1 = 0; x 2 + cx + 1 = 0 c, Chứng minh rằng trong ba phương trình sau có ít nhất một phương trình có nghiệm: ax 2 + 2bx + c = 0 (1); bx 2 + 2cx + a = 0 (2) và cx 2 + 2ax + b = 0 (3).

rằng, tồn tại số nguyên k để được f ( k ) = f ( 2015) . f ( 2016 ) . b, Cho tam thức bậc hai f ( x ) = x 2 + bx + c. Giả sử phương trình f ( x ) = x có hai nghiệm phân biệt. Chứng minh rằng phương trình f ( f ( x ) ) = x có 4 nghiệm nếu:

( b + 1)

> 4 ( b + c + 1) .

Lời giải: a, Để chứng minh sự tồn tại của số k ta cần chỉ ra tính chất:

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Với mọi đa thức bậc hai dạng f ( x ) = x 2 + px + q.

 trong bốn số  f ( 0 ) , f ( a ) , f ( b ) , f ( c ) luôn tồn tại hai số có tích không dương.

Ta luôn có f ( f ( x ) + x ) = f ( x ) . f ( x + 1) với mọi x. Thật vậy, ta có:

Dẫn đến phương trình đã cho luôn có nghiệm.

f ( f ( x ) + x ) =  f ( x ) + x  + b  f ( x ) + x  + c = f 2 ( x ) + 2 f ( x ) .x + x 2 + b. f ( x ) + bx + c = f 2 ( x ) + 2 f ( x ) .x + b. f ( x ) + x 2 + bx + c = f 2 ( x ) + 2 f ( x ) .x + bf ( x ) + f ( x )

Ví dụ 7: Cho a, b, c thỏa mãn: 3a + 4b + 6c = 0. Chứng minh rằng phương trình sau luôn có nghiệm: f ( x ) = ax 2 + bx + c = 0.

= f ( x )  f ( x ) + 2 x + b + 1 = f ( x )  x + 2 x + 1 + b ( x + 1) + c  = f ( x ) . f ( x + 1) 2

Lời giải

Trở lại bài toán chọn x = 2015 ta có f ( f ( 2015) + 2015) = f ( 2015 ) . f ( 2016 ) . Ta suy ra số k

Cách 1:

cần tìm chính là: k = f ( 2015 ) + 2015.

 Nếu a = 0  4b + 6c = 0  c = − 2 b  f ( x ) = b  x − 2   f ( x ) có nghiệm. 3

b, Ta có: f ( f ( x ) ) − x = f 2 ( x ) + bf ( x ) + c − x = f ( x )  f ( x ) − x  + x  f ( x ) − x  + b  f ( x ) − x  + x 2 + bx + c − x hay f ( f ( x ) ) − x =  f ( x ) − x   f ( x ) + x + b + 1 =  f ( x ) − x   x 2 + ( b + 1) x + b + c + 1 . Để ý rằng 2

phương trình x 2 + ( b + 1) x + b + c + 1 = 0 có ∆ = ( b + 1) − 4 ( b + c + 1) > 0 và f ( x ) − x = 0 có 2 nghiệm phân biệt nên suy ra f ( f ( x ) ) = x có 4 nghiệm. Chú ý: + Để chứng minh trong n số a1, a2 ,..., an có ít nhất một số không âm (hoặc một số dương) ta chỉ cần chứng minh tổng k1a1 + k2 a2 + ... + kn an ≥ 0 trong đó k1, k2 ,..., k n ≥ 0.

 Nếu a ≠ 0 ta có: ∆ = b2 − 4ac =

3



( 3a + 6c ) 16

− 4ac =

( 3a − 6c )2 ≥ 0  16

f ( x ) = 0 có nghiệm.

Cách 2: Ta có: 2 f (1) + 4 f  1  = 2 ( a + b + c ) + 4  1 a + 1 b + c  = 3a + 4b + 6c = 0. 2

4

1 1 1 1  f (1) = −2 f    f (1) . f   = − f 2   ≤ 0  f ( x ) = 0 2 2 2 2



có nghiệm.

3 9a + 12b + 16c 3 ( 3a + 4b + 6c ) − 2c c2 3 9 = =− . Cách 3: Ta có: f ( 0 ) = c; f   = a + b + c = 4 16 16 8  4  16 3  f (0) = . f   ≤ 0  4

phương trình luôn có nghiệm.

Ví dụ 6:

Nhận xét:

Cho a, b, c là các số thực có tổng khác 0. Chứng minh rằng phương trình sau luôn có nghiệm: a ( x − a )( x − c ) + b ( x − c )( x − a ) + c ( x − a )( x − b ) = 0 (1)

Với cách giải thứ hai thì việc khó nhất là phải chứng minh được đẳng thức:

Lời giải 2

Cách 1: (1) ⇔ ( a + b + c ) x − 2 ( ab + bc + ca ) + 3abc = 0 (2) Vì a + b + c ≠ 0 nên (2) là phương trình bậc hai, do đó để chứng minh phương trình có nghiệm ta chỉ cần chứng minh ∆′ ≥ 0. Ta có ∆′ = ( ab + bc + ca )2 − 3abc ( a + b + c ) = a 2b 2 + b 2c 2 + c 2a 2 − abc ( a + b + c ) 1 2 2 2 = ( ab − bc ) + ( bc − ca ) + ( ca − ab )  ≥ 0. Vậy phương trình đã cho luôn có  2

nghiệm. Cách 2: Gọi f ( x ) là vế trái của phương trình (1). Ta có: f ( 0 ) = −3abc; f ( a ) = a ( a − b )( a − c ) ; f ( b ) = b ( b − a )( b − c ) ; f ( c ) = c ( c − a )( c − b ) . 2

 f ( 0 ) . f ( a ) . f ( b ) . f ( c ) = −3  abc ( a − b )( b − c )( c − a )  ≤ 0. 47

1 2 f (1) + 4 f   = 0. 2

Tại sao ta xét f (1) , f  1  và nhân thêm các hệ số 2 và 4. Vậy ngoài hai giá trị 2  

1 f (1) , f   ta còn có  2 2 f (1) , f   , f ( 0 ) . 3

những giá trị nào khác không? Câu trả lời là có, chẳng hạn ta xét

Ta cần xác định hệ số m, n, p > 0 sao cho: mf (1) + nf  2  + pf ( 0 ) = 3a + 4b + 6c. Đồng nhất

3 4  m + 9 n = 3  2 9 1 các hệ số ta có hệ phương trình: m + n = 4 ⇔ m = 1, n = , p = . Vậy ta có: 3 2 2  m + n + p = 6   48

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG 2 2 f (1) + 9 f   + f ( 0 ) = 0  3

2 trong ba số f (1) , f   , f ( 0 ) tồn tại một số không âm và một 3  

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Ta xét 2 trường hợp:

số không dương, dẫn đến tích hai số đó không dương hay phương trình có nghiệm.

+ Nếu y0 m − a = 0 ⇔ y0 =

Cách 4: Tại sao ta chỉ ra được f  3  . Điều này là hoàn toàn tự nhiên nếu ta cần tạo ra 4 một tỷ lệ 3a : 4b để tận dụng giả thiết: 3a + 4b + 6c = 0.

biểu thức.

a a thay vào (*) ta tìm được x suy ra y0 = là một giá trị của m m

Ta xét bài toán tổng quát sau:

a thì (*) là phương trình bậc hai ẩn x. Điều kiện để phương m trình có nghiệm là: ∆ ≥ 0. Từ đó ta suy ra điều kiện của y0 . Trên cơ sở đó ta tìm được

Ví dụ 8:

GTLN, GTNN (nếu có) của biểu thức.

Cho các số thực dương m, n, p thỏa mãn: n < m; mp < n 2 và

a b c + + = 0. Chứng minh m n p

rằng phương trình: f ( x ) = ax 2 + bx + c = 0 (1) có nghiệm x ∈ ( 0;1) . Để chứng minh (1) có nghiệm x ∈ ( 0;1) , ta sẽ chỉ ra các số thực α , β ∈ ( 0;1) sao cho

 b ∆  b ∆ Ta có: a. f ( x ) = a 2  x +  − 2  = a 2  x +  − . Từ đó suy ra: Nếu ∆ ≤ 0 thì a 4 a  2a  4   

là: “Nếu tam thức bậc hai: f ( x ) = ax 2 + bx + c > 0, ∆ ≤ 0  f ( x ) ≥ 0, ∀x." Ví dụ 1

f (α ) . f ( β ) < 0 .

Vì α , β ∈ ( 0;1) và có giả thiết n < m ⇔

⇔

+ Ngoài ra trong quá trình chứng minh bất đẳng thức ta cần nắm kết quả sau:

a. f ( x ) ≥ 0 ⇔ a, f ( x ) luôn cùng dấu. Một kết quả thường xuyên sử dụng trong giải toán

Lời giải

Mặt khác từ:

+ Nếu y0 m − a ≠ 0 ⇔ y0 ≠

n n2 n n < 1 nên dẫn đến ta xét: f   = a 2 + b + c. m m m   m

 1 m a b c m  n2 n + + = 0  2  a. 2 + b + c  + c  − 2  = 0   m n p m n  m  p n 

2 n2 − pm pm − n 2 n  n  pm − n f   + c. =0⇔ f  = c= f ( 0) . 2 pm pm n pn m m

* Xét c = 0 - Nếu a = 0  b = 0  f ( x ) là đa thức không, do đó f ( x ) sẽ có nghiệm trong ( 0;1) . b a

- Nếu a ≠ 0, từ giả thiết  − = * Xét c ≠ 0, ta có: f   . f ( 0 ) = m n

n b < 1 và f ( x ) = x ( ax + b ) = 0 ⇔ x = − ∈ ( 0;1) . m a pm − n 2 2  n f ( 0 ) < 0  f ( x ) có nghiệm x ∈  0;  ⊂ ( 0;1) . pm  m

Vận dụng điều kiện có nghiệm của phương trình bậc hai trong các bài toán GTLN, GTNN Bài toán 1: Tìm GTLN, GTNN của biểu thức y =

ax 2 + bx + c với mx 2 + nx + p > 0, ∀x. mx 2 + nx + p

Phương pháp

Tìm GTLN, GTNN của các biểu thức: a) y =

x2 . x − 5x + 7

b) P =

x2 − 8x + 7 . x2 + 1

c) A =

2 x 2 − 2 xy + 9 y 2 với y ≠ 0. x 2 + 2 xy + 5 y 2

d) A =

2 x 2 + 12 xy biết x 2 + y 2 = 1 (Đề Tuyển sinh Đại học khối B – 2008). 1 + 2 xy + 2 y 2

Lời giải 2

5 3 a) Do x 2 − 5 x + 7 =  x −  + > 0, ∀x suy ra biểu thức y luôn xác định với mọi x. Gọi y0 

ax 2 + bx + c y0 = 2 ⇔ ( y0 m − a ) x 2 + ( y0 n − b ) x + y0 p − c = 0. (*) mx + nx + p

là một giá trị của biểu thức khi đó ta có: (*) + Nếu y0 = 1  −5 x + 7 = 0 ⇔ x =

7 điều đó có nghĩa là y0 = 1 là một giá trị của biểu thức 5

nhận được. + Nếu y0 ≠ 1 thì (*) là một phương trình bậc hai. Phương trình có nghiệm khi và chỉ khi ∆ ≥ 0 ⇔ 0 ≤ y0 ≤

Gọi y0 là một giá trị của biểu thức. Khi đó

2

28 28 . Để ý rằng với mỗi giá trị y0 = 0 hoặc y0 = thì ∆ = 0 nên 3 3

+ GTNN của y là 0 khi và chỉ khi x = −

5 y0 = 0. 2 ( y0 − 1)

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG 3 2 3 1 ; y= . GTLN của A là 3 đạt được khi và chỉ khi x = ; y= hoặc 13 13 10 10 3 1 x=− ; y=− . 10 10

28 5. 5 y0 14 28 3 = = . + GTLN của y là khi và chỉ khi x = − 2 ( y0 − 1) 3  28  5 2  − 1  3 

hoặc x = −

b) ĐKXĐ: ∀x ∈ ℝ.

Ví dụ 2

x2 − 8x + 7 Ta có P = ⇔ ( P − 1) x 2 + 8 x + ( P − 7 ) = 0 (1). Coi (1) là phương trình bậc hai ẩn x. x2 + 1

Cho các số thực x, y , z thỏa mãn điều kiện 

Trường hợp 1: P − 1 = 0 ⇔ P = 1 thì x =

3 (*) 4

Lời giải

Trường hợp 2: P − 1 ≠ 0 ⇔ P ≠ 1 phương trình (1) có nghiệm khi ∆′ ≥ 0 ≠ P 2 − 8P − 9 ≤ 0 ⇔ ( P + 1)( P − 9 ) ≤ 0 ⇔ −1 ≤ P ≤ 9 (**).

Kết hợp (*) và (**) ta có min P = −1; max P = 9. c) A =

 xy + yz + zx = 8 . Tìm GTLN, GTNN của x. x + y + z = 5

2 x − 2 xy + 9 y . Biểu thức A có dạng đẳng cấp bậc hai. x 2 + 2 xy + 5 y 2

x 2t 2 − 2t + 9 Ta chia tử số và mẫu số cho y và đặt t = thì A = 2 . Ta có y t + 2t + 5 2

 yz = 8 − x ( y + z )  yz = 8 − x ( 5 − x ) Ta viết lại hệ phương trình dưới dạng:  (*) hay  (*).  y + z = 5 − x

Vì x, y, z là các số thực thỏa mãn (*) nên suy ra y , z là hai nghiệm của phương trình: t 2 − ( 5 − x ) t + 8 − 5 x − x 2 = 0 (**).

Điều kiện để phương trình (**) có nghiệm là: 7 2 ∆ = ( 5 − x ) − 4 ( 8 − 5 x + x 2 ) = −3 x 2 + 10 x − 7 ≥ 0 ⇔ ( 7 − 3 x )(1 − x ) ≥ 0 hay 1 ≤ x ≤ . 3

t 2 + 2t + 5 = ( t + 1) + 4 > 0 với mọi t. Gọi A0 là một giá trị của biểu thức. Khi đó ta có:

Khi x = 1  t = 2  y = z = 2 nên GTNN của x là 1.

2t 2 − 2t + 9 A0 = 2 ⇔ ( A0 − 2 ) t 2 + ( 2 A0 + 2 ) t + 5 A0 − 9 = 0 (*). t + 2t + 5

Khi x =  t =  y = z =

+ Nếu A0 = 2 thì t = −

1 suy ra A0 = 2 là một giá trị của biểu thức nhận được. 6

+ Nếu A0 ≠ 2 thì (*) là một phương trình bậc hai có 2

7 3

4 3

4 7 suy ra GTLN của x = . 3 3

Ví dụ 3 Cho các số thực x, y , z thỏa mãn điều kiện: x + y + z = 1. Tìm GTLN của biểu thức: P = 9 xy + 10 yz + 11zx.

∆′ = ( A0 + 1) − ( A0 − 2 )( 5 A0 − 9 ) − 4 A + 21A0 − 17. Điều kiện để phương trình có nghiệm là 2 0

17 . Từ đó ta có GTNN của A 4 A +1 17 là 1 khi và chỉ khi t = − 0 = 2 ⇔ x = 2 y. GTLN của A là khi và chỉ khi A0 − 2 4 ∆′ ≥ 0 ⇔ −4 A02 + 21A0 − 17 ≥ 0 ⇔ (1 − A0 )( 4 A0 − 17 ) ≥ 0 ⇔ 1 ≤ A0 ≤

A +1 7 7 t=− 0 = − ⇔ x = − y. A0 − 2 3 3

 y + z = 5 − x

Lời giải Tyhay z = 1 − x − y vào P ta có: P = 9 xy + z (10 y + 11x ) = 9 xy + (1 − x − y )(10 y + 11x ) = −11x 2 + (11 − 12 y ) x − 10 y 2 + 10 y hay 11x 2 + (12 y − 11) x + 10 y 2 − 10 y + P = 0. Để phương trình

có nghiệm điều kiện là ∆ ≥ 0 ⇔ (12 y − 11)2 − 4.11(10 y 2 − 10 y + P ) ≥ 0 hay −296 y 2 + 176 y + 121 − 44 P ≥ 0 2

d) Nếu y = 0 thì x 2 = 1  P = 2 x 2 = 2.

⇔P≤−

2 ( t 2 + 6t ) 2 x 2 + 12 xy 2 x 2 + 12 xy = = . Giải tương tự như câu 1 + 2 xy + 2 y 2 x 2 + 2 xy + 3 y 2 t 2 + 2t + 3 3 −2 b) ta có −6 ≤ A ≤ 3. Suy ra GTNN của A là − 6 đạt được khi và chỉ khi x = ; y= 13 13

Xét y ≠ 0 đặt x = ty thì A =

74  2 22 121  74  11  495 495 y− ≤ . −y + =− y−  + 11  37 296  11  27  148 148

Do đó GTLN của P là

495 25 11 27 đạt được khi x = ; y = ; z = . 148 74 37 74

Ví dụ 4: Cho các số thực dương a, b, c sao cho a + b + c = 3. Chứng minh rằng: 9 a + ab + 2abc ≤ . 2

Lời giải 51

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Từ giả thiết ta suy ra b = 3 − a − c. Ta biến đổi bất đẳng thức thành: 9 9 ≤ 0 ⇔ ( 2c + 1) a 2 + ( 2c 2 − 5c − 4 ) a + ≥ 0 coi đây là hàm số bậc 2 2 9 2 2 hai của a. Xét f ( a ) = ( 2c + 1) a + ( 2c − 5c − 4 ) a + ta có hệ số của a 2 là 2c + 1 > 0 và ta có: 2 a + a ( 3 − a − c ) + 2ac ( 3 − a − c ) −

(

)

(

)

∆ = 2c 2 − 5c − 4 − 18 ( 2c + 1) = ( 2c − 1) c 2 − 4c − 2 = ( 2c − 1) c ( c − 3) − c − 2  ≤ 0 3 1 Suy ra f ( a ) ≥ 0, dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = , b = 1, c = . 2 2

do 0 < c < 3.

( *)

Ghi chú: Trước khi sử dụng định lý Vi-ét, chúng ta cần kiểm tra điều kiện phương trình có nghiệm, nghĩa là ∆ ≥ 0. Một số ứng dụng cơ bản của định lý Vi-ét. + Nhẩm nghiệm của một phương trình bậc hai.

2  2  x + 4x +1 . 2  x +1 

 Ví dụ 5: Tìm GTLN, GTNN của hàm số y = 1 − 

c a

Nếu a + b + c = 0 thì phương trình có hai nghiệm là x1 = 1; x2 = .

Lời giải

c a

Nếu a − b + c = 0 thì phương trình có hai nghiệm là x1 = −1; x2 = − .

Ta xét hàm số A =  2  x 2 + 4 x + 1 . Dễ thấy A ≥ 0.  x +1  Ta viết lại A = 2

b   x1 + x2 = − a thì   x .x = c  1 2 a

+ Tính giá trị của biểu thức g ( x1 , x2 ) trong đó g ( x1 , x2 ) là biểu thức đối xứng giữa hai

x + 4x + 1 x2 + 4 x + 1 . Xét biểu thức p = ⇔ ( p − 1) x 2 − 4 x + p − 1 = 0 x2 + 1 x2 + 1

( *)

Nhận xét p = 1 là một giá trị của biểu thức.

nghiệm x1 , x2 của phương trình (*) : Bước 1: Kiểm tra điều kiện ∆ ≥ 0, sau đó áp dụng định lý Vi-ét. Bước 2: Biểu diễn biểu thức g ( x1 , x2 ) theo S = x1 + x2 , P = x1.x2 từ đó tính được g ( x1 , x2 ) .

Khi p ≠ 1 (*) là phương trình bậc hai của x nên điều kiện để phương trình có nghiệm là 2

∆ ' = 4 − ( p − 1) ≥ 0 ⇔ −2 ≤ p − 1 ≤ 2 ⇔ −1 ≤ p ≤ 3. Từ đó suy ra 0 ≤ A ≤ 6.

Do đó GTLN của y là 5 khi p = 3 ⇔ x = 1.

• Một số biểu thức đối xứng giữa hai nghiệm thường gặp. 2

x12 + x22 = ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 = S 2 − 2 P; 3

x13 + x23 = ( x1 + x2 ) − 3 x1 x2 ( x1 + x2 ) = S 3 − 3SP;

GTNN của y là 0 khi A = 1  2 x + 8x + 2 = x + 1  2  ⇔  2  x 2 + 4 x + 1 = 1 ⇔ 2 x 2 + 4 x + 1 = ( x 2 + 1) ⇔  2 2  x +1  2 x + 8x + 2 = − x − 1 2

 x = −4 ± 15  x2 + 8 x + 1 = 0  ⇔ 2 ⇔ −4 ± 13 . 3 x + 8 x + 1 = 0  x = 3

(

x14 + x24 = x12 + x22

x1 − x2 =

)

( x1 − x2 )

(

− 2 x12 x22 = S 2 − 2 P 2

( x1 + x2 )

)

− 2 P 2 = S 4 − 4S 2 P + 2 P 2 ;

− 4 x1 x2 = S 2 − 4 P ;...

• Lập phương trình bậc hai có hai nghiệm x1 , x2 cho trước: Bước 1: Tính S = x1 + x2 ; P = x1 x2 . Bước 2: Phương trình bậc hai nhận hai nghiệm x1 , x2 là X 2 − S . X + P = 0.

V. ĐỊNH LÝ VI-ET VỚI PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI KIẾN THỨC CẦN NHỚ Định lý Vi-ét: Nếu x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình ax2 + bx + c = 0 ( a ≠ 0 )

• Tìm điều kiện để phương trình bậc hai (*) ( a, b, c phụ thuộc tham số m ), có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn điều kiện cho trước h ( x1 , x2 ) = 0 (1) Bước 1: Tìm điều kiện để phương trình (*) có nghiệm, nghĩa là ∆ ≥ 0. Sau đó áp dụng định lý Vi-ét để tính S = x1 + x2 = −

b a

( 2 ) và

P = x1.x2

( 3) theo

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Bước 2: Giải hệ phương trình (1) , ( 2 ) , ( 3) (thường sử dụng phương pháp thế) để tìm m, sau đó chú ý kiểm tra điều kiện của tham số m ở bước 1.

P = 0 . S < 0

Bài toán 8: Phương trình có một nghiệm bằng 0 và một nghiệm âm x1 < x2 < 0 ⇔  Bài toán 9: Phương trình có đúng một nghiệm dương:

• Phân tích đa thức bậc hai thành nhân tử: Nếu phương trình (*) có hai nghiệm x1 , x2 thì ax 2 + bx + c = a ( x − x1 )( x − x2 ) .

Trường hợp 1: Phương trình có hai nghiệm trái dấu.

• Chứng minh bất đăng thức liên quan đến nghiệm của phương trình bậc hai ta cần chú ý đến các điều kiện ràng buộc sau:

Trường hợp 2: Phương trình có nghiệm kép dương ⇔ ∆ = 0, −

Nếu x1 ≤ m ≤ x2 ⇔ ( x1 − m )( x2 − m ) ≤ 0.

b > 0. 2a

Trường hợp 3: Phương trình có một nghiệm bằng 0 và nghiệm còn lại dương.

 x1 + x2 ≥ 2m

Bài toán 10: Phương trình có đúng một nghiệm âm  Giải tương tự như bài toán 9.

( x1 − m )( x2 − m ) ≥ 0

Chú ý: Nếu chỉ là phương trình có nghiệm mà không nói phân biệt thì thay ∆ > 0 bằng

Nếu m ≤ x1 ≤ x2 ⇔ 

∆ ≥ 0.

 x1 + x2 ≤ 2m

Nếu x1 ≤ x2 ≤ m ⇔ 

( x1 − m )( x2 − m ) ≥ 0

VI. MỘT SỐ VÍ DỤ VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI

• Dấu của nghiệm phương trình bậc hai: ax 2 + bx + c = 0 ( a ≠ 0)

Ví dụ 1: Cho phương trình: x2 − 2 ( m − 1) x + m2 − 3 = 0 ( x là ẩn, m là tham số). Tìm m để

Bài toán 1: Phương trình có hai nghiệm trái dấu ⇔ ac < 0. Bài toán 2: Phương trình có hai nghiệm trái dấu trong đó nghiệm dương có giá trị tuyệt

phương trình có hai nghiệm x1 , x2 sao cho x12 + 4 x1 + 2 x2 − 2mx1 = 1. Lời giải

 ac < 0 . S < 0

đối bé hơn (hoặc nghiệm âm có giá trị tuyệt đối lớn hơn) ⇔ 

Phương trình đã cho có hai nghiệm khi và chỉ khi ∆ ' ≥ 0 ⇔ −2m + 4 ≥ 0 ⇔ m ≤ 2.

Bài toán 3: Phương trình có hai nghiệm trái dấu trong đó nghiệm dương có giá trị tuyệt  ac < 0 đối lớn hơn (hoặc nghiệm âm có giá trị tuyệt đối bé hơn) ⇔  . S > 0

Vì x1 là nghiệm của phương trình nên x12 − 2 ( m − 1) x1 + m2 − 3 = 0  x12 = 2 ( m − 1) x1 − m 2 + 3 thay vào ta có x12 + 4 x1 + 2 x2 − 2mx1 = 1 ⇔ 2 ( m − 1) x1 − m 2 + 3 + 4 x1 + 2 x2 − 2mx1 = 1

∆ > 0 . P > 0

⇔ 2 ( x1 + x2 ) − m 2 + 2 = 0.

Bài toán 4: Phương trình có hai nghiệm phân biệt cùng dấu ⇔ 

Theo

hệ

thức

m = 2 + 2 −m2 + 2 + 4 ( m − 1) = 0 ⇔ m2 − 4m + 2 = 0 ⇔   m = 2 − 2

∆ ≥ 0  Bài toán 5: Phương trình có hai nghiệm dương ⇔ S > 0 . P > 0 

Vi-ét:

x1 + x2 = 2 ( m − 1)

suy

ra.

( 2) .

Đối chiếu với điều kiện ta thấy m = 2 − 2. 3

Ví dụ 2: Cho phương trình: x 2 − 2mx + ( m − 1) = 0 ( m là tham số). a) Giải phương trình khi m = −1.

∆ ≥ 0  Bài toán 6: Phương trình có hai nghiệm âm ⇔ S < 0 . P > 0 

b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt trong đó có một nghiệm bằng bình phương nghiệm còn lại. P = 0 . S > 0

Bài toán 7: Phương trình có một nghiệm bằng 0 và một nghiệm dương ⇔ 

Lời giải x = 2

a) Khi m = −1, ta có phương trình x 2 + 2 x − 8 = 0 ⇔ ( x − 2 )( x + 4 ) = 0 ⇔ 

 x = −4

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

b) Điều kiện để phương trình có hai nghiệm phân biệt là: ∆ ' = m 2 − ( m − 1) > 0 (*)

Ta có ∆ = ( 2m − 1) − 4 ( m 2 + m − 3) = 13 − 8m. Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt thì

 x1 + x2 = 2m (1)

Gọi x1 ; x2 là hai nghiệm của phương trình, theo hệ thức Vi-ét ta có 

 x1.x2 = ( m − 1)

( 2).

Giả sử x1 = x22 , thay vào ( 2 ) , ta được x2 = m − 1; x1 = ( m − 1) . Thay hai nghiệm x1 ; x2 vào (1) , m = 0 , kiểm tra điều kiện (*) ta thấy cả 2 giá m = 3

∆ > 0 ⇔ 13 − 8m > 0 ⇔ m <

ta được ( m − 1) + ( m − 1) = 2m ⇔ m 2 − 3m = 0 ⇔  trị m đều thỏa mãn.

Ví dụ 3: Cho phương trình bậc hai: x 2 − 2 ( m − 1) x + m2 − 2m − 3 = 0 với m là tham số. + Chứng minh rằng: Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m. + Gọi x1 ; x2 là hai nghiệm của phương trình. Tìm m để x1 + 4 = x2 .

Thay vào A = 1 4

Ta có A − =

13 . Theo hệ thức Vi-ét ta có: 8

 x1 + x2 = 2m − 1 .  2  x1.x2 = m + m − 3

x1 + x2 + 1 2m m = = . x12 + x22 + 2 ( x1 + x2 + x1 x2 ) + 5 4m 2 + 4 2 ( m 2 + 1) 2

m 1 − ( m − 1) 1 − = ≤ 0 với mọi giá trị m, suy ra A ≤ . Dấu đẳng thức 4 2 ( m 2 + 1) 4 4 ( m2 + 1)

xảy ra khi và chỉ khi m = 1. Ví dụ 5: Tìm tất cả các giá trị nguyên của m để phương trình: x 2 − 2 ( m + 1) x + m 2 + 4 = 0 có hai nghiệm x1 , x 2 thỏa mãn: x12 + 2 ( m + 1) x 2 ≤ 3m2 + 16.

Lời giải

+ Xét phương trình bậc hai x − 2 ( m − 1) x + m2 − 2m − 3 = 0 với m là tham số. 2

Ta có: ∆ ' = ( m − 1) − ( m − 2m − 3) = 4 > 0 nên phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2 .

2 Xét phương trình: x 2 − 2 ( m + 1) x + m 2 + 4 = 0 (*). Ta có: ∆ ' = ( m + 1) − ( m 2 + 4 ) = 2m − 3

+ Ta tính được hai nghiệm của phương trình là: x = m − 3 và x = m + 1. Trường hợp 1: x1 = m − 3; x2 = m + 1 điều kiện bài toán trở thành:

3 2 của phương trình (*) nên : x12 − 2 ( m + 1) x1 + m 2 + 4 = 0 ⇔ x12 = 2 ( m + 1) x1 − m 2 − 4 , điều kiện

Điều kiện để phương trình (*) có hai nghiệm x1 , x 2 là ∆ ' ≥ 0 ⇔ m ≥ . Vi x1 là nghiệm bài toán trở thành: 2 ( m + 1) x1 − m2 − 4 + 2 ( m + 1) x 2 ≤ 3m 2 + 16 ⇔ 2 ( m + 1)( x1 + x 2 ) − 4m 2 − 20 ≤ 0

m = 0 m ≥ −1 m ≥ −1 m +1 = m +1 ⇔  ⇔ ⇔ (thỏa mãn điều kiện). 2  m = −1 ( m + 1) m = 0 ( m + 1) − ( m + 1) = 0

The hệ thức Vi-et : x1 + x 2 = 2 ( m + 1) thay vào ta có :

Trường hợp 2: x1 = m + 1; x2 = m − 3 điều kiện bài toán trở thành: m + 4 = m − 3

4 ( m + 1) − 4m 2 − 20 ≤ 0 ⇔ 8m − 16 ≤ 0 ⇔ m ≤ 2 . Kết hợp với điều kiện ban đầu ta suy ra :

m + 4 ≥ 0 Phương trình tương đương với:  2 ( m + 4 )

m ≥ −4 vô nghiệm. ⇔ = m − 3 m2 + 7m + 19 = 0

Do m 2 + 7m + 19 = 0 có ∆ = 7 2 − 4.19 < 0.

3 ≤ m ≤ 2 , do m là số nguyên nên ta suy ra : m = 2 . 2

Ví dụ 6 : Tìm m để phương trình : x 2 + 2 ( m + 1) x + m2 + 2m − 8 = 0 có hai nghiệm x1 , x 2 sao cho:

Tóm lại m = 0 hoặc m = −1.

x1 − 2x 2 = 1 .

Ví dụ 4: Tìm m để phương trình x − ( 2m − 1) x + m + m − 3 = 0 có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2 2

sao cho A =

x1 + x2 + 1 lớn nhất. x12 + x22 + 2 ( x1 + x2 + x1 x2 ) + 5

Lời giải

Lời giải : Điều kiện để phương trình có hai nghiệm phân biệt là : 2 ∆ ' > 0 ⇔ ( m + 1) − ( m 2 + 2m − 8 ) > 0 ⇔ 9 > 0 đúng với mọi m.

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

 − ( m + 1) − 3 = −m − 4 x = 1 ∆ ' = 3 nên phương trình có hai nghiệm là :   − ( m + 1) + 3 = −m + 2 x = 1 

Khi đó

Ta xét hai trường hợp :  x = −m − 4

TH1 :  1 yêu cầu bài toán tương đương với : −m − 4 − 2 ( −m + 2 ) = 1 ⇔ m = 9 thỏa  x 2 = −m + 2 mãn điều kiện.

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG 2

Xét ( m − 10 ) − 2 ( m − 10 ) > 0 ⇔ ( m − 10 )( m − 12 ) > 0 . Do m − 10 > m − 12 nên bất phương trình xảy ra khi và chỉ khi m − 10 < 0 hoặc m − 12 > 0 hay m < 10 hoặc m > 12 .  x1 + x 2 = −2  2  x1.x 2 = m − 10

b. Theo định lí Vi-et ta có: 

x13 + x 32 + x12 x 2 + x1x 2 2 + 4 = ( x1 + x 2 ) − 2x1 x 2 ( x1 + x 2 ) + 4 = −8 −

4 (12 − m ) 4 − ( −2 ) + 4 = m − 10 m − 10

+ Nếu m > 12 thì 12 − m < 0;m −10 > 0 . + Nếu m < 10 thì 12 − m > 0; m − 10 < 0 .

 x = −m + 2

TH2 :  1 yêu cầu bài toán tương đương với : −m + 2 − 2 ( −m − 4 ) = 1 ⇔ m = −9  x 2 = −m − 4

Suy ra x13 + x32 + x12 x 2 + x1x 22 + 4 < 0 , do đó: x13 + x 32 + x12 x 2 + x1x 22 < −4 .

thỏa mãn điều kiện.

Ví dụ 8:

Vậy m ∈ {−9;9} .

Cho phương trình: x 2 − ( 2m − 1) x + m2 + m − 3 = 0 (1) (x là ẩn số).

Ngoài cách làm trên, ta có thể xử lí giả thiết : x1 − 2x2 = 1 theo cách : Do vai trò bình đẳng của x1 , x 2 nên điều kiện x1 − 2x 2 = 1 tương đương với ( x1 − 2x 2 − 1)( x 2 − 2x1 − 1) = 0

a. Định m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x 2 .

hay 5x1x 2 − 2 ( x12 + x 22 ) + ( x1 + x 2 ) + 1 = 0 ⇔ 9x1x 2 − 2 ( x1 + x 2 ) + x1 + x 2 + 1 = 0 (*) .  x1 + x 2 = −2m − 2 thay vào (*) ta thu được : 2  x1x 2 = m + 2m − 8

Áp dụng định lí Vi-et ta có : 

)

Lời giải: 2

a. Ta có: ∆ = ( 2m − 1) − 4 ( m + m − 3 ) = 13 − 8m. Để phương trình có hai nghiệm phân biệt 2

thì ∆ > 0 ⇔ 13 − 8m > 0 ⇔ m <

9 m 2 + 2m − 8 − 2 ( 2m + 2 ) − 2m − 2 + 1 = 0 ⇔ m 2 − 81 = 0 ⇔ m = ±9 .

(

b. Định m để: x1 ( x1 − 1) + x 2 ( x 2 − 1) = 18.

13 . 8  x1 + x 2 = 4m − 1 Yêu cầu bài toán được viết lại thành : 2  x1x 2 = 3m − 2m

Ví dụ 7 :

b. Theo hệ thức Vi-et ta có:  2

Cho phương trình : ( m − 10 ) x + 2 ( m − 10 ) x + 2 = 0 ( m là tham số). 2

(

( x1 + x 2 )

b. Chứng minh rằng khi phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x 2 thì : x13 + x 32 + x12 x 2 + x1x 22 < −4 .

 m = −1 ⇔ 2m 2 − 8m − 10 = 0 ⇔ ( m + 1)( m − 5) ⇔  . m = 5

Đối chiếu với điều kiện ta thấy m = −1 là giá trị thỏa mãn.

Lời giải :

Ví dụ 9:

a. Xét phương trình ( m − 10 ) x 2 + 2 ( m − 10) x + 2 = 0 (1)  m − 10 ≠ 0 Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 

Cho phương trình: x 2 − ( 4m − 1) x + 3m2 − 2m = 0 . 2

 ∆ ' = ( m − 10 ) − 2 ( m − 10 ) > 0

)

− 2x1 x 2 − ( x1 + x 2 ) − 18 = 0 ⇔ ( 2m − 1) − 2 m 2 + m − 3 − ( 2m − 1) − 18 = 0

a. Tìm m để phương trình trên có hai nghiệm phân biệt x1 , x 2 .

a. Giải phương trình khi m = 1.

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

b. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x 2 sao cho: 1 1 2 + − ( x1 + x 2 ) − = −2 . x1 x 2 x1 x 2

Lời giải: a. Khi m = 1 phương trình trở thành: x − 3x + 1 = 0, ∆ = 5 suy ra phương trình có hai 3− 5 3+ 5 ;x = . 2 2

⇔

 x1 + x 2 = 0 (1) = x1 + x 2  2 2 x + 2018 + x + 2018  x1 + 2018 + x 2 + 2018 = x1 − x 2 ( 2 ) x12 − x 22

2 1

2 2

b. Xét phương trình: x − ( 4m − 1) x + 3m − 2m = 0 có ∆ = ( 4m − 1) − 4 ( 3m − 2m ) = 4m + 1 > 0, ∀m nên phương trình luôn luôn có hai nghiệm 2

Ta có: x12 + 2018 − x1 = x 22 + 2018 + x 2 ⇔ x12 + 2018 − x 22 + 2018 = x1 + x 2

Theo định lí Vi-et ta có: x1 + x 2 = m − 2 . Khi đó :

2 Ta có: ∆ = ( m − 2 ) + 12 > 0, ∀m nên phương trình luôn luôn có hai nghiệm phân biệt x1 , x 2

với mọi m.

nghiệm là: x =

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

phân biệt. 1 1 2 = −2 trước hết ta Để phương trình có hai nghiệm x1 , x 2 sao cho + − ( x1 + x 2 ) − x1 x 2 x1 x 2 m ≠ 0  cần tìm điều kiện để hai nghiệm của phương trình khác 0. Tức là 3m 2 − 2m ≠ 0 ⇔  2  m ≠ 3

(1) ⇔ m − 2 = 0 ⇔ m = 2 . (2) không xảy ra. Thật vậy : Do x12 + 2018 > x1 ; x 22 + 2018 > x 2  x12 + 2018 + x 22 + 2018 > x1 + x 2 ≥ x1 − x 2 . Vậy : m = 2 . Ví dụ 11* : Giả sử phương trình x 2 + ax + b = 0 có hai nghiệm lớn hơn 1. Chứng minh rằng:

Ta viết lại yêu cầu của bài toán thành:

a 2 − a − 2b 2 b . ≥ b − a +1 1+ b

 1  x + x 2 = 2 x1 + x 2 2 . − ( x1 + x 2 ) − + 2 = 0 ⇔ ( x1 + x 2 − 2 )  − 1 = 0 ⇔  1 x1x 2 x1 x 2  x1x 2 = 1  x1x 2 

1  m = 2  x1 + x 2 = 2m − 1  4m − 1 = 1  ⇔ m = 1 Theo hệ thức Vi-ét ta có:  . Từ đó suy ra  2 2  x1x 2 = m + m − 3 3m − 2m = 1  1 m = 3 

1 1 3 2 

Lời giải:  x 1 + x 2 = −a . Bất đẳng thức cần chứng minh có dạng :  x1.x 2 = b

Theo định lí Vi-et ta có: 

2 x1 x 2 2 x1x 2 x1 x x x + 2 ≥ + 2. . Hay : 1 + 1 + 2 + 1 ≥ 1 + x1 1 + x 2 1 + x1x 2 1 + x1 1+ x2 1 + x1x 2

  Đối chiếu với điều kiện ban đầu suy ra: m ∈  ; ;1 .

Ví dụ 10: Cho phương trình: x 2 − ( m − 2) x − 3 = 0 (m là tham số). Chứng minh phương trình luôn luôn có hai nghiệm phân biệt x1 , x 2 với mọi m. Tìm m để các nghiệm thỏa mãn hệ thức: x12 + 2018 − x1 = x 22 + 2018 + x 2 .

Lời giải:

)

x1 + x 2 + 1 ≥ 2 x1x 2 + 1 . Để chứng minh (*) ta quy về chứng minh :

1 1 2 + ≥ 1 + x1 1 + x 2 1 + x1x 2

với x1 , x 2 > 1 . Quy đồng và rút gọn bất đẳng thức trên tương đương với:

( (Tuyển sinh lớp 10 tỉnh Thanh Hóa 2018).

(

 1 1  2 1 + 2 x1 x 2 + (*). Theo bất đẳng thức Cô-si ta có: ≥ 1 + x1 x 2  1 + x1 1 + x 2 

( x1 + x 2 + 1) 

)(

x1x 2 − 1

x1 − x 2

)

≥ 0 . (Điều này hiển nhiên đúng). Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi:

x1 = x 2 ⇔ a = 4b . 2

Ví dụ 12 :

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Giả sử phương trình bậc hai : ax 2 + bx + c = 0 có hai nghiệm thuộc [ 0;3] . Tìm giá trị lớn

Vậy GTLN của Q là 3, GTNN của Q là 2.

18a 2 − 9ab + b 2 nhất và nhỏ nhất của biểu thức : Q = 2 . 9a − 3ab + ac

Ví dụ 13*: Cho phương trình f ( x ) =ax 2 + bx + c = 0 trong đó a, b, c là càc số nguyên và a > 0 , có hai

Lời giải : Vì phương trình bậc hai có hai nghiệm nên a ≠ 0 . Biểu thức Q có dạng đẳng thức cấp

nghiệm trong khoảng ( 0;1) . Tìm giá trị nhỏ nhất của a. Lời giải:

b b 18 − 9 +   a a 2 bậc hai ta chia cả tử và mẫu của Q cho a thì Q = . Gọi x1 , x 2 là hai nghiệm b c 9− + a a b   x1 + x 2 = − a của phương trình, theo Vi-et ta có :  . Vậy :  x .x = c 1 2  a 2

x12 ≤ x1x 2 2  ( x1 + x 2 ) = x12 + x 22 + 2x1x 2 ≤ 9 + 3x1x 2 2 x 2 ≤ 9

1 4

 3+ 5   3− 5   +   − 2 là số chính phương với mọi số tự nhiên lẻ.  2   2 

= 3.

Lời giải n n  1 + 5  n  1 − 5  n   3+ 5   3− 5   + − = 2   +      2   2    2   2   

18 + 9 ( x1 + x 2 ) + ( x1 + x 2 ) 9 + 3 ( x1 + x 2 ) + x1x 2

≤

18 + 9 ( x1 + x 2 ) + 9 + 3x1x 2 9 + 3 ( x1 + x 2 ) + x1x 2

3 ( x1 + x 2 ) + x12 + x 22 9 + 3 ( x 1 + x 2 ) + x 1x 2

=3.

≥ 0  Q ≥ 2 . Đẳng thức xảy ra ⇔ x1 = x 2 = 0 ⇔ b = c = 0 .

Ta có: a n = 

 b  b − a = 6  − = 3 b = −3a  x1 = x 2 = 3 b = −6a ⇔ ⇔ Đẳng thức xảy ra ⇔  hay  hoặc  a c = 9a c = 0  x1 = 0; x 2 = 3 c = 9 c = 0  a  a

Ta có Q − 2 =

a2 > 1  a ≥ 5 (do a là số nguyên dương) 16

Chứng minh an = 

 x1 ( x1 − 3) ≤ 0 2 2   x1 + x 2 ≤ 3 ( x1 + x 2 ) 0 ≤ x1 ; x 2 ≤ 3   x 2 ( x 2 − 3) ≤ 0   x12 + x 22 ≤ 9 + x1x 2  x1x 2 + 9 ≥ 3 ( x1 + x 2 )  ( x1 − 3)( x 2 − 3) ≥ 0 2

1 (2) (do x1 16

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức bằng 5.

Ta cũng có thể đánh giá theo cách :

⇔ ( x1 + x 2 ) ≤ 3x1x 2 + 9  Q =

1 4

Áp dụng BĐT cauchy ta có: x1 (1 − x1 ) ≤ ; x2 (1 − x2 ) ≤  x1 x2 (1 − x1 )(1 − x 2 ) <

Ví dụ 14 *

Giả sử 0 ≤ x1 ≤ x 2 ≤ 3  

9 + 3 ( x1 + x 2 ) + x1x 2

 f ( 0 ) = c = ax1x 2 , f (1) = a + b + c = a (1 − x1 )(1 − x 2 ) là các số nguyên dương.

Xét đa thức f(x)=5x(x – 1) + 1 ta thấy f(x) thỏa mãn điều kiện bài toán.

2 * Ta có GTLN của Q : Ta đánh giá ( x1 + x 2 ) qua x1x 2 với điều kiện x1 , x 2 ∈ [ 0;3] .

18 + 9 ( x1 + x 2 ) + ( x1 + x 2 )

 f ( x ) = a ( x − x1 )( x − x 2 ) . Vì a, b, c là các số nguyên và a > 0

≠ x2 nên không có đẳng thức). Từ (1) và (2) 

b b 18 − 9 +   2 a  a  18 + 9 ( x1 + x 2 ) + ( x1 + x 2 ) Q= = b c 9 + 3 ( x1 + x 2 ) + x1x 2 9− + a a

Q≤

Gọi x1 , x 2 ∈ ( 0;1) là hai nghiệm phân biệt của phương trình đã cho

 1+ 5   1− 5   , ta chứng minh bn là một số nguyên.  +   2   2 

Xét dãy Sn =  Xét x1 =

x + x = 1 1− 5 1+ 5 ; x2 = ta có  1 2  x1 , x2 là nghiệm của phương trình 2 2  x1.x2 = 1

x2 − x −1 = 0

Ta có Sn +1 = x1n+1 + x2n +1 = ( x1n + x2n )(x1 + x 2 ) − x1 x2 ( x1n −1 + x2n −1 ) hay Sn +1 = Sn − Sn −1 Ta có S1 = 1; S2 = ( x1 + x2 ) 2 − 2 x1 x2 = 3; S3 = S 2 − S1 = 2 . Từ đó bằng phép toán quy nạp ta dễ dàng chứng minh được Sn là số nguyên. Suy ra an = (Sn ) 2 là số chính phương 64

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Chú ý: Đường thẳng (d) có hệ số góc a và đi qua điểm M ( x0 ; y0 ) thì có dạng Ví dụ 15*

y = a ( x − x1 ) + y0

Cho các số thực a,b,c thỏa mãn a ≠ 0; 2a + 3b + 6c = 0 . Chứng minh rằng: Phương trình ax 2 + bx + c = 0 có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 và tìm giá trị nhỏ nhất của P = x1 − x2

Ví dụ 1: 2 x2 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho Parabol ( P) : y = và đường thẳng (d ) : y = − x + 2 với

Giải 2 2 2 2(2 a 2 − 6 ac+ 18c 2 )  a + (a − 3c) + 9c  = > 0 do a ≠ 0 neen phương trình 9 9 luôn có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2

Ta có ∆ = b 2 − 4ac =

Ta có P = ( x1 − x2 ) = ( x1 + x2 ) 4 9 

Hay P 2 = 1 −

b2 c b 2 − 4ac 2  2a 2 − 6ac + 18c 2  − 4 x1 x2 = 2 − 4 = =   a a a2 9 a2 

a) Khi m =

3 tìm tọa độ các giao điểm của (d) và (P). 4

b) Chứng minh đường thẳng ( d ) luôn cắt (P) tại 2 điểm M,N nằm ở 2 phía trục trung. Gọi I là điểm cố định mà (d) luôn đi qua. Tìm m để diện tích tam giác CID bằng 4 5 với C,D lần lượt là hình chiếu vuông góc của M,N trên Ox

2 2 3c 3  c   4  3c 1  3  1 + 9    =  −  +  ≥  P ≥ a 3  a   9  a 2  4  3

Dấu “=” xảy ra ⇔

3 3c 1 − = 0 ⇔ a = 6c, b = −6c . Vậy minP = 2 2 3

m≠0 .

Lời giải: Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là:

2 x2 = − x+2 với m ≠ 0 hay m 2

mx 2 + 4 x − 4m = 0

VII. CÁC BÀI TOÁN TƯƠNG GIAO CỦA ĐƯỜNG THẲNG VÀ PARABOL KIẾN THỨC CẦN NHỚ Khi cần biện luận số giao điểm của một đường thẳng (d) và Parabol ( P ) : y = ax 2 ta cần chú ý: a) Nếu đường thẳng (d ) : y = m ( là đường thẳng song song với trục Ox) ta có thể dựa vào đồ thị để biện luận hoặc biện luận dựa vào ax 2 = m b) Nếu đường thẳng (d ) : y = mx + n ta thường xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là: ax 2 = mx + n ⇔ ax 2 − mx − n = 0 từ đó ta xét số giao điểm dựa trên số nghiệm của phương trình ax 2 − mx − n = 0 bằng cách xét dấu của ∆ Trong trường hợp đường thẳng (d) cắt đồ thị hàm số (P) tại 2 điểm phân biệt A, B thì: A( x1 ; mx1 + n), B ( x2 ; mx2 + n) Khi đó ta có: AB =

( x2 − x1 )

+ m ( x2 − x1 ) =

(

2 m + 1 ( x1 + x2 ) − 4 x1 x2  Mọi câu hỏi liên quan đến   2

)

nghiệm x1 , x2 ta đều quy về định lí Viet

4 thì (*) trở thành: 4 x 2 + 12 x − 16 = 0 ⇔ x 2 + 3x − 4 = 0 ⇔ ( x − 1)( x + 4) = 0 ⇔ x=1 3  1 hoặc x=-4. Vậy (d) cắt (P) tại 2 giao điểm là A 1;  , B ( −4;8) .  2

a) Khi m =

Vì ∆ ' = 4 + 4 m > 0 với mọi m ≠ 0 nên phương trình (*) luôn có 2 nghiệm phân biệt tức là (d) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt. Hơn nữa x1 , x2 =

nằm về hai phía trục tung. Giả sử M ( x1 ; y1 ) , N ( x2 ; y2 ) với x1 < 0 < x2 khi đó ta có: C ( x1 ;0 ) , D ( x2 ;0 ) .

Dễ thấy parabol luôn đi qua điểm cố định là I(0;2) nên OI = 2, CD = x1 + x2 = x2 − x1

Suy ra diện tích tam giác ICD bằng 1 1 S = OI .CD = .2.( x2 − x1 ) = ( x2 − x1 ) 2 2  S 2 = ( x1 + x2 ) 2 − 4 x1 x2

−4 m = −4 < 0 nên hai giao điểm luôn m

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG −4  16  x1 + x2 = 2 m suy ra S = 2 + 16 , m  x1 x2 = −4

Theo hệ thức Vi ét ta có : 

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

−

1 3 1 3 x1 = x2 ⇔ x13 + x23 = 0 ⇔ x1 = − x2 ⇔ x1 + x2 = 0 2 2

Theo hệ thức Vi=ét ta có x1 + x2 = m − 2  m − 2 = 0 ⇔ m = 2 .

từ giả thiết suy ra S2 =

16 1 1 1 + 16 = 80 ⇔ m 2 = ⇔ m = ± . Vậy m = ± để diện tích tam giác ICD bằng m2 4 2 2

Ví dụ 3:

4 5

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol ( P) : y = x 2 , đường thẳng (d): y = mx + 3 − m và M (1;3) ∈ (d ) . Chứng minh rằng (d) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt A ( x1; y1 ) , B ( x2 ; y2 ) nằm về

Ví dụ 2: Trong mặt phẳng cho Parabol (P): y = x 2 và đường thẳng ( d ) : y = (m − 2) x + 3 .

hai phía điểm M. Giả sử x1 < x2 , tìm m để MA=2MR.

a) Chứng minh rằng khi m thay đổi (P) luôn cắt (d) tại 2 điểm phân biệt nằm về 2 phía trục tung.

Lời giải

b) Gọi x1 , x2 là các hoành độ giao điểm A,B của (d) với (P) và x1 < 0 < x2 . Xét các điểm

Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là : x 2 = mx + 3 − m ⇔ x 2 − mx + m − 3 = 0 ta có :

(

) (

)

A x1 ; x12 , B x2 ; x2 2 , C ( x1 ; 0 ) , D ( x2 ; 0 ) . Tìm m để hai tam giác AOC và BOD có diện tích

∆ = m 2 − 4(m − 3) = m 2 − 4m + 12 = (m − 2) 2 + 8 , do ( m − 2) 2 ≥ 0∀m suy ra ∆ ≥ 8 > 0 nên phương

bằng nhau Lời giải a) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là : x 2 = (m − 2) x + 3 ⇔ X 2 − (m − 2) x − 3 = 0 (*) Ta có: ∆ = (m − 2)2 + 12 . vì (m − 2)2 ≥ 0∀m nên ∆ ≥ 12 > 0 . Suy ra phương trình (*) luôn có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2 hay đường thẳng (d) luôn cắt (P) tại 2 điểm phân biệt A,B. Theo hệ thức Vi-ét ta cũng có x1 x2 = −3 < 0 suy ra 2 giao điểm A,B nằm về 2 phía trục tung. b) Vì các điểm A,C có cùng hoành độ và C ∈ Ox nên AC ⊥ CO tương tự BD ⊥ OD Tam giác ACO vuông tại C, BDO vuông tại D nên ta có : S AOC =

trình luôn có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2 , hay (d) luôn cắt (P) tại 2 điểm phân biệt A ( x1; y1 ) , B ( x2 ; y2 ) . Vì ( x1 − 1)( x2 − 1) = x1 x2 − ( x1 + x2 ) + 1  x1 + x2 = m suy ra ( x1 − 1)( x2 − 1) = m − 3 − m + 1 = −2 < 0 suy ra  x1 x2 = m − 3

Theo hệ thức Vi=ét ta có : 

trong 2 nghiệm x1 , x2 có 1 nghiệm nhỏ hơn 1, 1 nghiệm lớn hơn 1. Hay A,B nằm về 2 phía điểm M. Gọi C,E,D lần lượt là hình chiếu vuông góc của A,M,B lên trục Ox thì C ( x1 ;0), E (1;0), D ( x2 ;0)

Ta có CE = 1 − x1 , ED = x2 − 1. Do AM = 2 BM  CE = 2 DE (ĐỊnh lí Thales)

− x .x 2 1 x3 OC. AC = x1 y1 = 1 1 = − 1 , 2 2 2

Hay 1 − x1 = 2( x2 − 1) ⇔ x1 + 2 x2 = 3 ⇔ ( x1 + x2 ) + x2 = 3 .

x .x 3 x 3 1 1 S BOD = OD.BD = x2 y2 = 2 1 = 3 2 2 2 2

Kết hợp với(*) ta có x2 = 3 − m , x1 = m − (3 − m) = 2m − 3 . Do x1 x2 = m − 3 nên suy ra

Yêu cầu bài toán tương đương với

(3 − m)(2m − 3) = m − 3 ⇔ ( m − 3)( m − 1) = 0

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

suy ra m=3 hoặc m=1 đối chiếu với điều kiện ta thấy

Ví dụ 5:

cả 2 giá trị m đều thỏa mãn.

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P): y = 2 x 2 và đường thẳng (d): y = −2mx + m + 1 Tìm m để đường thẳng (d) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt x1 , x2 sao cho

Ví dụ 4: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d ) :y = (2 m + 1) x − (m 2 + m) và parabol

1 1 + =2 (2 x1 − 1) 2 (2 x 2 − 1) 2

. Lời giải

( P) : y = x 2

Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là:

a) Khi m=1 tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d) b) Tìm tất cả các giá trị m để đường thẳng (d) cắt (P) tại 2 điểm có hoành độ lần lượt là x1 , x2 sao cho 2 x1 + 1 = x2 .

2 x 2 = −2mx + m + 1 ⇔ 2 x 2 + 2mx − m − 1 = 0 . Ta có ∆ ' = m2 − 2(−m − 1) = m 2 + 2m + 2 = (m + 1)2 + 1 > 0∀m nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt

 đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại 2 điểm phân biệt A,B ta thấy

Lời giải

1 1 1 2   + 2m   − m − 1 ≠ 0∀m nên 2 nghiệm phương trình luôn khác 2 2  2

Phương trình hoảnh độ giao điểm của (d) và (P) là x 2 = (2m + 1) x − m 2 − m ⇔ x 2 − (2m + 1) x + m 2 + m = 0

 x =1 a) Khi m=1 ta có x 2 − 3x + 2 = 0  ( x − 1)( x − 2) = 0 ⇔  x = 2

Với x=1 thì y=1, với x=2 thì y=4. Vậy (d) cắt (P) tại 2 điểm A(1 ;1) và B(2 :4) b) Để (d) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt là ∆ > 0 ⇔ (2m + 1)2 − 4(m2 + m) > 0 ⇔ 1 > 0 luôn đúng. Vậy (d) luôn cắt (P) tại 2 diểm x1 , x2

Ta có:

 1 1 1 1  2 + = + .  − (2 x1 − 1) 2 (2 x 2 − 1) 2  2 x1 − 1 2 x2 − 1  (2 x1 − 1)(2 x2 − 1) 2

  x1 + x2 − 1 2 = 4 . Theo hệ thức Vi-et ta có :  − 4 x x − 2( x + x ) + 1 4 x x − 2( x1 + x2 ) + 1  1 2  1 2 1 2  x1 + x2 = − m   m +1  x1 x2 = − 2

 x=m x = m +1

Ta có x 2 − (2m + 1) x + m2 + m = 0 ⇔ ( x − m)( x − m − 1) = 0 ⇔ 

TH1 : x1 = m, x2 = m + 1 thay vào điều kiện 2 x1 + 1 = x2 ta có:

Thay vào ta có :

thỏa mãn.

  1 1 −m − 1 2 + = 4  = 4(m + 1) + 2 . Yêu cầu bài toán tương (2 x1 − 1)2 (2 x2 − 1)2 2( m 1) 2 m 1 − + + +   đương với 4( m + 1) 2 + 2 = 2 ⇔ m = −1 . Vậy m = −1 là giá trị cần tìm.

TH2: x1 = m + 1, x2 = m thay vào điều kiện: 2 x1 + 1 = x2 ta có:

Ví dụ 6. Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol ( P ) : y = x 2 và đường thẳng

 m≥0 m = 0 2m + 1 = m + 1 ⇔ 2m = m ⇔  2 ⇔ kiểm tra lại ta thấy cả 2 giá trị m đều  m − 2m = 0 m = 2

 m ≥1  m ≥1 m ≥1  2(m + 1) + 1 = m ⇔ 2(m + 1) = m − 1 ⇔  2 ⇔ ⇔ 2  m − 4m − 1 = 0 (m − 2) = 5 m = 2 ± 5

(d )

: y = ( m − 1) x + 1 ( m là tham số ).

a. Chứng minh : Khi m thay đổi thì) (d ) luôn cắt ( P ) tại 2 điểm phân biệt . b. Gọi x1 , x2 là hoành độ các giao điểm của (d ) và ( P ) . Tìm m sao cho

đối chiếu điều kiện m = 5 + 2 thỏa mãn.

x12 x2 + x 2 2 x1 − 2 x13 x2 3 = 3.

Giải 69

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

a. Phương trình hoành độ giao điểm của ( P ) và (d ) là:

 x1 + x2 = 2(m − 1) Theo hệ thức Vi-ét ta có:  . Thay vào (3) ta được:  x1x2 = −2m + 4

x 2 = ( m − 1) x + 1 ⇔ x 2 − ( m − 1) x − 1 = 0 (*).

Do ∆ = ( m − 1) 2 + 4 ≥ 4 với mọi m nên phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt. Suy ra đường thẳng (d ) luôn cắt parabol tại 2 điểm phân biệt.

b. Ta có : x12 x2 + x2 2 x1 − 2 x13 x2 3 = 3 ⇔ x1 x2 ( x1 + x2 ) − 2 x13 x23 = 3 . Theo hệ thức Vi-et ta có :

 x1 + x2 = m − 1 thay vào đó ta có −1(m − 1) + 2 = 3 ⇔ m = 0 thỏa mãn điều kiện.   x1.x2 = −1

 m = −1 2 4 ( m − 1) − 2 ( −2m + 4 ) − 4 = 0 ⇔ m2 − m − 2 = 0 ⇔ ( m + 1)( m − 2 ) = 0 <=>   m=2 Đối chiếu với điều kiện bài toán ta thấy được m = 2 thỏa mãn. Ví dụ 8. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol ( P ) : y = x 2 và đường thẳng (d ) : y = mx + 4 . Tìm tất cả các giá trị của m để đường thẳng (d ) cắt đồ thị tại hai điểm phân biệt A, B sao cho diện tích tam giác OAB bằng 8 . Giải Phương trình hoành độ giao điểm của (d ) và ( P ) là: x 2 = mx + 4 ⇔ x 2 − mx − 4 = 0 . Ta

Ví dụ 7. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d ) : y = 2(m − 1) x + 2m − 4 và parabol ( P ) : y = x 2 .

có ∆ = m 2 + 16 > 0 với mọi m nên phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt, suy ra đường thẳng (d ) luôn cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt A, B .

a. Tìm tọa độ giao ( P ) : y = x 2 điểm của ( P ) và (d ) khi m = 3. b. Gọi x1 , x2 là hoành độ các giao điểm của ( P ) và (d ) . Tìm m để x12 + x22 = 4 . Giải Phương trình hoành độ giao điểm của (d ) và ( P ) là: x 2 = 2( m − 1) x + 2 m − 4 ⇔ x 2 − 2( m − 1) x − 2 m + 4 = 0 (*)

a. Khi m = 3 thay vào (*) ta có: x − 2 = 2 x = 2 + 2 x 2 − 4 x − 2 = 0 ⇔ ( x − 2)2 = 2 ⇔| x − 2 |= 2 ⇔  ⇔  x − 2 = − 2  x = 2 − 2

(

Khi x = 2 + 2  y = 2 + 2

)

= 6 + 4 2 khi x = 2 − 2 => y = (2 − 2)2 = 6 − 4 2.

(

) (

)

Vậy các giao điểm của (d ) và ( P ) là: A 2 + 2;6 + 4 2 , B 2 − 2;6 − 4 2 .

b. Để đường thẳng (d ) cắt ( P ) tại 2 điểm điều kiện là phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt. Hay ∆′ = (m − 1)2 + 2m − 4 > 0 ⇔ m2 − 3 > 0 ⇔| m |> 3 . Yêu cầu bài toàn là: x 21 + x2 2 = 4 ⇔ (x1 + x2 ) 2 − 2 x1 x2 − 4 = 0 (3).

Để ý rằng đường thẳng (d ) luôn đi qua điểm cố định I ( 0;4 ) nằm trên trục tung. Ngoài ra nếu gọi A( x1; y1 ), B ( x2 ; y2 ) thì x1.x2 = −4 < 0 nên hai giao điểm A, B nằm về hai phía trục tung. Giả sử x1 < 0 < x2 thì ta có 1 1 AH .OI + BK .OI với H , K lần lượt là hình chiếu vuông góc 2 2 của A, B trên trục Oy . Ta có OI = 4, AH = | x1 |= − x1 , BK =| x2 |= x2. . SOAB = SOAI + SOBI =

Suy ra SOAB = 2( x2 − x1 )

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

 S 2OAB = 4( x2 x1 ) 2 = 4[( x2 x 1 ) 2 − 4 x1 x2 ] . Theo định lý Vi-ét ta có x1 + x2 = m, x1 x2 = −4 .

Thay vào ta có S 2OAB = 4( m 2 + 16) = 64 ⇔ m = 0 . Điểm mấu chốt của bài toán là phát hiện A, B nằm về 2 phía trục tung thông qua x1 x2 < 0 để phân chia tam giác OAB thành 2 tam giác OAI , OBI . Ngoài cách làm trên ta cũng có thề tính diện tích tam giác OAB theo cách khác là: Giả sử A( x1; y1 ), B( x2 ; y2 ) với x1 < 0 < x2 . Gọi D, C là hình chiếu vuông góc của A, B lên trục Ox ta tính được:

CD = x2 − x1 .OD = | x1 |= − x1 ; OC =| x2 |= x2 ; AD = y1 = x12 , BC = y2 = x2 2 . Ta có ABCD là hình thang vuông tại D, C . Tam giác ADO vuông tại D . Tam giác BCO vuông tại C và SOAB = S ABCD − S ADO − S BCO . Từ đó ta tính được: SOAB = S ABCD − S ADO − S BCO 1 1 1 1 1 1 SOAB = ( AD + BC ).CD − BD.DO = ( x12 + x2 2 )( x2 − x1 ) − x12 x2 + x2 2 x1 = ( x2 − x1 ) 2 2 2 2 2 2 1 1 2 2 2 Nên SOAB = ( x2 − x1 ) = [( x1 + x2 ) −4 x1 x2 ] . 4 2

Ví dụ 9. Trên hệ trục tọa độ Oxy cho parabol: ( P ) : y = − x 2 và đường thẳng (d ) : y = 2 x − m 2 + 1 .

a. Khi m = − 3 , chứng tỏ rằng (d ) luôn cắt ( P ) tại 2 điểm phân biệt A, B . Từ đó tính diện tích tam giác OAB . b. Với giá trị nào của m thì (d ) cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt D, E sao cho khoảng cách từ D đến trục Oy bằng khoảng cách từ E đến Oy . Giải a. Khi m = − 3 thì x 2 + 2 x − 2 = 0 ta có ∆’ =1 + 2 = 3 > 0 và nên phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2 . Hay (d ) luôn

Theo hệ thức Vi-ét ta có: x1.x2 = −2 < 0 nên hai giao điểm A, B nằm về hai phía trục Oy , giả sử A( x1; y1 ), B ( x2 ; y2 ) với x1 < 0 < x2 ta có hình vẽ : Gọi H , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A, B lên trục Oy thì AH = | x1 | = − x1, BK = | x2 | = x2 , đường thẳng ( d ) cắt trục Oy tại I (0; −2) => OI = 2 .Ta có 1 1 1 SOAB = S AOI + S BOI = AH .OI + BK .OI = 2( x 2 − x1 ) = x 2 − x1. Suy ra 2 2 2 S 2OAB = ( x2 − x1 ) 2 = ( x1 + x2 ) 2 − 4 x1 x2 . Theo hệ thức Vi-ét ta có: x1 + x2 = −2 x1 x2 = −2 suy ra S 2OAB = 12 => SOAB = 2 3 .

b. Phương trình hoành độ giao điểm của (d ) và ( P ) − x 2 = 2 x − m 2 + 1 <=> x 2 + 2 x − m 2 + 1 = 0 .Ta có ∆ ' = m2 , để (d ) cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt thì ∆ ' > 0 <=> m 2 > 0 <=> m ≠ 0.

cắt ( P ) tại 2 điểm phân biệt A, B .

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Tóm lại m = ±

1 là các giá trị cần tìm. 3

Ví dụ 10. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho parabol ( P ) có phương trình. Gọi (d ) là đường thẳng đi qua I (0; −2) và có hệ số góc k . a. Viết phương trình đường thẳng (d ) và chứng minh đường thẳng (d ) luôn cắt parabol ( P ) tại hai điệm phân biệt A, B khi k thay đổi . b. Gọi H , K theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của A, B trên trục hoành . Chứng minh rằng tam giác IHK vuông tại I . Giải a. Đường thẳng (d ) có dạng : y = kx + b vì (d ) đi qua A(0; −2) suy ra −2 = k .0 + b  b = −2 . Vậy (d ) : y = kx − 2 Khi đó hai điểm D ( x1; y1 ), E( x2 ; y2 ) gọi M , N lần lượt là hình chiếu vuông góc của D, E lên trục Oy thì khoảng cách từ D, E đến trục Oy tương ứng là độ dài của đoạn thẳng DM , EN ta có: DM = | x1 , EN = x2 | , yêu cầu bài toán tương đương với | x1 = 2 x2 <=> x1 | −2 | x2 | = 0 (*) , do vai trò D, E như nhau nên điều kiện (*) có

thể viết lại thành :

(| x1 | −2 | x2 |)( x2 | −2 | x1 |)

= 0 ⇔ −2 x12 − 2 x22 + 5 | x1x2 | = 0. Theo hệ thức Vi-ét ta có:

 x1 + x2 = −2  2  x1 x2 = 1 − m

Xét phương trình hoành độ giao điểm của (d ) và ( P ) :

− x2 = kx − 2 <=> x 2 + 2kx − 4 = 0 (1). 2 Ta có ∆ ' = k 2 + 4 > 0 với mọi k , suy ra (1) có hai nghiệm phân biệt . Vậy (d ) luôn cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt.

b. Giả sử (1) có hai nghiệm phân biệt x1 x2 . Suy ra A( x1; y1 ), B( x2 ; y2 ) thì H ( x1 ;0) , K ( x2 ;0). Khi đó IH 2 = x12 + 4 , IK 2 = x2 2 + 4 , KH 2 = ( x1 − x2 ) 2 . Theo định lý Vi-ét thì x1 x2 = −4 nên

Suy ra −2( x1 + x2 )2 + 4 x1 x2 + 5 | x1x2 |= 0 ⇔ −8 + 4(1 − m2 ) + 5 1 − m2 = 0

Trường hợp 1: 1 − m 2 < 0 ⇔ m > 1 hoặc m < −1 đẳng thức (1) trở thành :

4 (m2 − 1) − 4m2 − 4 = 0 ⇔ m2 = (loại). 3 Trường hợp 2: 1 − m 2 > 0 <=> −1 < m < 1 2

(1).

IH 2 + IK 2 = x12 + x2 2 + 8 = KH 2 . Vậy tam giác IHK vuông tại I .

x2 và đường thẳng (d ) : y = 2 x − m + 1 . Tìm m để 2 đường thẳng (d) cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt A( x1; y1 ), B ( x2 ; y2 ) sao cho x1 x2 ( x1 + x2 ) + 48 = 0 Ví dụ 11. Cho parabol ( P) : y =

Giải 2

đẳng thức (1) trở thành: 5(1 − m ) + 4(1 − m ) − 8 = 0

Phương trình hoành độ giao điểm của (d ) và ( P ) là :

1 1 ⇔ m = ⇔ m = ± thỏa mản điều kiện . 9 3

x2 = 2 x − m + 1 ⇔ x 2 − 4 x + 2m − 2 = 0 (*) . 2

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Để (d ) cắt ( P ) tại 2 điểm phân biệt thì phương trình (*) phải có 2 nghiệm phân biệt , hay ∆′ = 4 − 2m + 2 > 0 ⇔ m < 3 . Khi đó ta có A( x1; y1 ), B( x2 ; y2 ) với y1 =

2 1

2 2 2 Từ đó ta có: SOAB = 9 ( x 2 − x1 ) = 9 ( x1 + x 2 ) − 4 x1x 2  . Áp dụng hệ thức Vi – ét ta có:  

x x , y2 = 2 2 2

x1 + x 2 = 1  x1 .x 2 = −6

x2 x2 suy ra x1 x2 ( y1 + y2 ) + 48 = 0 ⇔ x1 x2  1 + 1  + 48 = 0 ⇔ x1 x2 ( y1 + y2 ) + 96 = 0 . 2   2

Thay vào ta có: S2OAB = 9 ( x2 − x1 ) = 9 [1 + 24] = 225  S = 15  x1 = −2 nên các giao  x2 = 3

Ta có thể tính trực tiếp như sau: Giải phương trình (*) suy ra 

 x1 + x2 = 4 Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có:  , thay vào ta có:  x1x2 = 2m − 2

điểm là M ( −2; 4 ) , N ( 3; 9 )  E ( −2; 0 ) , F ( 3; 0 )  MH = 2, NK = 3 . Từ đó tính được:

( 2m − 2 ) [16 − 4m + 4] + 96 = 0 ⇔ ( m − 1)( 5 − m ) + 12 = 0

1 SOMN = S OMI + S ONI = OI ( MH + NK ) = 3 ( 3 + 2 ) = 15 . Cách giải này sẽ hiệu quản khi x1; x2 2

⇔ m − 6m − 7 = 0 ⇔ ( m + 1)( m − 7 ) = 0 hay m = −1 hoặc m = 7 . Đối chiếu với điều

không phải là số vô tỷ.

kiện ban đầu ta suy ra m = −1 .

Ví dụ 13.

Lời giải

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol ( P ) : y = x 2 và đường thẳng ( d ) : y = m x − m + 2

Khi m = 7 . Đường thẳng ( d ) có dạng y = x + 6 . Phương trình hoành độ giao điểm của ( d ) và ( P ) là: x 2 = x + 6 ⇔ x2 − x − 6 = 0 (*) . Do ∆ = 25 > 0 nên phương trình (*) có 2

a, Chứng minh rằng: Đường thẳng ( d ) luôn cắt Parabol ( P ) tại hai điểm phân biệt.

nghiệm phân biệt x1; x2 . Suy ra đường thẳng ( d ) luôn cắt parabol tại 2 điểm phân biệt

b, Gọi x1 , x2 là các hoành độ giao điểm của ( d ) và ( P ) . Tìm m để:

M, N.

Mặt khác x1.x2 < 0 nên hai giao điểm M, N nằm về 2 phía trục Oy .

Lời giải

Phương trình hoành độ giao điểm của ( P ) và ( d ) là: x 2 = mx − m + 2

Ta giả sử M ( x1 ; y1 ) , N ( x 2 ; y 2 ) với x1 < 0 < x 2 .

⇔ x 2 − m x + m − 2 = 0 (*) . Ta có: ∆ = m 2 − 4 ( m − 2 ) = m 2 − 4m + 4 + 4 = ( m − 2 ) + 4

Do (m − 2)2 ≥ 0, ∀m  ∆ ≥ 4 > 0 . Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 ∀m suy ra (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt.

6 M

2 x12 − mx1 + m − 2 = 0 x − 2 = m ( x1 − 1) ⇔  12 . 2 x2 − mx2 + m − 2 = 0 x 2 − 2 = m ( x 2 − 1)

Vì x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình (*) 

4 H

Do 12 − m + m − 2 = −1 ≠ 0  phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt khác 1.

Ta có:

-3

E ( x1 ; 0 ) , F ( x 2 ; 0 )  MH = OE = x1 = − x1 NK = OF = x 2 = x 2 , OI = 6

SOMN = SOMI + SONI

Ta thấy đường thẳng ( d ) cắt trục Oy tại điểm cố định là I ( 0; 6 ) nên ta có: Gọi E, F lần lượt là hình chiếu vuông góc của M, N lên trục Ox . H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của M, N lên trục Oy .

x12 − 2 x22 − 2 + =4 . x1 − 1 x2 − 1

. Từ đó suy ra

1 = OI. ( MH + NK ) = 3 ( x2 − x1 ) 2

 x2 − 2 =m  x −1 Suy ra  21 . Yêu cầu bài toán tương đương với 2 m = 4 ⇔ m = 2 .  x2 − 2 = m  x2 − 1

Vậy m = 2 .

Ví dụ 14.

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Cho Parabol P: y = x2 và đường thẳng (d): y = mx + 1 .

∆ = m 2 − 4 ( −m 2 − 3) > 0 ⇔ 5m 2 + 12 > 0 . Điều kiện này luôn đúng nên suy ra phương trình

a) Chứng minh rằng đường thẳng (d) luôn cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt với mọi giá trị m.

có 2 nghiệm phân biệt.

b) Gọi A ( x1 , y1 ) và B ( x 2 , y 2 ) là giao điểm của (d) và (P). Tìm giá trị lớn nhất của biểu

 x +x =m

Theo hệ thức Vi-ét ta có  1 2 2 . Vì x1 , x2 là độ dài 2 cạnh góc vuông của một  x1 .x 2 = m + 3  x +x = m >0

thức

tam giác nên x1 , x2 phải là các số dương suy ra điều kiện  1 2 2 ⇔ m > 0 . Từ  x1 .x 2 = m + 3 > 0

M = ( y1 − 1)( y 2 − 1) + 2 ( x1 + x 2 ) + 3

giả thiết ta cũng có:

Lời giải. a) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là x2 = mx + 1 ⇔ x2 − mx − 1 = 0 . Ta có ∆ = m 2 + 4 > 0, ∀m . Suy ra đường thẳng (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt A ( x1 ; y1 ) , B ( x 2 ; y 2 ) . b) Xét M = ( y1 − 1)( y 2 − 1) + 2 ( x1 + x 2 ) + 3 . Vì các giao điểm nằm trên đường thẳng (d) : y = mx + 1 nên ta có y1 = mx1 + 1 , y2 = mx 2 + 1 với x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình x2 − mx − 1 = 0 .

x12 + x22 =

5 2 ⇔ ( x1 + x2 ) − 2x1x2 − 33 = 0 ⇔ m 2 − 2 ( −m 2 − 3) − 33 = 0 ⇔ m 2 = 9 ⇔ m = ±3 . 2

Đối chiếu với điều kiện ta thấy chỉ có m = 3 thỏa mãn điều kiện. Ví dụ 16 Cho hàm số ( P ) : y = x 2 và đường thẳng ( d ) : −ax + y = 2 với a ≠ 0 . Chứng minh: ( P ) luôn cắt ( d ) tại hai điểm phân biệt A ( x1 ; y1 ) , B ( x 2 ; y 2 ) nằm về 2 phía trục tung. Tìm a để

( y1 + 1)( y 2 + 1) + 5x1x 2 = 0 . Lời giải:

Từ đó suy ra M = mx1mx 2 + 2 ( x1 + x 2 ) + 3 = m 2 x1x 2 + 2 ( x1 + x 2 ) + 3 . x + x = m

Theo hệ thức Vi-ét ta có  1 2  x1x 2 = −1

thay vào M ta được

M = −m 2 + 2m + 3 = 4 − ( m 2 − 2 m + 1) = 4 − (m − 1)2

Do (m − 1)2 ≥ 0, ∀m suy ra M ≤ 4 .

Phương trình hoành độ giao điểm của ( P ) và ( d ) là: x2 = ax + 2 ⇔ x2 − ax − 2 = 0 . Vì ∆ = a2 + 8 > 0 với mọi giá trị a nên ( d ) luôn cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt A ( x1 ; y1 ) , B ( x 2 ; y 2 ) . Do x1x 2 < 0 nên hai điểm A, B nằm về hai phía trục tung. Yêu cầu bài toán tương đương với ( y1 + 1)( y 2 + 1) + 5x1x 2 = 0 ⇔ ( ax1 + 3)( ax 2 + 3) + 5x1x 2 = 0 ⇔ a 2 x1x 2 + 3a ( x1 + x 2 ) + 9 + 5x1x 2 = 0 .

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi m = 1 . Vậy GTNN của M là 4 khi m = 1 .

x + x = a

Theo hệ thức Vi-ét ta có:  1 2 thay vào biểu thức ta thu được:  x1 x 2 = − 2

Ví dụ 15.

−2a2 + 3a2 − 1 = 0 ⇔ a = ±1 .

Cho parabol (P): y = x2 và đường thẳng (d): y = mx − m 2 − 3 . Tìm m để (d) và (P) cắt nhau tại 2 điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 sao cho x1 , x2 là độ dài 2 cạnh của tam giác vuông có cạnh huyền là 33 .

Ví dụ 17

Lời giải: Phương trình hoành độ giao điểm của ( P ) và ( d ) là: x = mx − m − 3 ⇔ x − mx + m + 3 = 0 . 2

Điều kiện để ( P ) cắt ( d ) tại 2 điểm phân biệt là phương trình có 2 nghiệm phân biệt:

1 2

Cho parabol ( P ) : y = x2 và đường thẳng ( d ) : y = mx − m 2 + m + 1 . a) Với m = 1 , xác định tọa độ giao điểm A, B của ( d ) và ( P ) . b) Tìm các giá trị của m để ( d ) cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 sao cho x1 − x 2 = 2 .

(Trích đề thi tuyển sinh lớp 10 – thành phố Hà Nội, năm 2014). Lời giải

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Ta có: ∆ ' = 4 + 4m 2 > 0, ∀m  ( d ) luôn cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt

a, Với m = 1 ta có phương trình hoành độ giao điểm của ( P ) và ( d ) là:

 − x2   − x2  A  x1 ; 1  ; B  x 2 ; 2  2 2    

 x = −1 1 2 3 x = x + ⇔ x 2 − 2x − 3 = 0 ⇔  ( do a + b + c = 0 ) 2 2 x = 3

    Ta có: y ( −1) = ; y ( 3) = . Vậy tọa độ các giao điểm là: A  −1;  và B  3;  2 2 2   2

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

1  2 2 2 1  1 AB2 = ( x2 − x1 ) +  x12 − x 22  = ( x1 + x 2 ) − 4x1x 2  . 1 + ( x1 + x2 )    4 2   2  −4  4  x1 + x 2 =  16  2 m . Vậy AB =  2 + 16  . 1 + 2  > 16  AB > 4 m  m  x1x2 = −4

b, Phương trình hoành độ giao điểm của ( P ) và ( d ) là:

Theo định lý Vi-et ta có: 

1 2 1 x = mx − m 2 + m + 1 ⇔ x2 − 2 mx + m 2 − 2m − 2 = 0 (*) 2 2

Để ( P ) cắt ( d ) tại hai điểm phân biệt có hoành độ là x1; x2 thì phương trình (*) phải có hai nghiệm phân biệt

Ví dụ 19: Cho parabol ( P ) : y = x2 và đường thẳng ( d ) : y = mx + 4 . a) Chứng minh đường thẳng ( d ) luôn cắt đồ thị ( P ) tại hai điểm phân biệt A và B . Gọi x1; x2 là hoành độ của các điểm A , B . Tìm giá trị lớn nhất của Q =

Khi đó ∆ ' = m2 − m2 + 2m + 2 > 0 ⇔ m > −1

Cách 1:

2 ( x1 + x2 ) + 7 x12 + x2 2

b) Tìm m để diện tích tam giác OAB bằng 8 . 2

Khi m > −1 ta có: x1 − x2 = 2 ⇔ x12 + x22 − 2x1x2 = 4 ⇔ ( x1 + x2 ) − 4x1x2 = 4 1 ⇔ 4 m 2 − 4 ( m 2 − 2m − 2 ) = 4 ⇔ 8m = −4 ⇔ m = − 2

a) Phương trình hoành độ giao điểm của ( d ) và ( P ) là: x2 = mx + 4 ⇔ x2 − mx − 4 = 0 . Ta có ∆ = m 2 + 16 > 0 , với mọi M nên phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt, suy ra đường thẳng ( d ) luôn cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt. Theo định lí Vi-et ta có:

Cách 2: Khi m > −1 ta có: x1 − x2 = 2 ⇔ ⇔ 2m + 2 = 1 ⇔ m = −

− b + ∆ ' −b − ∆ ' − = 2 ⇔ 2 ∆ ' = 2 ⇔ 2 2m + 2 = 2 a a

 x1 + x 2 = m 2m + 7 ta có: Q = 2 . (dùng phương pháp miền giá trị hàm số. Xem thêm phần  m +8  x1x 2 = −4

ứng dụng trong bài toán GTLN, GTNN) ta dễ tìm được giá trị lớn nhất của Q là 1 và

1 2

GTNN của Q là −

Ví dụ 18 1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol ( P ) : y = − x2 , điểm M ( m; 0 ) với m là tham số 2 khác 0 và điểm I ( 0; −2 ) . Viết phương trình đường thẳng ( d ) đi qua hai điểm M, I . Chứng

minh rằng ( P ) cắt ( d ) tại hai điểm phân biệt A, B với độ dài đoạn AB > 4 .

Lời giải Phương trình đường thẳng ( d ) : y =

Lời giải

2 x−2. m

1 đạt được khi m = 1 và m = −8 . 8

b) Để ý rẳng đường thẳng ( d ) luôn đi qua điểm cố định I ( 0; 4 ) nằm trên trục tung. Ngoài ra nếu gọi A ( x1 ; y1 ) , B ( x 2 ; y 2 ) thfi x1.x2 = −4 < 0 nên hai giao điểm A và B nằm về hai phía trục tung. Giả sử x1 < 0 < x 2 thì ta có: 1 1 S OAB = S OAI + S OBI = AH.OI + BK.OI với H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm 2 2 A, B trên trục Oy . Ta có OI = 4 , AH = x1 = − x1 , BK = x 2 = x 2 . Suy ra S OAB = 2 ( x 2 − x1 )

(

)

2  S OAB = 4 ( x1 − x 2 ) = 4 ( x1 + x 2 ) − 4 x1x 2 . Theo định lí Vi-et ta có: x1 + x2 = m , x1x2 = −4 . 2

1 2

Phương trình hoành độ giao điểm của ( P ) và ( d ) là: − x2 =

2 x − 2 ⇔ m 2 + 4x − 4 m = 0 . m

Thay vào ta có: S2OAB = 4 ( m2 + 16 ) = 64 ⇔ m = 0 .

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Chú ý: Nếu thay điều kiện S = 8 thành diện tích tam giác OAB nhỏ nhất ta cũng có kết quả như trên. Vì m2 ≥ 0  S2 ≥ 4 ( m2 + 16 ) ≥ 64 . Ví dụ 20: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng ( d ) : 2 x − y − a = 0 và parabol ( P ) : y = ax 2 ( a > 0 ) . 2

a) Tìm a để ( d ) cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt A, B . Chứng minh rằng A và B nằm bên phải trục

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Lời giải a. Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng và parabol là: x 2 = mx + 1 ⇔ x 2 − mx + 1 = 0 (1) ∆ = m2 + 4 > 0 với mọi m nên (1) có hai nghiệm phân biệt, suy ra ( d ) luôn cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt A ( x1 ; y1 ) và B ( x2 ; y2 ) . b. Theo đinh lí Vi-et, ta có: x1 + x2 = m; x1.x2 = −1 2

M = ( y1 − 1)( y2 − 1) = ( x12 − 1)( x22 − 1) = x12 x22 + 2 x1 x2 − ( x1 + x2 ) + 1 = −m 2 ≤ 0 . Vậy max M = 0 khi

m = 0.

tung. a) Gọi x A , x B là hoành độ của A và B . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T =

4 1 + xA + xB xA xB

(Trích đề thị vòng 1 THPT chuyên – TP Hà Nội, năm học 2005 – 2006). Lời giải

Ví dụ 22 Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng ( d ) : y = − x + 6 và parabol ( P ) : y = x 2 . a. Tìm tọa độ các giao điểm của ( d ) và ( P ) . b. Gọi A, B là hai giao điểm của ( d ) và ( P ) . Tính diện tích tam giác OAB .

a. Xét phương trình ax 2 = 2 x − a 2 ⇔ ax2 − 2 x + a 2 = 0 (1) .

( d ) cắt ( P ) , tại hai điểm phân biệt nên A, B nằm ở bên phải trục Oy .

⇔ x = 2 ∨ x = −3 . Ta có y ( 2 ) = 4; y ( −3) = 9 .

b. Gọi A ', B ' lần lượt là hình chiếu của A, B xuống trục hoành. Ta có

1 1 theo bất đẳng thức Cô sic ho 2 số dương ta có: 2a + ≥ 2 2 . a a 1

a. Phương trình hoành độ giao điểm của ( P ) và ( d ) là: x 2 = − x + 6 ⇔ x 2 + x − 6 = 0

Vậy tọa độ giao điểm của ( P ) và ( d ) là B ( 2; 4) và A ( −3;9) .

2   x A + xB = > 0 . a  x A .xB = a > 0

b. Theo định lí Vi-et ta có: 

Vậy min T = 2 2 khi a =

Lời giải

A, B khi (1) có hai nghiệm phân biệt

⇔ ∆ ' > 0 ⇔ a < 1 . Kết hợp với điều kiện ta có 0 < a < 1 khi đó (1) có hai nghiệm dương

Ta có: T = 2a +

(Trích đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT Hà Nội, năm 2014)

S∆OAB = S A A ' B ' B − S∆OAA' − S∆OBB ' . Ta có A ' B ' = xB ' − xA ' = xB ' − xA ' = 5; AA ' = y A = 9; BB ' = yB = 4 S A A' BB ' =

AA '+ BB ' 9+4 65 1 27 .A ' B ' = .5 = (đvdt) (đvdt), S∆OAA' = A ' A. A ' O = 2 2 2 2 2

 S∆OAB = S A A ' B ' B − S∆OAA ' − S ∆OBB ' =

Ví dụ 21

65  27  −  + 4  = 15 (đvdt). (Xem them ví dụ 8) 2  2 

Cho parabol ( P ) : y = x 2 và đường thẳng ( d ) : y = mx + 1 . a. Chứng minh rằng đường thẳng ( d ) luôn cắt parabol ( P ) tại hai điểm phân biệt với mọi giá trị m . b. Gọi A ( x1 ; y1 ) và B ( x2 ; y2 ) là các giao điểm của ( d ) và ( P ) . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức M = ( y1 − 1)( y2 − 1) .

VIII. ỨNG DỤNG PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI TRONG CÁC BÀI TOÁN SỐ HỌC Ví dụ 1 Tìm tất cả các giá trị thực của m để phương trình: x 2 − ( 2m + 1) x − 3 = 0 (*) có các nghiệm

đều là số nguyên. 83

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Lời giải

Lời giải 2

Điều kiện để phương trình (*) có nghiệm là: ( 2m + 1) + 12 > 0 luôn đúng với mọi m .  x1.x2 = −3 . Do x1 , x2 là các số  x1 + x2 = 2m + 1

Dễ thấy p = 1 , phương trình có 1 nghiệm x = y = z = 3 , khi p = 3 , phương trình có 1 nghiệm x = y = z = 1 .

Gọi 2 nghiệm là x1 , x2 . Theo hệ thức viet ta có: 

Xét p ≠ 1, p ≠ 3 . Ta chứng minh: Phương trình (*) không có nghiệm nguyên dương nào

nguyên nên chỉ có thể xảy ra x1 = 1, x2 = −3 hoặc x1 = −3, x2 = 1 .

khác bằng phản chứng. Giả sử phương trình có một nghiệm ( x0 ; y0 ; x0 ) sao cho x0 ≤ y0 ≤ z0 và x0 + y0 + x0 ≤ x + y + z

1 2

TH1: x1 = 1, x2 = −3 hoặc x1 = −3, x2 = 1  x1 + x2 = 2 ⇔ 2m + 1 = 2 ⇔ m = .

với mọi nghiệm ( x; y; z ) khác. 3 2

TH2: x1 = 1, x2 = −3 hoặc x1 = −3, x2 = 1  x1 + x2 = −2 ⇔ 2m + 1 = −2 ⇔ m = − . 1 3 Tóm lại m ∈  ; −  . 2

+ Nếu y0 < z0 xét phương trình bậc hai: z 2 − py0 z0 z + x02 + y02 = 0 (**) ta thấy z0 là một nghiệm của phương trình này, gọi nghiệm thứ hai là z1 . Theo định lí Vi-et ta có:  z1 + z0 = px0 y0  2 2  z1.z0 = x0 + y0

2

Ví dụ 2: Tìm tất cả các giá trị nguyên dương p để phương trình x 2 + y 2 + 1 = pxy (*) có nghiệm nguyên dương.là nghiêm

chọn ta suy ra z1 ≥ z0 nên x02 + y02 − px0 y0 = z1 z0 − z1 = ( z1 − 1)( z0 − 1) − 1 ≥ y0 y0 − 1 = y02 − 1 suy ra 1 ≥ x0 ( py0 − x0 ) vì py0 ≥ px0 > x0  x0 = 1 thay vào ta có y 2 + z 2 + 1 = pyz theo ví dụ 2 thì

Lời giải

phương trình không có nghiệm nếu p ≠ 3 .

Với p = 3 ta thấy phương trình có nghiệm x = y = 1 .

+ Nếu y0 = z0 ta có: 2 y02 − py02 + x02 = 0 ⇔ x02 = y02 ( px0 − 2 ) ≥ x02 ( px0 − 2)  px0 ≤ 3 vì px0 > 2

Xét p ≠ 3 giả sử phương trình có nghiệm ( x0 ; y0 ) là nghiệm nhỏ nhất theo nghĩa x0 + y0 < x + y với ( x; y ) là nghiệm của (*) . Không mất tính tổng quát ta giả sử x0 ≤ y0 .

+ Nếu x0 = y0 thì 2 x02 + 1 = px02 ⇔ x02 ( p − 2 ) = 1  p = 3 trái với giả thiết, từ đó suy ra x0 < y0 . 2

Từ đó ta cũng suy ra z1 là số nguyên dương và ( x0 ; y0 ; z1 ) là nghiệm của (**) . Từ cách

2 0

+ Xét phương trình: y − px0 y + x + 1 = 0 (**) , rõ rang y0 là một nghiệm của (**) gọi y1

nên px0 = 3  p = 1 hoặc p = 3 mâu thuẫn. Tóm lại: p ∈ {1;3} Hoàn toàn tương tự ta chứng minh được bài toán sau: Phương trình: x 2 + y 2 − pxy + p = 0 có nghiệm nguyên dương khi và chỉ khi p = 5 .

 y1 + y0 = px0 là nghiệm thứ 2 của (***) . Theo định lí Vi-et ta có:  (***) . Từ (***) suy ra 2

Ví dụ 4:

y1 = px0 − y0 nên y1 là số nguyên, do cách chọn ta suy ra y1 nguyên dương và y0 ≤ y1 .

Cho 2 số nguyên dương x, y thỏa mãn:

Cũng từ (***) ta có: x02 + 1 − px0 = y1 y0 − y1 − y0 = ( y1 − 1)( y0 − 1) − 1 ≥ x0 .x0 − 1 = x02 − 1 (do

x2 + y2 +1 = 3. xy

 y1. y0 = x0 + 1

y1 > x0 , y0 > x0 ). Vậy x02 + 1 − px0 ≥ x02 − 1 ⇔ px0 ≤ 2 suy ra p = 1 hoặc p = 2 . Để ý rằng:

Lời giải

x 2 + y 2 + 1 > 2 xy > xy nên p = 1, p = 2 thì (*) đều không có nghiệm nguyên dương. Tóm lại

p = 3 là giá trị cần tìm.



Ta xét tập S = ( x; y ) | x, y ∈ N , 

Ví dụ 3: Tìm tất cả các giá trị nguyên dương p để phương trình x 2 + y 2 + z 2 = pxyz (*) có nghiệm

x2 + y2 + 1 (*) là số nguyên. Chứng minh: xy

 x2 + y 2 +1 = k ∈ Z  dễ thấy x = y = 1 thỏa mãn điều kiện suy xy 

ra S = ∅ .

nguyên dương. 85

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Xét ( x0 ; y0 ) ∈ S sao cho x0 + y0 nhỏ nhất theo nghĩa x0 + y0 ≤ x + y với ( x; y ) ∈ S . Giả sử 2 2 x0 ≥ y0 . Xét phương trình: x − ky0 x + y0 + 1 = 0 ( *) thì x0 là một nghiệm của phương trình

(*) ngoài ra phương trình này cũng có 1 nghiệm

m + n = 2 m = 2 x2 + y2 2 ⇔ hay = 2 ⇔ (x − y) = 0 ⇔ x = y . xy m − n = 2 n = 0

Suy ra 

x1 ∈ N *  ( x1 ; y0 ) ∈ S . Theo định lí Vi-et

Chương 3: HỆ PHƯƠNG TRÌNH

ta có:  x0 + x1 = ky0 y2 +1  x1 = ky0 − x0 = 0 do x0 > y0 ≥ 1  y0 ≤ x0 − 1  2 x0 x x = y + 1  0 1 0

I. HỆ BẬC NHẤT MỘT ẨN KIẾN THỨC CẦN NHỚ

 x1 =

y02 + 1 ( x0 − 1) + 1 2 ≤ = 2 − x0 + < x0 nên x1 + y0 < x0 + y0 vô lí. Vậy ta có: x0 = y0 hay x0 x0 x0



ax + by = c Hệ phương trình bậc nhất một ẩn là hpr có dạng 

 a ′x + by = c ′  

x = 1 2x + 1 1 = 2+ 2 ∈Z   0 . x02 x0 k = 3 2 0

+ Cặp số (x 0 ; y 0 ) được gọi là một nghiệm của hệ phương trình nếu nó là nghiệm chung

Chú ý: bài toán này là hệ quả của ví dụ 2.

của cả hai phương trình đó.

Ví dụ 5: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: x − xy + y = 2 x − 3 y − 2 2

Lời giải Ta viết phương trình đã cho dưới dạng phương trình bậc hai của ẩn y :

+ Hệ có thể có nghiệm duy nhất, vô nghiệm hoặc vô số nghiệm tùy theo vị trí tương đối của hai đường thẳng biểu diễn nghiệm của hai phương trình. + Phương pháp cụ thể: chúng ra thường dùng phương pháp thế hoặc phương pháp cộng đại số để khử bớt một ẩn, từ đó sẽ giải được hệ.

Một số ví dụ

y 2 + ( 3 − x ) y + x 2 − 2 x + 2 = 0 ta có ∆ = ( 3 − x ) − 4 ( x 2 − 2 x + 2 ) = −3 x 2 + 2 x + 1 . Để phương trình

có nghiệm ta phải có: ∆ ≥ 0 ⇔ 3x2 − 2 x − 1 ≤ 0 ⇔ ( 3x + 1)( x − 1) ≤ 0 . 3 x + 1 ≥ 0 1 ⇔ − ≤ x ≤ 1 . Do x ∈ Z suy ra x ∈ {0; −1} từ đó thay vào ta tìm 3 3 x − 3 ≤ 0

Do 3x + 1 > 3x − 3  

được các giá trị tương ứng của y suy ra nghiệm của phương trình là: ( x; y ) ∈{( 0; −1) ; ( 0; −2 ) ; ( −1;1)} . Ví dụ 6:

a. Đồ thị hàm số của nó đi qua điểm A (1; 3), B (2; 4) b. Đồ thị hàm số của nó cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng −4 và cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 2 .

Lời giải a. Thay tọa độ các điểm A, B vào phương trình của đường thẳng ta được:

Cho x, y là các số nguyên dương và

x2 + y2 là số nguyên. Chứng minh: x = y . xy

Lời giải 2

Ví dụ 1. Xác định các hệ số a,b của hàm số y = ax + b để

x +y Đặt = m  x 2 + y 2 = mxy ⇔ x 2 − mxy + y 2 = 0 để phương trình có nghiệm thì xy

3 = a + b b = 3 − a a = 1     , Vậy a = 1,b = 2 . ⇔ ⇔       4 = 2 a + b 4 = 2 a + 3 − a   b = 3 − a = 2    



 a = 2 ⇔  b = −4 2a = −b = 4    

−4 = a.0 + b b = −4 ⇔ b. Tương tự phần (1) ta có hệ:     0 = 2a + b  

∆ = m 2 y 2 − 4 y 2 = y 2 ( m 2 − 4 ) phải là số chính phương hay m2 − 4 là số chính phương,

Vậy a = 2;b = −4

Ta đặt m2 − 4 = n2 với n ∈ N

Ví dụ 2. Giải các hệ phương trình sau:

m2 − 4 = n 2 ⇔ ( m − n )( m + n ) = 4 do m − n, m + n cùng tính chẵn lẻ 87

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG   1 1  + =3   a)  x y  3 2  − = −1    x y

  x y  − =3   b)  x + 1 y − 1  x 3y  + = −1    x + 1 y − 1

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

  1  2x − 1 + =2    x −y c)   2 2x − 1 − 1 =1   x −y   

Lời giải 1 x

1 y

a. Đặt u = ; v = . Theo đề bài ta có hệ phương trình:  u + v = 3 5u = 5 u = 1 v = 3 − u     ⇔ ⇔ ⇔     3u − 2v = −1  v = 3 − u  v = 2 u u 3 − 2 3 − = − 1 ( )       

1 1 1 Từ đó suy ra x = = 1; v = = u v 2

b. Đặt u =

x y ;v = . Theo đề bài ta có hệ phương trình: x +1 y +1  u = 3 + v   u = 3 + v  u = 2 u − v = 3 ⇔   ⇔ ⇔     u + 3v = −1  3 + v + 3v = −1   v = −1 4 v = − 4      

x+2 2y   + =5   x −1 y + 1  g.   x 1 3  − =    x −1 y + 1 2 

 1   4x − 4 − =1   2x − y  h.   7  x −1 + =8   2x − y  

  1 1 9 f.  x + + y + =   

      2 x −1 = 1  a = 1      a + b = 2 ⇒    1 x = 1 ⇔ ⇔       1 = 2 a − b = 1 b = 1  y = 0       x− y      

Vậy hệ có nghiệm duy nhất x = 1; y = 0

 x −5 + 5 y −6 + 6      10 12     5 + 6 =3  10 + 12 = 6  + =5  + =6       x −5 y −6  x −5 y −6 y −6 x −5 y −6  x −5     ⇔ ⇔ ⇔     10  21 10 9 10 9 9   − = −1 − = −1  − = −1  =7         x − 5 y − 6 x − 5 y − 6 x − 5 y − 6     y −6      

Từ

21 = 7 ⇒ y − 6 = 3 ⇒ y = 9 thay vào ta tìm được x = 10 . Vậy hệ phương trình có y −6

1 . Ta nhân phương trình thứ nhất của hệ với 2 thì thu được 2

 2  2 2 x −1 + =2   2 y −1  , cộng hai phương trình của hệ mới ta có: 5 2 x −1 = 0 ⇔ 2 x −1 = 0   2  3 2 x −1 − =2   2 y −1  

1 1 ⇔ x = . Với x = thay vào phương trình ban đàu của hệ ta có: 2 2  2 y −1 = 1  y =1 1 = 1 ⇔ 2 y −1 = 1 ⇔  ⇔  2 y −1 = −1  y = 0 2 y −1 1

 1 

Vậy hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm là ( x; y ) =  ;0 ,  ;1 . 2  2 

Ví đụ 3. Giải các hệ phương trình sau:

a. Điều kiện x ≠ 5, y ≠ 6 . Ta viết lại hệ phương trình thành:

1 2

   a = 2 x −1 , ta có hệ phương trình mới: 1  b=   x − y  

 1   2 x −1 + =1   2 y −1  b.   3 2 x −1 − 2 = −2   2 y −1  

Lời giải

b. Điều kiện x ≥ , y ≠

 1 c. Điều kiện x ≥ , x − y > 0 . Đặt 

 x y   + =5   x y − 5 − 6 a.   10 9  − = −1    x −5 y −6 

 2y   =2 x +1 +   y +1  e.   1 3  4x + 4 − =   y + 1 2  

nghiệm là ( x; y ) = (10;9)

 x    =2    x = −2  x = 2 x + 2   x +1  Từ đó suy ra:  ⇔ ⇔    y  y = 1− y y = 1    = −1    2    y −1  

 2x   + y = −1   x +1  d.   1  +2y = 4     x +1

 7 4 5   − =   x−7 y+6 3  c.    5 + 3 = 13   6 y+6    x−7

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG  21 12   − =5   x −7 y +6  c. Điều kiện x > 7, y >−6 , ta viết lại hệ thành  cộng 2 phương trình  20 12 26  + =   3 y +6    x −7 41 41 = ⇔ x − 7 = 3 ⇔ x − 7 = 9 ⇔ x = 16 thay vào ta được của hệ ta thu được: 3 x −7 7 4 5 4 2 − = ⇔ = ⇒ y + 6 = 6 ⇔ y + 6 = 36 ⇔ y = 30 thỏa mãn điều kiện. Vậy 3 y +6 3 y+6 3

hệ có nghiệm ( x; y ) = (16;30) d. Điều kiện y ≥ 0, x ≠ −1 . Ta viết lại hệ phương trình thành:  2x + 2 − 2  −2    + y = −1  + y = −3    x +1  x +1  ⇔ , cộng 2 phương trình của hệ ta thu được:     1 2   +2y = 4 +4y = 8      x +1  x +1  

y + 4y = 5 ⇔ 4 y + y −5 = 0 ⇔

(

)(

y −1

  y = 1(TM )   y +5 = 0 ⇔  . Suy ra y = 1 thay 5  y = − ( L)   4  

)

1 2

 1   2 

vào phương trình thứ 2 ta được x = − . Vậy hệ có nghiệm là ( x; y) = − ;1 .

      2y + 2−2 2 4 3   3    =2  =0 =0  x +1 +  x +1 − 2 x + 1 −  y +1 = 2     y 1 y 1 y 1 + + +      ⇔ ⇔ ⇔    1 3 1 3  1 3  1 3     x x x 2 + 1 − = 2 + 1 − = 2 + 1 − = =    2 x + 1 −     y +1 2 y + 1 2 y + 1 2 y + 1 2           x = 0  Suy ra  , thảo mãn điều kiện. Vậy hệ có nghiệm ( x; y ) = (0;1)   y =1

v = 2  1 v =  2

Phương trình (2) có dạng 2v 2 − 5v + 2 = 0 ⇔ 

+ Với v = 2 thay vào phương trình (1) ta tìm được u = 3 , ta có hệ phương trình  x+ y =3   nên x, y là nghiệm của phương trình X 2 − 3 X + 2 = 0 , tức là ( x; y ) = (1; 2), (2;1)     xy = 2

+ Với v =

1 3 thay vào phương trình (1) ta tìm được u = . ta có hệ phương trình 2 2

 3   x + y = 2 3 1  nên x, y là nghiệm của phương trình X 2 − X + = 0 , tức là   1 2 2  xy =   2    1 1  ( x; y) = 1;  , ;1 . từ đó suy ra hệ đã cho có tất cả bốn nghiệm.  2  2 

g. Điều kiện x ≠ 1, y ≠ −1 , ta biến đổi hệ phương trình đã cho thành:  x −1 + 3 2 y + 2 − 2  3    2 3 2   2  3   + =5  − =2    x −1 − y + 1 = 2   x −1 − y + 1 = 2    x = 2  x − 1 y + 1 x − 1 y + 1      ⇔ ⇔ ⇔ ⇔        x − 1 + 1 1 3 1 1 1 2 2 1  y =1     − = − = − =1         x −1 = 1 x − 1 y + 1 2 x − 1 y + 1 2 x − 1 y + 1         

Vậy hệ phương trình có nghiệm là ( x; y ) = (2;1) x ≥ 1  h. Điều kiện 

  2 x − y ≠ 0

e. Điều kiện x ≥−1, y ≠ 4 , ta viết hệ lại dạng:

 u 9  u + =  f. Đặt x + y = u, xy = v (với v ≠ 0 ). Hệ đã cho trở thành  v 2  1 5  v+ =   v 2  

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

, hệ phương trình được viết lại thành:

  1 1     2 x −1 − =1 =1 2 x −1 −    2 x −1 = 2   x = 2   2 x − y 2x − y     ⇔ ⇔ ⇔      14 15  y = 3   2 x − y = 1 2 x −1 + = 16  = 15     − − 2 2 x y x y    

Vậy hệ có nghiệm là ( x; y ) = (2;3) x − 2 y = 5  Ví dụ 4. Cho hệ phương trình 

(1) ( 2)

(TMÐK )

(1)

  mx − y = 4

a. Giải hệ phương trình với m = 2 . b. Tìm m để phương trình có nghiệm duy nhất ( x, y ) trong đó x, y trái dấu. c. Tìm m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( x, y ) thỏa mãn x = y

Lời giải

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

a. Với m = 2 ta có hệ phương trình:

m 2 − 1 ≠ 0 ⇔ m ≠ ±1.

   x − 2 y = 5  x = 1    x = 2 y + 5 x = 2 y + 5 ⇔   ⇔ ⇔  2 x − y = 4    2(2 y + 5) − y = 4 3 y = − 6   y = −2      

Ta cũng có thể lập luận theo cách khác: Hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi:

b. Từ phương trình (1) ta có x = 2 y + 5 . Thay x = 2 y + 5 vào phương trình (2) , ta được: m (2 y + 5) − y = 4 ⇔ (2m −1) y = 4 − 5m

Ta có x. y =

3 ( 4 − 5m ) 2

(2m −1)

c. Ta có x = y ⇔

. Do đó x, y < 0 ⇔ 4 − 5m < 0 ⇔ m >

3 4 − 5m = 2m −1 2m −1

(3)

4 (TMĐK) 5

( 4)

1 2

Từ (4) suy ra 2m −1 > 0 ⇔ m > . Với điều kiện m >

1 ta có: 2

1   m = 5 (l ) 7  4 − 5m = 3 ⇔ (4) ⇔ 4 − 5m = 3 ⇔  . Vậy m = 5 4 − 5 m = − 3 7  m =  5

1 m ≠ ⇔ m 2 ≠ 1 ⇔ m ≠ ±1. m 1

b, Từ phương trình (2) ta có y = 3m − 1 − mx. Thay vào phương trình (1) ta được: x + m(3m − 1 − mx) = m + 1 ⇔ (m 2 − 1) x = 3m2 − 2m − 1 (3)

Trường hợp 1: m ≠ ±1. Khi đó hệ có nghiệm duy nhất  3m 2 − 2m − 1 (m − 1)(3m + 1) 3m + 1 = =  x = m2 − 1 (m − 1)(m + 1) m +1  3 m + 1 m − 1  y = 3m − 1 − m. = m +1 m +1 

Trường hợp 2: m = 1. Khi đó phương trình (3) trở thành: 0.x = 0. Vậy hệ có vô số nghiệm đạng ( x; 2 − x ) , x ∈ ℝ.

Trường hợp 3: m = −1 khi đó phương trình (3) thành: 0.x = 4 (3) vô nghiệm, do đó hệ vô nghiệm.

Ví dụ 5

c. Hệ đã cho có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi m ≠ ±1.

 x + my = m + 1 (1) mx + y = 3m − 1 (2)

Cho hệ phương trình: 

a, Không giải hệ phương trình trên, cho biết với giá trị nào của m thì hệ phương trình trên có nghiệm duy nhất? b, Giải và biện luận hệ phương trình trên theo m. c, Tìm số nguyên m sao cho hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( x, y ) mà x, y đều là các số nguyên.

3m + 1 2   x = m + 1 = 3 − m + 1 2 Ta có:  . Vậy x, y nguyên khi và chỉ khi nguyên. Do đó m + 1 m +1  y = m −1 = 1 − 2  m +1 m +1 chỉ có thể là −2; −1;1; 2. Vậy m = −3; −2; 0 (thỏa mãn) hoặc m = 1 (loại)

Vậy m nhận các giá trị là −3; −2;0. d. Khi hệ có nghiệm duy nhất ( x; y ) ta có: x − y = 3 −

2 2   − 1 − =2 m +1  m +1 

d, Chứng minh rằng khi hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( x, y ) thì điểm M ( x, y ) luôn chạy trên một đường thẳng cố định.

Vậy điểm M ( x; y ) luôn chạy trên đường thẳng cố định có phương trình y = x − 2.

e, Tìm m để hệ trên có nghiệm duy nhất sao cho x, y đạt giá trị nhỏ nhất.

e, Khi hệ có nghiệm duy nhất ( x; y) theo ( d ) ta có: y = x − 2. Do đó:

Lời giải:

xy = x( x − 2) = x2 − 2 x + 1 = ( x − 1) − 1 ≥ −1

a, Từ phương trình (2) ta có y = 3m − 1 − mx. Thay vào phương trình (1) ta được: x + m(3m − 1 − mx) = m + 1 ⇔ (m2 − 1) x = 3m 2 − 2m − 1 (3)

Hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi phương trình (3) có nghiệm duy nhất, tức là

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: x = 1 ⇔ 3 −

2 2 =1 ⇔ = 2 ⇔ m + 1 = 1 ⇔ m = 0. m +1 m +1

Vậy với m = 0 thì x, y đạt giá trị nhỏ nhất.

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Chú ý: Ta cũng có thể tìm quan hệ x − y = 2 theo cách khác: Khi hệ phương trình  x + my = m + 1 (1) có nghiệm duy nhất (m ≠ ±1) lấy phương trình (2) trừ đi phương trình  mx + y = 3m − 1 (2)

(1) của hệ ta thu được: (m − 1) x − (m − 1) y = 2(m − 1)  x − y = 2.

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

 x + my = 3 (1) mx + y = 2m + 1 (2)

Cho hệ phương trình: 

Hệ có nghiệm duy nhất ( x, y ) , hãy tìm giá trị nhỏ nhất của các biểu thức sau đây: a, P = x 2 + 3 y 2 ; b, Q = x 4 + y 4 .

Lời giải:

Ví dụ 6  x − my = 2 − 4m . Chứng minh rằng với mọi m hệ phương trình mx + y = 3m + 1

Cho hệ phương trình: 

luôn có nghiệm. Gọi ( x0 ; y0 ) là một cặp nghiệm của phương trình.

Từ phương trình (2) ta suy ra: y = 2m + 1 − mx. Thay vào phương trình (1) ta được: x + m(2m + 1 − mx) = 3 ⇔ ( m2 − 1) x = 2m2 + m − 3 (3).

Hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi phương trình (3) có nghiệm duy nhất, điều đó xảy ra khi và chỉ khi: m 2 − 1 ≠ 0 ⇔ m ≠ ±1.

Chứng minh: x02 + y0 2 − 5( x0 + y0 ) + 10 = 0.

Lời giải: Từ phương trình (2) của hệ phương trình ta có y = 3m + 1 − mx thay vào phương trình (1) của hệ ta có: ( m2 + 1) x = 3m2 − 3m + 2. Do m 2 + 1 ≠ 0 với mọi m nên phương trình này luôn có nghiệm duy nhất x0 . Suy ra hệ luôn có nghiệm với mọi m.

 2m 2 + m − 3 (m − 1)(2m + 3) 2m + 3 1  x = m 2 − 1 = (m − 1)(m + 1) = m + 1 = 2 + m + 1 Khi đó   y = 2m + 1 − m. 2m + 3 = 1  m +1 m +1

a, Ta có: P = x 2 + 3( x − 2) 2 = 4 x 2 − 12 x + 12 = (2 x − 3) 2 + 3 ≥ 3  x0 − 2 = m( y0 − 4) . Nhân cả  y0 − 1 = m(3 − x0 )

Gọi ( x0 ; y0 ) là một nghiệm của hệ. Từ hệ phương trình ta có: 

hai vế phương trình thứ nhất với (3 − x0 ) , phương trình thứ hai với ( y0 − 4) rồi trừ hai phương trình cho nhau ta được:

P=3

3 2

khi x = ⇔

2m + 3 3 = ⇔ 4m + 6 = 3m + 3 ⇔ m = −3. m +1 2

Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 3.

(3 − x0 )( x0 − 2) − ( y0 − 4)( y0 − 1) = 0 ⇔ x0 + y0 − 5( x0 + y0 ) + 10 = 0.

b, Ta có: Q = x 4 + y 4 = x 4 + ( x − 2) 4

Ngoài ra ta cũng có thể giải theo cách khác như sau:

Đặt t = x − 1.

( d ) : x − my + 4m − 2 = 0, ( d ') : mx + y − 3m − 1 = 0. Ta dễ dàng chứng minh được đường thẳng

Khi đó Q = (t + 1)4 + (t − 1)4 = t 4 + 4t 3 + 6t 2 + 4t + 1 + t 4 − 4t 3 + 6t 2 − 4t + 1 = 2t 4 + 12t 2 + 2 ≥ 2

( d ) luôn đi qua điểm cố định: A(2; 4) và đường thẳng ( d ') luôn đi qua điểm cố định

B (3;1). Mặt khác ta cũng dễ chứng minh đường thẳng ( d ) và ( d ') vuông góc với nhau

nên hai đường thẳng này luôn cắt nhau. Gọi M ( x0 , y0 ) là giao điểm của hai đường thẳng 5 5

  thì tam giác MAB vuông tại M . Gọi I là trung điểm của AB thì I  ;  , AB = 10 suy 2 2 2 2  1 5  5  ra IM = AB ⇔ 4 IM 2 = AB 2 ⇔ 4  x0 −  +  y0 −   = 10 ⇔ xo 2 + y0 2 − 5( x0 + y0 ) + 10 = 0. 2 2  2   

Q = 2 ⇔ t = 0 ⇔ x =1⇔

2m + 3 = 1 ⇔ 2m + 3 = m + 1 ⇔ m = −2. m +1

Vậy giá trị nhỏ nhất của Q bằng 2.

Ví dụ 8 mx + (m + 1) y = 1 . Chứng minh hệ luôn có nghiệm duy nhất (m + 1) x − my = 8m + 3

Cho hệ phương trình: 

( x; y ) và tìm GTLN của biểu thức

Ví dụ 7

P =  x2 + y2 + 4 + 2 3 y  .  

(

)

( Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Toán – ĐHSP Hà Nội 2015).

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Lời giải:

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

S = x + y (điều kiện S 2 ≥ 4 P quy hệ về phương trình hai ẩn S , P )  P = x. y

c) Cách giải: Đặt 

Xét hai đường thẳng (d1 ) : mx + (m + 1) y − 1 = 0; (d 2 ) : (m + 1) x − my − 8m + 3 = 0. + Nếu m = 0 thì (d1 ) : y − 1 = 0 và ( d 2 ) : x − 5 = 0 suy ra ( d1 ) luôn vuông góc với (d 2 ) . + Nếu m = −1 thì (d1 ) : x + 1 = 0 và (d 2 ) : y + 11 = 0 suy ra ( d1 ) luôn vuông góc với (d 2 ) . + Nếu m ≠ {0;1} thì đường thẳng (d1 ), (d 2 ) lần lượt có hệ số góc là: a1 = −

m m +1 , a2 = m +1 m

suy ra a1.a2 = −1 do đó ( d1 ) ⊥ ( d 2 ) .

Chú ý: • Trong một số hệ phương trình đôi khi tính đối xứng thể hiện trong một phương trình. Ta cần dựa vào phương trình đó để tìm quan hệ S , P từ đó suy ra quan hệ x, y.

• Một số hệ phương trình ta cần phép đặt ẩn phụ để đưa hệ về dạng hệ đối xứng loại I.

Tóm lại với mọi m thì đường thẳng (d1 ) luôn vuông góc với (d 2 ). Nên hai đường thẳng luôn vuông góc với nhau.

Ví dụ

Xét hai đường thẳng (d1 ) : mx + (m + 1) y − 1 = 0; (d 2 ) : (m + 1) x − my − 8m + 3 = 0 luôn vuông góc với nhau nên nó cắt nhau, suy ra hệ có nghiệm duy nhất. Gọi giao điểm là I ( x; y ), đường thẳng ( d1 ) đi qua A(−1;1) cố định, đường thẳng (d 2 ) luôn đi qua B (3; −5) cố định suy ra I thuộc đường tròn đường kính AB . Gọi M (1; −2) là trung điểm của AB thì

a, 

MI =

AB 2 2 ⇔ ( x − 1) + ( y + 2 ) = 13 (*). 2 2

Giải các hệ phương trình sau:  x + y + 2 xy = 2 3

x + y = 8

 x + y − xy = 3 d, 

 x + 1 + y + 1 = 4

(

)

P = ( x − 1) + ( y + 2 ) + 2 x + 2 3 y − 5 = 8 + 2 x + 3 y = 8 + 2  x − 1 + 3( y + 2) + 1 − 2 3 

hay P = 10 − 4 3 + 2  x − 1 + 3( y + 2)  . Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có: 2

2 2      x − 1 + 3( y + 2)  ≤ (1 + 3) ( x − 1) + ( y + 2 )  = 52  x − 1 + 3( y + 2) ≤ 52 = 2 13. Vậy

 x3 + y 3 = 19 ( x + y )(8 + xy ) = 2

b, 

 2( x + y ) = 3

c, 

(

x 2 y + 3 xy 2

)

 x + 3 y = 6 3

 x 2 + y 2 + 2 xy = 8 2

e, 

 x + y = 4

  1  ( x + y ) 1 +  = 5 xy  x3 y (1 + y ) + x 2 y 2 (2 + y ) + xy3 − 30 = 0    f,  g,  2 2  x y + x(1 + y + y ) + y − 11 = 0  x 2 + y 2 1 + 1  = 9 )  x2 y2  (   

Lời giải:

P ≤ 10 − 2 3 + 2 13.

S = x + y điều kiện S 2 ≥ 4 P hệ phương trình đã cho trở thành:  P = x. y

a, Đặt 

II. MỘT SỐ DẠNG HỆ PHƯƠNG TRÌNH KHÁC 1. Hệ đối xứng loại I:

2−S  P= S + 2P = 2 2  ⇔  2S 3 +3S 2 − 6S − 16 = 0  2  S ( S 3 P ) 8 − = 2   S  S − 6 − 3S  = 8 2    ⇔ ( S − 2 ) (2 S 2 + 7 S + 8) = 0 ⇔ S = 2  P = 0.

a) Một hệ phương trình ẩn x, y được gọi là hệ phương trình đối xứng loại I nếu mỗi phương trình ta đổi vai trò của x, y cho nhau thì phương trình đó không đổi.

a) X 2 − 2 X = 0 ⇔ X = 0, X = 2 .

b) Tính chất

Từ đó, ta có: 

Nếu ( x0 ; y0 ) là một nghiệm của hệ thì ( y0 ; x0 ) cũng là nghiệm.

x = 0 hoặc y = 2

Suy ra x, y là hai nghiệm của phương trình:

x = 2 .  y = 0

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

S = x + y điều kiện S 2 ≥ 4 P hệ phương trình đã cho trở thành:  P = xy

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

S = a + b điều kiện  P = ab

S 2 ≥ 4P thì hệ đã cho trở thành:  S , P ≥ 0

b) Đặt 

Đặt Đặt 

2  SP = −8S S = 1  S ( S − 3P ) = 19  SP = −8S . ⇔ 3 ⇔ 3 ⇔  S − 3 2 − 8 S = 19 S + 24 S − 25 = 0 ( )   P = −6   S ( 8 + P ) = 2

 256 − 64 P − 6 P 2 + 2ab = 8 2 ⇔ S = P=4⇔ a =b=2⇔ x= y =4   S = 4

Suy ra x, y là hai nghiệm của phương trình X 2 − X − 6 = 0 ⇔ X 1 = 3, X 2 = −2 . Vậy hệ phương trình đã cho có hai cặp nghiệm ( x, y ) = ( −2;3 ) ; ( 3; −2 ) . 2 ( a3 + b3 ) = 3 ( a 2b + b2 a )

c) Đặt a = 3 x , b = 3 y , hệ phương trình đã cho trở thành 

a + b = 6

S = a + b điều kiện S 2 ≥ 4 P thì hệ đã cho trở thành:  P = ab

Đặt 

3 S = 6 2 ( S − 3SP ) = 3SP 2 ( 36 − 3P ) = 3P ⇔ ⇔ . Suy ra a , b là nghiệm của phương   S = 6 P = 8  S = 6

a = 2  x = 8 a = 4  x = 64 ∨ b = 4  y = 64 b = 2  y = 8

trình X 2 − 6 X + 8 = 0 ⇔ X1 = 2, X 2 = 4  

Vậy hệ phương trình đã cho có hai cặp nghiệm ( x, y ) = ( 8;64 ) , ( 64,8 )  xy ≥ 0 . Đặt  x, y ≥ −1

d) Điểu kiện 

S = x + y điều kiện S 2 ≥ 4 P thì hệ phương trình đã cho trở  P = xy 

thành   S − P = 3  S ≥ 3; P = ( S − 3) ⇔  2 2 S + ( S − 3) + 1 = 14 − S  S + 2 + 2 S + P + 1 = 16 2

2 3 ≤ S ≤ 14; P = ( S − 3) 2 S = 6 3 ≤ S ≤ 14; P = ( S − 3) ⇔ ⇔ ⇔  x= y =3  2 2 2 P=9 4 S 8S 10 196 28S S + + = − + S + 30S − 52 = 0  ( )  

Vậy hệ phương trình có cặp nghiệm duy nhất ( x, y ) = ( 3;3) .  a 4 + b 4 + 2ab = 8 2 . Ta viết lại phương trình thành: a + b = 4

e) Hệ phương trình trở thành 

 ( a + b ) 4 − 4ab ( a + b ) + 2a 2b 2 + 2ab = 8 2   a + b = 4

 2 x 2 + y 2 2 + 2 xy = 16 )  (

Ngoài ra, ta cũng có thể giải một cách ngắn gọn hơn như sau: 

 x + y + 2 xy = 16

2( x2 + y2 ) = x + y ⇔ ( x − y ) = 0 ⇔ x = y ⇔ 2 x = 4 ⇔ x = 4

Vậy hệ phương trình đã cho có cặp nghiệm duy nhất ( x; y ) = ( 4; 4 ) .

f) Điểu kiện xy ≠ 0 .  1  1 1 1   x +  +  y +  = 5 x + y + x + y = 5 x  y   ⇔ Hệ đã cho tương đương  2 2 1 1 1  1  x2 + y 2 + +  =9 x + + y + 2 2    = 13   x y x  y   1  1  x +  +  y +  = S x  y  Đặt   1 1  x +  . y +  = P    x  y    1 1  3± 5  x +  = 2;  y +  = 3  x = 1; y = x y S = 5 S = 5    2 Hệ trở thành:  2 ⇔  ⇔ P = 6 S P − 2 = 13    x + 1  = 3;  y + 1  = 2 x = 3 ± 5 ; y = 1      x y 2  

 3± 5  3± 5  ;1 ; 2   2  

Vậy hệ đã cho có nghiệm ( x; y ) = 1;

 xy ( x + y )( x + y + xy ) = 30  xy ( x + y ) + x + y + xy = 11

g) Hệ tương đương với 

Đặt xy ( x + y ) = a; x + y + xy = b . Ta thu được hệ:

100

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

(

  xy ( x + y ) = 5   ab = 30  a = 5; b = 6  xy + x + y = 6 ⇔ ⇔   a = 6; b = 5  a + b = 11     xy ( x + y ) = 6    xy + x + y = 5

)

x2 + x − y2 + y = 2 ( y − x) ⇔

Vì

(

x+ y

)( x + y ) +1 + 2(

(

x− y  

)(

x+ y

)( x + y ) +1+ 2(

  xy = 5  5 − 21 5 + 21 ( L)  ;y = x =  xy ( x + y ) = 5 x + y = 1 2 2  TH 2:  ⇔ ⇔   xy = 1   xy + x + y = 6 5 + 21 5 − 21  ;y = x =  2 2   x + y = 5

 5 ± 21 5 ± 21  ;  2 2  

Vậy hệ có nghiệm ( x; y ) = (1;2 ) , ( 2;1) , 

2. Hệ đối xứng loại II: Một hệ phương trình hai ẩn x,y được gọi là đối xứng loại II nếu trong hệ phương trình ta đổi vai trò của x, y cho nhau thì phương trình này biến thành phương trình kia. + Tính chất: Nếu ( x0 ; y0 ) là 1 nghiệm của hệ thì ( y0 ; x0 ) cũng là nghiệm của hệ.

)

y > 0 nên phương trình đã cho tương đương với:

Hay

(

)

x 2 − 2 x + x = 0 ⇔ x2 + x = 2 x ⇔ x x x − 2 x + 1 = 0 ⇔ x

(

 x = 0  x −1 x + x −1 = 0 ⇔ x = 1  x = 3 − 5  2

)(

)

 3− 5 3− 5  ;  2   2

Vậy hệ đã cho có 3 cặp nghiệm ( x; y ) = ( 0;0 ) , (1;1) ,   xy 2 + 6 x − y 2 = yx 2 + y 2 2 2  yx + 6 y − x = xy + x

b) Hệ đã cho ⇔ 

Trừ vế theo vế hai phương trình của hệ, ta được: 2 xy ( y − x ) + 7 ( x − y ) + ( x − y )( x + y ) = 0 ⇔ ( x − y )( x + y − 2 xy + 7 ) = 0 x = y ⇔  x + y − 2 xy + 7 = 0

x = y = 2 x = y = 3

+ Nếu x = y , thay vào hệ phương trình, ta được: x 2 − 5 x + 6 = 0 ⇔  + Nếu x + y − 2 xy + 7 = 0 ⇔ (1 − 2 x )(1 − 2 y ) = 15 .

+ Phương pháp giải: Trừ từng vế với vế hai phương trình của hệ ta được một phương trình có dạng:

Mặt khác, khi cộng hai phương trình của hệ đã cho ta được:

x − y = 0 ( x − y )  f ( x, y ) = 0 ⇔   f ( x; y ) = 0

x 2 + y 2 − 5 x − 5 y + 12 = 0 ⇔ ( 2 x − 5) + ( 2 y − 5 ) = 2 . Đặt a = 2 x − 5, b = 2 y − 5 .

Ví dụ: Giải các hệ phương trình sau: 2  x + x = 2 y 2  y + y = 2 x

3  x + 3x − 1 + 2 x + 1 = y c)  3  y + 3 y − 1 + 2 y + 1 = x

)

x= y

  xy = 2   xy ( x + y ) = 6  x = 2; y = 1 x + y = 3 TH 1:  . ⇔ ⇔   xy = 3  x = 1; y = 2  xy + x + y = 5  ( L)   x + y = 2

a) 

x+ y =0 

2 2 ( x − 1) ( y + 6 ) = y ( x + 1)

b) 

2 2 ( y − 1) ( x + 6 ) = x ( y + 1)

3  2  4 x = y + y d)  . 4 y 2 = x + 3  x

Lời giải a) Điều kiện x, y ≥ 0 . Trừ từng vế của hai phương trình cho nhau, ta được: 101

 a + b = 0  2 2 2  a + b = 2 ( a + b ) − 2ab = 2 ab = −1 Ta có :  ⇔ ⇔  a b + 4 + 4 = 15 ( )( )   ab + 4 ( a + b ) = −1  a + b = −8  ab = 31

a + b = 0 ⇔ ( x; y ) = ( 3;2 ) , ( 2;3) . ab = −1

Trường hợp 1: 

a + b = −8 vô nghiệm. ab = 31

Trường hợp 2: 

Vậy nghiệm của hệ đã cho là ( x; y ) = ( 2; 2 ) , ( 3;3 ) , ( 2;3 ) , ( 3; 2 ) . 102

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

1 2

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Trường hợp 2: 4 ( x + y ) + 1 −

c) Điều kiện x ≥ − ; y ≥ − . 1 2

3 = 0 ⇔ 4 ( x + y ) xy + xy − 3 = 0 . Để ý rằng, từ giả thiết kết xy

hợp bất đẳng thức AM –GM ta có: 4x 2 = x +

Để ý rằng x = y = − không phải là nghiệm:

3 3 3 ≥ 2 3 >3 x > , tương tự x > suy x 2 2

ra x + y > 3 và

Xét trường hợp x + y ≠ −1 Trừ hai phương trình của hệ cho nhau, ta được:

(

)

xy >

x 3 + 3x − 1 + 2x + 1 − y 3 + 3 y − 1 + 2 y + 1 = y − x ⇔ ( x − y )  x 2 + xy + y 2  + 4 ( x − y ) +

2( x − y) 2x + 1 + 2 y + 1

3 3 3 3  4 ( x + y ) xy + xy − 3 > 4 3. + − 4 > 0 nên 4 ( x + y ) + 1 − = 0 vô nghiệm. 4 4 4 xy

Vậy hệ có nghiệm duy nhất ( x; y ) = ( 1; 1)

  2 ⇔ ( x − y )  x 2 + xy + y 2 + 4 + =0 2x + 1 + 2 y + 1  

3. Hệ có yếu tố đẳng cấp

⇔x= y

+ Hoặc các phương trình của hệ khi nhân hoặc chia cho nhau thì tạo ra phương trình đẳng cấp.

+ Là những hệ chứa các phương trình đẳng cấp;

Khi x = y , xét phương trình

Ta thường gặp dạng này ở các hình thức như:

x3 + 2 x − 1 + 2 x + 1 = 0 ⇔ x3 + 2 x + 2 x + 1 − 1 = 0 2x =0⇔ 2x + 1 + 1

⇔ x ( x 2 + 1) +

2   x  x2 + 1 + =0⇔ x=0 2 x + 1 + 1  

Tóm lại, hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất: x = y = 0

d) Từ giả thiết suy ra x, y ≠ 0 , mặt khác y +

4 = x 2 > 0  y > 0 , tương tự x > 0 . y

Trừ theo vế 2 phương trình của hệ, ta có: 4 x2 − 4 y 2 = y + 4( x + y) +1−

2 2 ax + bxy + cy = d 2 2 ex + gxy + hy = k

+

2 2 ax + bxy + cy = dx + ey 2 2  gx + hxy + ky = lx + my

+

ax 2 + bxy + cy 2 = d 2 2 2 3  gx + hx y + kxy + ly = mx + ny

+

 3  3 3 −  x +  ⇔ ( x − y )  4 ( x + y ) + 1 −  = 0 , suy ra x = y hoặc y  x xy  

… Một số hệ phương trình có tính đẳng cấp được giấu trong các biểu thức chứa căn đòi hỏi người giải cần tinh ý để phát triển.

3 =0 xy

Trường hợp 1: x = y thay vào phương trình (1) của hệ, ta được: 3 ⇔ 4 x3 − x 2 − 3 = 0 ⇔ ( x − 1) ( 4 x 2 + 3 x + 3) = 0 do x > 0  x = 1 là nghiệm duy x nhất của phương trình. Hệ (1) có nghiệm là ( x, y ) = (1;1)

Phương pháp chung để giải hệ dạng này là: Từ các phương trình của hệ ta nhân hoặc chia hai vế cho nhau để tạo ra phương trình đẳng cấp bậc n.

4 x2 = x +

a1 x n + ak .x n − k .y k + ... + an y n = 0

Từ đó ta xét hai trường hợp: + y = 0 thay vào để tìm x. + y ≠ 0 ta đặt x = ty thì thu được phương trình: a1t n + ak t n− k + ... + an = 0 Giải phương trình tìm t sau đó thế vào hệ đầu để tìm x, y.

103

104

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Chú ý: Ta cũng có thể đặt y = tx



( x; y ) = ( 3,1) ; ( −3; −1) ;  4 1378 , 

Ví dụ. Giải các hệ phương trình sau x3 − 8 x = y 3 + 2 y a.  2 2

 5x 2 y − 4 xy 2 + 3 y 3 − 2 ( x + y ) = 0 b.  ( x, y ∈ ℝ ) 2 2 2

 x2 + 2 y + 3 + 2 y − 3 = 0 c.  2 3 3

3x 3 − y 3 = x+y d. 

(

 x − 3 = 3 y + 1

(

)

(

 xy x + y



)

 2 2 y + x + 3 y ( x + 1) + 6 x ( x + 1) + 2 = 0

b. Phương trình (2) của hệ có dạng:

(

) + 2 = ( x + y)

x2 + y 2 = 1 

)

2 2 3  5x y − 4 xy + 3 y − 2 ( x + y ) = 0

TH2: 

2 2  x + y = 2

(

5 x2 y − 4 xy 2 + 3 y 3 = x 2 + y 2

Để ý rằng nếu nhân chéo ư phương trình của hệ ta có:

(

6 x +y

) = ( 8x + 2 y ) ( x

+ 3y

) đây là phương trình đẳng cấp bậc 3: Từ đó ta có lời giải như  x − 8 x = t x + 2tx 3

(

2 2 2  x − 3 = 3 t x + 1

 x 1 − t = 2t + 8  ⇔ 2 2  x 1 − 3t = 6

( (

)



)

1 − t3 t + 4 = 3 1 − 3t 2

(

)

(

⇔ 3 1 − t 3 = ( t + 4 ) 1 − 3t 2

)

 1 t = ⇔ 3 t = − 1  4

) ( x + y ) . Từ đó ta có lời giải như sau:

 5t 2 y 3 − 4ty 3 + 3 y 3 = 2 ( ty + y ) Xét y ≠ 0 đặt x = ty thay vào hệ ta có  2 2 2 t y + y = 2

)

⇔ 12t 2 − 1 − 1 = 0

Chia hai phương trình của hệ ta được:

5t 2 − 4t + 3 t + 1 = ⇔ t 3 − 4t 2 + 5t − 2 = 0 1 t2 + 1

 2 2  2 2 x = x = − t = 1 x = y  x =  x = − 1 1   5 5 ⇔ 1⇔ ⇔ ∨ ∨ ∨ t = x = 1 y y = 1  y = −1  2 2    2  2 y = 5 y = − 5  

c. Diều kiện: x 2 + 2 y + 3 ≥ 0 . Phương trình (2) tương đương:  x 1 − 3t 2

(

)

=6  x = ±3 ⇔ x  y = ±1 y = 3   4 78 x=± 1  13 . Suy ra hệ phương trình có các cặp nghiệm: t=−  4  78  y = ± 13

• t =   1 3

•

2 2 3 5 x y − 4 xy + 3 y = 2 ( x + y ) ( * ) ⇔≤  2 2  x + y = 2

Ta thấy y = 0 không là nghiệm của hệ.

sau: Vì x = 0 không là nghiệm của hệ nên ta đặt y = tx . Khi đó hệ thành:  2

)

+ y2 − 2 = 0

Nếu ta thay x 2 + y 2 = 2 vào phương trình (*) thì thu được phương trình đẳng cấp bậc 3:

3 3 x + y = 8 x + 2 y 2 2 x + 3y = 6

a. Ta biến đổi hệ: 

 5x 2 y − 4 xy 2 + 3 y 3 − 2 ( x + y ) = 0 x = 1  x = −1 ⇔ và  . y = 1  y = −1  xy = 1

Lời giải

) ( xy − 1) − 2 ( xy − 1) = 0 ⇔ ( xy − 1) ( x

TH1: 

 x 2 + xy + x + 3 = 0  x y + 1 − 2 xy − 2 x = 1 e.  3 f.  2 2  x − 3 x − 3 xy = 6 ( x + 1) + 3 ( y + 1) + 2 xy − x y + 2 y = 0

(

 xy = 1 ⇔ 2 2 x + y = 2

)

xy x 2 + y 2 + 2 = x2 + y 2 + 2 xy ⇔ x 2 + y 2

(

78   4 78 78  ,− ;−  13   13 13 

(

)

Đây là phương trình đẳng cấp giữa y và x + 1. + Xét y = 0 hệ vô nghiệm + Xét y ≠ 0 . Đặt x + 1 = ty ta thu được phương trình: 2t 3 + 3t 2 + 4 = 0 Suy ra t = −2 ⇔ x + 1 = −2 y

105

2 2 y 3 + x3 + 3 y ( x + 1) + 6 x 2 + 6 x + 2 = 0 ⇔ 2 ( x + 1) + 3 y ( x + 1) + 4 y 3 = 0

106

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Thay vào phương trình (1) ta được: x 2 − x + 2 = x + 4 ⇔ x = −

14 5 . y= 9 18

(

)

phải thành ( x + y

( 1)

Như vậy ta có: ( 3 x 3 − y 3 ) ( x + y ) = ( x 2 + y 2 ) ⇔ 2 x 4 + 3 x 3 y − 2 x 2 y 2 − xy 3 − 2 y 4 = 0 x = y  ⇔ ( x − y )( x + 2 y ) 2 x 2 + xy + y 2 = 0 ⇔  x = −2 y 2  2  2 x + xy + y = 0

)



y





+ Nếu 2 x 2 + xy + y 2 = 0 ⇔ x 2 +  x +  = 0 ⇔ x = y = 0 không thỏa mãn. 4 2 2 2

+ Nếu x = y ta có 2 x 2 = 1 ⇔ x = ± + Nếu x = −2 y ⇔ 5 y 2 = 1 ⇔ x = ±



(

)

(

)

t = 1

Đặt y = t ( x2 + 2 ) ta thu được: 3t 2 − 2t − 1 = 0 ⇔ 

t = − 1 ( L )  3

Khi t = 1 ta có: y = x 2 + 2 thay vào phương trình thứ nhất của hệ ta thu được: x = −1  y = 3.

Biến đổi tương đương là phương pháp giải hệ dựa trên những kỹ thuật cơ bản như: Thế, biến đổi các phương trình về dạng tích, cộng trừ các phương trình trong hệ để tạo ra phương trình hệ quả có dạng đặc biệt…

a. 

Ta thấy các phương trình của hệ đều là phương tình đẳng cấp bậc 3 với x , y + 1 Dễ thấy y = −1 không phải là nghiệm của phương trình. Xét y > −1 . Đặt x = t y + 1 thay vào hệ ta có: t = 0 ⇔ t − 3t − 6 t − 2t = 0  3 t = 3 ( y + 1) t 3 − 3 y  = 6

(



Đây là phương trình đẳng cấp bậc 2 với y và x 2 + 2

2  x y + 1 − 2 x ( y + 1) = 1 e. Điều kiện y ≥ −1 . Ta viết lại hệ thành  3  x − 3x ( y + 1) = 6



+ 3 ( y + 1) − 2 x 2 − 2 x − 6 − 2 y x 2 + 2 = 0 ⇔ x 2 + 2 − 3 y + 2 y x 2 + 2 = 0

Ví dụ 1

 t 2 − 2t  = 1  

4. Phương pháp biến đổi tương đương

5 5

 2 2  2 2   2 5 − 5   −2 5 5  ; ;− ; ;  ,  −  ,   ,  2 2 2 2 5   5 5       5



Từ phương trình thứ nhất ta có: xy = − x 2 − x − 3 thay vào phương trình thứ hai ta được:

( x; y ) = 

( y + 1)

−1 x = 3 9

Tóm lại hệ phương trình có một cặp nghiệm ( x; y ) = ( 1; −3 ) .

Tó lại hệ phương trình có các cặp nghiệm:

    

f. Điều kiện: x y + 2 y ≥ 0 ⇔ y ≥ 0 .

( x + 1)

(

Vậy hệ có 1 cặp nghiệm duy nhất ( x; y ) =  3 9; 3 − 1  .

Ta thấy vế trái phương trình (1) là bậc 4. Để tạo ra phương trình đẳng cấp ta sẽ thay vế 2

+ Nếu t = 0 thì x = 0 . Không thỏa mãn hệ. + Nếu t = 3 ⇔ 27 ( y + 1) − 9 ( y + 1) = 6 ⇔ y =

 14 5  Vậy hệ có một cặp nghiệm: ( x; y ) =  − ;  .  9 18   3x3 − y 3 ( x + y ) = 1 d. Ta có thể viết lại hệ thành:  2 2  x + y = 1

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

)

107

3 y 2 + 1 + 2 y + 2 y ( x + 1) = 4 y x 2 + 2 y + 1  y ( y − x ) = 3 − 3 y 2  2 x + ( 3 − 2 xy ) y = 3

b. 

2 2 2 2  2 x − x y = 2 x y − 7 xy + 6

 x 4 + 2 xy + 6 y − ( 7 + 2 y ) x 2 = −9

c. 

2 3  2 yx − x = 10 2 2  y − 2 xy = 8 x − 6 x + 1 (Tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Hà Nội, 2018) 2 3 2  y = x + 8 x − x + 1

d. 

108

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

+ Nếu: xy = 2 thay vào (*) ta có:

 xy ( x + y ) = 2

e. 

3 3 2 2  x + y + 6 = 8 x y

2 x + 3 − x 2 + y (3 − x 2 ) = 3 + 3 y  y =

7 xy − x + y = 7 3 3  x + y = 1 + xy − x + y

f. 

2 2  − 1  2 x  − 1 = 3 − x 2 ⇔ x = 1; y = 1 x x 

Vậy hệ có nghiệm ( x; y) = (1;1),(3;1),(−2;1) . c, Phương trình (1) tương đương:

Lời giải a. Điều kiện: x 2 + 2 y + 1 ≥ 0 . Phương trình (1) tương đương: 4 y 2 − 4 y x 2 + 2 y + 1 + x 2 + 2 y + 1 = x 2 − 2 xy + y 2

x 4 − 7 x 2 + 9 − 2 y ( x 2 − x − 3) = 0 ⇔ ( x 2 − x − 3)( x 2 + x − 3) − 2 y ( x 2 − x − 3) = 0

 1 − 13 79 + 13 y= x = 2 36 TH1: x − x − 3 = 0 ⇔   1 + 13 79 − 13 y= x = 2 36  2

(

⇔ 2 y − x2 + 2 y + 1

 x2 + 2 y + 1 = 3y − x

) = ( x − y ) ⇔  2

2  x + 2y + 1 = x + y

TH1: x 2 + 2 y + 1 = 3 y − x . Bình phương hai vế phương trình ta được: 3 y ≥ x  x = 1; y = 1 ( TM )   3 y ≥ x 2  ⇔ 2 ⇔ 6 xy = 9 y − 2 y − 1 ⇔  2 2  x = 415 ; y = 17 TM  x + 2 y + 1 = 9 y − 6 xy + x ( )  xy = y 2 + 3 y − 3  51 3 

TH2:

x 2 + 2 y + 1 = x + y . Bình phương hai vế phương trình:

x + y ≥ 0  x = 1; y = 1 x + y ≥ 0  2  ⇔ 2 xy = − y + 2 y + 1 ⇔ .  2  2 2  x = 41 ; y = − 7 ( L)  x + 2 y + 1 = x + 2 xy + y  xy = y 2 + 3 y − 3 21 3   415 17  ; .  51 3 

 Vậy hệ có nghiệm ( x; y ) = (1;1), 

 5 x = 5  y = 1− 2 TH2: 2 y = x + x − 3 thay vào (2) ta có: ( x + x − 3) x − x = 10 ⇔   5 x = − 5  y = 1+  2 2

Vậy hệ có nghiệm  1 − 13 79 + 13   1 + 13 79 − 13   5  5 ( x; y ) =  ;  ,  2 ; 36  ,  5;1 − 2  ,  − 5;1 + 2  2 36        

d, Từ phương trình thứ nhất ta suy ra y 2 = 2 xy + 8 x 2 − 6 x + 1 thay vào phương trình thứ 2 ta thu được: 2 xy + 8 x 2 − 6 x − 1 = x3 + 8 x 2 − x + 1 ⇔ x3 − 2 xy − 5 x = 0 ⇔ x( x 2 − 2 y + 5) = 0 ⇔ x = 0 hoặc 2 y = x2 + 5 . TH1: x = 0 thay vào ta tìm được: y = ±1 .

b, Từ phương trình (1) ta thấy: 2 x(1 − y 3 ) = 3(1 − y 2 ) .

TH 2 : 2 y = x2 + 5 thay vào phương trình y 2 − 2 xy = 8x2 − 6x + 1 ⇔ 4 y 2 − 4x.2 y = 32x2 − 24 x + 4 2

TH1: y = 1 thay vào (2) ta có: x 3 − 7 x + 6 = 0 ⇔ x = 1; x = 3; x = −2 . 2 x + 2 xy + 2 xy 2 = 3 + 3 y (*) 2 3 2 2 2 x − x y = 2 x y − 7 xy + 6 (3)

TH2: Kết hợp với (2) ta có hệ mới: 

Phương trình (3) tương đương với: ( xy − 2)(2 xy + x − 3) = 0 .

ta có: ( x 2 + 5 ) − 4 x. ( x 2 + 5 ) = 32 x 2 − 24 x + 4 ⇔ x 4 − 4 x 3 − 22 x 2 + 4 x + 21 = 0 hay ( x 2 − 1) ( x − 7 )( x + 3) = 0 từ đó tìm được các nghiệm của hệ là:

( x; y ) = ( −1;3) , ( −3;7 ) , (1;3) , ( 7; 27 )

+ Nếu xy = 2 thay vào (*) ta có:

Kết luận: Hệ phương trình có 6 nghiệm ( x; y ) = ( −1;3) , ( −3;7 ) , (1;3) , ( 7; 27 ) , ( 0;1) , ( 0; −1) . 2

−1 − y 2x + 4 + 4 y = 3 + 3y  x =  y (1 + y ) = −4 . Phương trình này vô nghiệm nên hệ vô 2

x − y = 3x −1 hoặc x − y = 1 − 3x đến đây việc xử lí bài toán dành cho học sinh.

nghiệm.

109

Cách khác: y 2 − 2 xy = 8 x 2 − 6 x + 1 ⇔ x 2 − 2 xy + y 2 = 9 x 2 − 6 x + 1 ⇔ ( x − y ) = ( 3x − 1) suy ra

110

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG 2  2   32    =  2  x + y   ( x + y ) 

e,Ta có x 3 + y 3 + 6 = x 3 + y 3 + 3 xy ( x + y ) = ( x + y ) ;8 x 2 y 2 = 8.  5

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

x = u −1 thay vào hệ ta có: y = v − 2

Từ đó ta có cách đặt ẩn phụ như sau: Đặt  2 2 u + 2v = 3 đây là hệ đăng cấp.  2 u + uv = 2

x + y = 2 ⇔ x = y = 1 ).  xy = 1

( do x + y ≠ 0  ( x + y ) = 32 ⇔ 

f,Từ phương trình thứ nhất ta suy ra − x + y = 7 − 7 xy thay vào phương trình thứ 2 ta được:

u = v

Từ hệ ta suy ra 2 ( u 2 + 2v 2 ) = 3 ( u 2 + uv ) ⇔ u 2 + 3uv − 4v 2 = 0 ⇔ 

u = −4v

x3 + y3 = 1 + xy − 7 xy + 7 ⇔ x3 + y3 − 8 + 6 xy = 0 ⇔ ( x + y ) − 8 − 3xy ( x + y − 2 ) = 0 x + y = 2 2 ⇔ ( x + y − 2 ) ( x + y ) + 2 ( x + y ) + 4 − 3 xy  = 0 ⇔  2 2    x + y − xy + 2 x + 2 y + 4 = 0 + Nếu x + y = 2

Thử lại ta thấy nghiệm này không thõa mãn.

 x3 + x − y = x 2 y

d, 

2 2 ( x + 1) x − 2 y + 3 = y + 1

3 2

Lấy 2 lần phương trình (1) trừ 3 lần phương trình (2) của hệ ta có:

2 x + 2 xy + y − 5 = 0 2  y + xy + 5 x − 7 = 0

b, 

 2 xy + 3 x + 4 y + 6 = 0

c, 

2 2  x + 4 y + 4 x + 12 y − 3 = 0

 x 2 − xy + y 2 = 1 2 2  x + 2 xy − 2 y = 5 x − y − 3

e, 

x = u + a thay vào phương trình (1) của hệ ta có: x = v + b

a, Cách 1: Đặt  2

2 Ta mong muốn ∆ có dạng ( Ay + B ) ⇔ ∆ = 0 có nghiệm kép:

Từ đó ta có cách giải như sau:

Lời giải

(u + a )

= ( k 2 − 8k − 8 ) y 2 + ( 4k 2 − 32k − 32 ) y + 12k 2 − 12k − 20.

Ví dụ 2. Giải hệ phương trình với nghiệm là số thực  x + 2 y + 2 x + 8 y + 6 = 0 2  x + xy + y + 4 x + 1 = 0

∆ = ( 2 + 4k + ky ) − 4 ( k + 1) ( 2 y 2 + 8 y + ky + k + 6 )

⇔ ( 4k 2 − 32k − 32 ) − 4 ( k 2 − 8k − 8 )(12k 2 − 12k − 20 ) = 0 ⇔ k = −

5 9 Vậy hệ có nghiệm: ( x; y ) = (1;1) ,  ;  7 7

a, 

⇔ (1 + k ) x 2 + ( 2 + 4k + ky ) x + 2 y 2 + 8 y + ky + k + 6 = 0.Ta có

+ Nếu x 2 + y 2 − xy + 2 x + 2 y + 4 = 0 ⇔ ( x − y ) + ( x + 2 ) + ( y + 2 ) ⇔ x = y = −2.

Cách 2: Ta cộng phương trình (1) với k lần phương trình (2). x 2 + 2 y 2 + 2 x + 8 y + 6 + k  x 2 + xy + y + 4 x + 1 = 0

thay vào ta có hệ

 x = 1, y = 1 y = 2 − x x + y = 2  y = 2 − x  ⇔ ⇔ ⇔  2 x = 5 , y = 9 7 x ( 2 − x ) − x + 2 − x − 7 = 0 7 xy − x + y = 7  −7 x + 12 x − 5 = 0 7 7 

Công việc còn lại là khá đơn giản.

2 ( x 2 + 2 y 2 + 2 x + 8 y + 6 ) − 3 ( x 2 + xy + y + 4 x + 1) = 0 ⇔ − x 2 − 3xy − 8 x + 4 y 2 + 13 y + 9 = 0 ⇔ x 2 + ( 3 y + 8 ) x − ( 4 y 2 + 13 y + 9 ) = 0

Ta có ∆ = ( 3 y + 8 )2 + 4 ( 4 y 2 + 13 y + 9 ) = 25 y 2 + 100 y + 100 = ( 5 y + 10 )2 3 y + 8 − (5 y + 10)  = − y −1 x = 2 . Phần việc còn lại là khá đơn giản. Từ đó tính được:   x = 3 y + 8 − (5 y + 10) = 4 y + 9  2

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

+ 2 (v + b) + 2 (u + a) + 8(v + b) + 6 = 0

⇔ u 2 + 2v 2 + 2 ( a + 1) u + 4v ( b + 2 ) + a 2 + 2b 2 + 2a + 8b + 6 = 0.

Ta mong muốn không có số hạng bậc nhất trong phương trình nên điều kiện là: a + 1 = 0  a = −1 ⇔  b + 2 = 0  b = −2

y +1  x= 2 x 2 + 2 xy + y − 5 − ( y 2 + xy + 5 x − 7 ) = 0 ⇔ 2 x 2 + ( y − 5 ) x − y 2 + y + 12 = 0 ⇔  2  x = −y + 2

Nhận xét: Khi gặp các hệ phương trình dạng:

111

112

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG 2 2 a1 x + a2 xy + a3 y + a4 x + a5 y + a6 = 0  2 2 b1 x + b2 xy + b3 y + b4 x + b5 y + b6 = 0

+ Ta đặt x = u + a,y = v + b sau đó tìm điều kiện để phương trình không có số hạng bậc 1 hoặc không có số hạng tự do.

+ Hoặc ta cộng phương trình (1) với k lần phương trình (2) sau đó chọn k sao cho có thể biểu diễn được x theo y. Để có được quan hệ này ta cần dựa vào tính chất phương trình 2 ax 2 + bx + c biểu diễn được thành dạng: ( Ax + B ) ⇔ ∆ = 0

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

 xy ( x + y ) = 2 3 3 3  x + y + x y + 7 ( x + 1)( y + 1) = 31

e, 

(Đề tuyển sinh lớp 10 chuyên Trường chuyên KHTN – ĐHQG Hà Nội,2018) Lời giải  x3 + 3xy 2 + 49 = 0

a, Phân tích: Ta viết lại hệ như sau: 

2 2  y + 8 ( x + 1) y + x + 17 x = 0

c,Phương trình (1) của hệ được viết lại thành: 2xy + 4 y + 3x + 6 = 0 ⇔ ( x + 2)( 2 y + 3) = 0  x = −2  3 . Từ đó thay vào phương trình thứ (2) ta tìm được các ngiệm của hệ. y = −  2

d,Từ phương trình đầu của hệ ta suy ra x ( x 2 + 1) − y (1 + x 2 ) = 0 ⇔ ( x2 + 1) ( x − y ) = 0  x = y thay vào phương trình thứ (2) ta thu được: ( x + 1) x 2 − 2 x + 3 = x 2 + 1

Điều kiện x ≥ −1 ta viết lại phương trình thành: ( x + 1) x 2 − 2 x + 3 = x 2 + 1 . Bình phương hai vế phương trình trở thành:

+ 2 x + 1)( x 2 − 2 x + 3) = x4 + 2 x 2 + 1 ⇔ 2 x = 2 ⇔ x = 1. Vậy hệ

2 −3 y + 48 = 0 ⇔ y = ±4 2  y − 16 = 0

Nhận thấy x = − 1 thì hệ trở thành:  Từ đó ta có giải như sau:

Lấy phương trình (1) cộng với 3 lần phương trình (2) của hệ ta có: 2 2 x 3 + 3 xy 2 + 49 + 3 ( x 2 − 8 xy + y 2 − 8 y + 17 x ) = 0 ⇔ ( x + 1) ( x + 1) + 3 ( y − 4 )  = 0  

Từ đó ta đẽ dàng tìm được các nghiệm của hệ: (x;y) = ( −1;4) , ( −1; −4) b,Làm tương tự như câu a

có nghiệm x = y = 1 Cộng hai phương trình của hệ ta có

Lấy phương trình (1) cộng với 3 lần phương trình (2) thì ta được:

y +1  x= 2 2 2 x 2 + ( y − 5 ) x − y 2 + y + 2 = 0, ∆y 4 ( y − 5 ) − 8 ( − y 2 + y + 2 ) = ( 3 y − 3 )   2  x = 2 − y

( x + 1) ( x + 1)

Thay vào phương trình đầu ta tìm được nghiệm của hệ. e, Đối với các hệ đại số bậc 3:

+ Biến

c, Lấy phương trình (1) trừ đi 3 lần phương trình (2) ta thu được: 3

= ( y + 3) ⇔ x = y + 5  y = −3  y = −2

Thay vào phương trình (2) ta có: 2 ( y + 5) + 3 y 2 = 4 ( y + 5) − 9 y ⇔ 5 y 2 + 25 = +30 = 0 ⇔ 

đổi hệ để tạo thành các hằng đẳng thức

+ Nhân các phương trình với một biểu thức đại số sau đó cộng các phương trình để tạo ra quan hệ tuyến tính.

Vậy hệ phương trình có nghiệm là: (x;y)= (2; − 3),(3; − 2) Lấy 2 lần phương trình (2) trừ đi phương trình (1) ta thu được:

Ví dụ 3. Giải hệ phương trình với nghiệm là số thực 3 2  x + 3 xy = −49 a,  2 2  x − 8 xy + y = 8 y − 17 x

2 + 3 ( y − 5)  = 0 

Từ đó dễ dàng tìm được các nghiệm của hệ

( x − 2)

Ta có thể vận dụng các hướng giải

3 2  x + 3x y = 6 xy − 3 x − 49 b,  2 2  x − 6 xy + y = 10 y − 25 x − 9

( x − 1)  y 2 − ( x + 3) y + x2 − x − 2 = 0 Trường hợp 1: x = 1 hệ vô nghiệm

 xy (3 x + y) = 4 3 7 x + 11 = 3 ( x + y )( x + y + 1)

3 3  x − y = 35 2 2 2 x + 3 y = 4 x − 9 y

c, 

d,  113

114

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

a + b = 3  a = 2, b = 1 hoặc a = 1, b = 2 ab = 2

 y 2 − ( x + 3) y + x 2 − x − 2 = 0 3 2  x + y = ( x − y )( xy − 1)

Trường hợp 2: 

Từ đó ta có hệ 

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

Chú ý rằng: ( a + b ) ≥ 4 ab với mọi số thực a, b suy ra a = 1, b = 2 không thể xảy ra.

( 2 x + 1)  y 2 − ( x − 1) y + x2 − x + 2 = 0

Xét a = 2, b = 1  x = y = 1 .

1 2

+ Nếu x = −  y =

5. Phương pháp đặt ẩn phụ

3±3 5 4

Đặt ẩn phụ là việc chọn các biểu thức f ( x, y ) ; g ( x, y ) trong hệ phương trình để  y 2 − ( x − 1) y + x 2 − x + 2 = 0 2 2  y − ( x + 3) y + x − x − 2 = 0

+ Nếu y 2 − ( x − 1) y + x 2 − x + 2 = 0 ta có hệ: 

Trừ hai phương trình cho nhau ta có: y = −1 thay vào thì hệ vô nghiệm  1 3+3 5   1 3−3 5  , − ;  4   2 4   2

Kết luận: Nghiệm của hệ là: ( x; y ) =  − ;

đặt thành các ẩn phụ mới làm đơn giản cấu trúc của phương trình, hệ phương trình. Qua đó tạo thành các hệ phương trình mới đơn giản hơn, hay quy về các dạng hệ quen thuộc như đối xứng, đẳng cấp,... Để tạo ẩn phụ người giải cần xử lý linh hoạt các phương trình trong hệ thông qua các kỹ thuật: Nhóm nhân từ chung, chia các phương trình theo những số hạng có sẵn, nhóm dựa vào các hằng đẳng thức, đổi biến theo đặc thù phương trình ... Ta quan sát các ví dụ sau:

d, Ta có: (1) ⇔ 7 x3 + 3xy ( 3x + y ) = 1 + 3 ( x + y )( x + y + 1) ⇔ 7 x3 + 3xy ( 4 x + 2 y − x − y ) = 1 + 3 ( x + y )( x + y + 1) 3

Ví dụ

⇔ 8 x + y + 6 xy ( 2 x + y ) = x + y + 3xy ( x + y ) + 3 ( x + y + 1)( x + y ) + 1 3

⇔ ( 2 x + y ) = ( x + y ) + 3 ( x + y )( x + y + 1) + 13 = ( x + y + 1)

Giải các hệ phương trình sau:

⇔ 2x + y = x + y + 1 ⇔ x = 1  x = 1 x = 1 x = 1 ⇔ ∨ + 3 = 4 y y ( )  y = 1  y = −4 

Vậy hệ phương trình đã cho tương đương với: 

ab = 2 hay 3 3 a − 3ab + b + 7 ( a + b + 1) = 31

e, Đặt a = x + y , b = xy . Hệ đã cho trở thành  ab = 2  3 3 a + b + 7 ( a + b + 1) = 37 3

( a + b ) + ( a + b ) − 30 = 0 ⇔ ( a + b ) − 3 ( a + b ) 3

(a + b)

 x 4 − 4 x 2 + y 2 − 6 y + 9 = 0 b,  2 2  x y + x + 2 y − 22 = 0 1 9  2 2 + =0 2  x + y + 6 xy − 8 x − y) (  d, 2 y − 1 + 5 = 0  x− y 4

2 2 ( x + y ) ( x + y + 1) = 25 ( y + 1) c,  2 2  x + xy + 2 y + x − 8 y = 9

(*)

Chú ý rằng: ( a + b ) = a + b − 3ab ( a + b ) = a + b − 6 ( a + b ) nên từ (*) ta suy ra 3

 2 x 2 − 2 xy − y 2 = 2 a,  3 2 2 3  2 x − 3x − 3xy − y + 1 = 0

3  31  + 3 ( a + b ) + 10 =  a + b +  + > 0 2 4 

+ 3 ( a + b ) + 10 = 0 ⇔ a + b = 3 do 

5y  x  x2 − y + x + y2 = 4  e,  2 2 5 x + y + x − 5 y = 5  xy + + = 3 xy y 1 21x  g,  2 2 2 9 x y + 3xy + 1 = 117 x

( xy + 3) 2 + ( x + y )2 = 8  f , x y 1 + 2 =−  2 4  x +1 y +1 3 3 3 8 x y + 27 = 18 y h,  2 2  4 x y + 6 x = y

Lời giải 115

116

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

a, Ta viết lại hệ phương trình thành:

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Tóm lại hệ có các cặp nghiệm: ( x; y ) =

3 x 2 − ( x + y ) = 2 3x 2 − ( x + y ) = 2 ⇔  3 3 3 2 2 2 2 3 x + 3x y − ( x + y ) − 3x = −1 3x ( x + y ) − ( x + y ) − 3x = −1 2

a − b = 2 3 ab − b − a = −1 2

+ 2 ) b − b − ( b + 2 ) = −1 ⇔ b − 2b + 1 = 0 ⇔ b = 1  a = 3 3

 x = 1  a = 3  x2 = 1 y = 0 Khi  .  ⇔  = 1 b + = 1 x y  x = −1      y = 2

2 2 2 ( x − 2 ) + ( y − 3) = 4

b, Ta viết lại hệ phương trình thành: 

 x 2 y + x 2 + 2 y − 22 = 0

 a + b = 2  ( a + b ) 2 + 8 ( a + b ) − 20 = 0 ab = 0 ⇔ ⇔  a + b = −10 + 4 + = 8 ab a b ( )   ( L)  ab = 48 a + b = 2  a = 2, b = 0 ⇔  ab = 0  a = 0, b = 2

Chia hai phương trình của hệ cho y+1 ta thu được:  x2 + y 2  x2 + y 2 ( x + y + 1) = 25  ( x + y + 1) = 25   y +1 ⇔ 2  y +1 x + y2  x 2 + y 2 + x y + 1 + y + 1 2 = 10 y + 1 ( ) ( ) ( )  y + 1 + ( x + y + 1) = 10   x2 + y2 = a; x + y + 1 = b . Ta có: y +1

 x = 3; y = 1  x 2 + y 2 = 5 ( y + 1) ab = 25 ⇔a =b=5⇔ ⇔   x = − 3 ; y = 11 a + b = 10  x + y = 4  2 2  3 11  .  2 2

Vậy hệ có nghiệm ( x; y ) = ( 3;1) ,  − ; d, Điều kiện: x ≠ y . Hệ đã cho tương đương:

2  1 9 2 2   1  25 2 + =0 2 x + y − y − x + =0  2 ( ) 2 ( x + y ) − ( y − x ) −   + ( y − x) 8 y−x 8    ⇔   1  5  y − x + 1  + x + y + 5 = 0  ( )     y − x + y − x  + ( x + y ) + 4 = 0 y−x 4   

Đặt x + y = a; y − x +

Xét 

 x = ± 2  y = 5

+ Nếu: a = 0, b = 2  

1 = b; b ≥ 2 hệ thành: y−x

5 5   a=  a + b = − 4  4 ⇔   2a 2 − b 2 = − 25 b = − 5   2 8

 x = ±2 y = 3

+ Nếu: a = 2, b = 0  

117

2 2  x + y + x ( y + 1) + ( y + 1) = 10 ( y + 1)

Đặt a = x2 − 2; b = y − 3 . Ta có hệ phương trình sau: 2 2 2 2 2  a + b = 4 a + b = 4 ( a + b ) − 2ab = 4 ⇔ ⇔    ( a + 2 )( b + 3) + a + 2 + 2 ( b + 3) = 22 ab + 4 ( a + b ) = 8  ab + 4 ( a + b ) = 8

)

( x 2 + y 2 ) ( x + y + 1) = 25 ( y + 1)

Xét y ≠ −1 . Ta viết lại hệ thành: 

Đặt

Tóm lại hệ phương trình có 2 cặp nghiệm: ( x; y ) = (1;0 ) , ( −1; 2 )

)(

2;5 , − 2;5 , ( 2;3 ) , ( −2;3 )

c, Để ý rằng khi y = −1 thì hệ vô nghiệm.

Đặt a = 3x2 , b = x + y ta thu được hệ phương trình: ⇔ 

Từ phương trình (1) suy ra a = b 2 + 2 thay vào phương trình thứ hai của hệ ta thu được:

(

 5  y + x = 4  13 3   y − x = −2 x = 8 ; y = − 8 ⇔  ⇔  y+x= 5 x = 7 ; y = 3  4  8 8    1   y−x=− 2   118

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

 7 3   13

(

3

x 5y x+ y x −y + 5x − =5⇔ + 5. =5 y x x x

x2 − y x + y2 = a, =b. x x

3  x = − 2 , y = 3 2  1 5  1 5 1  + =4 2 ( x − y ) = x ⇔ a = ,b = ⇔  ⇔  x = 1, y = Hệ thành:  a b 2  2 2 2  2 ( x + y ) = 5 y  b + 5a = 5 3 x = , y = 3 2 2    1 3 3     

Vậy hệ có nghiệm ( x; y ) =  − ;3  ,  1;  ,  ;  . 2 2 2 2 f, Triển khai phương trình (1) ⇔ ( x 2 + 1)( y 2 + 1) = −8 xy.

y ta có hệ phương trình: x

Để ý rằng y = 0 không phải là nghiệm của phương trình.Chia 2 phương trình của hệ lần lượt cho y3 , y 2 ta thu được hệ: 3 3   3  3 27 3 6x  3 3   2 x +  − 3.  2 x +  = 18  2 x +  = 27 8 x + y 3 = 18 2 x + y = 3 y y  y y     ⇔ ⇔ ⇔  2 3 3 4 x + 6 x = 1  2 x   2x   2x = 1 2 x + = 1 2 x + = 1 2      y    y 3 y y y  y   y 

(1) ⇔ x 2 y 2 + 6 xy + 9 + x 2 + 2 xy + y 2 = 8 ⇔ x2 y 2 + x2 + y 2 + 1 = −8 xy

1   3+ 5 9+3 5   3− 5 9−3 5  = 3 4 x 2 − 6 x + 1 = 0 2 x + ⇔ ⇔ ( x; y ) =  ; ; 2x ;  2   4 2   y = 6x  4  y = 6 x

Hay 

Nhận thấy x = 0, y = 0 không là nghiệm của hệ.

Đặt

)

a + b = 21 rút b = 21 − a thay vào  2 a − 3b = 117  a = 12 phương trình thứ hai ta thu được: a 2 − 3 ( 21 − a ) = 117 ⇔ a 2 + 3a − 180 = 0 ⇔   a − 15 1 x

Phương trình (1) khi đó là:

)(

1 y  3 y + + = 21   x x phương trình của hệ lần lượt cho x, x2 ta thu được:  9 y 2 + 1 + 3 y = 117  x x2

Đặt a = 3 y + , b =

 3 

)(

g, Xét x = 0 thay vào hệ phương trình ta thấy không thỏa mãn, suy ra x ≠ 0 , chia 2

e, Điều kiện: x, y ≠ 0; x ≠ − y 2 ; y ≠ x 2

Đặt

)(

Vậy hệ có nghiệm ( x; y ) = −1; 2 − 3 , −1; 2 + 3 , 2 − 3; −1 , 2 + 3; −1 .

Vậy hệ có nghiệm ( x; y ) =  ;  ,  ; −  . 8 8  8 8

Phương trình (2) tương đương: y +

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

x2 + 1 y2 + 1 ⋅ = −8 x y

x y = a; 2 = b . Hệ đã cho tương đương với: x2 + 1 y +1

 x 1  1   x 2 + 1 = − 2 a = − 2     x = −1  y = 1 1   b = 1  a + b = − 2    4 1 y +     y = 2 ± 3 4  4⇔  ⇔ ⇔    x 1 a = 1  1 = −8   x = 2 ± 3   x 2 + 1 = 4  ab  4     y = −1   y = − 1  b = − 1   y 2 + 1  2 2 

6. Phương pháp đưa về hằng đẳng thức Ví dụ: Giải các hệ phương trình sau   (3 − x) 2 − x − 2 y 2 y −1 = 0 a.  3

 2 x 2 y + y 3 = 2 x 4 + x 6

b.  2    ( x + 2) y + 1 = ( x + 1)

    x+2 +2 y+2 =5

 2 x3 − 4 x 2 + 3x −1 = 2 x3 (2 − y ) 3 − 2 y   3    x + 2 = 14 − x 3 − 2 y +1

  x5 + xy 4 = y10 + y 6

c. 

d. 

 4x + 5 + y2 + 8 = 6   

 (17 − 3 x) 5 − x + (3 y −14) 4 − y = 0  e.  2

   2 2 x + y + 5 + 3 3x + 2 y +11 = x + 6 x +13

 3   x x + y + x + y = 2 y 2 y +1  2 3  2   x y − 5 x + 7 ( x + y ) − 4 = 6 xy − x + 1

f. 

Lời giải 119

120

(

)

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

1 2 (2 − x) 2 − x + 2 − x = (2 y −1) 2 y −1 + 2 y −1

Từ đó tính được y = ±1

Đặt a = 2 − x , b = 2 y −1 . Ta có phương trình: a 3 + a = b3 + b ⇔ (a − b)(a 2 + ab + b 2 + 1) = 0

d. Điều kiện: x ≥−2; y ≤ . Ta thấy khi x = 0 thì hệ không có nghiệm. Ta chia phương

a.Điều kiện: x ≤ 2, y ≥ . Phương trình (1) tương đương:

Vậy hệ đã cho có nghiệm ( x; y ) = (1; ±1).

3 2

 b  3b . Do a 2 + ab + b 2 +1 = a +  + +1 > 0 suy ra phương trình cho ta

trình (1) cho x 2 ≠ 0 :

a = b ⇒ 2 y −1 = 2 − x ⇔ x = 3 − 2 y ⇒ 3 5 − 2 y + 2 y + 2 = 5

(1) ⇔ 2 − +



2

Đặt a = 3 5 − 2 y ; b = y + 2 ta có hệ phương trình sau:

 y = x2 y 3 − x 6 + 2 x 2 ( y − x 2 ) = 0 ⇔ ( y − x 2 )( y 2 + x 2 y + x 4 + 2 x 2 ) = 0 ⇔  x = y = 0 

Dễ thấy x = y = 0 không phải là nghiệm. Khi y = x 2 thay vào phương trình còn lại ta được:  x = − 3, y = 3

111 . 98

 111 .  98 

Vậy hệ có nghiệm ( x; y ) = 7;

Ta viết lại phương trình đầu thành:

 x = 3, y = 3

1 x

x + 2 − 3 15 − x = 1 ⇔ x +1 = 3 15 − x ⇔ x3 + 3x 2 + 4 x −14 = 0. ⇔ x = 7 ⇒ y =

b. Điều kiện: y ≥ −1 .

)

3− 2 y + 3 − 2 y

Thay vào phương trình còn lại ta được:

 23 65 −185 233 − 23 65   23 65 + 185 233 + 23 65   , −  ; ;    16 32 16 32  

(

1 x

Vậy hệ có nghiệm ( x; y ) = (−1; 2) , 

 1  1 3 1 − = (4 − 2 y ) 3 − 2 y ⇔ 1−  + 1−  =  x   x  x 2 x3

Đặt a = 1− , b = 3 − 2 y . Ta có a 3 + a = b3 + b ⇒ a = b ⇔ 3 − 2 y = 1− .

      a = 1; b = 2 y = 2       a + 2b = 5    3 65 23 65 233 + 23 65 − − +   ;b = ⇔ a = ⇔  3 y = 2    4 8 32 a 2 b 9 + =         65 − 3 23 − 65 233 − 23 65     a= ;b = y=     4 8 32  

( x + 2) x 2 +1 = ( x +1) ⇒ ( x + 2) ( x 2 +1) = ( x +1) ⇔ 

4 x

x ≤ 5    y ≤ 4 e. Điều kiện:  2 x + y + 5 ≥ 0     3 x + 2 y + 11 ≥ 0

Biến đổi phương trình đầu ta có: 3(5 − x ) + 2 5 − x = 3(4 − y ) + 2 4 − y

Đặt a = 5 − x , b = 4 − y ta có 3a 2 + 2 a = 3b 2 + 2b ⇔ (a − b )(3a 2 + 3ab + 3b 2 + 2) = 0 ⇔ a = b ⇔ 5 − x = 4 − y ⇔ y = x −1

Thay vào phương trình còn lại ta có: x 2 + 6 x + 13 = 2 3x + 4 + 3 5 x + 9 (4)

(t.m)

Vậy hệ có nghiệm ( x; y ) = (± 3;3) .

Điều kiện xác định của phương trình (4) là: x ≥

−4 3

(4)

5 c. Điều kiện: x ≥ . 4

(

) (

)

⇔ x 2 + x + 2 x + 2 − 3x + 4 + 3 x + 3 − 5 x − 9 = 0 ⇔ x 2 + x +

Ta thấy y = 0 không là nghiệm của hệ, chia hai vế của phương trình đầu cho y 5 ta được: 5

   x  + x = y 5 + y . Đặt a = x ta có phương trình: a 5 + a = y 5 + y suy ra  y  y y

(a − y )(a 4 + a 3 y + a 2 y 2 + ay 3 + 1) = 0 ⇔ y = a ⇔ x = y 2 ⇔ 4 x + 5 + x + 8 = 6 ⇔ x = 1 ⇒ y = ±1.

121

 x2 + x = 0  ⇔ 2 3 1 + + =0  x + 2 + 3x + 4 x + 3 + 5 x + 9   x = 0 ⇒ y = −1  x = −1 ⇒ y = −2

(*) x 2 + x = 0 ⇒ 

122

2 ( x 2 + x) x + 2 + 3x + 4

3 ( x 2 + x) x + 3 + 5x + 9

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Ta có x 2 + x +

2 ( x 2 + x) x + 2 + 3x + 4

3( x 2 + x ) x + 3 + 5x + 9

> 0 do điều kiện x ≥

−4 3

ta có: ∆ = ( y + 1) + 8 y 2 + 4 y = (3 y + 1) . Từ đó suy ra:

f. Điều kiện: y ≥ 0, x + y ≥ 0. Nhận thấy y = 0 thì hệ vô nghiệm. Ta xét khi y > 0 Từ phương trình đầu ta sử dụng phương pháp liên hợp: PT(1) ⇔ x 2 + xy − 2 y 2 = 2 y − x + y ⇔ ( x − y)( x + 2 y ) = −1

2y + x + y

−( x − y ) 2y + x + y

< 0 , từ đó suy ra x = y

x 3 − 5 x 2 + 14 x − 4 = 6 3 x 2 − x + 1 ⇔ x3 + 3 x 2 + 6 x + 4 = 8 x 2 − 8 x + 8 + 3 3 8 x 2 − 8 x + 8 2

 y + 1− (3 y + 1) x = = −y  2   y + 1 + (3 y + 1) y = = 2 y +1  2 x ≥1  Trường hợp 1: x = −y . Từ phương trình (2) của hệ ta có điều kiện:  suy ra   y ≥ 0

phương trình vô nghiệm.

Trường hợp 2: x = 2 y + 1 thay vào phương trình thứ hai ta có:

Thay vào pt còn lại ta được: 3

Lời giải a. Xét phương trình (1) của hệ ta có: xy + x + y = x 2 − 2 y 2 ⇔ x 2 − x ( y +1) − 2 y 2 − y = 0 . Ta coi đây là phương trình bậc 2 ẩn x thì

Kết luận: ( x; y ) = (0; −1), (−1; −2)

Rõ rang x + 2 y = x + y + y > 0;

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

⇔ ( x + 1) + 3( x + 1) = 8 x − 8 x + 8 + 3 8 x − 8 x + 8

(2 y + 1) 2 y − y 2 y = 2 y + 2 ⇔ y 2 y + 2 y = 2 ( y + 1) ⇔ ( y + 1)( 2 y − 2) = 0 ⇔ y = 2 ⇒ x = 5 Vậy hệ có một cặp nghiệm: ( x; y ) = (5; 2)

Đặt a = x +1, b = 3 8 x 2 − 8 x + 8 ⇒ a 3 + 3a = b3 + 3b ⇔ (a − b)(a 2 + ab + b 2 + 3) = 0 ⇔ a = b

b. Xét phương trình (1) của hệ ta có:

⇔ x + 1 = 3 8 x 2 − 8 x + 8 ⇔ x = 1; y = 1.

2 x 2 + y 2 − 3 xy + 3 x − 2 y +1 = 0 ⇔ 2 x 2 + x (3 − 3 y ) + y 2 − 2 y +1 = 0.

Vậy hệ có nghiệm ( x; y) = (1;1).

Coi đây là phương trình bậc hai của x ta có:

7. Khi trong hệ có chứa phương trình bậc hai theo ẩn x, hoặc y

 3 y − 3 − ( y −1) y −1 x = =  4 2 ∆ = (3 − 3 y ) − 8( y − 2 y + 1) = y − 2 y + 1 = ( y −1) ⇒   3 y − 3 + ( y −1) x = = y −1  4

Khi trong hệ phương trình có chứa phương trình bậc hai theo ẩn x hoặc y ta có thể nghĩ đến hướng xử lý như sau: • Nếu ∆ chẵn, ta giải x theo y rồi thế vào phương trình còn lại của hệ để giải tiếp • Nếu ∆ không chẵn ta thường xử lý theo cách: + Cộng hoặc trừ các phương trình của hệ để tạo được phương trình bậc hai có ∆ chẵn hoặc tạo thành các hằng đẳng thức + Dùng điều kiện ∆ ≥ 0 để tìm miền giá trị của biến x, y. Sau đố đánh giá phương trình còn lại trên miền giá trị x, y vừa tìm được.

(

) (

  1 1 =0 ⇔ ( x 2 − x) 3 + +   x + 1 + 3 x + 1 x + 2 + 5 x + 4   x = 0 1 1 + > 0 ⇒ x2 − x = 0 ⇔   x = 1 x +1 + 3x +1 x + 2 + 5 x + 4

Trường hợp 2: y = 2 x + 1 thay vào phương trình (2) ta được: 2 2   (1) 2 x + y − 3xy + 3x − 2 y + 1 = 0 b.  2 2    4 x − y + x + 4 = 2 x + y + x + 4 y ( 2)

123

)

3 x 2 − x + 3 = 3 x + 1 + 5 x + 4 ⇔ 3 x 2 − 3 x + x + 1− 3 x + 1 + x + 2 − 5 − 4 x = 0

1 3

Ví dụ: Giải các hệ phương trình sau:

Trường hợp 1: y = x + 1 thay vào phương trình (2) ta được:

Do x ≥− nên 3 +

Ta xét các ví dụ sau:

2 2   (1)  xy + x + y = x − 2 y a.      x 2 y − y x −1 = 2 x − 2 y ( 2)

3 − 3x = 4 x +1 + 5x + 4 ⇔ 4 x +1 + 5 x + 4 + 3x − 3 = 0

Giải tương tự như trên ta được x = 0 . 124

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Kết luận: Hệ phương trình có 2 nghiệm: ( x; y) = (0;1), (1; 2)

32 x 2 + 4 x + 2 Ta có 96x2 -20x +2 = 3 32 x 2 + 4 x = 3 1.1. ( 32 x 2 + 4 x ) ≤ 3

8. Phương pháp đánh giá Để giải được hệ phương trình bằng phương pháp đánh giá ta cần nắm chắn các bất đẳng thức cơ bản như: Cauchy, Bunhiacopxki, các phép biến đổi trung gian giữa các bất đẳng thức, qua đó để đánh giá tìm ra quan hệ giữa x và y.

2 2 ⇔ 3 ( 96 x − 20 x + 2 ) ≤ 32 x + 4 x + 2 ⇔ (16 x − 2 ) ≤ 0 ⇔ x =

1

Vậy hệ có nghiệm (x;y) =  ; ± 8

Ngoài ra ta cũng có thể dung hàm số để tìm GTLN, GTNN từ đó có hướng đánh giá, so sánh phù hợp.

Ví dụ 2

Ví dụ: Giải các hệ phương trình sau:

Giải các hệ phương trình sau:

 1 1 2   + =   1 + 2 x2 1 + 2 xy 1+ 2 y 2  a.   2   x (1− 2 x ) + y (1− 2 y ) =   9 



 x(x2 − y2 ) + x2 = 2 ( x − y2 ) b.    76 x 2 − 20 y 2 + 2 = 3 4 x (8 x + 1)   

Lời giải 1 2

a. Điều kiện: 0 ≤ x, y ≤ .  1  2 

Đặt a = 2 x, b = 2 y; a, b ∈ 0;  . Ta có: VT =

1 1+ a2

 1 1  ≤ 2  + . 1 + a 2 1 + b2  1+ b2

 x+ 3 22 xy =x2 + y (1) x −2 x +9  y + 2 xy = y2 + x (1) a)  3 y2 −2 y +9

1 7  y=± 8 8

7 . 8 

3x + 10 xy − y = 12  6(x 3 + y3 ) b)  − 2 ( x2 + y 2 ) ≤ 3 x + 2 2  x + xy + y

với x; y ≥ 0

 x2 + y2 + x2 + xy + y2 =x+ y 2 3  x 2 xy +5x+3=4 xy −5x−3 c) 

{

x + 4 32− x − y2 +3=0 x + 32− x +6 y −24=0

Ta sử dụng bổ đề với a, b > 0 và ab ≤ 1 ta có bất đẳng thức:

 x3 + y3 +7( x+ y) xy=8 xy 2( x2 + y2 )  y − 2 x−3=6−2 x e) 

(a − b) (ab −1) 1 1 2 + ≤ ⇔ ≤ 0 (đúng ). 1 + a 2 1 + b 2 1 + ab (1 + ab)(1 + a 2 )(1 + b2 ) Vậy VT ≤

2 = VP. 1 + ab

Lời giải:

Đẳng thức xảy ra khi x= y. Thay vào (2) ta tìm được nghiệm của phương trình.  9 − 73 9 − 73   9 + 73 9 + 73  ; ; ,  36   36 36   36

Nghiệm của hệ (x;y) =  b) Điều kiện: x ≥ y2 ≥ 0

Phương trình (1) tương đương : x +x(x-y ) -2

2 3

(x − y )

Đặt x − y 2 = u phương trình (1) trở thành : x3+xu2-2u3= 0 ⇔ x= u ⇔ y2=x-x2.

a) Hiển nhiên x=y = 0 là một nghiệm của hệ. Ta xét x ≠ 0 và y ≠ 0. Cộng theo vế hai 

 3 x −1 2 + 8 )  (

Chú ý rằng: =0

phương trình trong hệ ta được 2xy  1 3

( x − 1) + 8 

  ≤ 2 xy ≤ x 2 + y 2 3 ( y − 1) + 8  1

Thay vào (2) ta được: 96x2 -20x +2 = 3 32 x 2 + 4 x . 125

  = x2 + y 2 2 3 ( y − 1) + 8  1

1 1 1 ≤ ; ≤ 2 3 ( y − 1) 2 + 8 2

1 +  3 x −1 2 + 8 ( ) 

Với xy > 0 ta có 2xy 

126

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x= y = 1. Với xy <0. Khả năng này không thể xảy ra. Thật vậy, không làm mất tính tổng quát giả sử x<0, y<0 thì rõ ràng đẳng thức (1) không thể xảy ra. Vậy hệ có hai nghiệm (x;y) là (0;0), (1;1).

Dấu (=) xảy ra khi và chỉ khi x= y ≥ 0

b) Theo bất đẳng thức AM – GM ta có:

Để ý rằng x= 0 không phải là nghiệm. Ta xét x > 0, chia phương trình cho x2 thì thu được:

xy ≤

x+ y  12 = 3x + 10 xy − y ≤ 3x + 5 x + 5 y − y = 8 x + 4 y  2 x + y ≥ 3 2

Ta sẽ chứng minh: 6( x + y 3

)

x 2 + xy + y 2

+ y2 ) ≥ 2x + y ⇔

6( x + y

)

x 2 + xy + y 2

≥ 2 ( x 2 + y 2 ) + x + y (*)

Ta có: x + y ≤ 2 ( x 2 + y 2 ) . Để chứng minh (*) ta sẽ chứng minh bất đẳng thức mạnh hơn 6 ( x3 + y3 )

là:

x2 + y2 +

x2 + y2 2

5 3 5 3 5 3  + = 4 −  + 2  . Đặt t = 2 + + 2 > 0 ta có phương trình: x x x x2 x x  

t2 + t − 6 = 0 ⇔ t = 2 ⇔ 2 + 3

−2

Thay x= y vào phương trình còn lại ta có : x 2 x 2 + 5 x + 3 = 4 x2 − 5 x − 3

≥ 2 2 (x2 + y2 ) ⇔ 2 (x3 + y3 ) ≥ (x2 + y2 ) 2 (x2 + y2 )

5 3 3 5 + = 4⇔ 2 + −2=0⇔ x =3 x x2 x x

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x;y)= (3;3) 0 ≤ x ≤ 32 y ≤ 4

d) Điều kiện : 

Cộng hai phương trình vế với vế ta có: x + 32 − x + 4 x + 4 32 − x = y 2 − 6 y + 21 (*)

⇔ x6 + y6 + 4x3 y3 − 3x2 y2 ( x2 + y2 ) ≥ 0 ( 2)

x Vì y>0 chia hai vế cho y đặt t = > 0 bất đẳng thức (2) trở thành: y

Ta có: y 2 − 6 y + 21 = ( y − 3) + 12 ≥ 12

t − 3t + 4t − 3t + 1 ≥ 0

x + 32 − x ≤

Nhưng bất đẳng thức này hiển nhiên đúng do:

 x+

x 2 + xy + y 2

Vậy −2

+ y2 ) ≥ 3

Kết hợp tất cả các vấn đề vừa chỉ ra ta thấy có bộ số x; y thỏa mãn điều kiện  x, y > 0  2 x + y = 3 ⇔ x = y = 1 là nghiệm của hệ x = y 

Ta có

(x + y)  x 2 + xy + y 2 ( x + y ) ( x − y ) = + ≥ 3 4 12 4 Từ đó suy ra

)

x + 32 − x = 4

x + 32 − x + 4 x + 4 32 − x ≤ 12 . Từ đó suy ra hệ có nghiệm khi và chỉ khi x,y thỏa

 x = 32 − x   x = 16 4 x = 4 32 − x ⇔  mãn:  y = 3 y −3= 0 

c) Từ phương trình 2 của hệ ta suy ra x,y ≥ 0. Xét phương trình : 2

(1 + 1) (

Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm duy nhất (x;y)= (16; 3)

( x + y) + ( x − y) ≥ ( x + y)  x +y = 2 4 4 4 2

(1 + 1)( x + 32 − x ) = 8

 4 x + 4 32 − x ≤

t 6 − 3t 4 + 4t 3 − 3t 2 + 1 = ( t − 1) ( t 4 + 2t 3 + 2t + 1) 6 ( x3 + y 3 )

Mặt khác theo bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:

x+ y x +y ≥ 2 2 x+ y x 2 + xy + y 2 ≥ 3 2

x2 + y2 x 2 + xy + y 2 + ≥ x+ y ≥ x+ y 2 3

127

x 3 + y 3 + 7 ( x + y ) xy = 8 xy 2 ( x 2 + y 2 )

Ta có: x 3 + y 3 + 7 ( x + y ) xy = ( x + y ) ( x 2 + y 2 + 6 xy ) = ( x + y ) ( x + y ) + 4 xy  2

Theo bất đẳng thức Cô si ta có : ( x + y )2 + 4 xy ≥ 2 ( x + y )2 .4 xy Suy ra x 3 + y 3 + 7 ( x + y ) xy ≥ 4 xy ( x + y ) ( x + y )2 = 4 xy ( x + y )2 . Ta có: 128

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

(x + y)

= ( x 2 + y 2 ) + 2 xy ≥ 2

+ y 2 ) .2 xy . Suy ra x 3 + y 3 + 7 ( x + y ) xy ≥ 8 xy 2 ( x 2 + y 2 )

Dấu (=) xảy ra khi x=y. Thay vào phương trình (2) ta thu được: x − 2x − 3 = 6 − 2x ⇔ 2x − 3 − x = 2 ( x − 3) ⇔

2x − 3 + x =

( x − 3) 2x − 3 + x

= 2 ( x − 3) Suy ra x = 3 hoặc

1 3 Do x ≥ nên phương trình này vô nghiệm. 2 2

Tóm lại: Hệ có nghiệm: x = y = 3

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Khi đi ngược dòng: Vận tốc ca nô = Vận tốc riêng - Vận tốc dòng nước Vận tốc của dòng nước là vận tốc của một vật trôi tự nhiên theo dòng nước (Vận tốc riêng của vật đó bằng 0)

Ví dụ 1 Một người đi xe đạp từ A đến B cách nhau 24 km. Khi đi từ B trở về A người đó tăng vận tốc thêm 4 km/h so với lúc đi, nên thời gian về ít hơn thời gian đi là 30 phút. Tính vận tốc của xe đạp khi đi từ A đến B.

Lời giải CHỦ ĐỀ 4: LỜI GIẢI BÀI TOÁN BẰNG CÁCH LẬP PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH.

Để giải bài toán bằng cách lập phương trình, hệ phương trình ta thường thực hiện theo các bước sau: Bước 1: Chọn ẩn số (nêu đơn vị của ẩn và đặt điều kiện nếu cần). Bước 2: Tính các đại lượng trong bài toán theo giả thiết và ẩn số, từ đó lập phương trình hoặc hệ phương trình. Bước 3: Giải hệ phương trình hoặc hệ phương trình vừa lập được Bước 4: Đối chiếu với điều kiện và trả lời.

Đổi 30 phút =

1 giờ. 2

Gọi vận tốc của xe đạp khi đi từ A đến B là x (km/h, x > 0 ). Thời gian xe đi từ A đến B là

24 (giờ). x

Đi từ B về A người đó đi với vận tốc x + 4 (km/h). Thời gian xe đi từ B về A là

24 x+4

(giờ). Do thời gian về ít hơn thời gian đi là 30 phút nên ta có phương trình: 24 24 1  x = 12 24 24 1 − = . Giải phương trình: − = ⇔ x 2 + 4 x − 192 = 0 ⇔  x x+4 2 x x+4 2  x = −16

Đối chiếu với điều kiện ta có vận tốc của xe đạp đi từ A đến B là 12 km/h. Ví dụ 2 3 xe bị 4

I. CÁC BÀI TOÁN CHUYỂN ĐỘNG

Quảng đường AB dài 120 km. Lúc 7h sáng một xe máy đi từ A đến B. Đi được

KIẾN THỨC CẦN NHỚ

hỏng phải dừng lại 10 phút để sửa rồi đi tiếp với vận tốc kém vận tốc lúc đầu 10km/h.

+ Quãng đường = Vận tốc x thời gian

Biết xe máy đến B lúc 11h40 phút trưa cùng ngày. Giả sử vận tốc xe máy trên

+ Vận tốc tỷ lệ nghịch với thời gian và tỉ lệ thuận với quãng đường đi được.

đường đầu không đổi và vận tốc xe máy trên

+ Nếu hai xe đi ngược chiều nhau khi gặp nhau lần đầu: Thời gian hai xe đi ngược là như nhau. Tổng quãng đường hai xe đi được bằng đúng quãng đường cần đi của hai xe.

xe máy bị hỏng lúc mấy giờ?

+ Nếu hai phương tiện chuyển động cùng chiều từ hai địa điểm khác nhau là A và B, xe từ A chuyển động nhanh hơn xe từ B thì khi xe từ A đuổi kịp xe từ B ta luôn có hiệu quãng đưoqừng đi được của xe từ A với quãng đường đi được của xe từ B bằng quãng đường AB. + Đối với (ca nô, tầu xuồng) chuyển động trên dòng nước ta cần chú ý: Khi đi xuôi dòng: Vận tốc ca nô = Vận tốc riêng + Vận tốc dòng nước 129

3 quãng 4

1 quãng đường sau cũng không đổi. Hỏi 4

(trích đề tuyển sinh chuyên lớp 10 trường chuyên ĐHSP Hà Nội năm 2015) Lời giải Gọi vận tốc trên

3 quãng đường ban đầu là x (km/h), điều kiện: x > 10 4

Thì vận tốc trên

1 quãng đường sau là x − 10 (km/h) 4 130

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Thời gian trên

3 90 quãng đường ban đầu là (h) 4 x

Thời gian trên

1 30 quãng đường sau là: (h) 4 x − 10

Thời gian đi cả hai quãng đường là: 11 giờ 40 phút – 7 giờ - 10 phút =

44  78 x+ y + x− y = 5  x + y = 26  x = 24  ⇔ ⇔ Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:  13 11 − = 22 x y   y=2  + =1  x + y x − y 9 giờ. 2

90 30 9 + = Nên ta có phương trình: x x − 10 2

Đối chiếu với điều kiện ta thấy thỏa mãn. Vậy vận tốc riêng của ca nô là 24 km/h và vận tốc của dòng nước là 2 km/h.

Ví dụ 4 Một ô tô đi từ A đến B với vận tốc dự định trong một thời gian dự định. Nếu ô tô tăng vận tốc thêm 3 km/h thì thời gian út ngắn được 2 giờ so với dự định. Nếu ô tô giảm vận tốc đi 3km/h thi thời gian đi tăng hơn 3 giờ so với dự định. Tính độ dài quảng đường AB.

Giải phương trình ta được x = 30 thỏa mãn điều kiện Do đó thời gian đi trên

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

3 90 = 3 (giờ) quãng đường ban đầu 4 30

Vậy xe hỏng lúc 10 giờ.

Lời giải

Ví dụ 3 Một ca nô xuôi dòng 78 km và ngược dòng 44 km mất 5 giờ với vận tốc dự định. Nếu ca nô xuôi 13 km và ngược dòng 11 km với cùng vận tốc dự định đó thì mất 1 giờ. Tính vận tốc riêng của ca nô và vận tốc dòng nước.

Lời giải

Gọi vận tốc dự định của ô tô là x (km/h, x > 3 ) và thời gian dự định đi từ A đến B là y (giờ, y > 2 ). Khi đó quảng đường từ A đến B dài xy (km). Nếu ô tô tăng vận tốc thêm 3 km/h thì vận tốc lúc đó là x + 3 (km/h), khi đó thời gian đi sẽ là: y − 2 (giờ). Ta có phương trình: ( x + 3)( y − 2 ) = xy (1)

Gọi vận tốc riêng của ca nô là x (km/h, x > 0 )

Tương tự nếu ô tô giảm vận tốc đi 3 km/h thì thời gian tăng 3 giờ nên ta có phương trình: ( x − 3)( y + 3) = xy (2)

Và vận tốc của dòng nước là y (km/h, y > 0 ) Ca nô xuôi dòng đi với vận tốc x + y (km/h). Đi đoạn đường 78 km nên thời gian đi là

( x + 3)( y − 2 ) = xy

78 (giờ) x+ y

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình   ( x − 3)( y + 3) = xy

Ca nô đi ngược dòng với vận tốc x − y (km/h). Đi đoạn đường 44 km nên thời gian đi là

Giải hệ ta được 

44 (giờ) x− y

Vậy quãng đường AB dài là: 12.15 = 180 (km).

Tổng thời gian xuôi dòng là 78 km và ngược dòng là 44 km mất 5 giờ nên ta có phương trình:

 x = 15 . Đối chiếu với điều kiện ta thấy thỏa mãn.  y = 12

78 44 + = 5 (1) x+ y x− y

Ca nô xuôi dòng 13 km và ngược dòng 11 km nên ta có phương trình: (2)

13 11 + =1 x+ y x− y

Chú ý: Trong bài toán này, vì các dữ kiện liên quan trực tiếp tới sự thay đổi của vận tốc và thời gian nên ta chọn là ẩn và giải như trên. Nếu đặt độ dài quãng đường và vận tốc dự định là ẩn số ta cũng lập được hệ hai phương trình hai ẩn và vẫn giải được bài toán, tuy nhiên sẽ khó khăn hơn. II. BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN NĂNG SUẤT LAO ĐỘNG, CÔNG VIỆC Ta cần chú ý: khi giải các bài toán liên quan đến năng suất thì liên hệ giữa ba đại lượng là:

131

132

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Khối lượng công việc = năng suất lao động + thời gian.

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Ví dụ 1 Một công ty dự định điều động một số xe để chuyển 180 tấn hàng từ cảng Dung Quốc vào Thành phố Hồ Chí Minh, mỗi xe chở khối lượng hàng bằng nhau. Nhưng do nhu cầu thực tế cần chuyn63 thêm 28 tấn hàng nên công ty đó phải điều động thêm một chiếc xe cùng loại và mỗi xe bây giờ phải chở thêm 1 tấn hàng mới đáp ứng được nhu cầu đặt ra. Hỏi theo dự định công ty đó cần điều động bao nhiêu xe? Biết rằng mỗi xe không chở quá 15 tấn.

(trích đề tuyển sinh vào lớp 10, tỉnh Quãng Ngãi 2015) Lời giải Gọi x (tấn) là số tấn hàng trong thực tế mà mỗi xe phải chở (ĐK: 1 < x ≤ 15, x ∈ ℕ )  x − 1 là số tấn hàng mỗi xe phải chở theo dự định.

Số xe thực tế phải điều động là:

180 + 28 (xe) x

280 (tấn) x

Số tấn hàng trên mỗi chiếc theo dự định Số tấn hàng trên mỗi chiếc thực tế

286 (tấn) x +1

Theo bài ra ta có phương trình:  x = 10 280 286 − = 2 ⇔ 280 ( x + 1) − 280 x = 2 x ( x + 1) ⇔ x 2 + 4 x − 140 = 0 ⇔  x x +1  x = −14 (L)

Vậy đội tàu lúc đầu có 10 chiếc tàu

Ví dụ 3 Một công nhân theo kế hoạch phải làm 85 sản phẩm trong một khoảng thời gian dự định. Nhưng do yêu cầu đột xuất, người công nhân đó phải làm 96 sản phầm. Do người công nhân mỗi giờ đã làm tăng thêm 3 sản phẩm nên người đó đã hoàn thành công việc sớm hon7so với thời gian dự định là 20 phút. Tính xem theo dự định mỗi giờ người đó phải là bao nhiêu sản phẩm, biết rằng mỗi giờ chỉ làm được không quá 20 sản phẩm.

Lời giải

180 Số xe cần điều động theo dự định là: (xe) x −1

Gọi số sản phẩm công nhân dự định làm trong một giờ là x ( 0 < x ≤ 20 ) .

Vì vậy số xe thực tế nhiều hơn dự định là 1 xe nên ta có phương trình:

Thời gian dự kiến người đó làm xong 85 sản phẩm là

208 180 − = 1 ⇔ 208 x − 208 − 180 x = x 2 − x ⇔ x 2 − 29 x + 208 = 0 x x −1  x1 = 13 (tm) hoặc x2 = 16 (loại vì x ≤ 15 )

180 180 = = 15 (xe). Vậy theo dự định cần điều động: x − 1 13 − 1

85 (giờ) x

Thực tế mỗi giờ làm tăng thêm 3 sản phẩm nên số sản phẩm làm được của mỗi giờ là x+3 . Do đó 96 sản phẩm làm được trong

96 (giờ) x+3

Thời gian hoàn thành công việc thực tế sớm hơn so với dự định là 20 phút =

Ví dụ 2 Hưởng ứng phong trào “Vì biển đảo Trường Sa”, một đội tàu dự định chở 280 tấn hàng ra đảo. Nhưng khi chuẩn bị khởi hành thì số hàng hóa đã tăng thêm 6 tấn so với dự định, vì vậy đội tàu phải bổ sung thêm 1 tàu và mỗi tàu chở ít hơn dự định 2 tấn hàng. Hỏi khi dự định đội tàu có bao nhiêu chiếc tàu, biết các tàu chở số tấn hàng bằng nhau.

(trích đề tuyển sinh vào lớp 10, tỉnh Bà Rịa Vũng Tàu, năm 2015) Lời giải Gọi x (chiếc) là số tàu dự định của đội ( x ∈ ℕ , x < 140 ) *

Số tàu tham gia vận chuyển là x + 1 (chiếc)

133

ta có phương trình

1 giờ nên 3

85 96 1 − = x x+3 3

Giải phương trình ta được x = 15 hoặc x = −51

Đối chiếu điều kiện ta loại ngiệm x = −51 Theo dự định mỗi giờ người đó phải làm 15 sản phẩm

Ví dụ 4 Để hoàn thành một công việc, nếu hai tổ cùng làm chung thì mất hết 6 giờ. Sau 2 giờ làm chung thì tổ hai được điều đi làm việc khác, tổ một tiếp tục làm và đã hoàn thành công

134

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

việc còn lại trong 10 giờ. Hỏi nếu làm riêng thì mỗi tổ sẽ hoàn thành công việc này trong thời gian bao nhiêu?

Lời giải

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Cho một bể cạn (không có nước). Nếu hai vòi nước cùng được mở để chảy vào bể này thì sẽ đầy bể sau 4 giờ 48 phút. Nếu mở riêng từng vòi chảy vào bể thì thời gian vòi một chảy đầy bể sẽ ít hơn thời gian vòi hai chảy đầy bể là 4 giờ . Hỏi mỗi vòi chảy một mình thì sau bao lâu sẽ đầy bể?

Gọi thời gian tổ một làm riêng và hoàn thành công việc là x (giờ, x > 6 )

Lời giải

Gọi thời gian tổ hai làm riêng và hoàn thành công việc là y (giờ, y > 6 )

Đổi 4 giờ 48 phút = 4

1 Mỗi giờ tổ một làm được (phần công việc) x

4 24 giờ = giờ 5 5

Cách 1:Lập hệ phương trình

1 Mỗi giờ tổ hai làm được (phần công việc) y

Biết hai tổ làm chung trong 6 giờ thì hoàn thành được công việc nên ta có phương trình: 6 6 + = 1 (1). Thực tế để hoàn thành công việc này thì hai tổ làm trong 2 giờ và tổ một x y 12 2 làm trong 2 + 10 = 12 (giờ), ta có phương trình: + = 1 (2). x y 6 6 x + y =1  x = 15  Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:  .Giải hệ ta được:  thỏa mãn điều  y = 10 12 + 2 = 1  x y

Gọi thời gian vòi một chảy một mình đầy bể trong x (giờ, x >

24 ) 5

Gọi thời gian vòi hai chảy một mình đầy bể trong y (giờ, x >

24 ) 5

Biết hai vòi cùng chảy thì sau

24 24 24 giờ thì đầy bể nên ta có phương trình: + = 1 (1) 5 5x 5 y

Nếu chảy riêng thì vòi một chảy đầy bể nhanh hơn vòi hai là 4 giờ nên ta có phương trình: x = y − 4 (2)  24

 Từ(1) và (2) ta có hệ phương trình  5 x 5 y

x = y − 4 

kiện.

x = 8 (thỏa mãn điều kiện)  y = 12

Nếu làm riêng thì tổ một hoàn thành công việc trong 15 giờ và tổ 2 hoàn thành công việc trong 10 giờ.

Giải hệ trên ta được: 

Nhận xét: Bài toán hai người (hai đội) cùng làm chung – làm riêng để hoàn thành một công việc có hai đại lượn chính là năng suất của mỗi người (hoặc mỗi đội). Ta coi toàn bộ khối lượng công việc cần thực hiện là 1.

Vậy vòi một chảy một mình trong 8 giờ thì đầy bể và vòi hai chảy một mình trong 12 giờ thì đầy bể.

+ năng suất công việc = 1: thời gian.

Cách 2: Lập phương trình Gọi thời gian vòi 1 chảy một mình đầy bể là x (giờ, x >

+ Năng suất chung = Tổng năng suất riêng. Chú ý:

Khi đó trong một giờ vòi 1 chảy được:

Trong bài toán trên có thể thay điều kiện x > 6 bằng điều kiện x > 10 hoặc thậm chí là x > 12 .Có thể thay phương trình (2) bằng phương trình

tổ một làm là

2 , ta có ngay x = 15 . 3

10 2 = vì phần việc còn lại riêng x 3

1 (phần bể) x

Vòi hai chảy một mình đầy bể trong x + 4 (giờ) nên trong một giờ chảy được: (phần bể) Tổng cộng trong một giờ hai vòi chảy được

Ví dụ 5

135

24 ) 5

1 1 + (phần bể) (3) x x+4

136

1 x+4

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Sau 4 giờ 48 phút = 5 (phần bể) 24

24 giờ hai vòi cùng chảy thì đầy bể nên trong một giờ chảy được 5

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Đối chiếu với điều kiện ta thấy thỏa mãn . Vậy chiều rộng của mảnh đất hình chữ nhật là 5 m và chiều dài là 12 m.

(4) 1 x

Từ (3) và (4) ta có phương trình +

III. MỘT SỐ BÀI TOÁN TỔNG HỢP

1 5 = x + 4 24

12 Giải phương trình ta được x = − (loại) hoặc x = 8 (thỏa mãn) 5

Vậy thời gian vòi một chảy một mình đầy bể là 8 giờ. Vòi hai chảy một mình đầy bể là 8 + 4 = 12 (giờ)

Nhận xét: Ta có thể chuyển bài toán trên thành bài toán sau:”Hai đội công nhân cùng làm chung một công việc thì hoàn thành sau 4 giờ 48 phút. Nếu làm riêng để hoàn thành công việc này thì thời gian đội một ít hơn thời gian đội hai là 4 giờ. Hỏi khi làm riêng thì mỗi đội hoàn thành công việc trong bao lâu?

Bài 1 Một canô xuôidòng NOP km rồingược dòng TU km, tổng thờigian cả đilẫn về là Z gi ờ.Nếucanô xuoidòng PN km và ngược dòng P^ km thì tổng thờigian cũng hết Z gi ờ. Biết vận tốc riêng củadòng nước không thayđổi.Tính vận tốc củacanô và vận tốc ri êng củadòng nước. Lờigiải Gọivận tốc củacanô là x ( km / h ), vận tốc củadòng nước là yvớix > y > 0 108 giờ, thờigian canô ngược dòng TU km x+y 63 108 63 + = 7 (1) là giờ. Theogi ả thiết tacó: (N). Thờigi an canô đixuôi x−y x + y x−y 81 84 dòng PN km là : gi ờ, thờigian canô ngược dòng P^ km là giờ. Theogi ả x+y x−y 81 84 + = 7 (2) thiết tacó: x+y x−y

Thờigi an canô đixuôidòng NOP km là : Ví dụ 6 Một mảnh đất hình chữ nhật có độ dài đường chéo là 13m và chiều dài hơn chiều rộng là 7m.Tính chiều dài và chiều rộng của mảnh đất đó.

Lời giải Cách 1: lập phương trình

Từ (N) và (h) tacó hệ phương trình

Gọi chiều rộng mảnh đất hình chữ nhật là x ( m, x > 0 ) Chiều dài mảnh đất hình chữ nhật lớn hơn chiều rộng là 7m nên chiều dài của mảnh đất hình chữ nhật là x + 7 (m) Biết độ dài đường chéo là 13 m nên theo định lý Pitago ta có phương trình: 2

 108 63   + =7   x+y x−y    81 84  + =7   x + y x − y 

⇒

27 21 − = 0 ⇔ x − 8y = 0 ⇔⇔ x = 8y x+y x−y 108 63 21 + =7⇔ = 7  y = 3  x = 24 . Vậyvận tốc của 9y 7 y y

x 2 + ( x + 7) = 132

Thayvàophương trình (N) tacó

Giải phương trình ta được x = 5 hoặc x = −12 . Đối chiếu với điều kiện ta có chiều rộng của mảnh đất hình chữ nhật là 13 m , chiều rộng mảnh đất đó là 12 m.

canô là h^ km/h , vận tốc củadòng nước là U km/h .

Cách 2: Lập hệ phương trình Gọi chiều dài mảnh đất đó là x và chiều rộng của mảnh đất đó là y (m, x > y > 0)  y+7= x  Giải hệ ta được 2 2 2   x + y = 13

Khi đó ta có hệ phương trình 

 x = 12      y=5

Bài 2 Một phòng họp có 180 ghế được chia thành các dãy ghế có số ghế ở mỗi dãy bằng nhau. Nếu kê thêm mỗi dãy 5 ghế và bớt đi 3 dãy thì số ghế trong phòng không thay đổi. Hỏi ban đầu phòng họp được chia thành bao nhiêu dãy. Lời giải Gọi số dãy ghế ban đầu của phòng họp là x (dãy) điều kiện x > 3, x ∈ N ).

137

138

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Số ghế ở mỗi dãy lúc đầu là

180 (ghế).Số dãy mới là: x − 3 (dãy), số ghế ở mỗi dãy lúc x

180 này là : (ghế) x −3

Theo giả thiết ta có:

180 180 − = 5 ⇔ 5 x( x − 3) = 540 ⇔ 5 x 2 − 15 x − 540 = 0 x −3 x

 x = 12 ⇔ x 2 − 3x − 108 = 0 ⇔ ( x − 12)( x + 9) = 0 ⇔   x = −9

Đối chiếu với điều kiện ban đầu ta thấy x =12 thỏa mãn. Vậy số dãy ghế ban đầu của phòng họp là : 12 dãy. Bài 3 Khu du lịch sinh thái Đồng Mô thuộc thị xã Sơn Tây là một địa điểm thu hút khách du lịch của thành phố Hà Nội. Nhà bạn An ở cách địa điểm du lịch 1800 m . Lúc đi từ nhà đến địa điểm du lịch bạn An đi bộ. Lúc về bạn An đi bằng xe điện với vận tốc lớn hơn lúc đi là 120 m/ phút nên thời gian về ít hơn thời gian đi là 20 phút. Tính vận tốc của xe điện. Lời giải Gọi vận tốc lúc đi từ nhà đến khu du lịch của bạn An là x ( m/ phút ) ( x > 0 ). Suy ra vận tốc lúc về bằng xe điện là x + 120 ( m/ phút ). 1800 1800 Thời gian lúc đi là ( phút ).Thời gian lúc về là ( phút ). x x + 120

 x = 180 1800 1800 90 210 + x Theo giả thiết ta có : = + 20 ⇔ = ⇔ x 2 − 120 x − 10800 = 0 ⇔  . x x + 120 x x + 120  x = −60

Đối chiếu với điều kiện ta thấy x = 180 thỏa mãn. Vậy vận tốc của xe điện là 180 + 120 = 300 mét / phút. Bài 4

Quãng đường ô tô đi được trong 1 giờ đầu là x ( km ). Quãng đường còn lại là 148 – x ( 148 − x ( giờ ). Tổng thời gian thực tế ô tô để x+2 1 148 − x 1802 + x = ô tô đi từ A đến B là: 1 + + ( giờ ). Theo giả thiết ta có: 12 x + 2 12( x + 2)

km ). Thời gian đi quãng đường còn lại là :

 x = 48 148 1802 + x = ⇔ x 2 − 26 x − 3352 = 0 ⇔ ( x − 48)( x + 74) = 0 ⇔  . Đối chiếu với điều x 12( x + 2)  x = −74

kiện ban đầu ta có x = 48 thỏa mãn. Vậy vận tốc ô tô trong 1 giờ đầu là 48 km/h. Bài 5 Khoảng cách giữa hai tỉnh A, B là 60 km. Hai người đi xe đạp cùng khởi hành một lúc đi từ A đến B với vận tốc bằng nhau. Sau khi đi được 1 giờ thì xe của người thứ nhất bị hỏng nên phải đứng lại sửa xe 20 phút còn người thứ hai tiếp tục đi với vận tốc ban đầu. Sau khi sửa xe xong, người thứ nhất tiếp tục đi với vận tốc lớn hơn lúc đầu 4 km/h nên đến B cùng lúc với người thứ hai. Tính vận tốc hai người lúc đầu. Lời giải Gọi vận tốc hai người lúc đầu là x ( km/h). Thời gian người thứ hai đi từ A đến B là

60 x

giờ. Quãng đường người thứ nhất đi được sau 1 giờ là x ( km ). Sau khi tăng vận tốc thì người thứ nhất đi với vận tốc mới là x +4 ( km/h ). Thời gian người thứ nhất đi tiếp cho đến khi đến B là :

60 − x . Theo giả thiết ta có: x+4

60 − x 1 60 180 − 3x + 4( x + 4) 60 196 + x 60 + +1 = ⇔ = ⇔ = ⇔ x 2 + 16 x − 720 = 0 x+4 3 x 3( x + 4) x 3( x + 4) x  x = 20 ⇔ ( x − 20)( x + 36) = 0 ⇔  đối chiếu với điều kiện thì x = 20 thỏa mãn.  x = −36

Vậy vận tốc ban đầu của hai người là 20 km/ h. Bài 6

Một ô tô dự định đi từ A đến B cách nhau 148 km trong một thời gian đã định . Sau khi đi được 1 giờ thì ô tô bị chắn bởi tàu hỏa trong 5 phút , vì vậy để đến B đúng giờ ô tô phải chạy với vận tốc tăng thêm 2 km / h so với lúc đầu. Tính vận tốc ô tô trong 1 giờ đầu. Lời giải Gọi vận tốc dự định của ô tô là x ( km/ h ) điều kiện x > 0. Thời gian dự định đi từ A đến B là

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Trong giờ thể dục hai bạn An và Bình chạy bền trong trên cùng một quãng đường dài 2 km và xuất phát tại cùng một thời điểm. Biết bạn An chạy bền với vận tốc trung bình lớn hơn vận tốc trung bình của bạn Bình là 2 km/h và về đích sớm hơn bạn Bình 5 phút. Tính thời gian chạy hết quãng đường của mỗi bạn ( giả sử vận tốc của mỗi bạn không đổi trong suốt quãng đường ). Lời giải

148 ( giờ ). x

139

140

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Gọi vận tốc trung bình của bạn Bình là x ( km/h ), suy ra vận tốc trung bình của bạn An là x + 2 ( km/h ). Thời gian chạy hết quãng đường của bạn Bình là quãng đường là :

2 ( giờ ). Thời gian bạn An chạy hết x

2 ( giờ ). x+2

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Lời giải Gọi chiều dài của mảnh vườn là x( m) , chiều rộng mảnh vườn là y( m) . Điều kiện x > 4, y > 3. Diện tích mảnh vườn là x.y ( m 2 ) ( x + 8 )( y − 3 ) = xy − 54  −3 x + 8 y = −30  x = 50 Theo giả thiết ta có hệ phương trình :  ⇔ ⇔ ( x − 4 )( y + 2 ) = xy + 32

Theo giả thiết ta có: x = 6 2 2 1 − = ⇔ 24( x + 2) − 24 x = x( x + 2) ⇔ x 2 + 2 x − 48 = 0 ⇔ ( x − 6)( x + 8) = 0 ⇔  x x + 2 12  x = −8

 2 x − 4 y = 40

 y = 15

Vậy chiều dài mảnh vườn là 50 ( m ) , chiều rộng mảnh vườn là 15 ( m ) . Bài 9

Đối chiếu với điều kiện, ta thấy x = 6 thỏa mãn. Bài 7 Một đoàn xe vận tải nhận chuyên chở 22 tấn hang . Khi sắp khởi hành thì một xe phải điều đi làm việc khác nên mỗi xe còn lại phải chở nhiều hơn 0,2 tấn hang so với dự định. Hỏi thực tế có bao nhiêu xe đã tham gia vận chuyển? Biết khối lượng hàng mỗi xe vận chuyển là như nhau.

Một đội xe dự định chở 24 tấn hàng. Thực tế khi chở đội được bổ sung thêm 4 xe nữa nên mỗi xe chở ít hơn thực tế 1 tấn hàng. Hỏi ban đầu đội có bao nhiêu xe ( biết khối lượng hàng chở trên mỗi xe là như nhau). ( Đề dự bị môn toán tuyển sinh lớp 10 – TP Hà Nội, 2017). Lời giải

Lời giải:

Gọi số xe ban đầu đội có là x ( chiếc ). Điều kiện ( x > 0, x ∈ ℕ ) .

Gọi x là số chiếc xe dự định vận chuyển ( x > 1, x∈ℕ ) . 22 (tấn). Số xe thực tế đã vận chuyển x 22 hàng là : x − 1 (chiếc). Số lượng hàng thực tế đã vận chuyển là (tấn). Theo giả thiết ta x −1

Số lượng lượng hàng mỗi xe dự định vận chuyển là :

có :

Số hàng ban đầu mỗi xe dự định chở là

24 ( tấn) x

Số xe thực tế được huy động là x + 4 (chiếc) nên số hàng thực tế mỗi xe chở là

24 (tấn). x+4

Theo giả thiết ta có :

 x = 11 22 1 22 111 − x 22 − = ⇔ = ⇔ x 2 − x − 110 = 0 ⇔ ( x + 10 )( x − 11) = 0 ⇔  x −1 5 x 5 ( x − 1) x  x = −10

Đối chiếu với điều kiện ta thấy x = 11 thỏa mãn điều kiện. Vậy thực tế có 10 xe vận chuyển . Bài 8 Nếu giảm chiều rộng của một mảnh vườn hình chữ nhật đi 3m và tăng chiều dài thêm 8m thì diện tích hình chữ nhật giảm đi 54 m2 . Nếu tăng chiều rộng của mảnh vườn thêm 2m và giảm chiều dài đi 4m thì diện tích hình chữ nhật tăng thêm 32 m . Hãy tính các kích 2

thước của mảnh vườn.

x = 8 24 24 − = 1 ⇔ x ( x + 4 ) = 96 ⇔ x 2 + 4 x − 96 = 0 ⇔ ( x − 8 )( x + 12 ) = 0 ⇔  . Đối chiếu với x x+4  x = −12

điều kiện ban đầu ta thấy x = 8 thỏa mãn. Vậy số xe ban đầu của đội là 8 chiếc. Bài 10 Một người đi xe đạp từ A đến B cách nhau 24km với vận tốc dự định. Khi từ B trở về A người đó tăng vận tốc thêm 4 km / h so với lúc đi, nên thời gian về ít hơn thời gian đi là 30 phút. Tính vận tốc trung bình dự định của xe đạp khi đi từ A đến B ? Lời giải

141

142

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Một ô tô và một xe máy ở hai địa điểm A , B cách nhau 180 km , khởi hành cùng một lúc đi ngược chiều nhau và gặp nhau sau 2 giờ. Tính vận tốc của mỗi xe, biết ô tô có vận tốc lớn hơn xe máy 10 km / h.

Gọi vận tốc dự định đi từ A đến B là x ( km / h ) , điều kiện : x > 0 Vận tốc thực tế khi đi từ B về A là x + 4 ( km / h ) . Thời gian dự định đi từ A đến B là

24 24 giờ. Thời gian thực tế đi từ B về A là . x x+4

Theo giả thiết ta có :  x = 12 24 1 24 48 + x + 4 24 + = ⇔ = ⇔ x 2 + 4 x − 192 = 0 ⇔ ( x − 12 )( x + 16 ) = 0 ⇔  đối chiếu x+4 2 x x 2 ( x + 4)  x = −16

với điều kiện ta suy ra x = 12 thỏa mãn. Vậy vận tốc dự định đi từ A đến B là 12 km / h. Bài 11 Hai tỉnh A , B cách nhau 60 km . Có một xe đạp đi từ A đến B . Khi xe đạp bắt đầu khởi hành thì có một xe máy ở cách A 40km đi đến A rồi trở về B ngay. Tìm vận tốc của mỗi xe biết xe gắn máy về B trước xe đạp 40 phút và vận tốc xe gắn máy hơn vận tốc xe đạp 15km / h.

Lời giải Gọi vận tốc xe đạp là x ( km / h ) ( x > 0 ) thì vận tốc xe máy là x + 15 ( km / h ) Thời gian xe đạp đi từ A đến B là

Lời giải Gọi vận tốc ô tô là x ( km / h ) , vận tốc xe máy là y ( km / h ) . Điều kiện : x > y > 10. Theo giả thiết ta có : x − y = 10(1) . Sau 2 giờ ô tô đi được : 2x ( km) , xe máy đi được 2 y ( km ) . Vì 2 xe gặp nhau sau 2 giờ nên tổng quãng đường đi được của 2 xe đã đi được chính là quãng đường AB . Từ là 2 x + 2 y = 180 ⇔ x + y = 90 (2). Từ (1),(2), ta có hệ phương trình :  x − y = 10  x = 50  (thỏa mãn điều kiện).  x y + = 90   y = 40

Vậy vận tốc của ô tô là 50km / h , vận tốc xe máy là 40 km / h . Bài 13 Để chuẩn bị chuyến đánh bắt cá ở Hoàng Sa, hai ngư dân đảo Lý Sơn cần chuyển một số lương thực, thực phẩm lên tàu. Nếu người thứ nhất chuyển xong một nửa số lương thực, thực phẩm sau đó người thứ hai chuyển nốt số còn lại thì thời gian hoàn thành lâu hơn người thứ nhất 3 giờ. Nếu cả hai cùng làm chung thì thời gian chuyển số lương thực, thực phẩm đó lên tàu là

60 (giờ). x

20 giờ. Hỏi nếu làm riêng một mình thì mỗi người cần bao nhiêu lâu 7

để chuyển hết số lương thực, thực phẩm lên tàu.

Quãng đường xe máy đi là 100 ( km ) , thời gian xe máy đi đến B là :

100 (giờ) x + 15

Lời giải Gọi thời gian để người thứ nhất một mình hoàn thành công việc là x ( giờ). Thời gian để

Theo giả thiết ta có : 100 2 60 50 1 30 150 + x + 15 30 + = ⇔ + = ⇔ = ⇔ x ( x + 165 ) = 90 ( x + 15 ) x + 15 3 x x + 15 3 x x 3 ( x + 15 )  x = 15 , đối chiếu với điều kiện ta thấy  x = −90

Hay x 2 + 75x − 1350 = 0 ⇔ ( x − 15 )( x + 90 ) = 0 ⇔  x = 15

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

thỏa mãn.

Vậy vận tốc xe đạp là 15km / h , vận tốc xe máy là 30 km / h.

người thứ hai một mình hoàn thành công việc là y ( giờ) ( với x , y >

1 x 1 công việc trong giờ . Người thứ hai hoàn thành công 2 2 2 y 1 việc trong giờ. Trong 1 giờ người thứ nhất làm được công việc, người thứ hai làm 2 x 1 được công việc. Theo giả thiết ta có : y

Người thứ nhất hoàn thành

Bài 12

143

20 ) 7

144

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

y = x + 6 y x y − x = 6 y = x + 6   2 − 2 = 3    y = x + 6  x = 4 ⇔  1 1 7 ⇔ 1 1 7 ⇔ 1 1 7 ⇔ 2 30  + =  x + y = 20  x + x + 6 = 20  7 x + 2 x − 120 = 0     x = − 7  x y 20

Đối chiếu với điều kiện ta thấy có x = 4 là nghiệm của phương trình.

Đối chiếu với điều kiện suy ra x = 4; y = 10 thảo mãn.

a) x2 + x + 2 + x2 + x + 7 = 5

Kết luận : Nếu làm riêng một mình thì người thứ nhất cần 4 ngày, người thứ hai cần 10 ngày để chuyển hết số lương thực , thực phẩm lên tàu.

Ví dụ 2. Giải các phương trình b) 3 x + 3 + 2 x + 3 = 3 5 x − 1

Lời giải x + x + 2 ≥ 0 a) Điều kiện  2 thỏa mãn với mọi x. Ta viết phương trình lại thành 2

 x + x + 7 ≥ 0

CHỦ ĐỀ 5: MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ I.

PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ CƠ BẢN

x 2 + x + 2 = 5 − x2 + x + 7 và bình phương 2 vế rồi ta có : 2  x2 + x + 7 ≤ 5  x 2 + x ≤ 18   x + x ≤ 18 ⇔ ⇔ 2  2  x2 + x + 2 = 25 − 10 x2 + x + 7 + x2 + x + 7  x + x + 7 = 3  x + x = 2

KIẾN THỨC CẦN NHỚ  g( x) ≥ 0 f ( x) = g( x) ⇔  2  f ( x) = f ( x)

x = 1 ⇔ x 2 + x = 2 ⇔ ( x − 1)( x + 2 ) = 0 ⇔   x = −2

Kết luận x ∈{−2;1} Ví dụ 1: Giải các phương trình a) x + 2 x + 6 = 4 x − 1

b) 2 x + 1 + x = 4x + 9

 3x + 1 ≥ 0 

1 5

b) Điều kiện  x + 3 ≥ 0 ⇔ x ≥ . Bình phương 2 vế ta thu được :  5x − 1 ≥ 0 

Lời giải a) Phương trình tương đương với :

3x + 1 + 4 ( x + 3 ) + 4

 1  1  4 x − 1 ≥ 0 x ≥ x ≥ ⇔ ⇔ x=1 4 4  2 2 ⇔ 15 x2 − 10 x − 5 = 0 ( x − 1)( 3 x + 1) = 0  x + 2 x + 6 = ( 4 x − 1)  

 11  11 19 x − 11 ≥ 0 x ≥ x ≥ ⇔ ⇔ ⇔ 19 19 2 2 4 3x + 10 x + 3 = 361x − 418 x + 121  2 ( x − 1)( 349 x − 109 ) = 0   349 x − 378 x + 109 = 0 

Kết luận x = 1 là nghiệm của phương trình.

⇔ x = 1.

(

( 3x + 1)( x + 3) = 9 ( 5x − 1) ⇔ 2 ( 3x + 1)( x + 3) = 19 x − 11

)

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 1.

b) Điều kiện x ≥ 0. Bình phương 2 vế ta được :  x ≥ −8 3x + 1 + 2 2 x 2 + x = 4 x + 9 ⇔ 2 2 x 2 + x = x + 8 ⇔  2 2 4 2 x + x = ( x + 8 )

MỘT SỐ CÁCH ĐẶT ẨN PHỤ KHÁC

x = 4  x ≥ −8 ⇔ 2 ⇔  x = −16 7 x − 12 x − 64 = 0  7

1. Đặt ẩn phụ hoàn toàn để quy về phương trình một ẩn:

(

)

+ Điểm mấu chốt của phương pháp này là phải chọn một biểu thức f ( x) để đặt phần còn lại phải biểu diện được theo ẩn t . Những bài toán dạng này nói chung là dễ. 145

146

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

+ Trong nhiều trường hợp ta cần thực hiện phép chia cho một biểu thức có sẵn ở phương trình từ đó mới phát hiện ẩn phụ. Tùy thuộc vào cấu trúc phương trình ta có thể chia cho phù hợp (thông thường ta chia cho với là số hữu tỉ)

Đặt

+ Đối với bài toán mà việc đưa về một ẩn dẫn đến phương trình mói phức tạp như: Số mũ cao, căn bậc cao… thì ta có thể nghĩ đến hướng đặt nhiều ẩn phụ để quy về hệ phương trình hoặc dựa vào các hằng đẳng thức để giải toán.

Trường hợp 1: t = −1 ta có:

Ta xét các ví dụ sau: Ví dụ 1

 t = −1 1− x = t ta có phương trình theo t : 3t 2 + 2t − 1 = 0 ⇔  1 t = x  3 1− x = −1 ⇔ x − x + 1 = 0 (VN) x

 3 − 21 ( L)  x= 1− x 1 15 + 21 1 2  t = = ⇔ x − 3 x − 3 = 0 ⇔ x= Trường hợp 2: ta có: x 3 2 3  3 + 21  x=  2

a. ( 2 x − 1) − 9 = 4 x 2 − x (Đề tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán – Tin TP Hà Nội, 2017) b.

Kết luận: Phương trình có nghiệm duy nhất: x =

6 x − x 2 + 2 x 2 − 12 x + 15 = 0 (Đề tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán TP Hà Nội, 2017)

d. Ta thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình.

c. x 2 = (1 − x )( 2 x − 3 x + 3) .

1 x

e. x + 1 + x 2 − 4 x + 1 = 3 x

Đặt t = 3 x −

1 x

f. x 2 + 2 x x − = 3 x + 1

t3 + t − 2 = 0 ⇔ t = 1  x −

Giải t = 2 ta có: x 2 − x = 4 ⇔ x 2 − x − 4 = 0 ⇔ x =

x ≥ 0

e. Điều kiện: 

4  x − 4x +1 ≥ 0

1 ± 17 2

Giải t = 3 ta có 6 x − x 2 = 9 ⇔ x 2 − 6 x + 9 = 0 ⇔ x = 3 Kết luận x = 3 là nghiệm của phương trình.

⇔

c. Điều kiện: x ≥ 0 . Phương trình đã cho có thể viết lại như sau: 2

x 2 = 1 − x  2 x + 3 1 − x  ⇔ x 2 = 2 x 1 − x + 3 1 − x . Ta thấy x = 0 không phải là  

) (

)

 1− x   1− x  nghiệm của phương trình. Ta chia hai vế cho x 2 thì thu được: 1 = 2   + 3  . x   x  

147





x thì thu được:

1 1 1 1  t 2 = x + + 2 , theo bất đẳng thức Cô si ta có + x − 4 + = 3 . Đặt t = x + x x x x t ≤ 3 5 t ≥ 2 . Thay vào phương trình ta có: t 2 − 6 = 3 − t ⇔  2 ⇔t= 2 2 t − 6 = t − 6t + 9

t − 2t + 15 = 0 ⇔ 2t − t − 15 = 0 ⇔ ( t − 3)( 2t + 5 ) = 0 , do t ≥ 0  t = 3 thỏa mãn điều kiện.

(

0 ≤ x ≤ 2 − 3 ⇔  x ≥ 2 + 3

)

1± 5 2

Ta thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình. Chia hai vế cho

b. Đặt t = 6 x − x2 ≥ 0 phương trình đã cho trở thành:

(

1 x

1 1± 5 = 1 ⇔ x2 − x −1 = 0 ⇔ x = x 2

Kết luận: Phương trình có nghiệm x =

a. Ta viết lại phương trình thành: 4 x2 − 4 x − 8 − 4 x 2 − x = 0 , đặt t = x 2 − x ≥ 0 ta có phương trình mới: 4t 2 − 4t − 8 = 0 ⇔ ( t + 1)( t − 2 ) = 0 suy ra t = 2 thỏa mãn điều kiện.

)

1 x

1 ta thu được phương trình: x

Lời giải

(

1 x

Vì vậy ta chia hai vế cho x thì thu được: x + 3 x − = 2 + ⇔ x − + 3 x − − 2 = 0

d. x 2 + 3 x4 − x 2 = 2 x + 1 .

15 + 21 2



x = 4 25 1 = x + + 2 ⇔ 4 x 2 − 17 x + 4 = 0 ⇔  x = 1 4 x  4 1 4

Kết luận: Phương trình có hai nghiệm: x = 4, x = . f. Nhận xét: x = 0 không phải là nghiệm của phương trình. 148

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG 1 x

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

1 x

( ax + b )

Ta chia hai vế cho x khi đó phương trình trở thành: x − + 2 x − − 3 = 0 . Đặt t = x−

( cx + d )( gx + k ) + s = 0

thì một trong những cách xử lý khá hiệu quả là:

1 ≥ 0 phương trình trở thành: x

t 2 + 2t − 3 = 0  t = 1 ⇔ x −

cx + d + ( ex + h ) gx + k + r

Phân tích: ax + b = m ( cx + d ) + n ( gx + k ) và ex + h = m′ ( cx + d ) + n′ ( gx + k ) sau đó ta có thể đặt ẩn phụ trực tiếp, hoặc đặt ẩn phụ để quy về hệ.

1 1± 5 = 1 ⇔ x2 − x −1 = 0 ⇔ x = . x 2

Ví dụ:

Ví dụ 2. Giải các phương trình:

Khi giải phương trình: ta thực hiện cách phân tích: 2 x − 3 + ( 4 x − 3) 5 − 2 x = 2 + 8 6 x − 4 x 2 − 15

a. (13 − 4 x ) 2 x − 3 + ( 4 x − 3) 5 − 2 x = 2 + 8 6 x − 4 x − 15

(13 − 4 x )

b. 7 3 x − 7 + ( 4 x − 7 ) 7 − x = 32

+ Giả sử: 13 − 4 x = m ( 2 x − 3) + n ( 5 − 2 x )

2m − 2n = −4 3 7 ⇔ m = ,n = 2 2 −3m + 5n = 13

Lời giải a. Điều kiện 7

(

Đồng nhất hai vế ta suy ra: 

3 5 ≤ x ≤ . Phương trình được viết lại như sau: 2 2

)

2 x − 3 + 5 − 2 x − 2 ( 2 x − 3) 2 x − 3 + ( 5 − 2 x ) 5 − 2 x  = 2 + 8

t2 − 2 Đặt t = 2 x − 3 + 5 − 2 x  ( 5 − 2 x )( 2 x − 3) = . Điều kiện 2

7 2

+ Tương tự ta giả sử: ( 4 x − 3) = m′ ( 2 x − 3) + n′ ( 5 − 2 x )  m′ = , n′ =

( 5 − 2 x )( 2 x − 3) .

(

2 ≤t ≤ 2

Khi giải phương trình: 7 3 x − 7 + ( 4 x − 7 ) 7 − x = 32

)

Ta thực hiện phân tích: m ( 3x − 7 ) + n ( 7 − x ) = 7 và p ( 3x − 7 ) + q ( 7 − x ) = 4 x − 7 1 2

Phương trình đã cho có dạng: t 3 − 4t 2 + t + 6 = 0  t = 2  x = 2 .

3 2

Sau đó đồng nhất 2 vế để tìm m, n, p, q ta có: m = ; n = ; p = ; q =

Ngoài ra ta cũng có thể giải phương trình trên bằng cách đưa về hệ. b. Điều kiện

3 2

1 2

Như vậy, ngoài cách đặt ẩn phụ như trên ta có thể giải các bài toán theo các cách khác như sau:

7 ≤ x ≤ 7 . Phương trình được viết lại như sau: 3

a. Điều kiện:

3 3 1  1   2 ( 3x − 7 ) + 2 ( 7 − x )  3x − 7 +  2 ( 7 − x ) + 2 ( 3 x − 7 )  7 − x = 32

3 5 ≤x≤ . 2 2

Ta có hệ mới như sau:

⇔ ( 3x − 7 ) + ( 7 − x )  3x − 7 + ( 7 − x ) + ( 3 x − 7 )  7 − x = 64

b. Đặt ta có hệ phương trình

Đặt t = 3 x − 7 + 7 − x

Đặt a = 2 x − 3, b = 5 − 2 x thì a 2 + b 2 = 2 .

 t = ( 3 x − 7 ) 3x − 7 + ( 7 − x ) 7 − x + 3 ( 3 x − 7 )( 7 − x )

(

3x − 7 + 7 − x

)

Từ cách phân tích trên ta có hệ sau:

Từ phương trình suy ra t 3 = 64 ⇔ t = 4 . Hay 3 x − 7 + 7 − x = 4 Bình phương 2 vế ta thu được: 3x − 7 + 7 − x = 8 − x ⇔ 4 x 2 − 44 x + 113 = 0 ⇔ x = Tại sao ta phân tích được hai phương trình như trên: Ta thấy với những phương trình: 149

11 ± 2 2 2

( a + b ) 2 − 2ab = 2  a 2 + b 2 = 2 ⇔  2 2 2 2 3 ( 3a + 7b ) a + ( 3b + 7a ) b = 4 + 16ab 3 ( a + b ) − 2ab ( a + b ) − 16ab − 4 = 0

( a + b )2 − 2ab = 2  ⇔ 3 2 2 3 ( a + b ) + 2 − ( a + b )  ( a + b ) + 8 2 − ( a + b )  − 4 = 0     

150

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Đặt a + b = S , ab = P . Điều kiện: S , P ≥ 0; S 2 ≥ 4 P  S 2 − 2 P = 2 S = 2  ⇔ a = b =1⇔ x = 2 3 2  2S − 8S + 2S + 12 = 0  P = 2

Ta có hệ mới như sau: 

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

c, 3 3x − 5 = 8 x3 − 36 x 2 + 53 x − 25 . d, 27 3 81x − 8 = 27 x3 − 54 x 2 + 36 x − 54 . e , x = 2017 − 2017 − x ( Đề dự bị tuyển sinh lowps10 TP Hà Nội 2017 )

b. Đặt a = 3x − 7, b = 7 − x ta có hệ phương trình ( a + b )3 = 64 a + b = 4 ⇔ 2 . Giải hệ phương trình ta thu được: a, b  x .  2 2 2  a + 3b = 14  a + 3b = 14

2. Đặt ẩn phụ để quy về hệ đối xứng loại 2 Phương pháp này đặc biệt hiệu quả với các phương trình dạng: ax 2 + bx + c = d ex + h hoặc ax3 + bx 2 + cx + d = e 3 gx + h Với mục đích tạo ra các hệ đối xứng hoặc gần đối xứng ta thường làm theo cách: Đối với phương trình dạng: ax 2 + bx + c = d ex + h Ta đặt: my + n = ex + h thì thu được quan hệ: 2  ax 2 + bx + c = d ( my + n )  ax + bx − dmy + c − dn = 0 ⇔  2 2  2 2 2 2  m y + 2mny − ex + n − h = 0  m y + 2mny + n = ex + h

Ta mong muốn có quan hệ x = y . Nếu điều này xảy ra thì từ hệ trên ta sẽ có: a b − dm c − dn = = 2 (*). Công việc còn lại là chọn m, n chẵn thỏa mãn (*) m2 2mn n −h

Đối với những phương trình dạng: ax3 + bx2 + cx + d = e 3 gx + h 3 2  ax + bx + cx + d = e ( my + n ) Ta đặt: my + n = e 3 gx + h thì thu được hệ:  3 3 2 2 2 2 3  m y + 3m ny + 3mn y + n = gx + h

 ax 3 + bx 2 − cx − emy + d − en = 0 ⇔ 3 3 . Để thu được quan hệ x = y ta cần: 2 2 2 2 3  m y + 3m ny + 3mn y − gx + n − h = 0

5 4

a, Điều kiện x ≥ − . Đặt my + n = 4 x + 5 , khi đó ta có hệ 2 x 2 − 6 x − 1 = my + n 4 x 2 − 12 x − 2my − 2 − 2n = 0 ⇔ 2 2  2 2 2 2 m y + 2mny + n = 4 x + 5 m y + 2mm − 4 x + n − 5 = 0

Ta cần tìm m, n để tạo ra quan hệ x = y ⇔

4 −12 − 2m −2 − 2n = = 2 . m2 2mn − 4 n −5

 −2 − 2 n =1  2  n 2 + 2n − 3 = 0 Chọn m = 2   n − 5 ⇔  n = −3 − 16  4n = −12  =1  4n − 4

Chú ý: Việc nhân số 2 vào phương trình (1) của hệ để tạo ra 4 x 2 − 12 x − 1 là rất cần thiết để chọn được m được chẵn và nhóm 4 x 2 − 12 x − 2 thành bình phương của biểu thức bậc hai được dễ hơn. Từ đó ta có lời giải cho bài toán như sau:  4 x 2 − 12 x − 2 = 2(2 y − 3) (2 x − 3) 2 = 4 y + 5 ⇔ Đặt 2 y − 3 = 4 x + 5 thì thu được hệ  2 2 (2 y − 3) = 4 x + 5

(2 y − 3) = 4 x + 5

Trừ hai phương trình của hệ ta có (2 x − 3)2 − (2 y − 3) 2 = 4( y − x) x = y ⇔ 2( x − y )(4 x + 4 y − 4) = 0 ⇔  x + y = 2 (2 x − 3) 2 = 4 x + 5  ⇔ x = 2+ 3 3 x ≥  2

Trường hợp 1: x = y ⇔ 2 x − 3 = 4 x + 5 ⇔ 

a b c − em d − en = = = 3 . m3 3m2 n + 3mn 2 −g n −h

Ví dụ 1: Giải các phương trình:

(1 − 2 x)2 = 4 x + 5 ⇔ x = 1− 2 1 x ≤  2

 Trường hợp 2: y = 2 − x ⇔ 2(2 − x) − 3 = 4 x + 5 ⇔ 

a, 2 x 2 − 6 x − 1 = 4 x + 5 . b,

Lời giải:

2 37 4 x + 1 − 9 x 2 + 26 x − =0. 3 3

Kết luận: Phương trình có hai nghiệm là : x = 2 + 3, x = 1 − 2 .

151

152

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG 1 4

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG 

2 y − 3  3 2   + (2 y − 3) + 1 > 0  2  4

 Do (2 x − 3)2 + (2 x − 3)(2 y − 3) + (2 y − 3)2 + 1 = (2 x − 3) + 

b, Điều kiện: x ≥ − .



47 2 Phương trình đã cho được viết lại như sau: 9 x 2 − 26 x + = 4 x + 1 3 3

Giải x=y ta có (2 x − 3)2 = 3x − 5 ⇔ 8 x3 − 36 x 2 + 54 x − 27 = 3 x − 5

37 2 2 37 2  2  2 = (my + n) 9 x − 26 x + 9 x − 26 x − my + − n = 0 ⇔ Đặt my + n = 4 x + 1   3 3 3 3 3 2 2 2  m2 y 2 + 2mmy − 4 x + n2 − 1 = 0 m y + 2mny + n = 4 x + 1

x = 2 ⇔ ( x − 2) ( 8 x 2 − 20 x + 11) = 0 ⇔  x = 5 ± 3  4

 −28  6n − 4 = 1 2 37 2  −26 − m − n 9 3 = 3 3 . Chọn m = 3   − 37 − 2 n  n = −4 Ta cần 2 = m 2mn − 4 n2 −1  3 3  3  n2 − 1 = 1 

Kết luận: Phương trình đã cho có ba nghiệm x = 2, x =

(3 x − 4) 2 = 2 x + 2 y + 1 . Trừ hai phương trình 2 (3 y − 4) = 4 x + 1

Đặt 3 y − 4 = 4 x + 1  hệ phương trình sau 

của hệ ta được (x-y)(9x+9y - 22)=0 . Giải phương trình ứng với hai trường hợp trên ta thu được các nghiệm là x =

5± 3 4

d, Ta viết lại phương trình thành 27 3 81x − 8 = (3 x − 2)3 − 46 (3 y − 2)3 = 81x − 8

(3 y − 2)3 = 81x − 8 ⇔ 3 (3x − 2) = 27(3 y − 2) + 46 (3x − 2) = 81x − 8

Đặt 3 y − 2 = 3 81x − 8 ta có hệ phương trình 

Trừ hai phương trình của hệ ta thu được (3x − 2)3 − (3 y − 2)3 = 81( y − x) ⇔ 3( x − y) (3x − 2)2 + (3x − 2)(3 y − 2) + (3 y − 2)2 + 27 = 0 ⇔ x = y

x = 0

14 + 61 12 − 53 va x = . 9 9

Chú ý: Ta có thể tìm m, n nhanh hơn bằng cách : (2 x − 3)2 = 2(my + n) + 11 . Trừ hai phương trình cho 2 (my + n) = 4 x + 5

thay vào ta được (3x − 2)3 = 27(3x − 2) + 46 ⇔ 27 x3 − 54x2 − 33x = 0 ⇔  3 ± 2 5 x= 

3± 2 5 3

Đặt my + n = 4 x + 5 khi đó ta có hệ 

Kết luận : phương trình đã cho có ba nghiệm là x = 0, x =

nhau: (2 x − 3)2 − (my + n)2 = 2my − 4 x + 2n + 6 . Để có quan hệ x=y ta cần

c, Đặt x = a điều kiện là 0 ≤ a ≤ 2017 , phương trình đã cho trở thành a2 + 2017 − a = 2017

 2my = 4 x  m = 2; n = −3   2n + 6 = 0

Đặt 2017 − a = b ≥ 0 ta có hệ phương trình 

a2 + b = 2017 2 b + a = 2017

Tương tự khi giải quyết câu b).

a = b a = 1 − b

Trừ hai phương trình của hệ ta có được a 2 − b2 + b − a = 0 ⇔ (a − b)(a + b − 1) = 0 ⇔ 

c, Đặt my + n = 3 3 x − 5 ta có hệ sau: 3

8 x 3 − 36 x 2 + 53x − my − n − 25 = 0 3x − 5 = 8 x3 − 36 x 2 + 53x − 25 ⇔  3 3 2 2 2 3 m y + 3m my + 3mn y − 3x + n + 5 = 0

Ta chọn m, n sao cho

8 −36 53 − m − n − 25 = = = 3  m = 2, n = −3 m3 3m 2 n 3mn 2 − 3 n +5

(2 x − 3)3 = 2 y − 3 + x − 2 3 (2 y − 3) = 3 x − 5

Đặt 2 y − 3 = 3 3 x − 5 . Ta có hệ phương trình sau: 

Trừ hai phương trình cho nhau ta thu được (2 x − 3)3 − (2 y − 3)3 = 2 y − 2 x

TH1: a=b hay 2017 − a = a do a ≥ 0 bình phương hai vế ta thu được a2 = 2017 − a hay  −1 − a = a + a − 2017 = 0 ⇔   −1 + a =  2

8069 −1 + 8069 2 đối chiếu với điều kiện ta thấy a = thõa mãn. 2 8069 2

 −1 + 8069   . 2  

Suy ra x = 

⇔ 2( x − y ) (2 x − 3) 2 + (2 x − 3)(2 y − 3) + (2 y − 3) 2 + 1 = 0 ⇔ x = y 153

154

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

TH2: a = 1 − b ⇔ 2017 − a = 1 − a ( điều kiện a ≤ 1 ) ,bình phương hai vế ta thu được a2 − 2a + 1 = 2017 − a ⇔ a2 − a = 2016 không thỏa mãn điều kiện do 0 ≤ a ≤ 1  a(a − 1) ≤ 0 . 2

 −1 + 8069   . 2  

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 

Với các phương trình dạng (ax) + b ± ax = b thì việc đặt ẩn y = b ± ax rồi đưa về hệ đối xứng loại I là cách giải cực kỳ hiệu quả. 2

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

 3− 3 3 ( L)  x = x ≥ 2 ⇔ Trường hợp 1: a = b ⇔ 2x − 3 = 2 x − 6x + 6 ⇔  2 2 x2 − 6 x + 3 = 0  x = 3 + 3 (TM )   2 2

x ≤ 2 (VN) 2 7 x − 30 x + 36 = 0

Trường hợp 2: 2x − 3 + 2x2 − 6 x + 6 + x − 3 = 0 ⇔ 2x2 − 6 x = 6 − 3x ⇔  Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x =

Chú ý:

3+ 3 2

b, ta viết lại phương trình thành (2 x −1)3 − ( x2 − x −1) = ( x +1) 3 ( x + 1)(2x −1) + x2 − x −1

+ với phương trình dạng : [ f ( x)]n + b = a n af ( x) − b (*) t ′′ + b = ay

Đặt a = 2x −1, b = 3 ( x + 1)(2 x − 1) + x2 − x −1 = 3 3x2 − 2 ta thu được hệ phương trình:

*  y + b = at

a3 − ( x2 − x + 1) = ( x + 1)b  trừ hai phương trình của hệ cho nhau ta được  3 2 b − ( x − x + 1) = ( x + 1)a

Bằng phép đặt t = f ( x); y = a af ( x) − b ta có hệ đối xứng loại 2 là 

Trong phương trình (*) nếu ta thay a, b bởi các biểu thức chứa x thì cách giải phương trình vẫn như trên. Những phương trình dạng này thường có hình thức và lời giải khá đẹp.

(a − b) ( a2 + ab + b2 + x + 1) = 0 x = 1

*Ta xét ví dụ sau:

TH1: a=b ta có: 2x −1 = 3 3x2 − 2 ⇔ 8x3 − 15x2 + 6x + 1 = 0 ⇔  1 x=−

Ví dụ 2:



Giải các phương trình:

b 3 b TH2: a2 + ab + b2 + x + 1 = 0 ⇔  a +  + (2x −1)2 + x + 1 = 0 ⇔ 4  a +  + 4 x2 + 2(2x −1)2 + 5 = 0 

A, 4x2 −11x + 6 = ( x −1) 2x2 − 6 x + 6

2



2

vô nghiệm.

b, 8x3 −13x + 7 = ( x + 1) 3 3x2 − 2

Tóm lại phương trình có 2 nghiệm là : x = 1, x = −

c, 9 + 3 x(3 − 2x) = 7 x + 5 3 − 2 x (đề tuyển sinh lớp 10 chuyên toán trường chuyên KHTN – ĐHQG Hà Nội 2018).

c, Điều kiện : 0 ≤ x ≤

Lời giải: A, ta viết lại phương trình thành (2 x − 3)2 + x − 3 = ( x −1) ( x −1)(2x − 3) − ( x − 3) Đặt a = 2 x − 3, b = ( x − 1)(2x − 3) − ( x − 3) ta được hệ như sau: a2 + x − 3 = ( x − 1)b . Trừ hai phương trình của hệ ta thu được:  2 b + x − 3 = ( x − 1)a

a2 − b2 = ( x −1)(b − a) ⇔ (a − b)(a + b + x −1) = 0

2a2 + b2 = 3 3 đặt a = x , b = 3 − x với a, b ≥ 0 thì  2 9 + 3ab = 7a + 5b

Cộng theo vế 2 phương trình ta thu được 2a2 + 3ab + b2 − 7a − 5b + 6 = 0 ⇔ (a + b − 2)(2a + b − 3) = 0 từ đây giải 2trường hợp ta thu được 1 các nghiệm của phương trình là ta thu được x = 1 và x = . 9

Ví dụ 3 Giải các phương trình: A, x3 − 3 6 + 3 x + 6 = 6 2

b, 2 ( x2 + x + 1) + 2x2 + 2x − 3 − 4x + 5 = 0 155

1 8

156

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Lời giải:

Do đẳng thức xảy ra nên phải có x 2 + y 2 + z 2 = 1 ⇔ x − y − z = 1 (do x, y, z ≠ −1)

 3 x + 6 = z

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 1.

 z3 − x = 6  3  z + 6 = y  y − z = 6

A, Đặt  3

Ví dụ 5. Giải các phương trình 3

Mặt khác với các phép đặt ẩm phụ trên, tè phương trình trong đầu bài, ta có x − y − 6 = 0  x3 = y + 6 (1)  Như vậy ta được hệ phương trình  y3 = z + 6 ( 2)  z 3 = x + 6 ( 3) 

Nhìn thấy hệ trên không thay đổi khi hoán vị vòng quanh đối với x, y, z nên không mất tính tổng quát, ta có thể giả thiết x = max( x, y, z) ( x là số lớp nhất trong 3 số x, y, z hay x ≥ y, x ≥ z ) Nếu x > y, thì từ (1) và (2) suy ra y + 6 = x3 > y3 = z + 6  y > z 3

Khi đó từ (2) và (3) suy ra y + 6 = x > y = x + 6  z > x mâu thuẫn giả thiết x ≥ z ở trên. Do

4 1 5 b. + x − = x + 2 x − . x x x

a. 2 x 2 + 4 x + 7 = x 4 + 4 x3 + 3x 2 − 2 x − 7 c.

6 − 2x 6 + 2x 8 + = 5− x 5+ x 3

d . 2 ( 5 x − 3) x + 1 + 5 ( x + 1) 3 − x = 3 ( 5 x + 1) .

Lời giải Cách 1: Biến đổi phương trình như sau: 2

4 2 x 2 + 4 x + 7 = ( 2 x 2 + 4 x + 7 ) − 16 ( 2 x 2 + 4 x + 7 ) + 35 (1) .

Đặt 2 x 2 + 4 x + 7 = a ( voi a ≥ 5 ) , ta có : 2

4a = a 4 − 16a 2 + 35 ⇔ ( a 2 − 6 ) = ( 2a + 1) ⇔ ( a 2 − 2a − 7 )( a 2 + 2a − 5 ) = 0 (*)

Do đó phải có x = y

Với a ≥ 5 thì a 2 + 2a − 5 > 0 , nên từ (*) suy ra a 2 − 2a − 7 = 0 , phương trình này có hai

Với x = y, từ (1) và (2) suy ra y = z. Vậy x = y = z. Phương trình (1) trở thành: x 3 − x − 6 = 0 hay ( x − 2) ( x 2 + 2 x + 3) = 0 ( 4 )

nghiệm là a = 1 ± 2 2 . Đối chiếu với điều kiện a ≥ 5 chỉ chọn được a = 1 + 2 2 . Khi đó

Vì x 2 + 2 x + 3 = ( x + 1) + 2 > 0 nên pt (4) có nghiệm duy nhất x = 2. b. Đặt y = x 2 + x − 1 khi đó phương trình đưa về : 2 y 2 + 2 ( y + 1) = 3 + 5 + 4 x ⇔ y 2 + y − 1 =

−1 + 5 + 4 x . 2

(

{

}

−1 ± 2 + 2 2 . Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là −1 ± 2 + 2 2 .

Cách 2: Biến đổi phương trình về dạng: 2 ( x + 1)2 + 5 = ( x + 1)4 − 3 ( x + 1)2 − 5. Đặt ( x + 1) = u ; 2 ( x + 1) + 5 = v, ( u ≥ 0; v ≥ 5 ) . 2

Đặt z =

)

2 x2 + 4 x + 7 = 1 + 2 2 ⇔ x 2 + 2 x − 1 + 2 2 = 0 (**) . Phương trình (**) có hai nghiệm là

−1 + 5 + 4 x 1 , điều kiện : z ≥ − 2 2

Ta có 2 z + 1 = 5 + 4 x  4 z 2 + 4 z + 1 = 5 + 4 x  z 2 + z + 1 = x .  x ( x + 1) = y + 1  x2 + x −1 = y   Do đó ta có hệ phương trình:  y 2 + y − 1 = z (*) ⇔  y ( y + 1) = z + 1  z 2 + z −1 = x    z ( z + 1) = x + 1

1 Do điều kiện: z ≥ −  y ≠ −1  z ≠ −1 . Nhân các phương trình theo vế rồi rút gọn được 2

u 2 − 3u − 5 = v u 2 − u = v 2 + v u − v − 1 = 0 ⇔ ⇔ . 2 2 v = 2u + 5  2u + 5 = v  2u + 5 = v

Ta có hệ : 

Dẫn đến u 2 − 4u − 4 = 0 , PT này có 2 nghiệm 2 ± 2 2 . Do u ≥ 0 nên chọn u = 2 + 2 2 . Từ đó suy ra kết quả như cách 1. b. Điều kiện trên ta được: x ≥

5 hoặc -1 ≤ x < 0 (*). Phương trình (1) tương đương: 2

xyz = 1. Mặt khác từ hệ phương trình (*), cộng các phương trình vế theo vế ta có : x 2 + y 2 + z 2 = 3 ≥ 3 xyz  xyz ≤ 1 . 157

158

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

1 5 4 1 5 − 2 x − = x − . Đặt u = x − ; v = 2 x − với u ≥ 0; v ≥ 0. Ta được x x x x x 4 u − v = x − (1) . x

Khi gặp các phương trình dạng: a n b + c. f ( x ) + d m e + h. f ( x ) = g ta có thể đặt ẩn phụ theo

5  1 4  Lại có v − u =  2 x −  −  x −  = x − (2) x  x x 

Từ đó ta có hệ phương trình:  u n − b v m − e

Từ (1) và (2) suy ra: v 2 − u 2 = u − v ⇔ ( u − v )( u + v + 1) = 0 . Vì u + v + 1 > 0 nên

Ví dụ 6. Giải các phương trình

x−

⇔ x−

x = 2 4 = 0 ⇔ x2 = 4 ⇔  x  x = −2

Thử lại thấy nghiệm x = - 2 không thỏa mãn điều kiện, nghiệm x = 2 thỏa mãn PT. c. Điều kiện: −5 ≤ x ≤ 5 . Đặt a = 5 + x ; b = 5 − x với a, b ≥ 0 khi đó ta có hệ phương trình: a 2 + b 2 = 10  2  8 . Đặt a + b = S, a.b = P điều kiện S ≥ 4 P và giải hệ ta thu 2ab ( a + b ) − 4 ( a + b ) = ab 3 

được: x = 4 (TM )  x = −4

S = 4  P = 3 ⇔ 5 + x . 5 − x = 3 ⇔ 25 − x 2 = 9 ⇔ x 2 = 16 ⇔ 

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là: x = 4; x = - 4. u = x + 1  u = x + 1 3u 2 − 2v 2 = 5 x − 3 d. Điều kiện −1 ≤ x ≤ 3 . Đặt  .  2 2 v = 3 − x  4u − v = 5 x + 1 u 2 + v 2 = 4  2

Phương trình đã cho trở thành: 2 ( 3u 2 − 2v 2 ) + 5uv 2 = 3 ( 4u 2 − v 2 ) ⇔ 6u 2 ( 2 − u ) = v2 ( u + 3) . Thay v 2 = 4 − u ta thu được phương trình: 2 ( 3u 2 − 2v2 ) + 5uv2 = 3 ( 4u 2 − v2 ) u = 2 ⇔ 6u 2 ( 2 − u ) = ( 4 − u 2 ) ( u + 3) ⇔  u = 5 + 145  10 x = 3

Từ đó tìm được các nghiệm của phương trình là:  

159

7 + 145 10

cách: Đặt n b + c. f ( x ) = u  f (x) =

un − b m vm − e . , e + h. f ( x) = v  f ( x ) = c h

au + dv = g  −  h  c

a. 3 24 + x + 12 − x = 6

b. 1 − x 2 + 4 x 2 + x − 1 + 6 1 − x = 1

2 c.1 + x − x2 = x + 1 − x 3

d. 3 x −1 + 3 x − 2 = 3 2x − 3

Lời giải a. Điều kiện: x ≤ 12 Đặt u = 3 24 + x ; v = 12 − x  u ≤ 3 36, v ≥ 0 , ta có hệ phương trình: v = 6 − u u + v = 6 v = 6 − u ⇔ 3 ⇔ . Phương trình (*) có 3 nghiệm u =  3 2 2 2 u + v = 36 u + 6 − u = 36 ( )  u ( u + u − 12 ) = 0 (*) 

0; u = - 4; u = 3 thỏa mãn u ≤ 3 36 . Từ đây ta tìm được : x = - 24; x = - 88; x = 3 Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm x = - 24; x = - 88; x = 3. b. Điều kiện:

−1 + 5 ≤ x ≤ 1. 2

Ta thấy tổng của biểu thức trong căn bằng 1 nên ta đặt: a + b + c = 1  a = 1 − x 2 , b = 4 x 2 + x − 1, c = 6 1 − x với a, b, c ≥ 0. Khi đó ta có hệ : a 2 + b 4 + c 6 = 1  a, b, c ≥ 0  a 2 ≤ a  a + b + c = 1 Vì   0 ≤ a, b, c ≤ 1  b 4 ≤ b  a 2 + b 4 + c 6 ≤ 1 . Hệ phương trình có nghiệm khi a , b , c ≥ 0  c 6 ≤ c  a = a 2  4 b = b ⇔ x = 1 là nghiệm của phương trình đã cho. c = c 6 

c. Đặt t = x + 1 − x ≥ 0 thì x − x 2 =

t 2 −1 2

160

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Khi đó phương trình đã cho trở thành phương trình bậc hai với ẩn t: t −1 = t ⇔ t 2 − 3t + 2 = 0 ⇔ t = 1; t = 2. Vậy ta có: 3

2 x − x2 = 0  x + 1− x = 1 ⇔ ⇔ x = 0; x = 1.  VN (VT < 2 )  x + 1 − x = 2 3

2 x − 3 + 3 3 ( x − 1)( x − 2 )

(

c. Điều kiện: - 1 ≤ x ≤ 1. Phương trình đã cho tương đương với

)

x − 1 + 3 x − 2 = 2 x − 3. Thay

 

x − 1 + 3 x − 2 = 3 2 x − 3 thì phương

3 2

trình trở thành: 3 ( x − 1)( x − 2)( 2 x − 3) = 0  x ∈ 1; 2;  .

a. 7 x + 7 + 7 x − 6 + 2 49 x 2 + 7 x − 42 = 181 − 14 x 5 1 b. 5 x + = 2x + +4 2x 2 x 2 3

(1 − x )

1 − x2

)( x − x 1 − x 2



)

+ 1 − x 2 = x 2 (1 − x 2 ) . Đặt t = x + 1 − x 2 

t2 −1

t 2 −1

phương trình: t 1 − ⇔ t 3 + 2t 2 − 3t − 2 = 0 ⇔ ( t − 2 )( t 2 + 2 2.t + 1) = 0 = 2 2  2 

+ Nếu t = − 2 + 1 ⇔ 1 − x 2 = 1 − 2 − x  −1 ≤ x ≤ 1 − 2 1 − 2 − 2 2 −1  ⇔ 2 ⇔x= 2  x − 1 − 2 x − 2 + 1 = 0

(

x+3 =8 x −1

Lời giải

)

Vậy phương trình có 2 nghiệm x =

6 7

a. Điều kiện: x ≥ . Đặt t = 7 x + 7 + 7 x − 6, ( t ≥ 0 )  14 x + 2 49 x 2 + 7 x − 42 = t 2 − 1 . t = 13 ⇔ t = 13 t = −14

Phương trình đã cho trở thành: t + t 2 − 1 = 181 ⇔ t 2 + t − 182 = 0 ⇔ 

2 1 − 2 − 2 2 −1 ;x= . 2 2

x+3 x+3 ≥ 0 ⇔ x ≤ −3 hoặc x > 1. Đặt t = ( x − 1) thì t 2 = ( x − 1)( x + 3) ta có x −1 x −1 t = 2 phương trình: t 2 + 2t − 8 = 0 ⇔  t = −4

d. Điều kiện:

⇔ 7 x + 7 + 7 x − 6 = 13 (*). Giải phương trình (*) ta thu được x = 6.

Kết hợp với điều kiện suy ra nghiệm của phương trình là x = 6. 

b. Điều kiện: x > 0. Phương trình ⇔ 5  x + 

t= x+

1 2 x

(

, t≥ 2

t 2 −1 = x 1 − x 2 . Ta có 2

+ Nếu t = − 2 − 1 ⇔ x + 1 − x 2 = −1 − 2 vô nghiệm, do VT ≥ - 1 > VP

= x 2 (1 − x 2 )

d . ( x − 1)( x + 3) + 2 ( x − 1)

(x +

t = 2 t = 2 ⇔ ⇔ 2 t + 2 2.t + 1 = 0 t = − 2 ± 1

Ví dụ 7. Giải các phương trình.

c. x 3 +

là nghiệm của phương trình.

d. Sử dụng đẳng thức ( a + b ) = a + b + 3ab ( a + b ) . Lập phương hai vế ta thu được: 3

 3−2 2 x = 1 2 2 5t = 2 ( t − 1) + 4 ⇔ 2t − 5t + 2 = 0 ⇔ t = 2 ⇔ x + = 3 ⇔ 4 x − 12 x + 1 = 0 ⇔  4x  3+ 2 2 x =  2 2

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

1  1    = 2  x + 4 x  + 4. Đặt 2 x  

)

 x = −1 + 2 2

Nếu t = 2  ( x − 1)( x + 3) = 4 ⇔ x 2 + 2 x − 7 = 0 ⇔ 

 x = −1 − 2 2

 x = −1 + 2 5

Nếu t = - 4 thì ( x − 1)( x + 3) = 16 ⇔ x 2 + 2 x − 19 = 0 ⇔ 

 x = −1 − 2 5

Tóm lại phương trình có 4 nghiệm là: x = −1 + 2 2; x = −1 − 2 2; x = −1 − 2 5; x = −1 + 2 5

1  x+ = t 2 − 1. Phương trình trở thành: 4x

II. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP KHÁC KIẾN THỨC CẦN NHỚ Lời giải phương trình vô tỉ bằng phương pháp sử dụng biểu thức liên hợp. Dấu hiệu: 161

162

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

+ Khi ta gặp các bài toán giải phương trình dạng:

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG x 2 − ( x1 + x2 ) x + x1 x2

f ( x ) + m g ( x ) + h( x ) = 0

Mà không thể đưa về một ẩn, hoặc khi đưa về một ẩn thì tạo ra những phương trình bậc cao dẫn đến việc phân tích hoặc giải quyết khó khăn.

Ta thường làm như sau:

+ Nhẩm được nghiệm của phương trình đó bằng thủ công ( hoặc sử dụng máy tính cầm tay)

nhân tử chung sẽ là kết quả sau khi nhân liên hợp của + Để tìm a , b ta xét phương trình:

Phương pháp:

Ví dụ: Đối với phương trình: x 2 + 8 + 2 = x 2 + 3 + 3x

Phương trình áp dụng với mọi x ∈ R . Nhưng đó chưa phải điều kiện chặt. Để giải quyết triệt để phương trình này ta cần đến điều kiện chặt đó là:

3 2

Ta sẽ phân tích phương trình như sau: Viết lại phương trình thành: f ( x) − n f ( x0 ) + m g ( x) − m g ( x0 ) + h( x ) − h( x0 ) = 0

Sau đó nhân liên hợp cho từng cặp số hạng với chú ý: +

(

a −b

)(

a −b

)(

ax + b . Khi đó

f ( x ) − ( ax + b )

f ( x ) − ( ax + b ) = 0 . Để phương trình có hai nghiệm

Ta xét các ví dụ sau: Ví dụ 1

a, x + 5 + x + 2 + 2 x − 1 = 0 b, 5 x3 − 1 + 3 2 x − 1 + x − 4 = 0 c, x − 2 + 4 − x = 2 x 2 − 5 x − 3

Nếu phương trình chỉ có một nghiệm x0 :

Giải các phương trình:

x 2 + 8 − x2 + 3 = 3x − 2

x 2 + 8 − x 2 + 3 > 0 do phương trình có nghiệm khi 3x − 2 > 0 ⇔ x >

f ( x) ta trừ đi một lượng

+ Hoàn thành tương tự cho các biểu thức còn lại:

Nếu bình thường nhìn vào phương trình ta thấy:

Ta viết lại phương trình thành:

ax1 + b = n f ( x1 ) x1 , x 2 ta cần tìm a , b sao cho  ax2 + b = n f ( x2 )

Đặt điều kiện chặt của phương trình ( nếu có)

Để ý rằng:

+ Muốn làm xuất hiện nhân tử chung trong

)

a 2 + 3 ab + 3 b 2 = a − b3

Lời giải a, Nếu ta bình phương liên tục cho đến lúc hết dấu

thì sẽ tạo ra phương trình bậc 4.

Để ý rằng x = −1 là một nghiệm của phương trình nên ta sẽ phân tích để tạo nhân tử chung là x + 1 . Điều kiện: x ≥ −2 Khi x = −1 thì

)

a + b = a − b2

+ Nếu h( x) = 0 có nghiệm x = x0 thì ta luôn phân tích được h( x) = ( x − x0 ) g ( x) Như vậy sau bước phân tích và rút nhân tử chung x − x0 thì phương trình ban đầu trở thành:  x − x0 = 0  A( x) = 0

( x − x0 ) A( x) = 0 ⇔ 

Việc còn lại là dùng hàm số, bất đẳng thức hoặc những đánh giá cơ bản để kết luận A(x) = 0 vô nghiệm

x + 5 = 2, x + 2 = 1 nên ta viết lại phương trình thành:

x + 5 − 2 + x + 2 −1 + 2x + 2 = 0 ⇔

⇔

x +1

(

x +5 +2

) (

x +1

)

x + 2 +1

(

x +5 −2

(

)(

x+5 +2

)

) +(

)(

x + 2 −1

(

) + 2( x +1) = 0

x + 2 +1

)

x + 2 +1

1 1   + 2 ( x +1) = 0 ⇔ ( x +1)  + + 2  = 0(*) x + 2 +1   x+5 +2

Để ý rằng với điều kiện x ≥ −2 thì

1 x+5 +2

1 x + 2 +1

+ 2 > 0 nên phương trình (*) có

nghiệm duy nhất x = −1 . Kết luận x = −1 là nghiệm của phương trình.

Nếu phương trình có hai nghiệm x1 , x 2 theo định lý Vi-et đảo ta có nhân tử chung sẽ là: 163

x+5 +2

164

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG b, Phân tích: Phương trình trong đề bài gồm nhiều biểu thức chứa căn nhưng không quy 3 , về một ẩn. Nếu ta lũy thừa để triệt để dấu

thì sẽ tạo ra phương trình tối thiểu là bậc 6. Từ đó ta nghĩ đến hướng giải: Sử dụng biểu thức liên hợp để tách nhân tử chung Điều kiện: x ≥ 3

1 5

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Từ đó suy ra x = 3 là nghiệm duy nhất của phương trình. Nhận xét: Để đánh giá phương trình cuối cùng vô nghiệm ta thường dùng các ước lượng cơ bản: A+ B ≥ A

với B ≥ 0 từ đó suy ra

A A+ B > 0 ≤ 1 với mọi số A, B thỏa mãn  A+ B B ≥ 0

Ví dụ 2

Ta nhẩm được nghiệm của phương trình là: x = 1 . Khi đó

Giải các phương trình:

5 x 3 − 1 = 5 − 1 = 2; 3 2 x − 1 = 3 2 − 1 = 1

a, 3 x 2 − 1 + x = x3 − 2.

x 2 − 2 3 x − ( x − 4 ) x − 7 − 3x + 28 = 0

Ta viết lại phương trình thành: 5x − 1 − 2 + 2 x − 1 − 1 + x − 1 = 0 ⇔

5x3 − 5 3

5x −1 + 2

2x − 2 + x −1 = 0 2x −1 + 3 2x −1 + 1

Lời giải a,

Điều kiện: x ≥ 3 2

 5 ( x 2 + x + 1)  2 x − 21 ⇔ ( x − 1)  + + 1 = 0  5 x3 − 1 + 2 3 2 x − 1 + 3 2 x − 1 + 1   

Ta nhẩm được nghiệm x = 3 . Nên phương trình được viết lại như sau:

Dễ thấy:

a, 3 x 2 − 1 − 2 + x − 3 = x 3 − 2 − 5

5 ( x 2 + x + 1) 1 2 x − 21 Với điều kiện x ≥ thì +3 +1 > 0 3 5 2 x − 1 + 3 2x −1 + 1 5x −1 + 2

⇔

x 2 − 1 + 2 x3 − 1 + 4

Điều kiện: 2 ≤ x ≤ 4 .

Ta nhẩm được nghiệm của phương trình là: x = 3 . Khi đó x − 2 = 3 − 2 = 1; 4 − x = 4 − 3 = 1

Từ đó ta có lời giải như sau: Phương trình đã cho tương đương với: x − 2 − 1 + 1 − 4 − x = 2 x − 5 x − 3

Ta dự đoán

⇔

x −3 x−3 1 1   + = ( x − 3)( 2 x + 1) ⇔ ( x − 3)  + − ( 2 x + 1)  = 0 x − 2 −1 1+ 4 − x  x − 2 −1 1 + 4 − x 

x = 3  1 1  + − ( 2 x + 1) = 0  x − 2 − 1 1 + 4 − x

Để ý rằng với điều kiện 2 ≤ x ≤ 4 thì

x3 − 27

+ x−3 =

x3 − 2 + 5

 x+3 x 2 + 3x + 9  ⇔ ( x − 3)  +1− =0 3 2 3 x3 − 2 + 5   x −1 + 2 x −1 + 4 x = 3 ⇔  x+3 x 2 + 3x + 9 +1− =0  3 x 2 − 1 + 2 x3 − 1 + 4 x3 − 2 + 5

Nên phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 1 . c,

x2 − 9

sẽ thấy

x+3 3

x −1 + 2 x −1 + 4 x+3

x −1 + 2 x −1 + 4

Ta sẽ chứng minh

+1−

x 2 + 3x + 9

< 0)

x3 − 2 + 5

x+3 3

< 0 (Bằng cách thay một giá trị x ≥ 3 2 ta

x3 − 2 + 5

x −1 + 2 x −1 + 4

< 1 và

x 2 + 3x + 9 x3 − 2 + 5

Thật vậy: 1 x − 2 −1

≤ 1;

1 1 + − ( 2 x + 1) < 0 x − 2 −1 1 + 4 − x

1 1+ 4 − x

≤ 1; ( 2 x + 1) ≥ 5 nên

+ Ta xét:

x +3 3

x2 − 1 + 2 x3 − 1 + 4

<1⇔

x 2 − 1 + 2 x3 − 1 > x − 1 .

Đặt 3 x 2 − 1 = t > 0  x = t 3 + 1 . Bất phương trình tương đương với t 2 + 2t + 1 > t 3 + 1 165

166

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

⇔ t 4 + 3t 3 + 6t 2 + 4t > 0 . Điều này là hiển nhiên đúng.

+ Ta xét:

x 2 + 3x + 9 x3 − 2 + 5

a, Điều kiện: −3 ≤ x ≤

> 2 ⇔ x 2 + 3x − 1 > 2 x3 − 2 ⇔ x4 + 2 x3 + 7 x2 − 6 x + 9 > 0∀x ≥ 0(*)

Điều này luôn đúng. Từ đó suy ra phương trình có nghiệm duy nhất: x = 3

Ta nhẩm được hai nghiệm là x = 1, x = −2 nên ta phân tích để tạo ra nhân tử chung là: x 2 + x − 2 . Để được điều này ta thực hiện thêm bớt nhân tử như sau: + Ta tạo ra 4 x + 3 − ( ax + b ) = 0 sao cho phương trình này nhận x = 1, x = −2 là nghiệm.

b, Điều kiện: x ≥ 7

4  a = 3 a + b = 8 Để có điều này ta cần:  ⇔  −2a + b = 4 b = 20  3

Để đơn giản ta đặt x3 = t ≥ 3 7  x = t 3 Phương trình đã cho trở thành: t 2 = 2t − ( t 3 − 4 ) t 3 − 7 = 3t 3 + 28 = 0 ⇔ 3t 3 − t 2 + 2t − 28 + ( t 3 − 4 ) t 3 − 7 = 0

+ Tương tự 19 − 3x − ( mx + n ) = 0 nhận x = 1, x = −2 là nghiệm.

Nhẩm được t = 2 . Nên ta phân tích phương trình thành :

−1   a = 3 m + n = 5 ⇔ . Từ đó ta phân tích phương trình thành:  −2m + n = 5 b = 13  3

Tức là 

4t − t + 2t − 32 + ( t − 4 ) t − 7 = 0 3

  t 2 + 2t + 4   ⇔ ( t − 2 )  ( 4 t 2 + 7 t + 16 ) + ( t 3 − 4 )   = 0 3   t − 7 + 1  

Để ý rằng 4t 2 + 7t + 16 > 0 và t 3 ≥ 7 nên ta có

( 4t

 t + 2t + 4  + 7 t + 16 ) + ( t 3 − 4 )  >0. 3  t − 7 +1 2

Vì

vậy phương trình có nghiệm duy nhất t = 2 ⇔ x = 8 Nhận xét: Việc đặt x3 = t trong bài toán để giảm số lượng dấu căn đã giúp đơn giản hình thức bài toán. Ngoài ra khi tạo liên hợp do ( t 3 − 4 ) > 0 nên ta tách nó ra khỏi biểu thức để các thao tác tính toán được đơn giản hơn. Ví dụ 3 Giải các phương trình:

c, x +

20  4  13 x  4 x + 3 −  x +  + 19 − 3x −  −  − ( x 2 + x + 2 ) = 0 q 3  3  3 3

3 19 − 3x − (13 − x ) 4 3 x + 3 − ( x + 5)  + − ( x2 + x − 2) = 0 3 3 4  − x2 − x + 2  − x2 − x + 2 ⇔  − ( x2 + x − 2 ) = 0 + 3  3 x + 3 + ( x + 5 )  3 3 19 − 3x + (13 − x )    ⇔

4  1 1 ⇔ − ( x2 + x − 2)  . + + 1 = 0 3 x x x x 3 + 3 + + 5 3 19 − 3 + 13 − ( ) ( )  

Dễ thấy với −3 ≤ x ≤

a, 4 x + 3 + 19 − 3x = x 2 + 2 x + 9 b, 3 x − 8 − x + 1 =

19 . 3

19 1 1 thì > 0, >0. 3 3 x + 3 + ( x + 5) 3 19 − 3x + (13 − x )

4 1 1 + +1 > 0 3 3 x + 3 + ( x + 5) 3 19 − 3x + (13 − x )

2 x − 11 5

Nên .

3 x2 + 7 = ( Đề tuyển sinh vòng 1 lớp 10 Trường THPT Chuyên Tự nhiên – x 2 ( x + 1)

x = 1  x = −2

Phương trình đã cho tương đương với x 2 + x − 2 = 0 ⇔ 

ĐHQG Hà Nội 2012)

Vậy phương trình có 2 nghiệm là: x = 3, x = 8.

x3 + 5 x 2 + 4 x + 2 = x2 + x + 2 d, x2 + 2 x + 3

b) Điều kiện: x ≥ .

8 3

Lời giải

167

Phương trình được viết lại như sau: 5 3x − 8 − 5 x + 1 = 2 x − 11

168

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Ta nhẩm được 2 nghiệm x = 3, x = 8 nên suy ra nhân tử chung là: x 2 − 11x + 24 Ta phân tích với nhân tử 5 3x − 8 như sau: + Tạo ra 5 3x − 8 − ( ax + b ) = 0 sao cho phương trình này nhận x = 3, x = 8 là nghiệm. Tức là 3a + b = 5 a = 3 a , b cần thỏa mãn hệ:  ⇔ 8 a + b = 20  b = − 4

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG 5 3 x − 8 < 5 81x + 81;3 x − 4 < 9 x + 63 với mọi x ≥

c) Điều kiện: x > 0 Ta nhẩm được x = 1; x = 3 nên biến đổi phương trình như sau: Ta có: khi x = 1 

3m + n = 10 m = 1 ⇔ 8m + n = 15 n = 7

+ Tương tự với 5 x + 1 − ( mx + n ) = 0 ta thu được: 

Phương trình đã cho trở thành: 5 3 x − 8 − ( 3x − 4 ) + ( x + 7 ) − 5 x + 1 = 0 ⇔

−9 ( x 2 − 11x + 24 ) 5 3 x − 8 + ( 3x − 4 )

x 2 − 11x + 24 =0 ( x + 7) + 5 x +1

3 x2 + 7 −2= −2⇔ x 2 ( x + 1)

x2 − 4x + 3 3

x + 3x + 2 x

x 2 + 3 − 2 x x2 − 4 x + 3 = 2 ( x + 1) x

 x2 − 4 x + 3 = 0 x2 − 4 x + 3 ⇔ 3 2 ( x + 1)  x + 3x + 2 x = 2 ( x + 1)

(1) (2)

Giải (2) ta có: x3 + 3x + 2 x = 2 ( x + 1) ⇔ x3 + 3 x = 2 ⇔ x3 + 3x − 4 = 0 ⇔ x = 1

 x − 11x + 24 = 0  ⇔ −9 1 + =0  5 3 x − 8 + ( 3x − 4 ) ( x + 7 ) + 5 x + 1 2

Kết luận: Phương trình có nghiệm là x = 1; x = 3 . Nhận xét: Ta cũng có thể phân tích phương trình như câu a, b.

−9 1 + 5 3x − 8 + ( 3 x − 4 ) ( x + 7 ) + 5 x + 1

d) Ta có: x 3 + 5 x 2 + 4 x + 2 = ( x + 3) ( x 2 + 2 x + 3) − 5 x − 7 nên phương trình tương đương với

−9 1 Ta chứng minh A ( x ) < 0 tức là: + <0 5 3 x − 8 + ( 3x − 4 ) ( x + 7 ) + 5 x + 1

(

x2 + 7 x2 + 7 = 2 , khi x = 3  = 2 nên ta trừ 2 vào 2 vế thì thu được: 2 ( x + 1) 2 ( x + 1)

Giải (1) suy ra x = 1; x = 3

  −9 1 ⇔ ( x 2 − 11x + 24 )  + =0  5 3x − 8 + ( 3x − 4 ) ( x + 7 ) + 5 x + 1 

Ta xét A ( x ) =

8 . 3

)

5 3x − 8 + 3x − 4 − 9 x + 7 + 5 x + 1 < 0 2

25 275 5  275  ⇔ 3x − 8 − 5 3x − 8 + + + x + 45 x + 1 > 0 ⇔  3 x − 8 −  + + x + 45 x + 1 > 0 4 4 2 4 

Điều này là hiển nhiên đúng. Vậy phương trình có 2 nghiệm là: x = 3, x = 8 .

x3 + 5 x2 + 4 x + 2 5x + 7 = x2 + 2x + 3 ⇔ x + 3 − x2 + 2x + 3 − 2 =0 x2 + 2 x + 3 x + 2x + 3   1 1 ⇔ ( 5x + 7 )  − 2 =0 2 x + 2 x + 3 x + 3 + x + 2 x + 3   5 x + 7 = 0 ⇔ 1 1  − = 0 (1)  x + 3 + x 2 + 2 x + 3 x 2 + 2 x + 3

Giải (1):

1 x + 3 + x2 + 2x + 3

−

1 = 0 ⇔ x2 + x − x2 + x + 2 = 0 x2 + 2x + 3

Chú ý:

Đặt t = x 2 + x + 2 > 0 . Phương trình trở thành:

Những đánh giá để kết luận A ( x ) < 0 thường là những bất đẳng thức không chặt chẽ ta luôn đưa về được tổng các biểu thức bình phương.

t = 2 x = 1 t2 − t − 2 = 0 ⇔  ⇔ x2 + x − 2 = 0 ⇔  t = −1 (l )  x = −2

Ngoài ra nếu tinh ý ta có thể thấy: 5 3x − 8 + 3 x − 4 − 9 ( x + 7 + 5 x + 1 ) < 0

Kết luận: phương trình có 3 nghiệm: x = − ; x = 1; x = −2.

5 3 x − 8 + 3x − 4 ≤ 9 x + 63 + 5 81x + 81 . Nhưng điều này là hiển nhiên đúng do:

169

7 5

Ví dụ 4. Giải các phương trình

170

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

a) x3 + 15 + 2 = x3 + 8 + 3x

b) 3x + 1 − x + 3 + 1 − x = 0.

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Ta thường gặp phương trình dạng này ở các biến thể như:

Lời giải:

+ ax 2 + bx + c = d px3 + qx 2 + rx + t

a) Phương trình được viết lại như sau:

+ ax 2 + bx + c = d px 4 + qx3 + rx 2 + ex + h

x 3 + 15 + 2 = x3 + 8 + 3x ⇔ x 3 + 15 − x 3 + 8 = 3x − 2 2 . Để phương trình có nghiệm ta cần: 3 x − 2 ≥ 0 ⇔ x ≥ . Nhẩm được x = 1 nên ta có thể viết 3 3

(1) (2)

+ A ax 2 + bx + c + B ex 2 + gx + h = C rx 2 + px + q

(*)

lại phương trình thành: x + 15 − 4 = x + 8 − 3 + 3x − 3

Thực chất phương trình (*) khi bình phương 2 vế thì xuất hiện theo dạng (1) hoặc (2).

 x2 + x + 1  x2 + x + 1 ⇔ ( x − 1)  − − 3 = 0 3 3 x +8 +3   x + 15 + 4

Để giải các phương trình (1), (2).

x + x +1

Để ý rằng:

x 3 + 15 + 4

−

x + x +1 x3 + 8 + 3

Phương pháp chung là:

− 3 < 0 nên phương trình có nghiệm duy nhất x = 1 .

Khi đó phương trình trở thành: mP ( x ) + nQ ( x ) = d P ( x ) .Q ( x )

Ta viết lại phương trình như sau: 3x + 1 − x + 3 + 1 − x = 0. 2x − 2 1 1  ⇔ + 1− x = 0 ⇔ ( 2x − 2)  − =0 3x + 1 + x + 3  3x + 1 + x + 3 2  x =1 ⇔  3x + 1 + x + 3 = 2

x ≤ 0

( 3x + 1)( x + 3) = 4 ⇔ ( 3x + 1)( x + 3) = −2 x ⇔ 

2  x − 10 x − 3 = 0

Kết luận: Phương trình có 2 nghiệm là x = 1; x = 5 − 2 7.

Một cách tổng quát: Với mọi phương trình có dạng: aP n ( x ) + bQ n ( x ) + cP n −k ( x ) Q k ( x ) + d 2 n P ( x ) .Q ( x ) = 0 thì ta luôn giải được theo cách trên.

Ví dụ 1. Giải các phương trình a) 2 ( x 2 − 3x + 2 ) = 3 x3 + 8

Nhận xét: + Ta thấy phương trình có nghiệm x = 1 . Nếu ta phân tích phương trình thành 3x + 1 − 2 + 2 − x + 3 + 4 − 4 x = 0 thì sau khi liên hợp phương trình mới thu được sẽ là: 3x + 1 + 2

mP ( x ) P ( x) P ( x) +n=d ≥ 0 thì thu được phương trình: . Đặt t = Q ( x) Q ( x) Q ( x)

Một số ví dụ:

⇔ x = 5− 2 7

Chia hai vế cho biểu thức Q ( x ) > 0 ta thu được phương trình:

mt 2 − dt + n = 0 .

Xét phương trình: 3x + 1 + x + 3 = 2 . Bình phương 2 vế ta thu được:

3x − 3

thành tích của 2 đa thức P ( x ) , Q ( x ) .

+ Ta biến đổi ax 2 + bx + c = mP ( x ) + nQ ( x ) bằng cách đồng nhất 2 vế.

  b) Điều kiện x ∈  −3; −  3 

4x + 4 + 2

+ Phân tích biểu thức trong dấu

1− x 2+ x+3

+ 4 − 4 x = 0 . Rõ ràng phương trình hệ quả phức tạp hơn phương trình

ban đầu rất nhiều. + Để ý rằng khi x = 1 thì 3x + 1 − x + 3 .

3x + 1 = x + 3 nên ta sẽ liên hợp trực tiếp biểu thức

b) x + 1 + x 2 − 4 x + 1 = 3 x

c) 4 x 2 + 3 ( x 2 − x ) x + 1 = 2 ( x3 + 1) Lời giải: a) Điều kiện: x ≥ −2. Ta viết lại phương trình thành: 2 ( x 2 − 3x + 2 ) = 3 ( x + 2 ) ( x2 − 2 x + 4 ) Giả sử x 2 − 3 x + 2 = m ( x + 2 ) + n ( x 2 − 2 x + 4 ) . Suy ra m, n phải thỏa mãn

2. Đặt ẩn phụ dựa vào tính đẳng cấp của phương trình 171

172

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

n = 1 m = −1   m − 2n = −3 ⇔  n = 1  2m + 4n = 2 

 x2 − 4x + 1  x2 − 4x + 1 −1 + 5  2 = 0 . Đặt t = +4 2 x + 2x + 1  x + 2x + 1 

t = −1  1 x2 − 4x + 1 1 x= 1 5t 2 + 4t − 1 = 0 ⇔  1 ⇔ t = ⇔ 2 ⇔ 24 x 2 − 102 x + 24 = 0 ⇔  = 4 t =  x + 2 x + 1 25 5  5  x = 4

Phương trình đã cho có dạng: −2 ( x + 2 ) + 2 ( x 2 − 2 x + 4 ) − 3

( x + 2 ) ( x2 − 2 x + 4 ) = 0

1 Kết luận: Phương trình có 2 nghiệm x = , x = 4 . x+2  −3  x − 2x + 4 

 Chia phương trình cho x 2 − 2 x + 4 > 0 ta thu được: −2 

Đặt t =

( x + 2)

≥ 0 , ta thu được phương trình: −2t − 3t + 2 = 0 2

− 2 x + 4)

( x + 2)

− 2x + 4)

1 ⇔ x2 − 2 x + 4 = 4 ( x + 2) 2

 x = 3 + 13 ⇔ x2 − 6x − 4 = 0 ⇔   x = 3 − 13

x ≥ 0

− 2x + 4)

Nhận xét: Trong lời giải ta đã biến đổi:

( x + 1)

x2 − 4x + 1 =

+ 2 x + 1 x 2 − 4 x + 1 là vì x + 1 > 0 .

)(

)

(

)

Ta viết lại phương trình: ( x − 1) 2 x 2 − 2 x − 2 − 3x x + 1 = 0 x = 1 ⇔ 2 .  2 x − 2 x − 2 − 3 x x + 1 = 0

Xét x > −1 ta chia cho x + 1 thì thu được phương trình:

Bình phương 2 vế của phương trình ta thu được: 2

 x =2  x2 x x +1 2 −3 −2 = 0 ⇔   x 1 x +1 x +1 =−  2 x + 1 

x + 2 x + 1 + 2 ( x + 1) x − 4 x + 1 + x − 4 x + 1 = 9 x 2

+ 2 x + 1)( x 2 − 4 x + 1) = 0

Giả sử 1  m + n = 2 m=−   2 2 x 2 − 11x + 2 = m ( x 2 + 2 x + 1) n ( x 2 − 4 x + 1)  2m − 4m = −11 ⇔  5 m + n = 2 n =   2

Phương trình trở thành

) (

Giải (1) : Giải ( 2 ) :

 x ≥ 0 ⇔ x = 2+2 2 . =2 ⇔ 2  x − 4 x − 4 = 0 x +1

x x +1

=−

1 − 17 1  x ≤ 0 ⇔x= ⇔ 2 . 8 2  x − 4 x − 4 = 0

Kết hợp điều kiện ta suy ra các nghiệm của phương trình là: x = 1 , x = 2 + 2 ,

1 5 − x2 + 2x + 1 + x2 − 4x + 1 + 2 2 2

(

Dễ thấy x = −1 không phải là nghiệm.

2  x − 4x +1 ≥ 0

+2=0

Xét phương trình: 2 x 2 − 2 x − 2 − 3x x + 1 = 0 ⇔ 2 x 2 − 3x x + 1 − 2 ( x + 1) = 0 .

b) Điều kiện: 

⇔ 2 x 2 − 11x + 2 + 2

( x + 2)

c).Điều kiện x ≥ −1 .

t = −2 1 ⇔  1 do t ≥ 0  t = ⇔ t = 2  2

x2 − 4x + 1 ≥ 0 ta có phương trình x2 + 2x + 1

)

)(

)

+ 2x + 1 x2 − 4x + 1 = 0

Chia phương trình cho x 2 + 2 x + 1 > 0 ta thu được:

1 − 17 . 8

Ví dụ 2 Giải các phương trình:

173

174

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

a). 4 ( 2 x 2 + 1) + 3 ( x 2 − 2 x ) 2 x − 1 = 2 ( x 3 + 5 x )

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

b). 5x 2 + 4 x − x 2 − 3x − 18 = 5 x

c). 5x 2 − 14 x + 9 − x 2 − x − 20 = 5 x + 1 Lời giải

 x 2 − 3 x − 18 ≥ 0  b).Điều kiện  x ≥ 0 ⇔ x ≥ 6. 5 x 2 + 4 x ≥ 

Phương trình đã cho được viết lại thành: 5x 2 + 4 x = x 2 − 3x − 18 + 5 x .

1 2

a).Điều kiện: x ≥ .

Bình phương 2 vế và thu gọn ta được 2 x 2 − 9 x + 9 − 5 x ( x 2 − 3 x − 18) = 0 .

Phương trình đã cho được viết lại như sau:

n = 2

(

)

2 x − 8 x + 10 x − 4 − 3 x ( x − 2 ) 2 x − 1 = 0 ⇔ ( x − 2 ) 2 x − 4 x + 2 − 3 x ( x − 2 ) 2 x − 1 = 0 3

x − 2 = 0 ⇔ ( x − 2 )  2 x 2 − 4 x + 2 − 3x 2 x − 1  = 0 ⇔  . 2    2 x − 4 x + 2 − 3x 2 x − 1 = 0

(

)

(

m = 2 n = −2

 −18n = 9 

điều này là hoàn toàn vô lý.

)

Để khắc phục vấn đề này ta có chú ý sau: x 2 − 3 x − 18 = ( x − 6 )( x + 3) khi đó

Xét phương trình 2 x 2 − 4 x + 2 − 3x 2 x − 1 = 0 ⇔ 2 x 2 − 4 x + 2 − 3 x 2 ( 2 x − 1) = 0 . Ta giả sử: 2 x 2 − 4 x + 2 = mx 2 + n ( 2 x − 1)  

 Nếu ta giả sử 2 x 2 − 9 x + 9 = mx + n ( x 2 − 3 x − 18) thì m , n phải thỏa mãn m − 3n = − 9

(

)

x x 2 − 3 x − 18 = x ( x − 6 )( x − 3 ) =

)

− 6 x ( x + 3) .

Bây giờ ta viết lại phương trình 2 x 2 − 9 x + 9 − 5 ( x 2 − 6 x ) ( x + 3 ) = 0 . m = 2 

Phương trình trở thành 2 x 2 − 2 ( 2 x − 1) − 3 x 2 ( 2 x − 1) = 0 . Chia cho x 2 > 0 .  2x −1  2x −1 2x −1 = 0 . Đặt t = ≥ 0 , phương trình mới là:  −3 2 2 x x x2  

n = 3 

Ta có: 2 − 2 

 t = −2 −2t 2 − 3t + 2 = 0 ⇔  1 . t =  2

Với t =

1 ta có 2

n = 3

Như vậy, phương trình trở thành 2 ( x 2 − 6 x ) + 3 ( x + 3) − 5 ( x 2 − 6 x ) ( x + 3) = 0 .  x2 − 6x   x2 − 6x  Chia hai vế cho x + 3 > 0 ta thu được: 2  −5   +3= 0 .  x+3 

x = 4 + 2 3 2x −1 1 = ⇔ x 2 − 8x + 4 = 0 ⇔  . 2 2 x  x = 4 − 2 3

t = 1  x2 − 6x  2   ≥ 0 , ta thu được phương trình: 2t − 5t + 3 = 0 ⇔  3 t=  x +3   2

+Đối với phương trình 2 x 2 − 4 x + 2 − 3x 2 x − 1 = 0 ta có thể không cần đưa x vào khi đó ta phân tích: 2 x 2 − 4 x + 2 = mx 2 + n ( 2 x − 1) và chia như trên thì

bài toán vẫn được giải quyết. Việc đưa vào hơn bản chất bài toán.

là giúp các em học sinh nhìn rõ

+Ngoài ra cần lưu ý rằng khi đưa một biểu thức P ( x ) vào trong dấu

 7 + 61 x =  x2 − 6x  2 2 Trường hợp 1: t = 1 ⇔  .  = 1 ⇔ x − 7x − 3 = 0 ⇔   7 − 61  x +3  x =  2

Suy ra x = 2n

thì điều

7 + 61 thỏa mãn điều kiện. 2

kiện P ( x ) ≥ 0 . Đây là một sai lầm học sinh thường mắc phải khi giải toán.

175

 x+3 

Đặt t = 

Nhận xét:

trong dấu

m = 2

Giả sử : 2 x 2 − 9 x + 9 = m ( x 2 − 6 x ) + n ( x + 3)  −6m + n = −9 ⇔ 

176

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG x = 9  x2 − 6x  3 2   = ⇔ 4 x − 33x − 27 = 0 ⇔  3 x=9. x=−  x+3  2  4

3 2

Trường hợp 2: t = ⇔ 

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Ví dụ 3 Giải các phương trình: 3

b). x 3 − 3x 2 + 2 ( x + 2 ) − 6 x = 0 .

a). x 2 + 2 x + 2 x − 1 = 3x 2 + 4 x + 1

7 + 61 Tóm lại: Phương trình có 2 nghiệm là x = và x = 9 2

Lời giải

c).Điều kiện x ≥ 5 .

1 2

a).Điều kiện: x ≥ .

Chuyển vế bình phương ta được: 2 x 2 − 5x + 2 = 5 ( x 2 − x − 20 ) ( x + 1) .

Bình phương 2 vế phương trình ta thu được:

Giả sử: 2 x 2 − 5x + 2 = m ( x 2 − x − 20 ) + n ( x + 1) .

x2 + 4x −1+ 2

m = 2  Khi đó ta có: −m + n = −5 không tồn tại m , n thỏa mãn hệ:  −20m + n = 2 

)

m = 1 

Ta giả sử: x 2 + 1 = m ( x 2 + 2 x ) + n ( 2 x − 1) ⇔ n = −1

2m + 2n = 0 

Nhưng ta có ( x 2 − x − 20 ) ( x + 1) = ( x + 4 )( x − 5)( x + 1) = ( x + 4 ) ( x 2 − 4 x − 5) . m = 2 m = 2  2 2 Giả sử: 2 x − 5 x + 2 = m x − 4 x − 5 + n ( x + 4 ) . Suy ra −4m + n = −5    −5m + 4n = 2 n = 3 

(

+ 2 x ( 2 x − 1) = 3 x 2 + 4 x + 1 ⇔ x 2 + 1 −

)

Phương trình trở thành: ( x 2 + 2 x ) − ( 2 x − 1) −  2x − 1  2x −1 ⇔ − 2 +1 = 0 t = − 2 x + 2x  x + 2x 

)

+ 2 x ( 2 x − 1) = 0 .

m = 1 ⇔ .  n = −1

)

+ 2 x ( 2 x − 1) = 0

−1 ± 5 2x −1 ≥ 0  −t 2 − t + 1 = 0 ⇔ t = 2 x2 + 2x

Ta viết lại phương trình: 2 ( x 2 − 4 x − 5) + 3 ( x + 4 ) = 5 ( x 2 − 4 x − 5) ( x + 4 ) .

Về cơ bản đến đây ta hoàn toàn tìm được x . Nhưng với giá trị

 x2 − 4x − 5   x2 − 4x − 5  Chia hai vế cho x + 4 > 0 ta thu được 2  −5   +3= 0.

vậy việc tính toán sẽ gặp khó khăn.



x+4





x+4



 5 + 61 x = x − 4x − 5 2 2 = 1 ⇔ x − 5x − 9 = 0 ⇔  Trường hợp 1: t = 1 ⇔ . x+4  5 − 61 x =  2

177

> 0 như

)

+ 2 x ( 2 x − 1) =

Đặt t =

)

−x

)

lúc này bằng cách phân tích như

( x + 2) (2x

)

−x =0 ⇔

2x2 − x 2x2 − x −2 +1 = 0 . x+2 x+2

2x2 − x ≥ 0 , ta được phương trình t 2 − 2t + 1 = 0 ⇔ t = 1 ⇔ 2 x 2 − x = x + 2 x+2

⇔ x2 − x −1 = 0 ⇔ x = 5 + 61 2

( x + 2) (2x

trên ta thu được phương trình:

(

x = 8 x2 − 4x − 5 9 2 = ⇔ 4 x − 25x − 56 = 0 ⇔  . x = − 7 4 x+4  4

Kết hợp điều kiện ta suy ra các nghiệm của phương trình là x = 8 ; x =

Ta viết lại:

1 1 2x2 − x + ( x + 2) − 2 2

3 2

( 3x + 1)

Để khắc phục ta có thể xử lý theo hướng khác như sau:

t = 1  x2 − 4x − 5  2  − + = ⇔ 2 t 5 t 3 0 Đặt t =  ≥ 0 ta thu được phương trình .  t = 3  x+4   2

Trường hợp 2: t = ⇔

1 3

1± 5 . 2

Kiểm tra điều kiện ta thấy chỉ có giá trị x =

178

1+ 5 là thỏa mãn điều kiện. 2

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

b).Điều kiện x ≥ −2 .

2 ( x 3 − x + 1) − ( x 2 + x + 1) −

Ta viết lại phương trình x 3 − 3x ( x + 2 ) + 2 ( x + 2 ) = 0 .

Chia cho x + x + 1 > 0 ta được:

Để ý rằng: Nếu ta đặt y = x + 2 thì phương trình trở thành x 3 − 3xy 2 + 2 y 3 = 0 . Đây là một phương trình đẳng cấp bậc 3 . Từ định hướng trên ta có lời giải cho bài toán như sau: +Xét trường hợp x = 0 không thỏa mãn phương trình: +Xét x ≠ 0 . Ta chia hai vế phương trình cho x 3 thì thu được: 1− 3

x+2 +2 x3

Đặt t =

( x + 2)

− x + 1)( x 2 + x + 1) = 0

 x3 − x + 1   x3 − x + 1  2 2 −  2  −1 = 0 x + x + 1    x + x +1 t = 1

 x3 − x + 1 

2  Đặt t =  2 1  ≥ 0 ta có phương trình: 2t − t − 1 = 0 ⇔  t = − ( L)  x + x +1



x = 0 x − x +1  x = −1 3 2 t = 1 ⇔ = 1 ⇔ x − x − 2 x = 0 ⇔ Giải  x2 + x + 1  x = 2 3

Kết luận: Thử lại ta thấy 3 nghiệm: x=0, x=-1, x=2 đều thỏa mãn: x ≥ 0  x ≠ −2

b. Điều kiện: x 4 + 8 x ≥ 0 ⇔ 

=0.

Ta thấy chìa khía bài nằm ở việc phân tích biểu thức:

 1 x+2 t=− ta có phương trình 2t 3 − 3t 2 + 1 = 0 ⇔  2 x  t = 1

x +2 1  x ≤ 0 = − ⇔ 2 x + 2 = −x ⇔  2 ⇔ x = 2−2 3 x 2  x − 4 x − 8 = 0

1 Trường hợp t = − ⇔ 2

Trường hợp t = 1 ⇔

x+2  x ≥ 0 =1 ⇔ x + 2 = x ⇔  2 ⇔ x =2 x  x − x − 2 = 0

x 4 + 8 x = x ( x 3 + 8 ) = x ( x + 2 ) ( x 2 − 2 x + 4 ) = ( x 2 + 2 x )( x 2 − 2 x + 4 )

m + n = 4

 Giải sử 4 x 2 + 8 = m ( x 2 − 2 x + 4 ) + n ( x 2 + 2 x )  −2m + 2n = 0 ⇔ m = n = 2 4m = 8 

Phương trình trở thành: 2 ( x 2 − 2 x + 4) + 2 ( x 2 + 2 x ) − 5

Ví dụ 4: Giải các phương trình: a). 2 x 3 − x 2 − 3x + 1 = x 5 + x 4 + 1

b). 5 x 4 + 8x = 4 x 2 + 8

c). ( x 2 + 4 ) 2 x + 4 = 3x 2 + 6 x − 4

d). ( x 2 − 6 x + 11) x 2 − x + 1 = 2 ( x 2 − 4 x + 7 ) x − 2 Lời giải

a. Hình thức bài toán dễ làm cho người giải bối rối nhưng để ý thật kỹ ta thấy: Chìa khóa bài toán nằm ở vấn đề phân tích biểu thức: x 5 + x 4 + 1 Ta thấy do vế trái là biểu thức bậc 3 nên ta nghĩ đến phân tích: x 5 + x 4 + 1 = ( x 2 +ax+1)( x 3 + bx 2 + cx + 1) . Đồng nhất hai vế ta thu được: a = 1; b = 0; c = −1 . Nên ta viết lại phương trình đã cho thành:

179

− 2 x + 4 )( x 2 + 2 x ) = 0 . Chia hai vế cho x 2 − 2 x + 4 > 0 ta thu

được x2 + 2x x2 + 2x x2 + 2 x −5 2 + 2 = 0. Đặt t = ≥ 0 ta có phương trình: 2 x − 2x + 4 x − 2x + 4 x − 2x + 4 t = 2 2t 2 − 5t + 2 = 0 ⇔  1 t =  2 x2 + 2x = 4 ⇔ 3x 2 − 10 x + 16 = 0 vô nghiệm Trường hợp 1: t = 2 ⇔ 2 x − 2x + 4  −5 − 37 x = 1 x2 + 2 x 1 3 2  = ⇔ 3x + 10 x − 4 = 0 ⇔ Trường hợp 2: t = ⇔ 2 2 x − 2x + 4 4  −5 + 37 x = 3   −5 − 37 x = 3 Kết luận: Phương trình có hai nghiệm là:   −5 + 37 x = 3  2

Kết luận: Phương trình có 2 nghiệm x = 2 , x = 2 − 2 3 .

Nhận xét: Ta có thể phân tích x 4 + 8x = x ( x3 + 8) = x ( x + 2) ( x 2 − 2 x + 4) =

(x 180

+ 2 x )( x 2 − 2 x + 4 )

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Chú ý: Trong một số phương trình: Ta cần dựa vào tính đẳng cấp của từng nhóm số hạng để từ đó phân tích tạo nhân tử chung. c. Ta thấy rằng nếu bình phương trực tiếp sẽ dẫn tới phương trình bậc 5. Để khắc phục điều này ta tìm cách tách x 2 + 4 ra khỏi 2 x + 4 Từ đó viết lại phương trình như sau: ( x 2 + 4 ) 2 x + 4 + x 2 + 4 = 4 x 2 + 6 x

( ⇔ ( x + 4) ( ⇔ ( x + 4) 2

) 2 x + 4 + 1) = 2 x (

2 x + 4 + 1 = 2 x ( 2 x + 3) ⇔ ( x + 4 ) 2

)(

2x + 4 + 1

(

)

2x + 4 +1 = 2x

(

( 2x + 4)

)

−1

)

2x + 4 −1

(

)

(

2x + 4 −1 ⇔ x2 + 2x + 4 − 2x 2 x + 4 = 0 ⇔ x − 2x + 4

)

x − 2 x + 4 = 0 ⇔ x 2 − 2 x − 4 = 0 ⇔ x = 1 + 5.

Kết luận: Phương trình đã cho có duy nhất nghiệm x = 1 + 5 d. Điều kiện: x ≥ 2 m = 1 Giải sử x 2 − 6 x + 11 = m ( x 2 − x + 1) + n ( x − 2 )   −m + n = −6 ⇔ m = 1, n = −5  m − 2n = 11 = p 1   x 2 − 4 x + 7 = p ( x 2 − x + 1) + q ( x − 2 )  − p + q = −4 ⇔ p = 1,1 = −3  p − 2q = 7 

Phương trình đã cho trở thành: ( x − x + 1) − 5 ( x − 2 )  x − x + 1 − 2 ( x − x + 1) − 3 ( x − 2 )  x − 2 = 0     2

Chia phương trình cho

+ Đặt ẩn phụ không hoàn toàn là phương pháp chọn một số hàng trong phương trình làm ẩn sau đó ta quy phương trình ban đầu về dạng một phương trình bậc 2: mt 2 + g ( x ) t + h ( x ) = 0 (phương trình này vẫn còn ẩn x) + Vấn đề của bài toán là ta phải chọn giá trị m bằng bao nhiêu để phương trình bậc 2

(

)

theo ẩn t có giá trị ∆ chẵn ∆ =  A ( x ) . Như thế việc tính t theo x sẽ dễ dang hơn. + Thông thương khi gặp các phương trình dạng: ax 2 + bx + c + ( dx + e ) px 2 + qx + r = 0 thì phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn tỏ

Do 2 x + 4 + 1 > 0 . Phương trình đã cho tương đương với ⇔ x2 + 4x = 2x

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

ra rất hiệu quả: + Để giải các phương trình dạng này ta thường làm theo cách: • Đặt f ( x ) = t  t 2 = f ( x ) • Tạo ra phương trình: mt 2 + g ( x ) t + h ( x ) = 0 2

Ta có ∆ =  g ( x ) − 4mh ( x ) = f1 ( m ) x 2 + g1 ( m ) x + h1 ( m ) . Để ∆ có dạng  A ( x ) thì điều 2

kiện cần và đủ là ∆ m =  g1 ( m )  − 4 f1 ( m ) g1 ( m ) = 0  m. Ta xét các ví dụ sau: Ví dụ 1 Giải các phương trình sau: a, x 2 + 1 − ( x + 1) x 2 − 2 x + 3 = 0

− x + 1) > 0 ta thu được:

b, 2 2 x + 4 + 4 2 − x = 9 x 2 + 16

1− 5

x−2 x−2  x−2  −2 2 +6  2  =0 . x2 − x + 1 x − x +1  x − x +1

 t = 1  x−2 1 3 2 ≥ 0 ta thu được phương trình 6t − 5t − 2t + 1 = 0 ⇔ t = Đặt t = 2  3 x − x +1  1 t = − ( L )  2

+ Nếu t = 1 ⇔ a = b ⇔ x 2 − 2 x + 3 = 0 (VN ) +

c, ( 2 x + 7 ) 2 x + 7 = 9 x 2 + 9 x + 7 (Trích để TS chuyên tự nhiên – ĐHQG Hà Nội 2009) d, x 2 + 3x + 8 = ( x + 5 ) x 2 + x + 2 (Trích đề TS chuyên toán TP Hà Nội, 2018) Lời giải a) Đặt t = x 2 − 2 x + 3 > 0  t 2 = x 2 − 2 x + 3 Phương trình đã cho trở thành: x 2 + 1 − ( x + 1) t = 0 Ta sẽ tạo ra phương trình: mt 2 − ( x + 1) t + x 2 + 1 − m ( x 2 − 2 x + 3 ) = 0

1 Nếu t = ⇔ x 2 − 10 x + 19 = 0 ⇔ x = 5 ± 6 3

Kết luận: x = 5 ± 6 • Giải phương trình vô tỉ bằng phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn.

(Ta đã thêm vào mt 2 nên phải bớt đi một lượng mt 2 = m ( x 2 − 2 x + 3) ) Phương trình được viết lại như sau: 2

mt 2 − ( x + 1) t + (1 − m ) x 2 + 2mx + 1 − 3m = 0  ∆ = ( x + 1) − 4m (1 − m ) x 2 + 2mx + 1 − 3m 

181

182

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG = ( 4 m 2 − 4m + 1) x 2 + ( 2 − 8m 2 ) x + 12m 2 − 4m + 1

x 2

Ta mong muốn 2

∆ = ( Ax + B ) ⇔ ∆ m = (1 − 4m 2 ) − (12m 2 − 4m + 1)( 4m 2 − 4m + 1) = 0 ⇔ m = 1

Phương trình mới được tạo ra là: t 2 − ( x + 1) t + 2 x − 2 = 0 Ta có: ∆ = x 2 − 6 x + 9 = ( x − 3)

 x ≤ −8 2 2 4 ( 8 − 2 x ) = ( x + 8 )

x 2

+ Trường hợp 2: t = − − 4 ⇔ 8 − 2 x 2 = − − 4 ⇔ 

4 2 3

Tóm lại phương trình có nghiệm duy nhất x =

c. Đặt 2 x + 7 = t ta tạo ra phương trình mt 2 − ( 2 x + 7 ) t + x2 + ( 9 − 2m ) x + 7 − 7m = 0

Làm tương tự như trên ta tìm được m = 1 . Nên phương trình có dạng: t = x + 7 2 t 2 − ( 2 x + 7 ) t + x 2 + 7 x = 0  ∆ = ( 2 x + 7 ) − 4 ( x 2 + 7 x ) = 49   giải theo các trường t = x

 x + 1 − ( x − 3) =2 t = 2 Từ đó ta có:   x + 1 + ( x − 3) = x −1 t = 2 

hợp của t ta tìm được x = 1 + 2 2 là nghiệm của phương trình

+ Trường hợp 1: t = 1 ⇔ x − 2 x + 3 = 2 ⇔ x − 2 x − 1 = 0 ⇔ x = 1 ± 2 x ≥ 1 + Trường hợp 2: t = x − 1 ⇔ x − 2 x + 3 = x − 1 ⇔  2 2 x − 2x + 3 = x − 2x +1 2

Phương trình vô nghiệm

d. Đặt t = x 2 + x + 2 ta tạo ra phương trình mt 2 − ( x + 5 ) t + (1 − m ) x2 + ( 3 − m ) x + 8 − 2m = 0 Làm tương tự như trên ta tìm được m = 1 khi đó phương trình trở thành t 2 − ( x + 5) t + 2 x + 4 = 0

Ta có: ∆ = ( x + 5 ) − 4 ( 2 x + 6 ) = x + 2 x + 1 = ( x + 1)

Tóm lại: Phương trình có hai nghiệm là x = 1 ± 2 b. Điều kiện −2 ≤ x ≤ 2

 x + 5 − ( x + 1) =2 t = 2 suy ra  .  x + 5 + x +1 t = = x + 3  2

Từ đó suy ra x

Bình phương 2 vế của phương trình và thu gọn ta được: 9 x 2 − 16 8 − 2 x 2 + 8 x − 32 = 0 Đặt t = 8 − 2 x ta tạo ra phương trình là:

Ví dụ 2. Giải các phương trình sau

mt − 16t − m ( 8 − 2 x 2

) + 9x

a, 10 x 2 − 9 x − 8 x 2 x2 − 3x + 1 + 3 = 0 .

+ 8 x − 32 = 0 ⇔ mt − 16t + ( 9 + 2 m ) x + 8 x − 8m − 32 = 0

∆′ = 64 − m ( 9 + 2 m ) x 2 + 8 x − 8m − 32  = ( −2 m 2 − 9m ) x 2 + 8mx + 8m 2 + 32m + 64

Ta mong muốn ∆′m = 16 m − ( −2m − 9m )(8m + 32m + 64 ) = 0 ⇔ m = −4 2

b, x3 + 6 x 2 − 2 x + 3 − ( 5 x − 1) x3 + 3 = 0 . c, 4 x + 1 − 1 = 3x + 2 1 − x + 1 − x2 .

c, 4 x + 3 = 1 + 4 x +

Từ đó suy ra phương trình mới là: −4t − 16t + x + 8 x = 0 2

 8 − ( 2 x + 8) x = t = 2 −4 2 2 Tính được ∆′ = 4 x + 32 x + 64 = ( 2 x + 8)    8 + ( 2 x + 8) x = − −4 t =  −4 2 x ≥ 0

4 2

⇔ x= + Trường hợp 1: t = ⇔ 8 − 2 x 2 = ⇔  2 2 2 2 3 4 ( 8 − 2 x ) = x x

183

2 (Đề tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán TP HCM, 2018) x

d, x 2 + 3x + 8 = ( x + 5 ) x 2 + x + 2 (Trích đề TS chuyên toán TP Hà Nội, 2018) Lời giải x ≥ 1 . Đặt t = 2 x2 − 3x + 1 ta tạo ra phương trình: x ≤ 1  2

a. Điều kiện: 

mt 2 − 8 xt + (10 − 2m ) x 2 + ( 3m − 9 ) x + 3 − m = 0 . Ta có:

184

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

∆ = 16 x 2 − m (10 − 2m ) x 2 + ( 3m − 9 ) x + 3 − m  = 16 x 2 − m (10 − 2m ) x 2 + ( 3m − 9 ) x + 3 − m 

c, Điều kiện: −1 ≤ x ≤ 1 . Ta viết pương trình thành: 4 x + 1 − 2 1 − x = 3 x + 1 + 1 − x 2 .

= ( 2 m 2 − 10m + 16 ) x 2 + ( 9 m − 3m 2 ) x + m 2 − 3m

Bình phương hai vế ta thu được phương trình mới:

Ta cần: ∆ m = ( 9m − 3m2 ) − 4 ( 2m 2 − 10m + 16 )( m2 − 3m ) = 0  m = 3 . Phương trình đã cho 2 x 3  t = 2 x 

trở thành 3t 2 − 8 xt + 4 x2 = 0 ⇔ 

⇔ 8 x 2 − 6 x − 18 + ( 6 x + 18) 1 − x 2 = 0 . Đặt t = 1 − x 2 ta tạo ra phương trình:

mt 2 + ( 6 x + 18) t + ( 8 + m ) x 2 − 6 x − 18 − m = 0 , có ∆ ' = ( 3x + 9 ) − m ( m + 8 ) x 2 − 6 x − 18 − m 

Trường hợp 1: 3   x ≥ 0 x = 2 x ≥ 0 2 2 t = x ⇔ 2 x 2 − 3x + 1 = x ⇔  ⇔ ⇔   2 2 2 3 3 x = 3 14 x − 27 x + 9 = 0 9 ( 2 x − 3 x + 1) = 4 x  7 x ≥ 0 1 ⇔x= 3 −3x + 1 = 0

Trường hợp 2: t = 2 x ⇔ 2 x2 − 3x + 1 = 2 x ⇔  3 2

3 7

Kết luận phương trình có ba ngiệm: x = , x = , x =

1 3

b, Điều kiện: x ≥ 1 . Đặt t = x3 + 3 ≥ 0 ⇔ x3 = t 2 − 3 . Do hệ số của x3 trong phương trình là 1; Phương trình đã cho trở thành: t 2 − ( 5 x − 1) t + 6 x 2 − 2 x = 0  ( 5 x − 1) − ( x − 1) = 2x t = 2 2 2 ∆ = ( 5 x − 1) − 4 ( 6 x 2 − 2 x ) = x 2 − 2 x + 1 = ( x − 1) . Suy ra   ( 5 x − 1) + ( x − 1) = 3x − 1 t =  2

Trường hợp 1:

Trường hợp 2:

16 ( x + 1) + 4 (1 − x ) − 16 1 − x 2 = 9 x 2 + 6 x + 1 + 2 ( 3x + 1) 1 − x 2 + 1 − x 2

 x =1  x ≥ 0 3 + 21 3  ⇔ x + 3 = 2x ⇔  3 2 x = 2  x − 4 x + 3x = 0   x = 3 − 21 L ( )  2 x = 1 1   x ≥ x 3 + 3 = 3x − 1 ⇔  ⇔ 3 x = 4 + 2 3 3 2  x − 9x + 6x + 2 = 0   x = 4 − 2 3 ( L)

Tóm lại phương trình có ba nghiệm: x = 1 , x =

185

3 + 21 , x = 4+ 2 3 2

= ( 9 − 8m − m 2 ) x 2 + ( 54 + 6m ) x + m 2 + 18m + 81 2

Ta mong muốn ∆ = ( Ax + B ) ⇔ ∆ ' = ( 3m + 27 ) − ( 9 − 8m − m2 )( m2 + 18m + 81) = 0 Từ đó ta tính được: m = −8 Phương trình đã cho trở thành: −8t 2 + ( 6 x + 18 ) t − 6 x − 10 = 0  −3x − 9 − ( 3 x + 1) 3x + 5 = t = 2 4 Ta có ∆ = ( 3 x + 9 ) − 8 ( 6 x + 10 ) = ( 3x + 1) . Suy ra   −3x − 9 + ( 3 x + 1) =1 t = −8  '

Trường hợp 1: t = 1 ⇔ 1 − x2 = 1 ⇔ x = 0 thỏa mãn điều kiện Trường hợp 2: t =

3x + 5 ⇔ 4 1 − x 2 = 3 x + 5 ⇔ 16 (1 − x 2 ) = 9 x 2 + 30 x + 25 4

16 (1 − x 2 ) = 9 x 2 + 30 x + 25 ⇔ 25 x 2 + 30 x + 9 = 0 ⇔ x =

Thử lại ta thấy: x =

−3 5

−3 thỏa mãn phương trình; 5

Kết luận: Phương trình có 2 nghiệm: x = 0 , x =

−3 5

Chú ý: Ở bước cuối cùng khi giải ra nghiệm ta phải thử lại vì phép bình phương lúc đầu khi ta giải là không tương đương. d, Ta viết lại phương trình thành: 4 x x + 3 = 4 x 2 + x + 2. Đặt t = x + 3 ≥ 0 , ta tạo ra phương trình: mt 2 − 4tx + 4 x 2 + (1 − m ) x + 2 − 3m = 0 từ đó dễ tìm được m = 1 và phương trình trở thành: t = 2 x + 1 t 2 − 4tx + 4 x 2 − 1 = 0 ⇔  công việc khá đơn giản, dành cho các bạn học sinh. t = 2 x − 1

186

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG = ( 2 m 2 − 10m + 9 ) x 2 + ( 6 − 3m ) x − m 2 + 6m + 1 .

Ví Dụ 3: Giải các phương trình sau: a,3

(

) (

2 x 2 + 1 − 1 = x 1 + 3x + 8 2 x 2 + 1

Ta cần chứng minh: ∆ m = ( 6 − 3m ) − 4 ( 2m2 − 10m + 9 )( −m 2 + 6m + 1) = 0  m = 4

)

b, x 2 + 3 x + 6 + 2 x 2 − 1 = 3x + 1

Lời giải

Đặt t = 2 x + 1 ≥ 0 suy ra t = 2 x + 1 . Ta tạo ra phương trình 2

mt 2 − ( 8 x − 3) t + ( 3 − 2m ) x 2 + x + 3 − m = 0 . Ta có ∆ = ( 8 x − 3) − 4m ( 3 − 2m ) x 2 + x + 3 − m 

( 8m

Ta có: ∆ ' = ( 3 x + 1) − 4. ( 2 x 2 + 3x − 2 ) = x 2 − 6 x + 9 = ( x − 3) .

a, Ta viết lại phương trình thành: 3x 2 + x + 3 + 4 x 2 x2 + 1 = 0 2

Phương trình trở thành: 4t 2 − 2 ( 3x + 1) t + 2 x 2 + 3x − 2 = 0

 3x + 1 − ( x − 3) x + 2 = t = 4 2 Từ đó ta tính được:   3x + 1 + ( x − 3) 2 x − 1 = t = 4 2

− 12m + 64 ) x 2 − ( 48 + 4m ) x + 4m 2 − 12m + 9. 2

Ta cần: ∆ 'm = ( 24 + 2m ) − ( 8m2 − 12m + 64 )( 4m2 − 12m + 9 ) = 0  m = 3

Trường hợp 1:

 2+2 5 x =  x ≥ −2 x+2  7 2x −1 = ⇔ 2 ⇔ 2 7 x − 4 x − 8 = 0 x = 2 − 2 5  7 2

Phương trình trở thành: 3t 2 + ( 8 x − 3) t − 3x 2 + x = 0 2

Đối chiếu với điều kiện ban đầu ta thấy chỉ có x =

Ta có: ∆ = ( 8 x − 3) − 12. ( −3 x + x ) = 100 x − 60 x + 9 = (10 x − 3) . 2

 3 x − 8 − (10 x − 3) = −3x + 1 t = 6 Từ đó ta tính được:   3 x − 8 + (10 x − 3) x =− t = 6 3 

Trường hợp 1:

Trường hợp 2:

2 x2 + 1 = −

x ≤ 0 x ⇔ 2 3 18 x + 9 = 0

Vậy phương trình trên có 2 nghiệm là: x =

−1 − 6 2+2 5 và x = 7 2

III. SỬ DỤNG HẰNG ĐẲNG THỨC

1 . Ta viết lại phương trình thành: 2

x 2 + 3x + 6 = 3x + 1 − 2 x 2 −1

ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH KIẾN THỨC CẦN NHỚ Các bài toán giải được bằng hằng đẳng thức thường có dạng:

Bình phương hai vế và thu gọn ta được phương trình mới: 2

−1 − 6 là thỏa mãn điều kiện 2

(VN )

Vậy phương trình trên có nghiệm duy nhất x = 0 b, Điều kiện x ≥

 −1 − 6 1  x = ≥ x − 2 x 1   2 2 ⇔ ⇔ 2x −1 = 2 2 4 x 2 + 4 x − 5 = 0  x = −1 + 6   2

Đối chiếu với điều kiện ban đầu ta thấy chỉ có x =

1  x ≤ 2 x + 1 = −3 x + 1 ⇔  3 9 x 2 − 6 x = 0 

2+2 5 là thỏa mãn điều kiện 7

10 x + 3x − 6 − 2 ( 3x + 1) 2 x − 1 = 0.

3 2 3 2 ax 3 + bx 2 + cx + d = e ( fx + h ) px + q hoặc ax + bx + cx + d = e ( fx + h ) 3 px + qx + rx + s

Đặt t = 2 x2 − 1 ≥ 0 suy ra t 2 = 2 x 2 − 1 . Ta tạo ra phương trình: 2

mt 2 − 2 ( 3x + 1) t + (10 − 2m ) x 2 + 3x − 6 + m = 0 . Ta có ∆ ' = ( 3x + 1) − m (10 − 2m ) x 2 + 3x − 6 + m 

Phương pháp chung để giả bài toán này là: Đặt 3

f ( x ) = y với n = 2 hoặc n = 3 .

Đưa phương trình ban đầu về dạng m ( Ax + B ) + n ( Ax + B ) = my3 + ny 187

188

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG 3

Như vậy phương trình (*) có dạng: ( 2 x − 3 ) + ( 2 x − 3 ) = y 3 + y Ví dụ 1: Giải các phương trình:

Đặt z = ( 2 x − 3) . Từ phương trình ta suy ra z 3 + z = y 3 + y b, 8x 3 − 13x 2 + 7 x = 2 3 x 2 + 3x − 3

z 3 + z = y 3 + y ⇔ ( z − y ) ( z 2 + zy + y 2 + 1) = 0.

d, x 3 = 6 3 6 x + 4 + 4

y 3  Do z 2 + zy + y 2 + 1 =  z +  + y 2 + 1 > 0, ∀y, z  PT ⇔ y = z

a, 8x 3 − 36 x 2 + 53 x − 25 = 3 3 x − 5 c,

24 x − 11 − 16 x 2 x − 1 − 1 = 0

f, ( 4 x 2 + 1) x = ( 3 − x ) 5 − 2 x

d, x 3 + 1 = 2 3 2 x − 1

Lời giải Những phương trình có dạng: ax 3 + bx 2 + cx + d = ( ex + h ) px + q (1) Hoặc: ax 3 + bx 2 + cx + d = e 3 px3 + qx 2 + rx + s ( 2 ) ta thường giải theo cách: Đối với (1): Đặt

(1)

px + q = y Khi đó x =

y2 − p thay vào phương trình ta đưa về dạng: q

ax 3 + bx 2 + cx + d = Ay 3 + By . Sau đó biến đổi phương trình thành: 3

A. u ( x )  + B.u ( x ) = Ay 3 + By



2

 5± 3 x= ⇔ y = 2 x − 3 ⇔ 8x 3 − 36 x 2 + 53 x − 25 = 2 x − 3 ⇔ 8x 3 − 36 x 2 + 51x − 22 = 0 ⇔  4   x = 2

Qua ví dụ trên ta thấy việc chuyển qua hệ tạm (1) giúp ta hình dung bài toán trở được dễ dàng hơn. 3 2 8x − 13x + 7 x = 2 y 2 3  x + 3x − 3 = y

b, Đặt 3 x 2 + 3x − 3 = y ta có hệ sau: 

Cộng hai vế của phương trình với nhau ta được: 3

8x 3 − 12 x 2 + 10 x − 3 = y 3 +2y ⇔ ( 2 x − 1) + 2 ( 2 x − 1) = y 3 +2y

(*)

Đối với (2): Đặt g 3 px + qx + rx + s = y sau đó tạo ra hệ tạm:

Đặt z = ( 2 x − 3) . Từ phương trình ta suy ra z 3 + 2 z = y 3 + 2 y

ax 3 + bx 2 + cx + d = s. y , cộng hai phương trình về dạng:  3 3 2 3  g ( px + qx + rx + h ) = y

⇔ ( z − y ) ( z 2 + zy + y 2 + 2 ) = 0 ⇔ z = y ⇔ y = 2 x − 1 ⇔ 8 x 3 − 13 x 2 + 7 x = 4 x − 2

Ax 3 + Bx 2 + Cx + D = s. y + y 3 , sau đó đưa phương trình về dạng: 3

u ( x )  + s. u ( x )  = y 3 + s. y

x = 1 ⇔ 8x 3 − 13 x 2 + 3x + 2 = 0 ⇔   x = 5 ± 89  16

1 2

c, Điều kiện x ≥ . Ta đặt 2 x − 1 = a ≥ 0 thì phương trình đã cho trở thanh:

Ta xét các ví dụ sau: 3 2 8x − 36 x + 53x − 25 = y 3 3x − 5 = y

a, Đặt 3 3x − 5 = y ta có hệ sau: 

(1)

Cộng hai vế của phương trình với nhau ta được:

12a 2 + 1 − 8a3 − 8a − 1 = 0 ⇔ 8a 3 + 8a + 1 = 3 12a 2 + 1 Đặt

12a 2 + 1 = y ta có hệ sau:

8a 3 + 8a + 1 = y Cộng hai phương trình của hệ với nhau ta thu được:  2 3 12a + 1 = y 3

8x 3 − 36 x 2 + 56 x − 30 = y 3

(*) . Ta nghĩ đến việc biến đổi vế trái thành:

 A ( x )  + A ( x ) để phương trình có dạng:  A ( x )  + A ( x ) = y 3 + y 2

Giả sử: 8x 3 − 36 x 2 + 56 x − 30 = ( 2 x + a ) + ( 2 x + a ) . Đồng nhất hệ số của x 2  a = −3

( 2a + 1) + ( 2a + 1) = y 3 +y (*) Đặt z = ( 2a + 1) . Ta có: z 3 + z = y3 + y. Tương tự như cách giải trên ta suy ra: z = y Theo (*) ta có ⇔ y = 2a + 1  8a 3 + 8a + 1 = 2a + 1 ⇔ a = 0  x = Kết luận x =

189

1 là nghiệm duy nhất của phương trình. 2

190

1 2

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

d, Đặt y = 3 6x + 4 ta có hệ sau:  x3 − 4 = 6 y ⇔ x 3 + 6 x = y 3 + 6 y ⇔ ( x − y )( x 2 + xy + y 2 + 6) = 0 ⇔ x = y  3 6 x + 4 = y

Đặt y = x = − 2 

Thay vào phương trình ta có: x 3 − 6x − 4 = 0 ⇔ ( x + 2)( x 2 − 2x − 2) = 0 ⇔  x = 1 + 3  x = 1− 3 

e, Đặt y = 3 2x − 1 ta có hệ: 3  x + 1 = 2 y ⇔ x3 + 2 x = y 3 + 2 y ⇔ ( x − y )( x 2 + xy + y 2 + 2) = 0 ⇔ x = y  3  2 x = y + 1

 x =1  −1 − 5 Suy ra x 3 − 2x + 1 = 0 ⇔ ( x − 1)( x 2 + x − 1) = 0  x = 2   x = −1 + 5  2 (4x 2 + 1) x = (3 − x ) 5 − 2x

f, Đặt 5 − 2x = y ≥ 0  x =

 7 13 8  − 2 + 3 = 2y 1 3 + − 3 ta thu được hệ sau:  x x x 2 x x  1 + 3 − 3 = y3  x 2 x

Cộng hai phương trình của hệ ta có: 3

8 12 10 2  2  − + − 3 = y 3 + 2 y ⇔  − 1 + 2  − 1 = y 3 + 2 y (*) x3 x 2 x x  x  2 3 3 Đặt z = − 1 ta thu được: z + 2 z = y + 2 y  ( z − y )( z 2 + zy + y 2 + 2) = 0 ⇔ z = y x 2 7 13 8 4 8 13 3 ⇔ y = − 1 ⇔ − 2 + 3 = − 2 ⇔ 3 − 2 + + 2 = 0. x x x x x x x x

− 5 ± 89 4 b, Nhận thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình trên nên ta chía cả hai vế

Suy ra x = 1 , x =

1 x

1 Đặt y = 3 x + 2 + ta có hệ sau: x 3

5 − y2 thay vào ta có: 2

 5 − y2  3 3 2 2 (4x 2 + 1) x =  3 −  y ⇔ 8x + 2x = y + 2 y ⇔ (2x − y ) ( 4x + 2x. y + y + 2 ) = 0 2    −1 + 21 x = −1 + 21 2 2 y = 2x ⇔ 4x + 2 x − 5 = 0 ⇔  Thử lại ta thấy chỉ có x = thoả mãn điều 2  −1 − 21 x =  2

1 x

phương trình cho x thì thu được phương trình tương đương là: 3x 2 + 4x − = 3 x3 + 2 + . 1  2 3x + 4 x − x = y . Cộng hai phương trình của hệ ta có:   x3 + 2 + 1 = y 3  x

( x + 1) + ( x + 1) = y 3 + y . 1 x  x = −1  1 3x 2 + 4 x − = x + 1 ⇔ 3x 3 + 3x 2 − x −1 = 0 ⇔  x = ± 3 x  3

Từ phương trình ta suy ra y = x + 1 ⇔ 3x 2 + 4x − = x + 1

kiện bài toán.

c, Ta viết lại phương trình thành: ( x 3 − x) −16 x = 4 3 4 x 3 + 12 x

Ví dụ 2. Giải các phương trình

Đặt y = 3 4 x3 + 12 x ta có hệ tạm sau: 

a, 7x 2 − 13x + 8 = 2x 2 3 x (1 + 3x − 3x 2 )

b, 3x 3 + 4x 2 − 1 = 3 x 6 + 2x 3 + x 2

3  3  ( x − x) −16 x = 4 y 4 x3 + 12 x = y 3    3

Cộng hai vế hệ phương trình ta thu được: ( x 3 − x) + 4 ( x3 − x) = y 3 + 4 y Đặt z = x3 − x ta có:

 x3 − x  x3 + 3x c,   = 2x + 3 2  2 

z 3 + 4 z = y 3 + 4 y ⇔ ( z − y )( z 2 + yz + y 2 + 4) = 0 ⇔ ( x3 − x) = 4 x3 + 12 x

Lời giải: a, Nhận thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình: Chia hai vế phương trình cho x 3 ta thu được:

7 13 8 1 3 − + = 23 2 + − 3 . x x 2 x3 x x

x = 0 3 ⇔ x  x 2 ( x 2 −1) − 4 x 2 −12 = 0 ⇔  2 x = 3   

Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm là: x = 0; x = ± 3 IV. PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ

191

192

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Những kỹ thuật quan trọng để giải phương trình giải bằng phương pháp đánh giá ta thường sử dụng là: + Dùng hằng đẳng thức: A12 + A22 + ... + An2 = 0 ⇔ A1 = A2 = ... = An = 0 + Dùng các bất đẳng thức cổ điển Cô si, Bunhiacopxki, Bất đẳng thức hình học; + Dùng phương pháp khảo sát hàm số để tìm. Ví dụ 1. Giải các phương trình a, 4 x 2 + 3x + 3 = 4 x x + 3 + 2 2 x −1 . b, 13 x −1 + 9 x + 1 = 16 x . c, x (5 x 3 + 2) − 2 ( 2 x + 1 −1) = 0

 2 x − x + 3 = 0 2 x −1 −1 = 0 ⇔  ⇔ x =1   2 x −1 −1 = 0  2

)

b, Điều kiện: x ≥ 1 . Ta viết lại phương trình thành:   1 9 13 x −1− x −1 +  + 3 x + 1− 3 x + 1 +  = 0   4 4

 1   x −1 − = 0 2 2      1 3 5  2 ⇔ 13 x −1 −  + 3 x + 1 −  = 0 ⇔  ⇔ x=    3 2 2 4  x +1 − = 0   2   1 2

)

5 x 4 + 2 x + 1− 2 2 x + 1 + 1 = 0 ⇔ 5 x 4 +

(

x = 0 2  2 x + 1 −1 = 0 ⇔      2 x + 1 −1 = 0

)

Suy ra x = 0 là nghiệm duy nhất của phương trình. d, Điều kiện x ≥ 1; y ≥ 4; z ≥ 9 ta viết lại phương trình thành: 2 x −1 + 4 y − 4 + 6 z − 9 = x + y + z

⇔ x −1− 2 x −1 +1 + y − 4 − 4 y − 4 + 4 + z − 9 − 6 z − 9 + 9 = 0

(

) (

x −1 −1 +

) (

y −4 −2 +

1 2

1 8

1 2

trên ta có lời giải như sau: Theo bất đẳng thức Cô si dạng 3 3 abc ≤ a + b + c ta có

  x −1 −1 = 0 x = 2      z −9 −3 = 0 ⇔  y − 4 − 2 = 0 ⇔  y = 8       z − 9 − 3 = 0   z = 18    2

)

193

Mặt khác ta có: 2

16 x 4 + 5 −(8 x 3 + 2 x + 4) = 16 x 4 − 8 x 3 − 2 x +1 = ( 2 x −1) (4 x 2 + 2 x +1) ≥ 0 2   2 (2 x −1) (2 x + 2 x +1) = 0 1 Suy ra VT = VP . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi  ⇔ x= 2 2

 2 4 x = (4 x +1) = 2    1 Tóm lại: Phương trình có nghiệm duy nhất x = . 2 b, Vì 4 x 4 + x 2 + 3x + 4 > 0 nên phương trình đã cho có nghiệm khi 1 16 x 3 + 12 x ≥ 0 ⇔ 4 x (4 x 2 + 3) ≥ 0 ⇔ x ≥ 0 . Để ý rằng khi x = thì VT = VP nên ta nghĩ đến 2 1 1 sử dụng bất đẳng thức Cô si sao cho dấu bằng xảy ra khi x = . Khi x = thì 2 2 1 1 3 16 x +12 x = 16. +12. = 8 . Từ những cơ sở trên ta có lời giải như sau: 8 2

Theo bất đẳng thức Cô si dạng 3 3 abc ≤ a + b + c ta có

c, Điều kiện x ≥ − . Ta viết lại chương trình:

(

Lời giải a, Vì 16x 4 + 5 > 0 nên phương trình đã cho có nghiệm khi 4 x 3 + x ≥ 0 ⇔ x (4 x 2 + 1) ≥ 0 ⇔ x ≥ 0 .

Ta có 6 3 4 x3 + x = 2.3. 3 (4 x3 + x).1.1 ≤ 2 ( 4 x3 + x +1 +1) = 8 x3 + 2 x + 4

4 x 2 − 4 x x + 3 + ( x + 3) + 2 x −1− 2 2 x −1 + 1 = 0

) (

c, 96 x − 20 x + 2 + x 8 x −1 − 4 x (8 x +1) = 0 3

1 2

Lời giải:

(

b, 4 x 4 + x2 + 3x + 4 = 3 3 16 x3 +12 x

dấu bằng xảy ra khi x = . Mặt khác, khi x = ⇒ 4 x3 + x = 4. + = 1 thì từ những cơ sở

1 a, Điều kiện: x ≥ − . Ta viết lại phương trình thành: 2

⇔ 2x − x + 3 +

a, 16x 4 + 5 = 6 3 4x3 + x

1 2

1 x −1 + 2 y − 4 + 3 z − 9 = ( x + y + z ) . 2

Ví dụ 2. Giải các phương trình

Để ý rằng khi x = thì VT = VP nên ta nghĩa đến sử dụng bất đẳng thức Cô si sao cho

( Trích Đề tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán trường Chuyên Amsterdam,2014). d,

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

3 3 16 x 3 + 12 x =

33 1 16 x 3 + 12 x.8.8 ≤ (16 x 3 + 12 x + 8 + 8) = 4 x 3 + 3 x + 4 4 4

Mặt khác ta có: 2

4 x 4 + x 2 + 3x + 4 −( 4 x 3 + 3x + 4) = 4 x 4 − 4 x 3 + x 2 = x 2 (2 x −1) ≥ 0 .   x 2 (2 x −1)2 = 0 1 ⇔ x= . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi  2

 2 2 = x (4 x + 3)    1 1 c, Điều kiện: x ≥ . Để ý rằng x = là nghiệm của phương trình nên ta có lời giải như 8 8

sau: 3

4 x (8 x +1) = 3 1.1.4 x (8 x +1) ≤

1 +1 + 4 x (8 x +1) 32 x 2 + 4 x + 2 = . 3 3 194

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Mặt khác, ta có:

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Mặt khác, ta có : 2

32 x 2 + 4 x + 2 256 x 2 − 64 x + 4 4 (8 x −1) 96 x 2 − 20 x + 2 − = = ≥0. 3 3 3

(

Suy ra 96 x − 20 x + 2 + x 8 x −1 − 3 4 x (8 x +1) ≥ 0 .

(Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki cho 3 số)

1 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = 8

Từ đó suy ra :

Ví dụ 3. Giải các phương trình a,

 1 1 1 1  b, + = 3  +    x 2 x −1 4 x −1 5 x − 2 

2 + = 2 x −1 4 4 x − 3 x

c, 4 x + 4 2 x −1 = 4

4 x −1 4 5 x − 2 + 3 3

d, −x 2 + 4 x + 21 − −x 2 + 3x +10 = 2 Lời giải

+ Ta chứng minh:

2 x −1

x 2 x −1

x 4x − 3

≥ 1 . Thật vậy, bất đẳng thức tương đương với

x 2 ≥ 2 x −1 ⇔ ( x −1) ≥ 0 . Điều này là hiển nhiên đúng.

x 4

4x − 3

≥ 1 . Thật vậy, bất đẳng thức tương đương với

x 4 ≥ 4 x − 3 ⇔ x 4 − 4 x + 3 ≥ 0 ⇔ ( x 2 − 2 x + 1)( x 2 + 2 x + 3) ≥ 0

≤ 3 ( 4 x − 1)  x + x + 2 x − 1 ≤ 3 ( 4 x − 1)

2 1 3 3 + ≥ x 2x −1 4x −1 1 2 3 3 + ≥ x 2x −1 5x − 2

Cộng hai bất đẳng thức cùng chiều ta có :

3 3 3 3 3 3 + ≥ + x 2x −1 4x −1 5x − 2

1 1 1  1  + ≥ 3 +  x 2x −1 5x − 2   4x −1

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = 1 c, Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng :

( ax + by + cz ) ta có :

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = 1 Ta chứng minh:

)

Tương tự ta cũng có :

⇔

1 a, Điều kiện: x > . 2

Phương trình đã cho có thể viết lại như sau:

x + x + 2x −1

(

≤ ( a 2 + b 2 + c 2 )( x 2 + y 2 + z 2 )

x + 4 x + 4 2x −1

⇔ 4 x + 4 x + 4 2x −1 ≤ 3 4

)

(

≤ (1 + 1 + 1)

(

x + x + 2x −1

)

x + x + 2 x − 1 . Lại có

)

x + x + 2 x − 1 ≤ 3 ( 4 x − 1) suy ra

x + 4 x + 4 2 x − 1 ≤ 3 3 ( 4 x − 1) = 4 27 ( 4 x − 1) (1)

⇔ ( x − 1) ( x 2 + 2 x + 3) ≥ 0

Tương tự : 4 x + 4 2 x − 1 + 4 2 x − 1 ≤ 3 3 ( 5 x − 2 ) = 4 27 ( 5 x − 2 ) ( 2 )

Điều này là hiển nhiên đúng. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = 1

Cộng hai bất đẳng thức cùng chiều (1),(2) , ta có :

Từ đó suy ra VT ≥ 2 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = 1 3

1 1 1  1  b, + = 3 +  x 2x −1 5x − 2   4x −1

)

x + 4 2 x − 1 ≤ 4 27 ( 4 x − 1) + 4 27 ( 5 x − 2 ) ⇔ 4 x + 4 2 x − 1 ≤

4x −1 4 5x − 2 + 3 3

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 1 .

Ta thấy rằng: 4 x − 1 = x + x + 2 x − 1;5 x − 2 = x + 2 x − 1 + 2 x − 1 Theo bất đẳng thức Cô si ta có: 1 1   1 + +   x + x + 2x −1 ≥ 9 x 2x −1   x 1 1 1 9  + + ≥ x x x + x + 2x −1 2x −1

(

d, Ta có VT = ( x + 3)( 7 − x ) − ( x + 2 )( 5 − x ) = Điều kiện xác định là −2 ≤ x ≤ 5

)

Theo bất đẳng thức AM-GM ta có :

195

196

x + 11

( x + 3)( 7 − x ) + ( x + 2 )( 5 − x )

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

( x + 3)( 7 − x ) =

1 2

Và ( x + 2 )( 5 − x ) =

( 2 x + 6 )( 7 − x ) ≤ 1 2

1 x + 13 ( 2 x + 6 ) + ( 7 − x )  = 2 2 2 2

( 2 x + 4 )( 5 − x ) ≤

1 2 2

Như vậy: ( x + 3)( 7 − x ) + ( x + 2 )( 5 − x ) ≤ Từ đó suy ra: VT =

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

x+9

( 2 x + 4 ) + ( 5 − x )  =

1 2

≥ 3x + 1 + 2 x −

2 2

( x + 11)

x + 11

( x + 3)( 7 − x ) + ( x + 2)( 5 − x )

5  3 2  +  2 x −  +  x −  + x2 + ( 4 x − 6 ) 2  2 

5 5 3 3 + x  VT ≥ 3 x + 1 + 2 x − + x = 6 x − ≥ 6 x − . 2 2 2 2 3 2

≥ 2 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

VP =

1 1 1 3 12 x − 3 − 2 ( 4 x 2 − 12 x + 9 )  = 12 x − 3 − 2 ( x − 3 ) 2  ≤ (12 x − 3 ) = 6 x −  2  2 2 2 3 2

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = . Từ đó ta có nghiệm của phương trình là x=

1 3

Vậy x = là nghiệm duy nhất của phương trình.

a, 3 x 2 − 1 + x 2 − x − x x 2 + 1 =

1 2 2

(7x

3 . 2

x 2 + x − 1 = 1( x 2 + x − 1) ≤

c, Theo bất đẳng thức AM-GM ta có :

Ví dụ 4: Giải các phương trình sau:

1 x2 + x 1 + ( x 2 + x − 1)  =  2 2

x = 1  x = −2

− x + 4)

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1 = x 2 + x − 1 ⇔ 

17 1 + 17 x 2 − 48 x + 36 = ( 36 x − 8 x 2 − 21) 2 2

1 −x2 + x + 2 1 + ( − x 2 + x + 1)  = . Dấu đẳng thức xảy ra khi và  2 2 x = 1 x2 + x − x 2 + x + 2 chỉ khi 1 = − x 2 + x + 1 ⇔  . Từ đó suy ra VT ≤ + = ( x + 1) . x = 0 2 2 

− x 2 + x + 1 = 1( − x 2 + x + 1) ≤

c, x 2 + x − 1 + − x 2 + x + 1 = x 2 − x + 2

Lời giải

Mặt khác ta có x 2 − x + 2 − ( x + 1) = ( x − 1) ≥ 0.

1 a,Điều kiện: x ≥ 1 ∨ x ≤ − 3

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 1

Áp dụng BĐT Cauchy – Shwarz cho hai bộ số (1;1; − x ) và

VT (*) ≤

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = . Mặt khác ta cũng có

( 2 x + 6 ) = ( 7 − x ) 1 ⇔ x= .  3 ( 2 x + 4 ) = ( 5 − x )

b, 13x 2 − 6 x + 10 + 5 x 2 − 13 x +

( 3x + 1) + ( 2 x − 3)

VT =

(

)

3x 2 − 1; x 2 − x ; x 2 + 1 ta có:

+ 2 )( 5 x 2 − x ) . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = 1 . Do x ≥ 1 ∨ x ≤ −

1 3

Từ đó suy ra phương trình có nghiệm duy nhất x = 1 . Ví dụ 5. Giải các phương trình sau :

nên

5 x − x > 0 . Áp dụng BĐT Cauchy ta có:

(

a, 3 14 − x 3 + x = 2 1 + x 2 − 2 x − 1

)

b, x x + x + 12 = 12

(

5− x + 4− x

VP (*) =

1 5 x 2 − x + 2 ( x 2 + 1)  ≥  2 2 .2 2 2

(5x

Lời giải : 2

− x ) 2 ( x2 + 2) = 4 3

(5x

− x )( x 2 + 2 )

Dấu của đẳng thức xảy ra khi x = −1 và x = . Từ đó ta có nghiệm của PT (*) là : x = −1 b, Ta có:

a, Điều kiện : x 2 − 2 x − 1 ≥ 0 Phương trình đã cho tương đương với: 3 14 − x3 = 2 x 2 − 2 x − 1 + 2 − x Do 2 x 2 − 2 x − 1 ≥ 0 nên từ phương trình ta cũng suy ra: 3 14 − x3 ≥ 2 − x 3

Lập phương hai vế ta thu được : 14 − x3 ≥ ( 2 − x ) ⇔ 6 ( x 2 − 2 x − 1) ≤ 0

197

198

)

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

x = 1+ 2

c, Cộng 2 vế (*) với 2ab ta thu được bất đẳng thức cần chứng minh.

 x = 1 − 2

d, Từ a 2 + b 2 ≥ 2ab , tương tự ta cũng có: b 2 + c 2 ≥ 2bc; c 2 + a 2 ≥ 2ca cộng 3 bất đẳng thức

Như vậy phương trình có nghiệm khi và chỉ khi x 2 − 2 x − 1 = 0 ⇔ 

Kết luận: Phương trình có 2 nghiệm là: x = 1 + 2 và x = 1 − 2

cùng chiều ta có: 2 ( a + b + c ) ≥ 2(ab + bc + ca ) ⇔ a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca (**)

b, Điều kiện : 0 ≤ x ≤ 4.

Ngoài ra ta cũng có thể làm cách khác :

Xét f ( x ) = x x + x + 12 trên [ 0; 4] . Dễ thấy 12 = f ( 0 ) ≤ f ( x ) ≤ f ( 4 ) = 12  VT ≤ 12 (1)

a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ac ⇔ 2 ( a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ 2 ( ab + bc + ac )

Xét 1 = g ( 4 ) ≤ g ( x ) ≤ g ( 0 ) = 5 . Suy ra VP ≥ 12 ( 2 )

⇔ a 2 − 2ab + b 2 + b 2 − 2bc + c 2 + c 2 − 2ac + a 2 ≥ 0 ⇔ ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a ) ≥ 0.

Từ (1),(2) suy ra phương trình có nghiệm khi VT = VP = 12 ⇔ x = 4.

Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.

CHỦ ĐỀ 6: MỘT SỐ KỸ THUẬT CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC

e. Nhân hái vế (**) với 2 rồi cộng hai vế với a 2 + b 2 + c 2 . Ta thu được bất đẳng thức cần chứng minh .

BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG

KIẾN THỨC CẦN NHỚ

f. cộng 2 vế (**) với 2 ( ab + bc + ca ) ta thu được điều phải chứng minh.

Để chứng minh bất đẳng thức A ≥ B . Tư tưởng của phương pháp là biến đổi tương đương bất đẳng thức trên thành một bất đẳng thức phổ biên là các dạng sau:

g. Ta viết lại bắt đẳng thức cần chứng minh thành : a 2 − 2a + 1 + b 2 − 2b + 1 + c 2 − 2c + 1 ≥ 0

+ Sử dụng định nghĩa bất đẳng thức : A ≥ B ⇔ A − B ≥ 0 + Dạng tổng bình phương: A ≥ B ⇔ mX 2 + nY 2 + kZ 2 ≥ 0 , với các số m, n, k không âm + Dạng tích hai thừa số cùng dấu: A ≥ B ⇔ X .Y ≥ 0 hoặc A ≥ B ⇔ X 2 n .Y ≥ 0

⇔ ( a − 1) + ( b − 1) + ( c − 1) ≥ 0 . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.

h. Với mọi số thực dương a, b, c và số thực k thỏa mãn 0 ≤ k ≤ 1. ta có :

(a − b)

≥ 0  (1 − k )( a − b ) ≥ 0 ⇔ ( a − b ) ≥ k ( a − b ) ⇔ a 2 + b 2 ≥ 2ab + k ( a − b ) 2

MỘT SỐ VÍ DỤ MINH HỌA

( a − b ) , tương tự ta cũng có hai băt a2 Chia hai vế cho b > 0 ta thu được : + b ≥ 2a + k

Ví dụ 1: Chứng minh các bất đẳng thức sau với a,b là số thực bất kỳ.

dẳng thức nửa và cộng lại thì ta thu được :

b, 2 ( a 2 + b 2 ) ≥ ( a + b )

a, a 2 + b 2 ≥ 2ab 2

d , a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca.

c, ( a + b ) ≥ 4ab e,3( a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ ( a + b + c )

f , ( a + b + c ) ≥ 3( ab + bc + ca).

g, a 2 + b 2 + c 2 + 3 ≥ 2 ( a + b + c ) .

a 2 b2 c2 + + ≥ a + b + c với a, b, c > 0 b c a

 ( a − b )2 ( b − c )2 ( c − a )2  a 2 b2 c2 + + + a + b + c ≥ 2a + 2b + 2c + k  + +  b c a c a   b

Hay

 ( a − b )2 ( b − c )2 ( c − a )2  a 2 b2 c2 + + ≥ a+b+c+k  + +  ≥ a+b+c b c a c a   b

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c. Ví dụ 2.

Lời giải: a, Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với a 2 + b 2 ≥ 2ab (*) 2

⇔ a 2 − 2ab + b2 ≥ 0 ⇔ ( a − b ) ≥ 0 rõ ràng bất đẳng thức này luôn đúng. Dấu đẳng thức xẩy

ra khi và chỉ khi a = b .

Cho các số thực không âm a, b . Chứng minh các đẳng thức sau: a. a 3 + b3 ≥ ab(a + b). 3

b. 4 ( a 3 + b3 ) ≥ ( a + b ) . 2

b, Cộng hai vế (*) với a 2 + b 2 ta thu được bất đẳng thức cần chứng minh. 199

c. ( ax + by ) ≤ ( a 2 + b 2 )( x 2 + y 2 ) .

200

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

e. Làm tương tự câu d. f. Áp dụng bất đẳng thức ở câu c ta có :

1 1 2 + ≥ với a.b ≥ 1. a 2 + 1 b 2 + 1 1 + ab 1 1 2 e. 2 + 2 ≤ với a.b ≤ 1. a + 1 b + 1 1 + ab 1 1 1 + ≥ . f. 2 2 ( a + 1) ( b + 1) ab + 1

( a + 1)

  a 1 b  a  ( ab + 1)( a + b ) =  ab . + 1.1 ≤ ( ab + 1)  + 1 =  ≥ . 2 b b a + b ab + 1) ( )( b   ( a + 1)  

Tương tự ta cũng có :

x2 y2 ( x + y ) g. + ≥ với a , b, x, y > 0. a b a+b

( b + 1)

≥

( a + b )( ab + 1)

, cộng hai bất đẳng thức cùng chiều ta

thu được:

h. ( ax + by + cz ) ≤ ( a 2 + b 2 + c 2 )( x 2 + y 2 + z 2 ) .

x2 y2 z 2 ( x + y + z ) + + ≥ với a, b, c, x, y, z > 0. a b c a+b+c 1 1 1 3 + + ≥ j. với a, b, c ≥ 1. 1 + a 3 1 + b3 1 + c 3 1 + abc k. a 4 + b 4 + c 4 ≥ abc ( a + b + c ) .

( a + 1)

( b + 1)

≥

( a + b )( ab + 1) ( a + b )( ab + 1)

1 . Dấu đẳng thức xảy ra khi và ab + 1

chỉ khi a = b =1. g. Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với : 2

bx 2 + ay 2 ( x + y ) 2 ≥ ⇔ ( a + b ) ( bx 2 + ay 2 ) ≥ ab ( x + y ) ab a+b

Lời giải: a. Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với : a 3 + b3 − ab ( a + b ) ≥ 0

⇔ ( a + b ) ( a 2 − ab + b 2 − ab ) ≥ 0 ⇔ ( a + b )( a − b ) ≥ 0 . Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng

⇔ abx 2 + aby 2 + b2 x 2 + a 2 y 2 ≥ abx 2 + aby 2 + 2abxy ⇔ b2 x2 − 2abxy + a 2 y 2 ≥ 0 ⇔ ( bx − ay ) ≥ 0 .

Rõ ràng bất đẳng thức cuối luôn đúng . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ay = bx .

. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b. 3

b. Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với : 4 ( a 3 + b3 ) − ( a − b ) ≥ 0 2 2 ⇔ ( a + b )  4 ( a 2 − ab + b 2 ) − ( a + b )  ≥ 0 ⇔ ( a + b ) 3 ( a − b )  ≥ 0. Bất đẳng thức cuối cùng  

h) Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với :

+ b 2 + c 2 )( x 2 + y 2 + z 2 ) − ( ax + by + cz ) ≥ 0

luôn đúng . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b.

⇔ a 2 ( x 2 + y 2 + z 2 ) + b2 ( x 2 + y 2 + z 2 ) + c 2 ( x 2 + y 2 + z 2 ) − ( a 2 x 2 + b 2 y 2 + c 2 z 2 + 2abxy + 2bcyz + 2cazx ) ≥ 0.

c. Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

⇔ ( a2 y 2 − 2abxy + b2 x 2 ) + ( b2 z 2 − 2bcyz + c 2 y 2 ) + ( c 2 x 2 − 2cazx + a 2 z 2 ) ≥ 0

+ b 2 )( x 2 + y 2 ) − ( ax + by ) ≥ 0 ⇔ a 2 x 2 + a 2 y 2 + b2 x 2 + b 2 y 2 − a 2 x 2 − 2abxy − b 2 y 2 ≥ 0 2

Hay a 2 y 2 − 2abxy + b 2 x 2 ≥ 0 ⇔ ( ay − bx ) ≥ 0. Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ax = by.

⇔ a b − 2a b + ab − ( a − 2ab + b 3

) ≥ 0 ⇔ ab ( a

− 2ab + b

) − (a

− 2ab + b

)≥0

⇔ ( ab − 1)( a − b ) ≥ 0. Bất đẳng thức luôn đúng với mọi số thực a , b và a.b ≥ 1. 201

 ay = bx

 ra khi và chỉ khi bz = cy ⇔ =

⇔ a 2 + b 2 + a 3b + ab3 + 2ab + 2 ≥ 2a 2 b 2 + 2a 2 + 2b 2 + 2 ⇔ a 3b − 2 a 2b 2 + ab 3 − ( a 2 − 2ab + b 2 ) ≥ 0 2

a x

b c = . y z

i ) Áp dụng bất đẳng thức ở câu g liên tục hai lần ta có :

2 a 2 + b2 + 2 ≥ ⇔ ( a 2 + b 2 + 2 ) (1 + ab ) ≥ 2 ( a 2 + 1)( b 2 + 1) 2 2 1 + a + 1 b + 1 ( )( ) ab

cx = az 

d. Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

⇔ ( ay − bx ) + ( bz − cy ) + ( cx − az ) ≥ 0. Bất đẳng thức này luôn đúng . Dấu đẳng thức xảy

x2 y2 z 2 ( x + y ) z2 ( x + y + z ) + + ≥ + ≥ ( đpcm). Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c a+b c a+b+c

a b  =  ay = bx a b c x y ⇔ ⇔ = = .  a + b c x y z c ( x + y ) = z ( a + b )  =  x + y z

202

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Cách khác : Áp dụng bất đẳng thức ở câu h ta có :

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG a 2b 2 a 2 + 2ab + ≥ 2 với a , b > 0 . 3 3 2 a + b 3 2a + b 2

( x + y + z)

y z  x   x2 y2 z 2  = . a+ . b+ . c  ≤  + +  (a + b + c) b c  b c  a   a

e. Tìm hằng số k lớn nhất sao cho

Hay

x2 y2 z 2 ( x + y + z ) + + ≥ (đpcm). a b c a+b+c

k 1 1 16 + 4k + + ≥ với a, b > 0. a 3 + b3 a 3 b 3 ( a + b ) 3

2ab a 2 + b2 a+b + ≥ ab + với a, b > 0. 2 2 (a + b)

Các bất đẳng thức ở câu g, h, i còn có tên gọi là bất đẳng thức Cauchy – Schwarz. Đây là những bất đẳng thức cơ sở để giải quyết hầu hết các bài toán chứng minh bất đẳng thức Học sinh cần nắm chắc phần này .

a. Trước hết ta chứng minh bắt đẳng thức x3 + y 3 ≥ xy ( x + y ) với x, y là các số dương .

j. Áp dụng bắt đẳng thức ở câu d) liên tục hai lần ta có :

Thật vậy x3 + y3 ≥ xy ( x + y ) ⇔ ( x + y ) ( x 2 + y 2 − xy ) ≥ xy ( x + y ) ⇔ ( x − y ) ≥ 0.

1 1 1 1 2 2 4 4 + + + ≥ + ≥ = . 1 + a 3 1 + b3 1 + c 3 1 + abc 1 + a 3b3 1 + abc 4 1 + a 3b3 abc 4 1 + abc

Áp dụng bất đẳng thức trên ta được :

1 1 1 3 + + ≥ , Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. Hay 1 + a 3 1 + b 3 1 + c 3 1 + abc

k) Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với a 4 + b4 + c 4 − a 2bc − b 2 ac − c 2 ab ≥ 0 ⇔ 2a 4 + 2b 4 + 2c 4 − 2a 2bc − 2b 2 ac − 2c 2 ab ≥ 0

⇔ ( a2 − b

2 2

)

+ 2a 2b 2 + ( b 2 − c

2 2

)

+ 2b 2c 2 + ( c 2 − a 2

2 2

)

+ 2a 2 c 2 − 2a 2bc − 2b 2 ac − 2c 2 ab ≥ 0. 2

Lời giải

a 3 + b3 b3 + c 3 c3 + a 3 ab ( a + b ) bc ( b + c ) ca ( c + a ) + + ≥ + + = 2 (a + b + c) ab bc ca ab bc ca a 3 + b3 b 3 + c 3 c 3 + a 3 + + ≥ 2(a + b + c) ab bc ca

b. Đặt x = a − 1; y = b − 1 khi đó x ≥ 0; y ≥ 0. Bất đẳng thức cần chứng minh được viết lại thành ( x 2 + 1) y + ( y 2 + 1) x ≤ ( x 2 + 1)( y 2 + 1)

⇔ ( a 2 − b 2 ) + ( b 2 − c 2 ) + ( c 2 − a 2 ) + ( ab − bc ) + ( bc − ac ) + ( ab − ac ) ≥ 0.

⇔ ( x 2 + 1)( y 2 + 1) − 2 ( x 2 + 1) y + ( x 2 + 1)( y 2 + 1) − 2 ( y 2 + 1) x ≥ 0.

a 4 + b 4 + c 4 ≥ abc ( a + b + c ) . Vậy đẳng thức được chứng minh . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ

⇔ ( x 2 + 1) ( y − 1) + ( y 2 + 1) ( x − 1) ≥ 0. Bất đẳng thức cuối cùng đúng.Vậy bất đẳng thức

khi a = b = c .

được chứng minh . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = 1 hay a = b = 2.

Cách khác :

c. Cách 1: Bất đẳng thức đã cho tương đương với .

Áp dụng bắt đẳng thức x2 + y 2 + z 2 ≥ xy + yz + zx . với x = a 2 , y = b2 , z = c2 ta thu được a 4 + b 4 + c 4 ≥ a 2b 2 + b 2c 2 + c 2 a 2 ≥ ab.bc + bc.ca + ca.ab = abc ( a + b + c ) .

Ví dụ 3. ⇔

Chứng minh rằng : 3

2 2

4a b

2 2

)

+ b2 )

−1 +

− ( a 2 − b2 )

2 2

)

4a 2b 2 − ( a 2 − b 2 ) a 4 − 2a 2b 2 + b 4 a 2 b2 + 2 −2≥0⇔ + ≥ 0. 2 2 b a a 2b 2 ( a2 + b2 )

− b2 ) 2 2

  2 1 1  ≥ 0. ≥ 0 ⇔ ( a2 − b2 )  2 2 − 2 2 2  a b (a + b )   

a +b b +c c +a + + ≥ 2 ( a + b + c ) với các số thức dương a, b, c ab bc ca b. a b − 1 + b a − 1 ≤ ab với a , b ≥ 1.

4a 2 b 2

a b + ≥ 3 với a , b ≠ 0. b2 a 2

⇔

2 2 2 2 2 4 4 2 2 − b 2 ) ( a 2 + b 2 ) − a 2b 2    ≥ 0 ⇔ ( a − b ) ( a + b + a b ) ≥ 0. 2 2 a 2b 2 ( a 2 + b 2 ) a 2b 2 ( a 2 + b 2 )

Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng . Vậy bắt đẳng thức được chứng minh . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = ±b . 203

204

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Cách 2. Bất đẳng thức được viết lại thành Khi đó ta được 0 < t ≤ 1 . Suy ra

+ b2 )

4a 2b 2

+ b2 )

a 2b 2

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG 2

 2ab  ≥ 5. Đặt t =  2 2  .  a +b 

 a 2 + b2  4 = 4  = . Bất đẳng thức cần chứng t  2ab 

a 2b 2

a 4 + 5a3b + 12a 2b2 + 5ab3 + b4 = a 4 + b4 + 5ab(a 2 + b2 ) + 12a 2b2 ≥ 24a2b2

Và a 2 − ab + b2 ≥ ab . Do đó ta có ( a 4 + 5a 3b + 12a 2b 2 + 5ab3 + b4 )( a 2 − ab + b 2 ) ≥ 24a3b3 . Suy ra bất đẳng thức được chứng minh. Vậy hằng số k lớn nhất là 8. f, Bất đẳng thức cần chứng minh được biến đổi như sau:   2  a − b )  ( a 2 + b2 a + b 2ab 1 1  − ab ≥ − ⇔ − − ≥0 2 2  a +b 2 2 a+b 2 a +b  − ab   2  

4 minh trở thành t + ≥ 5 ⇔ t 2 − 5t + 4 ≥ 0 ⇔ ( t − 1)( t − 4 ) ≥ 0. Bất đẳng thức cuối cùng luôn t đúng 0 < t ≤ 1 .

Vậy bắt đẳng thức được chứng minh . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = ±b . d. Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với 2

ab 2 a + 2ab ab 1 a + 2ab + ≥ ⇔ 3 3− ≥ 2 −1 2a3 + b3 3 2a 2 + b 2 2a + b 3 2a + b 2 2 2  1 − ( a − b ) ( 2a + b ) − ( a − b ) 2a + b  2 ⇔ ≥ ⇔ ( a − b)  2 2 −  ≥ 0. 2 2 3 3 2a + b 2 a + b 3 ( 2a + b ) 3 2 ( a3 + b3 )   2 ⇔ ( a − b ) 3 ( 2a 3 + b3 ) − ( 2a 2 + b 2 ) ( 2a + b )  ≥ 0 2

⇔ ( a − b ) ( 2a 3 + 2b3 − 2a 2b − 2ab 2 ) ≥ 0 ⇔ ( a + b )( a − b ) ≥ 0.

Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng. Vậy bắt đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b. e. Biến đổi tương đương bắt đẳng thức cần chứng minh ta được k 1 1 16 + 4k + + ≥ . a 3 + b3 a 3 b3 ( a + b )3

a − b  7b 2 + 4ab + a 2 7 a 2 + 4ab + b 2  3k ( a − b ) (a + b) ⇔ − ≥0  − 3 3 3 ( a + b )3  b3 a3  ( a + b ) (a + b)

(a − b)

+ 5a3b + 12a 2b 2 + 5ab3 + b 4 )

3k (a − b)2 ≥0 ab a 2 − ab + b2 2 2 4 3 2 2 3 4 2 2 ⇔ ( a − b ) ( a + 5a b + 12a b + 5ab + b )( a − ab + b ) − 3ka 3b3  ≥ 0 . Vì ( a − b ) ≥ 0 nên 3 3

−

bất đẳng thức đúng khi và chỉ khi

+ 5a3b + 12a 2b2 + 5ab3 + b4 )( a 2 − ab + b2 ) − 3ka3b3 ≥ 0 .

Cho a = b thì bất đẳng thức trên trở thành 24a 6 − 3ka 6 ≥ 0  k ≤ 8 . Ta chứng minh k = 8 là hằng số lớn nhất thỏa mãn bất đẳng thức đã cho. Thật vậy, ta xét các trường hợp sau: + Với k < 8 thì ( a 4 + 5a3b + 12a 2b2 + 5ab3 + b4 )( a 2 − ab + b2 ) − 3ka3b3 > 0 . + Với k = 8 thì bất đẳng thức trên được viết lại thành ( a4 + 5a3b + 12a2b2 + 5ab3 + b4 )( a2 − ab + b2 ) − 24a3b3 ≥ 0 . Ta có a 4 + b4 ≥ 2a 2b2 ; a 2 + b2 ≥ 2ab nên 205

Vì ( a − b ) ≥ 0 nên ta cần chứng minh 2a + 2b − 2 ( a 2 + b 2 ) − 2 ab ≥ 0 Thật vậy, ta có

(a − b)

a + b − 2 ( a2 + b2 ) =

2 ( a 2 + b2 ) + ( a + b )

; a + b − 2 ab =

(

a− b

)

(a − b)

(

a+ b

)

Do vậy bất đẳng thức trên tương đương với  ≥0 2  2 ( a 2 + b2 ) + ( a + b )  a+ b  2 2 2 ⇔ ( a − b )  2 ( a 2 + b2 ) + ( a + b ) − a + b  ≥ 0 ⇔ ( a − b )  2 ( a 2 + b 2 ) − 2 ab  ≥ 0    

( a − b)

   

(

)

−

(

⇔ ( a − b)

k 4k 1 8 1 8 ⇔ 3 3− + − + − ≥0 a + b ( a + b)3 a 3 ( a + b)3 b3 ( a + b) 3

⇔

2 ⇔ ( a − b )  2a + 2b − 2 ( a 2 + b 2 ) − 2 ab  ≥ 0  

2 ( a 2 + b2 ) − 4ab 2 ( a 2 + b 2 ) + 2 ab

≥0⇔

)

2 ( a − b)

2 ( a 2 + b2 ) + 2 ab

≥0

Bất đẳng thức cuối này hiển nhiên đúng. Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b . Ví dụ 4. Chứng minh các bất đẳng thức: a, a + bc + b + ca + c + ab ≥ 1 + ab + bc + ca với a, b, c > 0; a + b + c = 1. 5b3 − a3 5c3 − b3 5a 3 − c 3 + + ≤ a + b + c với a, b, c > 0 . ab + 3b2 bc + 3c3 ca − 3a 2 1 1 1 1 + + ≤ . Với ( a, b, c > 0 ) c, 3 3 a + b + abc b 3 + c 3 + abc c 3 + a 3 + abc abc 33 1 1 1 d, 3  + +  + 2 ≥ với a, b, c > 0 và a + b + c = 3. ab + bc + ca a b c

Lời giải a, Quan sát bất đẳng thức ta có các nhận xét sau: + Dự đoán đẳng thức xảy ra khi a = b = c =

1 . 3

+ Khi thay 1 bằng a + b + c vào bất đẳng thức và chuyển vế thì ta được các nhóm a + bc − a − bc ; b + ca − b − ca ; c + ab − c − ab . Do va trò a, b, c như nhau nên ta dự đoán mỗi nhóm trên không âm. Để chứng minh dự đoán trên ta có thể bình 206

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

phương làm mất căn bậc hai rồi biến đổi tương đương thành tổng các bình phương. + Để ý giả thiết a + b + c = 1, khi đó ta có a + bc = ( a + b)( a + c ) . Dễ dàng nhận ra ( a + b )( a + c ) ≥ a + bc . Như vậy chỉ cần áp dụng tương tự cho hai trường hợp còn lại thì bất đẳng thức được chứng minh. Cách 1: Bất đẳng thức cần được chứng minh tương đương với a + bc + b + ca + c + ab ≥ a + b + c + ab + bc + ca ⇔

(

) (

a + bc − a − bc +

) (

b + ca − b − ca +

Thật vậy, ta có

(

)

5b3 − a3 ≤ (2b − a)(ab + 3b 2 ) ⇔ 5 b3 − a3 ≤ 2ab 2 + 6b3 − a 2b − 3ab2 ⇔ a 3 + b3 ≥ a 2b + ab 2 ⇔ (a + b)(a − b)2 ≥ 0 . Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng, do đó bất đẳng thức trên

5b3 − a 3 5c3 − b3 5a3 − c 3 + + ≤ a+b+c ab + 3b 2 bc + 3c 3 ca − 3a 2

Cách 3: Ta có

≥0

a 3 − 5b3 + 2b( ab + 3b 2 ) = a3 + b3 + 2ab 2 = ( a 3 + ab 2 ) + (b3 + a 2b) + 2ab 2 − ( a 2b + ab 2 )

Chứng minh tương tự ta được b + ca − b − ca ≥ 0; c + ab − c − ab ≥ 0 .

≥ 2a 2b + 2ab 2 + 2ab 2 − (a 2b + ab 2 ) = a(ab + 3b 2 ) . Do đó ta có

Đến đây bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a =b=c=

5c 3 − b3 5a 3 − c 3 ≤ 2c − b; ≤ 2a − c 3 bc + 3c ca − 3a 2

Vậy bài toán được chứng minh xong. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c .

a + bc − a − bc ≥ 0 ⇔ a + bc ≥ a + bc ⇔ a + bc ≥ a 2 + 2a bc + bc 2

Thật vậy, biến đổi tương đương bất đẳng thức trên ta được

Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được

a + bc − a − bc ≥ 0; b + ca − b − ca ≥ 0; c + ab − c − ab ≥ 0

b− c

5b3 − a 3 ≤ 2b − a với a , b là các số thực dương. ab + 3b 2

được chứng minh. Chứng minh tương tự ta được

)

c + ab − c − ab ≥ 0

Ta cần chứng minh

⇔ 1 ≥ a + 2 bc ⇔ a + b + c ≥ a + 2 bc ⇔

b, Ta sẽ chứng minh

a3 − 5b3 + 2b ≥ a hay ta được ab + 3b 2

5b3 − a 3 5c 3 − b3 5a 3 − c 3 ≤ 2b − a . Áp dụng tương tự ta được ≤ 2c − b ; ≤ 2a − c . 2 2 ab + 3b bc + 3c ca + 3a 2

1 . 3

Cách 2: Kết hợp với giả thiết a + b + c = 1 ta có a + bc = (a + b)(a + c) ;

b + ca = (a + b)(b + c) ;

Công vế các bất đẳng thức trên ta được c + ab = (c + a)(b + c)

5b3 − a 3 5c3 − b3 5a 3 − c3 + + ≤ a+b+c. ab + 3b 2 bc + 3c 2 ca + 3a 2

Vậy bài toán được chứng minh xong. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c .

Khi đó bất đẳng thức được viết lại thành

c, Ta có: a 3 + b3 = ( a + b ) ( a 2 − ab + b 2 ) . Suy ra:

(a + b)(a + c) + (a + b)(b + c ) + (c+ a)(b+ c) ≥ 1 + ab + bc + ca

a 3 + b3 − ab(a + b) = ( a + b ) ( a 2 − ab + b2 ) = ( a + b )( a − b ) ≥ 0 . Suy ra điều phải chứng minh.

Mặt khác, ta có:

Áp dụng bất đẳng thức ở trên ta có: a 3 + b3 + abc ≥ ab(a + b) + abc = ab(a + b + c) .

(a + b)(a + c) ≥ a + bc ⇔ a 2 + ab + bc + ca ≥ a 2 + 2a bc + bc ⇔ b + c ≥ 2 bc ⇔

(

b− c

)

Suy ra

1 1 ≤ . Tương tự ta có: a 3 + b3 + abc ab(a + b + c)

Chứng minh tương tự ta được (b + c)(a + b) ≥ b + ca ; (c+ a )(b+ c) ≥ c + ab 1 1 1 1 ≤ ; ≤ . Cộng ba bất đẳng thức cùng chiều ta b3 + c 3 + abc bc(a + b + c) c 3 + a 3 + abc ca(a + b + c)

Cộng theo vế các bất đẳng thức ta được (a + b)(a + c) + (a + b)(b + c) + (c+ a)(b+ c) ≥ a + b + c + ab + bc + ca

suy ra:

Hay (a + b)(a + c) + (a + b)(b+ c) + (c+ a)(b + c) ≥ a + b + c + ab + bc + ca . Vậy bất đẳng thức chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 207

1 . 3

1 1 1 1 + + ≤ . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a 3 + b3 + abc b 3 + c3 + abc c 3 + a 3 + abc abc a =b = c.

208

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

d, Ta viết lại bất đẳng thức cần chứng minh thành:

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG 1 1 1 d, Với a, b, c > 0 từ + + ≥

1 1 1  ab bc ca  3  + +  ( ab + bc + ca ) + 2 ( ab + bc + ca ) ≥ 33 ⇔ 3  + +  + 2 ( ab + bc + ca ) ≥ 15 . a b  a b c  c 2

Sử dụng bất đẳng thức quen thuộc ( x + y + z ) ≥ 3 ( xy + yz + zx ) ta có: 2

 ab bc ca   ab bc bc ca ca ab  2 2 2  + +  ≥ 3  . + . + .  = 3 ( a + b + c ) ta chứng minh bất đẳng thức a b  a b b c   c  c a

mạnh hơn là: 3 3 ( a 2 + b 2 + c 2 ) + 2 ( ab + bc + ca ) ≥ 15(*) . Đặt

3 , vì a + b + c ≥ 3 3 abc suy ra abc 1 1 1 9 1 11 1 1 + + ≥ ⇔ ≤  + +  đây cũng là kết quả rất hay dùng trong chứng a b c a +b+c a+b+c 9a b c a

minh các bài toán BĐT. 3 e, ( a 3 + b3 )( x3 + y 3 )( m3 + n3 ) ≥ ( axm + byn ) với a, b, m, n, x, y > 0 .

Thật vậy: Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có: a3 x3 m3 + 3 + 3 3≥ 3 3 a +b x + y m +n

b3 y3 n3 + 3 + 3 ≥ 3 3 a +b x + y m + n3

( a3 + b3 )( x3 + y 3 )( m3 + n3 )

t = 3 ( a 2 + b 2 + c 2 )  t 2 = 3 ( a 2 + b 2 + c 2 ) = 3 ( a + b + c ) − 6(ab + bc + ca) = 27 − 6(ab + bc + ca)

Do a, b, c > 0 suy ra t 2 < 27 ⇔ t < 3 3 , lại có 3(ab + bc + ca) ≤ (a + b + c)2 = 9  ab + bc + ca ≤ 3

t dẫn đến t 2 ≥ 9 ⇔ t ≥ 3 , vậy 3 ≤ t ≤ 3 3 . Ta có (*) ⇔ 3 t + 9 − ≥ 15 ⇔ ( t − 3)( t − 6 ) ≤ 0 , bất 3

đẳng thức này luôn đúng với mọi 3 ≤ t ≤ 3 3 . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi t = 3 ⇔ a = b = c =1. II. BẤT ĐẲNG THỨC AM –GM 1. Bất đẳng thưc AM – GM Trong chương trình toán THCS ta thường dùng, bất đẳng thức AM – GM cho 2 số thực không âm hoặc 3 số thực không âm. Phạm vi chuyên đề này chỉ đề cập các bài toán trong khuôn khổ trên.

3axm 3

3axm + 3byn

3≥ 3

+ b3 )( x3 + y 3 )( m3 + n3 )

+ Hoàn toàn tương tự, ta cũng chứng minh được:

+ b3 + c 3 )( x 3 + y 3 + z 3 )( m3 + n3 + p3 ) ≥ ( axm + byn + czp ) .

3. Một số ví dụ Ví dụ 1. Cho các số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng:

b) (a + b)(b + c)(c + a) ≥ 8abc.

a b c 3 + + ≥ b+c c+a a+b 2

c) (a + b)(b + c)(c + a) ≥ 8(a + b + c)(ab + bc + ca). d) Cho (a + b)(b + c)(c + a) = 1. Chứng minh rằng: ab + bc + ca ≤

a,Với a, b ≥ 0 từ a + b ≥ 2 ab  4ab ≤ ( a + b ) (*) . ab ≤

+ y 3 )( m3 + n3 )

⇔ ( a3 + b3 )( x3 + y 3 )( m3 + n3 ) ≥ ( axm + byn ) .

b, Cho các số thực không âm a, b, c , khi đó ta có: a + b + c ≥ 3 3 abc dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c .

1 1 1 + ≥2 lại có a b ab

Cộng hai bất đẳng thức cùng chiều ta suy ra:

b, Với a, b > 0 từ

)( x

3byn

a, Cho các số thực không âm a, b khi đó ta có: a + b ≥ 2 ab dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b .

2. Một số kết quả được suy ra từ bất đẳng thức AM – GM

a+b 1 1 4 1 11 1 ⇔ ≤  +  suy ra + ≥ 2 a b a +b a+b 4 a b

đây là kết quả rất hay dùng trong chứng minh các bài toán BĐT. 3

c, Với a, b, c ≥ 0 từ a + b + c ≥ 3 3 abc  27abc ≤ ( a + b + c ) .

( Trích đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán TP Hà Nội, năm 2014) e) Cho các số thực x, y , z > 2. Tìm GTNN của: P =

x y c + + . y+ z−4 z+ x−4 x+ y−4

( Trích đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán - THPT chuyên KHTN, năm 2015). f) Cho các số thực dương a, b. Chứng minh (

209

3 . 4

ab bc 1 1 + )( + )≤2. a +b b+c a +b b+c

210

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

( Trích đề thi tuyển sinh THPT chuyên KHTN, năm 2018). g) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn: xyz = 1. Chứng minh:

1 2x2 + y2 + 3

(a (a

1 1 1 + + = 3 . Tìm giá trị lớn nhất cuả x y z 1

2 y2 + z2 + 3

1 2 z2 + x2 + 3

( Trích đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán – THPT chuyên TP Hà Nội, năm 2018) Lời giải a. Ta có

có

a + b + c ≥ 3 3 abc , ab + bc + ca ≥ 3 3 a 2b2 c 2 

+ b + c )( ab + bc + ca ) ≥ 9abc .

Suy

+ b )( b + c )( c + a ) = ( a + b + c )( ab + bc + ca ) − abc ≥ 8abc .

Chú ý : ( a + b )( b + c )( c + a ) = ( a + b + c )( ab + bc + ca ) − abc là một biến đổi sử dụng rất nhiều trong chứng minh bất đẳng thức. 8 9

c. ( a + b )( b + c )( c + a ) ≥ ( a + b + c )( ab + bc + ca ) Chú ý : ( a + b )( b + c )( c + a ) = ( a + b + c )( ab + bc + ca ) − abc . Áp dụng ta có điều cần chứng minh. d. Chú ý : ( a + b )( b + c )( c + a ) = ( a + b + c )( ab + bc + ca ) − abc . Suy ra

a b c a b c 1 1 1 + + +3= ( + 1) + ( + 1) + ( + 1) = (a + b+ c)( + + ) và b+c c+a a+b b+c c+a a+b b+c c+a a+b 1 1 1 1 1 1 1 + + ) = (a + b + b + c + c + a)( + + ) b+c c+a a+b 2 b+c c+a a+b 1 a +b a +b b+c b+c c+a c+a = (1 + + +1+ + +1+ + ). 2 b+c c+a a+b c+a a+b b+c

(a + b+ c)(

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có:

a+b b+c + ≥ 2 suy ra b+c a+b

a+b a+b b+c b+c c+a c+a a b c 9 + + + + + ≥ 6 nên + + + 3 ≥ hay b+c c+a a+b c+a a+b b+c b+c c+a a+b 2 a b c 3 + + ≥ . Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c. b+c c+a a+b 2

ab + bc + ca =

1 + abc . Theo bất đẳng thức AM-GM ta có: a+b+c

a + b + b + c + c + a ≥ 3 3 ( a + b )( b + c )( c + a ) = 3  a + b + c ≥

3 . Mặt khác sử dụng: 2

1 1+ 1 1 + abc 8 = 3 . Dấu ≤ (a + b)(b + c)(c + a) ≥ 8abc  abc ≤ . Từ đó suy ra ab + bc + ca = 3 8 4 a+b+c 2 1 bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = . 2

e. Theo bất đẳng thức AM-GM ta có:

( y + z − 4).4 ≤

y+ z−4+4 y+ z = . Từ đó suy ra 2 2

x 4x  x y z  ≥ . Tương tự ta có 2 BĐT nữa và cộng lại ta có : P ≥ 4  + + , y+ z−4 y+ z y + z z + x x + y 

Cách khác: Đặt a + b = x, b + c = y , c + a = z  a + b + c =

Cách 2: ( a + b )( b + c )( c + a ) = ( a + b + c )( ab + bc + ca ) − abc .Theo bất đẳng thức AM-GM

1 1 1 1 + + ≤ x2 + 2 y2 + 3 y2 + 2z 2 + 3 z2 + 2x2 + 3 2

h) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn:

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

x+ y+ z x− y+z x+ y−z y+ z−x a= ,b = ,c = , thay 2 2 2 2

vào ta có bất đẳng thức chứng minh trở thành: 1 x− y+z x+ y−z 3 x y y z x z x y ( + + x) ≥ ⇔ + + + + + ≥ 6 . Do + ≥ 2 theo bất đẳng thức 2 y z 2 y x z y z x y x

AM– GM nên ta suy ra bất đẳng thức cuối cùng đúng. b. Cách 1: Ta có a + b ≥ 2 ab , b + c ≥ 2 bc , c + a ≥ 2 ca  (a + b)(b + c)(c + a) ≥ 8abc

Áp dụng câu a ta có

x y z 3 + + ≥ , suy ra P ≥ 6. Dấu bằng xảy ra khi x = y = z y+z z+x x+ y 2

= 4. f. Ta có VT =

ab bc ab + bc + + . Theo bất đẳng thức AM – GM ta có: a +b b+c (a + b)(b + c)

a + b ≥ 2 ab , b + c ≥ 2 bc ,(a + b)(b + c ) = bc + b2 + ac + bc ≥ bc + 2 b 2 ac + ab = ( bc + ab )2 nên ( a + b )(b + c ) ≥ bc + ab .

Dẫn đến VT ≤

ab 2 ab

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c. 211

212

bc 2 bc

ab + bc ab + bc

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

g. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:

P = 2a + bc + 2b + ac + 2c + ba

1 1 x + y ≥ 2 xy, y + 1 ≥ 2 y  x + 2 y + 3 ≥ 2 xy + 2 y + 2  2 ≤ . x + 2 y 2 + 3 2( xy + y + 1) 2

Tương tự ta có 2 bất đẳng thức nữa và cộng lại ta suy ra: VT ≤

( Trích đề thi tuyển sinh lớp 10 TP Hà Nội, năm 2014)

1 1 1 1 1 ( + + ) = Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z 2 xy + y + 1 yz + z + 1 zx + x + 1 2

e) Cho các số thực không âm a, b sao cho a 2 + b 2 = 4 . Tìm GTLN của P =

( Trích đề thi tuyển sinh lớp 10 TP Hà Nội, năm 2015) f) Cho các số thực dương a, b, c sao cho a + b + c = 2 . Chứng minh:

= 1. Chú ý: Trong bài toán này, ta sử dụng một kết quả là: Cho các số thực x, y , z thảo mãn xyz = 1 khi đó : h. Từ

3  xyz ≥ 1 . Áp dụng bất đẳng thức AM –GM, ta có: xyz

2 x 2 + 2 y 2 + 3 = x 2 + y 2 + x 2 + 1 + 2 ≥ 2 xy + 2 x + 2 

1 x2 + 2 y2 + 3

≤

1 . Từ đó suy ra 2( xy + y + 1)

3 1 1 1 P 2≤ ( + + ). 2 xy + x + 1 yz + y + 1 zx + z + 1

Để ý rằng: ≤

a a a 1 1 1 1 + + ≤ ( + + ) a + b 2 a + b2 a + b 2 4 a b c

1 1 1 + + = 1 . Phần chứng minh dành cho bạn đọc. xy + y + 1 yz + z + 1 zx + x + 1

1 1 1 1 1 1 + + = 3 3= + + ≥ x y z x y z

ab a +b+ 2

( Trích đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán – Tin TP Hà Nội, năm 2017) Lời giải: a. Dự đoán dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1 . Ta có cách giải như sau Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có: a 2 + b 2 ≥ 2ab, b 2 + c 2 ≥ 2bc, c 2 + a 2 ≥ 2ca, a 2 + 1 ≥ 2a, b 2 + 1 ≥ 2b, c 2 + 1 ≥ 2c . Cộng 6 bất đẳng

thức cùng chiều ta có: 3(a 2 + b 2 + c 2 ) + 3 ≥ 2(ab + bc + ca + a + b + c) = 12  a 2 + b 2 + c 2 ≥ 3 .

1 1 1 1 x xy + + = + + xy + x + 1 yz + y + 1 zx + z + 1 xy + x + 1 xyz + xy + x x 2 yz + xyz + xy

1 x xy 3 6 + + = 1. Nên ta có P ≤ Dấu đẳng thức xảy ra khi và = xy + x + 1 1 + xy + x x + 1 + xy 2 2

chỉ khi x = y = z = 1.

Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1 . b. Dự đoán dấu bằng xảy ra khi a = b = 1 . Ta có cách giải như sau Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có: a 4 + b2 ≥ 2a 2b, b 4 + c 2 ≥ 2ab 2 Suy ra

Q≤

Ví dụ 2. a) Cho các số thực dương a, b, c sao cho a + b + c + ab + bc + ca = 6. Chứng minh rằng: a2 + b2 + c2 ≥ 6. ( Trích đề thi tuyển sinh lớp 10 - TP Hà Nội, năm 2013) b) Cho các số thực dương a, b sao cho Q=

1 1 + = 2 . Chứng minh a b

1 1 1 + ≤ a 4 + b 2 + 2ab 2 b 4 + a 2 + 2a 2b 2

(Trích đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Nguyễn Trãi – Hải Dương, năm 2013) c) Cho các số thực dương a, b sao cho a + b = 2 . Chứng minh: a b 1 1 2(a 2 + b 2 ) − 6( + ) + 9( 2 + 2 ) ≥ 10 . b a a b d) Cho các số thực dương a, b, c sao cho a + b + c = 2 . Tìm GTNN của:

213

1 1 1 1 1 + ≤ + = . Từ giả thiết 2a 2b + 2ab2 2b 2 a + 2a 2b 2ab(a + b) 2ab(a + b) ab(a + b)

1 1 a +b 1 1 4 1 1 2 + = 2 = 2  a + b = 2ab . Suy ra Q ≤  ≤ . . Do 2 = + ≥ a b ab a b a+b a+b 2 (a + b) 2

1 2

Suy ra Q ≤ . Dấu bằng xảy ra khi a = b = 1 . c. Ta viết lại bất đẳng thức cần chứng minh thành (a + b)2 − 2 ab (a + b)2 − 2 ab +9 ≥ 10 . Hay ab a 2b2 4 − 2 ab 4 − 2 ab 8 − 4 ab − 6 + 9 2 2 − 10 ≥ 0 ⇔ −2a 2b 2 − 4 a 3b 3 − 24ab + 12a 2b 2 + 36 − 18ab ≥ 0 ab ab ⇔ 4t 3 − 10t 2 + 42t − 36 ≤ 0 (*) 2[(a + b)2 − 2 ab] − 6

( a + b) 2 = 1. Ta có (*) ⇔ 2t 3 − 5t 2 + 21t − 18 ≤ 0 ⇔ (t − 1)(2t 2 − 3t + 18) ≤ 0. Do 4 2t 2 − 3t + 18 > 0, t − 1 ≤ 0 nên (t − 1)(2t 2 − 3t + 18) ≤ 0. Dấu bằng xảy ra khi t =1 hay a = b = 1 .

Với 0 < t = ab ≤

d. 2a + bc = a(a + b + c) + bc . Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có: 214

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

(a + b)(a + c) ≤

c, Cho a, b là các số không âm thỏa mãn a 2 + b 2 ≤ 2 . Chứng minh rằng:

a +b+ a +c . Tương tự ta có: 2

a 3a (a + 2b) + b 3b(b + 2a ) ≤ 6. (Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Ngoại ngữ ĐHQGNH,

b+a+b+c c+a+c+b 2b + ac = b(a + b + c) + ac ≤ (b + a)(b + c) ≤ , 2c + ab ≤ . Từ đó suy ra: 2 2 a +b+ a +c b+a +b+c c+ a +c +b P = 2a + bc + 2b + ac + 2c + ba ≤ + + = 2(a + b + c) = 4 2 2 2

năm 2008 – 2009). d, Với ba số dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = 1, Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: Q=

x y z + + . (Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán TP Hà x + x + yx y + y + zx z + z + xy

Nội 2014).

2 3

Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = . ab t2 − 4 e. P = . Đặt a + b = t  t 2 = a 2 + b 2 + 2ab = 4 + 2ab > 4. Ta có ab = . Suy ra a +b+ 2 2 P=

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

t2 − 4 t−2 2 2 −2 = = 2 −1 . . Do t 2 = 4 + 2ab  t 2 ≤ 4 + a 2 + b 2 = 8  t ≤ 2 2. Vậy P ≤ 2(t + 2) 2 2

Dấu bằng xảy ra khi t = 2 2 ⇔ a = b = 2. f. Theo bất đẳng thức AM-GM a + b2 = a(a + b + c) + b 2 = a 2 + b 2 + ab + ac ≥ 2ab + ab + ac = 3ab + ac. Từ đó suy ra

a a 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3 1 ≤ = = ≤ ( + )= + . ≤ + ( + )= ( + ). a + b 2 3ab + ac 3b + c 2b + b + c 4 2b b + c 8b 4 b + c 8b 16 b c 16 b c b 1 3 1 c 1 3 1 ≤ ( + ), ≤ ( + ) . Cộng theo vế 3 bất đẳng thức b + c 2 16 c a c + a 2 16 a b cùng chiều ta có điều phải chứng minh.Dấu bằng xảy ra khi a = b = c.

Tương tự ta cũng có

III. MỘT SỐ KỸ THUẬT VẬN DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC AM – GM.

1 e, Cho x, y > 0 và x + y ≤ 1. Chứng minh rằng 8( x 4 + y 4 ) + ≥ 5. xy

f, Cho a, b, c là ba số dương thỏa mãn a 2 + b 2 + c 2 + abc = 4. Chứng minh rằng: 9 2a + b + c ≤ . (Tuyển sinh lớp 10 chuyên tỉnh Nam Định, 2018). 2

Lời giải a, Ta dự đoán dấu bằng xảy ra khi x = y = 1 . Khi đó xy = 1, x 2 + y 2 = 2 Mặt khác, để tận dụng giả thiết x + y = 2 ta sẽ đưa về hằng đẳng thức ( x + y )2 . Vì vậy 1 2

ta phân tích bài toán chư sau: x 2 y 2 ( x 2 + y 2 ) = .xy.2 xy ( x 2 + y 2 ). Theo bất đẳng thức AM – GM thì 4

xy ≤

 2 xy + x 2 + y 2  ( x + y ) ( x + y)2 = 1, 2 xy ( x 2 + y 2 ) ≤  =4. = 4 2 4  

Từ

đó

suy

1. Dự đoán dấu đẳng thức để phân tích các số hạng và vận dụng bất đẳng thức AM – GM

x 2 y 2 ( x 2 + y 2 ) ≤ 2. Dấu bằng xảy ra khi x = y = 1.

Đối với các bài toán bất đẳng thức đối xứng thông thường dấu đẳng thức xảy ra khi các biến bằng nhau đây là cơ sở để ta phân tích các số hạng sao cho khi áp dụng bất đẳng thức AM – GM thid dấu đẳng thức phải đảm bảo.

Ngoài cách làm trên ta có thể giải bài toán bằng cách đưa về một biến: t = x + y hoặc t = xy với chú ý: ( x + y )2 ≥ 4 xy, 2 ( x 2 + y 2 ) ≥ ( x + y ) 2 . Thật vậy: Đặt

Ta xét các ví dụ sau:

t = xy; ( x + y ) 2 = x 2 + y 2 + 2 xy.  4 = x 2 + y 2 + 2t ⇔ x 2 + y 2 = 4 − 2t. Do

Ví dụ 1 a, Cho x, y là các số dương thỏa mãn x + y = 2 . Chứng minh x 2 y 2 ( x 2 + y 2 ) ≤ 2 (Đề thi tuyển sinh lớp 10 Chu Văn An, Hà Nội – Amsterdam 2006 – 2007). b, Cho các số thực dương a, b thỏa mãn a + b ≤ 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của 1 9 P= 2 + + 8ab + 7 a + b 2 ab

215

( x + y)

= 1  0 < t ≤ 1. Ta cần chứng minh: 4 t 2 ( 4 − 2t ) ≤ 2 ⇔ t 3 − 2t 2 + 1 ≥ 0 ⇔ ( t − 1) ( t 2 − t − 1) ≤ 0 . Bất đẳng thức này luôn đúng với xy ≤

mọi giá trị 0 < t ≤ 1. 2

b, Ta dự đoán dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = 1. Do 2 ( a 2 + b 2 ) ≥ ( a + b ) nên việc đánh giá a 2 + b 2 theo a + b sẽ dẩn đến gược dấu. Do đó ta sẽ tìm cách dùng AM – GM sao cho việc xuất hiện a + b phải đảm bảo BĐT không bị ngược dấu.

216

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

a =b a 2 + b 2 = 2ab = 2. thấy rằng thì Nên ta phân 1 1 17 17 ab + + + ab − + 7. Áp dụng BĐT AM – GM với chú ý P= 2 a + b 2 2ab 2ab 2 2

ab ≤

(a + b)

P≥2

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

tích

và

+ b 2 ) 2ab ≤

1 17 17 1 +2 . ab − + 7 = 2 2ab 2 2 + b 2 ) .2ab

a 2 + b 2 + 2ab ( a + b ) 4 = ≤ = 2. Ta 2 2 2

có:

1 13 13 49 + 17 + ≥ 1 + 17 + = 2 2 2 + b 2 ) .2ab

f, Từ a, b, c > 0 và a 2 + b2 + c 2 + abc = 4  b 2 + c 2 − 4 < 0; 4 − b 2 > 0; 4 − c 2 > 0. Do đó, phương trình bậc hai (ẩn a) a 2 + (bc)a + b2 + c 2 − 4 = 0 có hai nghiệm phân biệt

49 tại a = b = 1. 2

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = 1. Vậy GTNN của P =

c, Dự đoán dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = 1. Khi đó 3a = a + 2b,3b = b + 2a nên ta có thể áp dụng BĐT AM – GM trực tiế cho biểu thức trong dấu căn. Sử dụng BĐT AM –

dạng

xy ≤

x+ y , 2

dễ

thấy

a 3a (a + 2b) ≤ a

3a + a + 2b = 2a 2 + ab, 2

3b + b + 2 a b 3b(b + 2a ) ≤ b = 2b 2 + ab. 2

GM kết hợp với giả thiết, ta có: 4 + 2ab ≤ 4 + a 2 + b 2 = 6. Từ đó ta có ngay M ≤ 6. Dấu đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = 1. x( x − yz − x) x( x( x + y + z ) + yz − x x = = x + yz − x 2 x( x + y + z ) + yz − x 2 x + x + yz

Áp dụng BĐT AM – GM cho hai số thực dương ab ≤

(

( x + y )( x + z ) − x ) xy + yz + xz

a+b ta có: 2

. Ta dự đoán dấu

đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi b = c nên áp dụng BĐT AM – GM với hai số dương

( 4 − b ) + ( 4 − c )  2a ≤ 8 − ( b + c ) 2

(4 − b ) 2

và ( 4 − c 2 ) ta được 2a = −bc +

9 − (b + c − 1)2 9  2a + b + c ≤ (đpcm). 2 2

a, Cho c > 0 và a, b ≥ 0 . Chứng minh rằng c ( a − c ) + c ( b − c ) ≤ ab . x2 y2 z2 + + ≥ 1. x 2 + 2 yz y 2 + 2 zx z 2 + 2 xy

b, Cho các số dương x, y, z. Chứng minh rằng:

x+ y+x+z  x+ − x xy + xz 2  = ≤ . xy + yz + xz 2 ( xy + yz + xz )

1 x5 − x 2 + 3 xy + 6

1 y 5 − y 2 + 3 yz + 6

1 z 5 − z 2 + 3zx + 6

d, Cho x, y , z. là các số thực không âm và thỏa mãn điều kiện x 2 + y 2 + z 2 = 3. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P = 1 3

1 Vậy Q lớn nhất bằng 1 khi và chỉ khi x = y = z = . 3 1 2

e, Dự đoán dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = . Ta đánh giá x 4 + y 4 để đưa về xy. Theo BĐT AM – GM ta có: x 4 + y 4 ≥ 2 x 2 y 2 suy ra 8 ( x 4 + y 4 ) ≥ 16 x 2 y 2 . Suy ra 1 1 ≥ 16 x 2 y 2 + để ý rằng dấu đẳng thức xảy ra thì 16 x 2 y 2 = 1 nên ta phân xy xy 217

c, Cho x, y , z. là ba số dương và xyz = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

Chứng minh tương tự rồi cộng vế, ta suy ra Q ≤ 1. Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = .

8 ( x4 + y4 ) +

( 4 − b )( 4 − c )

−bc +

Ví dụ 2

M = a 3a(a + 2b) + b 3b(b + 2a ) ≤ 2(a 2 + b 2 ) + 2ab = 4 + 2ab. Tiếp tục sử dụng BĐT AM –

trái dấu. Có ∆ a = ( 4 − b2 )( 4 − c 2 ) . Vì a > 0 nên a =

 2a + b + c ≤

Cộng hai BĐT này lại vế theo vế, ta được:

d, Ta có:

1 1 1 1 = 16 x 2 y 2 + + + Áp dụng BĐT AM – GM xy 4 xy 4 xy 2 xy 1 1 1 2 + ≥ 3, 4 xy ≤ ( x + y ) = 1  xy ≤ . Suy ra a + b + c = 3 3 abc ta có: 16 x 2 y 2 + 4 xy 4 xy 4 1 1 1 1 2 2 16 x y + + + ≥ 3 + 2 = 5. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = . 2 4 xy 4 xy 2 xy

tích như sau: 16 x 2 y 2 +

x x x + + x2 + 2 y + 3 y2 + 2z + 3 z 2 + 2x + 3

e, Cho x, y, z. là các số thực dương thỏa mãn điều kiện xyz = 8. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =

(1 + x )(1 + y ) 3

(1 + y )(1 + z ) 3

(1 + z )(1 + x ) 3

f, Cho x, y , z. là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P=

x3 x3 + ( y + z )

y3 y3 + ( z + x )

z3 z3 + ( x + y )

Lời giải 218

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

a, Dự doán dấu đẳng thức xảy ra khi a = b . Bất đẳng thức cần chứng minh có thể viết c b−c x+ y . ≤ 1. Sử dụng BĐT AM – GM dạng xy ≤ , Ta có: a b 2 c c c c +1− + +1− b a a b = 1. Bài toán được giải quyết hoàn toàn. Đẳng 2 c a − c  = a 1 1 1 thức xảy ra khi và chỉ khi  b ⇔ + = . Ngoài ra ta cũng có thể chứng minh c b − c a b c  =  a b

bài toán bằng biến đổi tương đương. b, Sử dụng BĐT AM – GM dạng 2ab ≤ a 2 + b 2 , dể thấy:

 x y z y +1   z +1   x +1  + + = 1 −  + 1 −  + 1 −  x + y +1 y + z +1 z + x +1  x + y +1   y + z +1  z + x +1

Ta có:

c a−c + thành: P = . b a c a−c c b−c . . P= b a + a b = 2 2

 y +1 3 1  y +1 z +1 x +1  z +1 x +1  = 3− + + + + P≤ −   + + 1 + + 1 + + 1 2 2 + + 1 + + 1 + x y y z z x x y y z z x +1    ≤

2 2 2  3 1 ( y + 1) ( z + 1) ( x + 1) −  + +  2 2  ( y + 1)( x + y + 1) ( z + 1)( y + z + 1) ( x + 1)( z + x + 1) 

Áp dụng BĐT Cauchy – Schwarz ta có: 2

( y + 1) ( z + 1) ( x + 1) + + ( y + 1)( x + y + 1) ( z + 1)( y + z + 1) ( x + 1)( z + x + 1) 2

x2 y2 z2 x2 y2 x2 + + ≥ + + =1 P= 2 x + 2 yz y 2 + 2 zx z 2 + 2 xy x 2 + y 2 + z 2 y 2 + z 2 + x 2 z 2 + x 2 + y 2

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z. c, Ta dự đoàn dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1. Với giả thiết xyz = 1 và các số hạng ở dấu

giúp ta nghỉ đến đẳng thức quen thuộc:

1 5

y − y + 3 yz + 6

Suy ra P ≤

≤

1 3 ( yz + y + 1)

1 2

x − x + 6 + 3 xy 1 z − z + 6 + 3zx

≤ ≤

1 3 ( xy + x + 1)

1 3 ( zx + z + 1)

Sử dụng BĐT quen thuộc ( A + B + C ) ≤ 3 ( A2 + B 2 + C 2 ) ta có: 2

    1 1 1 1 1 1 + + + +   ≤ 3  = 3 P ≤1  xy + x + 1 yz + y + 1 zy + z + 1   xy + x + 1 yz + y + 1 zy + z + 1 

Vậy maxP = 1 ⇔ x = y = z = 1. d, Ta dự đoán dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1 , từ đó ta cs đánh giá x y z + + . 2 ( x + y + 1) 2 ( y + z + 1) 2 ( z + x + 1) 219

( y + 1) ( z + 1) ( x + 1) + + ≥ 2. Vậy ( y + 1)( x + y + 1) ( z + 1)( y + z + 1) ( x + 1)( z + x + 1)

Tương tự ta có:

 1  1 1 1 + +  . 3  xy + x + 1 yz + y + 1 zy + z + 1 

x 2 + 1 ≥ 2 x; y 2 + 1 ≥ 2 y; z 2 + 1 ≥ 2 z  P ≤

1 2 ( x + y 2 + z 2 + 9 + 6 x + 6 y + 6 z + 2 xy + 2 yz + 2 zx ) = 12 ( x + y + z + 3)2 . Do đó 2 maxP =

1 ⇔ x = y = z = 1. 2

e, Dự doán dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 2 . Để ý rằng khi x = 2 thì 1 + x = x 2 − x + 1 = 3 nên ta nghỉ đến áp dụng AM – GM cho

ta có: x5 − x 2 + 6 − ( 3x + 3) = ( x − 1) ( x3 + 2 x 2 + 3x + 3) ≥ 0 với mọi x > 0 5

1 1 1 + + = 1. Như vậy ta chỉ cần chỉ ra x 5 − x 2 + 6 ≥ 3 x + 3. Thật vậy xy + x + 1 yz + y + 1 zy + z + 1

 x 5 − x 2 + 6 + 3xy ≥ 3 ( xy + x + 1) 

( y + 1 + z + 1 + x + 1) . Để ý rằng do: x 2 + y 2 + z 2 = 3 nên ( y + 1)( x + y + 1) + ( z + 1)( y + z + 1) + ( x + 1)( z + x + 1) ( y + 1)( x + y + 1) + ( z + 1)( y + z + 1) + ( x + 1)( z + x + 1) = 3 ( x + y + z ) + xy + yz + zx + x 2 + y 2 + z 2 + 3 ≥

1 + x3 = P=

≥

x2 + 2 Suy ra 2 2 y2 2x2 + + 3 3 4 (1 + y )(1 + z ) 4 (1 + z 3 )(1 + x3 )

(1 + x ) (1 − x + x 2 ) ≤ 2 x2

4 (1 + x3 )(1 + y 3 )

4x2 yx 2 4z2 x2 y2 z2 + + . Đặt a = ; b = ; c = . 2 2 2 2 2 2 4 4 4 2 + x 2 + y 2 + y 2 + z 2 + z 2 + x ( )( ) ( )( ) ( )( )

Khi đó do x, y, z > 0 và xyz = 8  a, b, c > 0 và abc = 1. Suy

ra:

16a 16b 16c P≥ + + . ( 2 + 4a )( 2 + 4b ) ( 2 + 4b )( 2 + 4c ) ( 2 + 4c )( 2 + 4a )

  a b c + + Hay P ≥ 4   + + + + + + 1 2 a 1 2 b 1 2 b 1 2 c 1 2 c 1 2 a ( )( ) ( )( ) ( )( )   a (1 + 2c ) + b (1 + 2a ) + c (1 + 2b ) a + b + c + 2 ( ab + bc + ca ) P≥4 P≥4 . 1 + 2 ( a + b + c ) + 4 ( ab + bc + ca ) + 8abc (1 + 2a )(1 + 2b )(1 + 2c )

220

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Để ý rằng:

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

a + b + c ≥ 3 3 abc = 3  a + b + c + 2 ( ab + bc + ca ) ≥ 9 = 1 + 8abc.

(Tuyển sinh vào 10 chuyên thành phố Huế 2018)

 1 + 8abc +  2 ( a + b + c ) + 4 ( ab + bc + ca )  ≤ 3 ( a + b + c ) + 2 ( ab + bc + ca ) 

f, Cho các số thực dương a, b . Tìm GTNN của P =

4 3

Dẩn đến P ≥ . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 2 . f, Ta có thể viết lại

x3 3

x + ( y + z)

 y+z 1+    x 

Lời giải

, biểu thức này có dạng

1 3

a +1

để ý khi

y+z = 2 , theo câu e ta có : x y+z a2 + 2 1 2 a 3 + 1 = (a + 1)(a 2 − a + 1) ≤  ≥ 2 . Thay a = suy ra x 2 a3 + 1 a + 2

Dấu đẳng thức xảy ra thì

x3 2 x2 ≥ x 3 + ( y + z )3 2 x 2 + ( y + z ) 2

Lại có : ( x + y ) ≤ 2( x + y ) Suy ra 2

13a 3b b + + 4b a a + b

a, Ta dự đoán dấu đẳng thức xảy ra khi x = y = az và mong muốn biến đổi được : P = x 2 + y 2 + 2z 2 ≥ k ( xy + yz + zx) để tận dụng giả thuyết xy + yz + zx = 1 và dấu bằng xảy ra

khi x = y = az . Để có tích x. y ta áp dụng x 2 + y 2 ≥ 2xy . Để tạo ra yz ta áp dụng y 2 + a 2 z 2 ≥ 2ayz . Để tạo ra zx ta áp dụng a 2 z 2 + x 2 ≥ 2azx . Vì hệ số của yz , zx là a nên ta nhân a vào bất đẳng thức đầu tiên rồi cộng lại theo vế ta được a( xy + yz + zx) ≤

a( x 2 + y 2 ) + ( y 2 + a 2 z 2 ) + (a 2 z 2 + x 2 ) (a + 1)( x 2 + y 2 ) + 2a 2 z 2 = 2 2

Hay 2a ≤ (a + 1)( x 2 + y 2 ) + 2a 2 z 2 . Để tạo ra P = x 2 + y 2 + 2z 2 ta cần có tỉ lệ x3 x2 . Tương tự có hai bất đẳng ≥ 2 3 3 x + ( y + z) x + y2 + z2

x2 y2 z2 thức nữa và cộng lại ta được P ≥ 2 2 2 + 2 2 2 + 2 2 2 = 1 . Dấu đẳng thức x +y +z x +y +z x +y +z

xảy ra khi x = y = z Đối với các bài toán mà dấu các đẳng thức không xảy ra khi các biến bằng nhau, Ta cần chú ý tính đối xứng của từng bộ phận để dự đoán sau đó liên kết các dữ kiện của bài toán để tìm ra điểm rơi. Từ đó áp dụng bất đẳng thức AM – GM để tìm ra kết quả. Ta xét ví dụ sau

(a + 1) : 2a 2 = 1: 2 ⇔ a 2 − a − 1 = 0  a =

1+ 5 2a = 5 − 1 . Các em học . Từ đó suy ra P ≥ 2 1+ a

sinh tự hoàn thiện lời giải. b, Ta dự đoán dấu đẳng thức xảy ra khi x = y = a, z = b;2a + b = 3 . Theo bất đẳng thức AM  x 2 + a 2 ≥ 2ax  – GM ta có :  y 2 + a 2 ≥ 2ay  z 3 + b3 + b3 ≥ 3b 2 z 

Cộng 3 bất đẳng thức cùng chiều ta có x 2 + y 2 + z 3 + 2a 3 + 2b3 ≥ 2a( x + y ) + 3b 2 z . Tức là :  2a = 3b 2 x 2 + y 2 + z 3 ≥ 2a( x + y ) + 3b2 z − 2a 3 − 2b3 . Bây giờ ta cần chọn 2a : 3b 2 = 1:1 ⇔   2a + b = 3

Ví dụ 3 a, Cho x, y, z > 0 thỏa mãn xy + yz + zx = 1 . Tìm GTNN của P = x 2 + y 2 + 2z 2 b, Cho x, y, z > 0 thỏa mãn x + y + z = 3 . Tìm GTNN của P = x 2 + y 2 + z3 c, Cho các số thực dương a, b, c thõa mãn a + 2b + 3c = 1. Tìm GTNN của 2

19 − 37 37 − 1 ;z = c = . Từ đó bạn đọc tự hoàn thiện bài giải. 12 6

c, Dự đoán dấu bằng xảy ra a = x; b = y; c = z với x, y, z > 0 và x 2 + 2 y 2 + 3z 2 = 1 . Ta có :

P = 2a 3 + 3b3 + 4c3

d, Cho các số thực dương a, b, c, d thõa mãn abc + bcd + cda + dab = 1 . Tìm GTNN của P = 4(a 3 + b3 + c3 ) + 9d 3 ( Trích đề thi vào chuyên toán ĐHKHTN- ĐHQG Hà Nội năm học 2012) e, Cho x, y, z là các số thực dương có tổng bằng 1. Chứng minh rằng

221

Giải hệ ta được x = y = a =

a 3 + a 3 + x3 ≥ 3a 2 x; b3 + b3 + y 3 ≥ 3b 2 y; c3 + c 3 + z 3 ≥ 3c 2 z , Suy ra :

2a 3 ≥ 3a 2 x − x3 ; b3 + b3 + y 3 ≥ 3b 2 y  3b3 ≥

9 2 3 3 3 yb − y ; 2c ≥ 3c 2 z − z 3  4c 3 ≥ 2(3c 2 z − z 3 ) 2 2

Cộng 3 bất đẳng thức cùng chiều ta được :

1 1 1 49 + + ≥ 16x 4 y z 16

222

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

3 3 3   P ≥ 3  xa 2 + yb 2 + 2zc 2  − x 3 − y 3 − 2 z 3 . Ta cần chọn x, y, z sao cho : x : y : 2z = 1: 2 : 3 và 2 2 2   x 2 + 2 y 2 + 3z 2 = 1 . Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta tìm được 6 8 9 x= ;y= ;z = . Học sinh tự hoàn thiện lời giải. 407 407 407

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

13 3 1 x+ + , giả sử dấu bằng xảy ra khi x = m khi đó 4 x x +1 1 1 3x 3 1 1 = nên ta tạo ra 2 = , = x m m x x +1 m +1

f. Đặt a = xb với x > 0 thì P =

1 x +1 = . Từ đó ta có: x + 1 (m + 1)2 3x 3 x +1 1 3x x +1 P= 2 + + + + 4x − 2 − , ta cần chọn m sao cho m x (m + 1)2 x + 1 m (m + 1)2

nên ta tạo ra

d, Biểu thức P cho ta dự đoán dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = xd , để giảm ẩn trong bài toán ta sẽ áp dụng bất đẳng thức AM – GM theo cách : a 3 + b3 + c3 ≥ 3abc; b3 + c3 + x 3d 3 ≥ 3bcxd; c3 + a3 + x 3d 3 ≥ caxd; a 3 + b3 + x 3d 3 ≥ abxd

 x(a 3 + b3 + c 3 ) = 3abcx  3 3 3 3 b + c + x d ≥ 3bcxd Suy ra :  3 3 3 3 Cộng bốn bất đẳng thức cùng chiều ta có c + a + x d ≥ caxd  a 3 + b3 + x3 d 3 ≥ abxd  ( x + 2)a 3 + ( x + 2)b3 + ( x + 2)c 3 + 3x 3d 3 ≥ 3x(abc + bcd + cda + dab) = 3x . Bây giờ ta chọn x sao 1

1





cho ( x + 2) : 3x 2 = 4 : 9 ⇔ 4x 3 − 3x = 6 . Đặt x =  y +  thay vào ta tìm được 2 y y = 3 6 + 35; y = 3 6 − 35  x =

1 2

(

)

6 + 35 + 3 6 − 35 . Bạn đọc tự hoàn thiện lời giải.

1 1 1 49 1 4 16 + + ≥ ⇔ + + ≥ 49 nên ta dự đoán dấu bằng xảy ra khi 16x 4 y z 16 x y z 1 1 x 4 4 4 y 16 16 16z x = a; y = b; z = c khi đó = = 2 ; = = 2 ; = = 2 . x a a y b b z c c

e, Ta có

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có

1 x 2 4 4 y 8 16 16z 32 + ≥ ; + ≥ ; + 2 ≥ x a 2 a y b2 b z c c

3x x +1 13 3x x +1 3( m + 1) 2 + m 2 1 + = x + A . Ta có : 2 + = .x + m 2 (m + 1)2 4 m ( m + 1) 2 m 2 (m + 1) 2 ( m + 1) 2

Suy ra m phải thỏa mãn

3( m + 1) 2 + m 2 13 = ⇔ 13m 4 + 26m3 − 3m 2 − 24m − 12 = 0  m = 1 m 2 ( m + 1) 2 4

3 x

x +1 1 1 + − . Áp dụng bất đẳng thức AM – 4 x +1 4 3 x +1 1 1 27 27 + ≥1 P ≥ 7 − = GM ta có : 3x + ≥ 6; . Khi a = b  P = nên GTNN x 4 x +1 4 4 4 27 của P là 4

Ta có lời giải như sau P = 3x + +

2. Kỹ thuật ghép đối xứng Trong nhiều bài toán mà biểu thức 2 vế tương đối phức tạp , việc chứng minh trực tiếp tương đối khó khăn thì ta có thể sử dụng kỹ thuật ghép đối xứng để bài toán trở nên đơn giản hơn. Các bài toán bất đẳng thức thông thường chúng ta hay gặp hai dạng sau: Dạng 1 chứng minh X + Y + Z ≥ A + B + C Ý tưởng :

1 1 1 2 8 32  x 4 y 16z  + + ≥ + + − + +  , ta cần tìm a, b, c để 16x 4 y z a b c  a 2 b 2 c 2  1 4 16 b c 1 2 4 : : = 1:1:1 ⇔ a = = kết hợp với điều kiện a + b + c = 1  a = ; b = ; c = a 2 b2 c2 2 4 7 7 7

Nếu ta chứng minh được X + Y ≥ 2 A sau đó tương tự hóa ta chứng minh được Y + Z ≥ 2B; Z + X ≥ 2C , (nhờ tính đối xứng của bài toán ). Cộng vế với vế của 3 bất đẳng thức trên sau đó thu gọn ta được đpcm.

Từ đó ta có lời giải bài toán như sau: Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có

Dạng 2 Chứng minh XYZ ≥ ABC với X , Y , Z ≥ 0

1 16 4 + 49x ≥ 14 (1). Tương tự ta có + 49 y ≥ 28 (2) và + 49 z ≥ 56 (3) x z y

Ý tưởng : Nếu ta chứng minh được XY ≥ A2 . Sau đó tương tự hóa để chỉ ra YZ ≥ B 2 ; ZX ≥ C 2 (nhờ tính chất đối xứng của bài toán) . Sau đó nhân ba bất đẳng thức trên theo vế rồi lấy căn bậc hai ta được điều phải chứng minh.

Suy ra :

Cộng (1);(2);(3) theo vế ta được: 1 7

1 4 16 1 4 16 + + + 49( x + y + z ) ≥ 98 ⇔ + + ≥ 49 x y z x y z

2 7

4 7

Dấu đẳng thức xảy ra khi x = ; y = ; z = . Vậy bất đẳng thức đã được chứng

Ví dụ a, Cho ba số dương x, y, z thõa mãn x + y + z = 1 Chứng minh rằng

minh. 223

224

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG 1  4 2 1 2 2  a b + 3 abc + 9 ca ≥ a bc  1 2 1  4 2 1 2 2 4 2 4 2 4 2 b c + a bc + ab ≥ b ca  abc(a + b + c) ≤ a b + b c + c a + (1) 3 9 3 9   4 2 1 2 1 2 c a + 3 ab c + 9 bc ≥ c ab 

2x 2 + xy + 2 y 2 + 2 y 2 + yz + 2 z 2 + 2 z 2 + zx + 2 x 2 ≥ 5

(đề thi vào 10 tỉnh Thái Bình 2005 – 2006) b, Cho các số dương a, b,c thỏa mãn ab + bc + ca = 1 . Chứng minh rằng 5 2abc (a + b + c) ≤ + a 4b 2 + b4 c 2 + c 4 a 2 9

1 3

Mặt khác ta cũng có : abc(a + b + c) = ab.ac+ ab.bc+ ca.cb ≤ (ab + bc + ca )2 =

( Trích đề thi vào lớp 10 – Trường chuyên ĐHKHTN Hà Nội 2014). c, Cho 3 số dương x, y, z thỏa mãn d, Cho x, y, z > 2 và

4 4 abc (a + b + c) ≤ (2) . Cộng vế với vế của (1) và (2) ta có điều phải chứng minh. 3 9

1 1 1 1 + + ≥ 2 . Chứng minh rằng xyz ≤ x +1 y +1 z +1 8

1 1 1 + + = 1. Chứng minh rằng ( x − 2)( y − 2)( z − 2) ≤ 1. x y z

(Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Lam Sơn Thanh Hóa năm 2005- 2006) Lời giải a, Ta cần một đánh giá dạng 2x + xy + 2 y ≥ (mx + ny ) sao cho dấu bằng xảy ra khi x = y . Để có được đánh giá này thông thường ta viết lại : 2

2x 2 + xy + 2 y 2 = a( x − y ) 2 + b( x + y ) 2 = (a + b) x 2 + 2(b − a) xy + (a + b) y 2 3  a= a + b = 2   4 Từ đó suy ra  Từ đó ta có 1 b − a = 2 b = 5  4

d, Từ giả thuyết

1 1 1 + + ≥ 2 , ta suy ra: x +1 y +1 z +1

d, Với giả thiết x, y, z > 2, ta nghĩ đến đặt ẩn phụ đưa bài toán về dạng đơn giản hơn và quen thuộc hơn. Đặt x = a + 2, y = b + 2, z = c + 2 với a, b, c > 0 Bài toán quay về chứng minh abc ≤ 1 Với a, b, c > 0 thỏa mãn: Ta có:

Tương tự:

1 ca 1 cb ≥ ≥ ; b+2 (a + 2)(c+ 2) a + 2 (b+ 2)(c+ 2)

Nhân ba bất đẳng thức theo vế ta được:

Tương tự ta có hai bất đẳng thức và cộng lại ta được

Theo bất đẳng thức AM-GM ta có:

1 3

(1)

2x + y + z = (x + y) + (x + z) ≥ 2 (x + y)(x + z)(2) 2y + x + z = (x + y) + (y+ z) ≥ 2 (x + y)(y+ z) (3) 2z + y + x = (z+ y) + (x + z) ≥ 2 (z+ y)(x + z)(4)

Ta cũng có thể chứng minh trực tiếp 2x 2 + xy + 2 y 2 ≥

1 abc ≥ ⇒ abc ≤ 1. (a + 2)(b + 2)(c + 2) (a + 2)(b+ 2)(c+ 2)

(2x + y + z) + (2y + x + z) + (2z + x + y) 8(x + y)(y + z)(z+ x)

e, Ta có: P =

xảy ra khi x = y = z =

1 1 1 a b c + + =1 ⇔ + + = 1. a +2 b+2 c+2 a +2 b+2 c+2

1 1 1 1 1 1 1 a b ab = 1− − =( − + ≥ )+( − )= c+2 a +2 b+2 2 a+2 2 b+2 2(a + 2) 2(b+ 2) (a + 2)(b+ 2)

3 5 5 5 2x 2 + xy + 2 y 2 = ( x − y )2 + ( x + y ) 2 ≥ ( x + y )2  2x 2 + xy + 2 y 2 ≥ ( x + y) 4 4 4 2

2x 2 + xy + 2 y 2 + 2 y 2 + yz + 2 z 2 + 2 z 2 + zx + 2 x 2 ≥ 5( x + y + z ) = 5 . dấu đẳng thức

5 5 5 ( x + y ) ⇔ 2x 2 + xy + 2 y 2 ≥ ( x + y ) 2 ⇔ 2( x + y ) 2 − 3xy ≥ ( x + y )2 2 4 4

( x + y)2 ⇔ ≥ xy 4

Nhân từng vế của (2)(3)(4) và từ (1) suy ra P ≥ 1. Dấu đẳng thức trong xảy ra khi đồng thời có dấu bằng trong(2)(3)(4)  x+ y = x +z    ⇔  y + x = y + z ⇔ x = y = z . Từ đó min P = 1   x + z = y + z  

(Đúng theo AM – GM). b, Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho ba số thực dương ta có 225

1 Suy ra 3

f, Ta có: 226

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

[ 2a + (b + c)]2 ≥ 4.2a(b + c) ⇒

1 (2a + b + c)

≤

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Bất đẳng thức cuối cùng hiển nhiên đúng vì theo bất đẳng thức AM-GM ta có:

1 1 1 1  ≤  +  2 8a(b + c) 8  4a (b + c)2 

1 1 1  1 1 1 1 1  ≤  ≤  + + ( + ) . 2 2 2    8  4a 4bc  8  4a 8 b c2 

1 1 1 a + ≥ 2; b+ ≥ 2;c+ ≥ 2; Bài toán được chứng minh xong. Dấu bằng xảy ra khi a b c a = b = c = 1.

Tương tự ta cũng có hai BĐT nữa rồi cộng ba BĐT cùng chiều ta có:

b, Ta chứng minh được:

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1  3 P≤  + ( + )+ + ( + )+ + ( + ) = 2 2 2 2 2 8  4a 2 8 b2 c2 8 8 4b a c 4c b a 2  16

1 1 a 3 + b3 (a + b)3 36(a + b) a 3 + b3 ≥ (a + b)3 , ab ≤ (a + b) 2 ⇒ ≥ = a + b− . Mặt khác 4 4 ab + 9 (a + b)2 + 36 (a + b)2 + 36

ta có:

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.

(a + b)2 + 36 ≥ 12(a + b) ⇒

3. Kỹ thuật AM-GM ngược dấu

a 3 + b3 ≥ a + b − 3. Cộng ba bất đẳng thức cùng chiều suy ra ab + 9

đpcm.

Ví dụ: a

3 + + ≥ . a, Cho a, b, c > 0 và a + b + c = 3. Chứng minh rằng: 3 b + ab c3 + bc b3 + ac 2

c, Ta có:

x 1+ y

= x−

xy2 1+ y2

. Theo bất đẳng thức AM-GM thì 1 + y 2 ≥ 2y ⇒

Tương tự:

d, Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn: a 2 + b2 + c2 = 3. Chứng minh rẳng:

Như vậy min P = ⇔ x = y = z = 1.

2a 2 a + b2

2b2 b + c2

2c2 c + a2

≥ a + b + c. (Tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán TP hà Nội 2017)

Lời giải a, Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:

1+ z

≥ y−

3(xy + yz + xz) ≤ (x + y + z)2 Vì x + y + z = 3 ⇒ xy + yz + zx ≤ 3. 3 2

d, Bất đẳng thức đã cho có thể viết lại thành: 2(a −

ab 2 a +b

) + 2(b−

bc2 b+c

) + 2(c −

ca 2 c+a

) ≥a +b+c ⇔

2ab 2 a +b

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có: a + b2 ≥ 2b a ⇒

Từ đó suy ra:

1 1 1 c 1 1 1 ≥ − ( + 1); 3 ≥ − ( + 1). Cộng ba bất đẳng thức này lại theo vế , ta c3 + bc c 4 b a + ac a 4 c

được: a

xy . 2

1 P ≥ (x + y + z) − (xy + yz + xz). Mặt khác theo bất đẳng thức AM-GM, ta có: 2

1 b 1 b 1 1 1 1 1 = − ≥ − = − ≥ − ( + 1). Tương tự: b 2 a b 4 a b3 + ab b b 2 + a b 2 ab 2

≥ x−

yz z xz ; ≥ z − . Cộng từng vế của 3 bất đẳng thức trên ta có: 2 1+ x 2 2

a 3 + b 3 b 3 + c3 c3 + a 3 + + ≥ 9. b, Cho a, b, c > 0 và a + b + c = 9. Chứng minh rằng: ab + 9 bc + 9 ca + 9 c, Cho x, y, z > 0 và x + y + z = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: x y z P= + + . 1 + y2 1 + z2 1+ x 2

x 1 + y2

2ab 2 a +b

2bc 2 b+c

2ca 2 c + a2

≤

2bc2 b+c

2ab2 a+b

≤

2ca 2 c + a2

≤ a + b + c.

2ab2 ab + b = ab 2 ≤ . 2 2b a

a + b + c + ab + bc + ca . Ta cần chứng minh: 2

ab + bc + ca ≤ a + b + c. Ta có: 3(ab + bc + ca) ≤ (a + b + c)2 . Suy ra: (ab + bc + ca)2 ≤ (a + b + c)2 ⇔ ab + bc + ca ≤ a + b + c (đpcm)

b c 3 1 1 1 3 + + ≥ ( + + ) − . Bài toán được quy về chứng minh: b3 + ab c3 + bc a 3 + ac 4 a b c 4

4. Phương pháp đặt ẩn phụ

3 1 1 1 3 3 1 1 1 1 1 1 ( + + ) − ≥ ⇔ + + ≥ 3 ⇔ (a + ) + (b+ ) + (c+ ) ≥ 3 + a + b + c = 6. 4 a b c 4 2 a b c a b c

Kỹ thuật đặt ẩn phụ là một kỹ thuật rất đặc biệt trong chứng minh bất đẳng thức. Việc chọn ẩn phụ thích hợp sẽ giúp bài toán trở nên đơn giản hơn.

227

228

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Một số kỹ thuật hay gặp như sau: 1 1 1 + + = 1. ab bc ca

1 1 1 = x; = y; = z ⇒ xy + yz + zx = 1. a b c

2m 2n 2p + Nếu a, b, c > 0 và ab + bc + ca + abc = 4 thì ta có thể đặt a = ;b = ;c = ; n +p

2, Khi gặp giả thiết a + b + c = 1 ta có thể biến đổi thành: Đặt:

ab ac bc ba ac cb . + . + . = 1. c b a c b a

ab bc ca = x; = y; = z ⇒ xy + yz + zx = 1. c a b

3, Khi có giả thiết: ab + bc + ca + abc = 4 ta có thể biến đổi thành: Đặt: x =

1 1 1 + + = 1. Thì tồn tại các số m, n, p > 0 sao cho: k +a k +b k +c m+n+p m+n +p m+n +p a= − k; b = − k;c = −k m n p

dương a, b, c thỏa mãn:

1, Khi có giả thiết: a + b + c = abc ta có thể biến đổi thành: Đặt:

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

1 1 1 ;y = ;z = ⇒ x + y + z = 1. a+2 b+2 c+2

m+n

n +p p+m m+n + Nếu a, b, c > 0 và a + b + c +1 = 4abc thì ta có thể đặt a = ;b = ;c = ; 2m

5, Khi gặp giả thiết: xyz = 1. ta có thể chọn các phép đặt: 1 1 1 + + = 1. a +2 b+2 c+2

p+m

a2 b2 c2 = x; = y; = z; ⇒ abc = 1. b c a

a2 b2 c2 x y z = x; = y; = z; Hoặc = a; = b; = c; bc ac ab y z x

6, Đặt : x = a + b − c; y = b + c − a; z = c + a − b hoặc đặt x = a + b; y = b + c; z = c + a.

4, Từ điều hiển nhiên: x y z 1 1 1 + + =1⇒ + + =1 y+z x+z y+x x+y+z x+y+z x+y+z 1+ 1+ 1+ x y z

Đặt: a =

y+z x+z y+x 1 1 1 ;b = ;c = ⇒ + + = 1 ⇔ abc = a + b + c + 2. x y z a +1 b +1 c +1

Từ đó suy ra khi gặp giả thiết : abc = a + b + c + 2 ta có thể đặt: a=

y+z x+z y+x ;b = ;c = x y z

Ví dụ 1. a, Cho x, y, z là các số thực dương và thỏa mãn điều kiện x + y + z = xyz Tìm giá trị lớn 1

nhất của biểu thức : P =

1+ x

1+ y

1+ z2

zx y3 (x+ 2z)

xy z3 (y+ 2x)

c, Cho a, b, c là ba cạnh một tam

≥ 1.

giác :Chứng minh rằng: (a + b − c)(b + c − a)(c + a − b) ≤ abc.

1 1 1 a b c

d,Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn ab + bc + ca + abc = 4. Chứng minh rằng: ab + bc + ca ≤ 3.

Từ đó suy ra khi gặp giả thiết : ab + bc + ca + 2abc = 1 ta có thể đặt: y+z x+z y+x a= ;b = ;c = x y z

e, Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn 1 1 1 + + = 1, Khi khai triển thu gọn ta k +a k +b k +c

của biểu thức: Q =

a +1 a 2 + 2a + 2

b +1 b 2 + 2b + 2

1 x 1 y 1 z = ; = ; = ; Như vậy, với các số thực k +a x + y+z k +b x + y+z k +c x + y+z

c2 + 2c + 2

(TS lớp 10 chuyên toán THPT

Lời giải a, Từ giả thiết x + y + z = xyz , ta có

1 1 1 1 1 1 + + = 1 Đặt a = ; b = ;c = ⇒ a, b, c > 0. xy yz zx x y z

Giả thiết trở thành: ab + bc + ca = 1. P =

229

ab + bc + ca + abc = 2. Tìm giá trị lớn nhất c +1

chuyên KHTN-ĐHQG Hà Nội 2017)

có: k 3 − 3k 2 + (k 2 − 2k)(a + b + c) + (k −1)(ab + bc + ca) + abc = 0. suy ra tồn tại các số x, y, z sao cho

b, Cho x, y, z > 0 và x + y+ z = 3 xyz. Chứng minh rằng: x 3 (z + 2y)

Nếu đổi (a, b, c) → ( , , ) ta có : abc = a + b + c + 2 ⇔ ab + bc + ca + 2abc = 1.

Một cách tổng quát: Khi gặp giả thiết:

a 1+ a

230

b 1+ b

c 1+ c2

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Để ý rằng: a 2 +1 = (a + b)(a + c); b2 +1 = (a + b)(b+ c);c2 +1 = (c+ b)(a + c); Lúc này P có dạng: P = P=

a b c + + (a + b)(a + c) (a + b)(b+ c) (c+ b)(a + c)

a a b b c c . + . + . Theo bất đẳng thức AM_GM ta có: a +b a +c a +b b+c c+b a +c

1 a a b b c c 3 3 P≤ ( + + + + + ) = Hay P ≤ . Dấu bằng xảy ra khi 2 a +b a +c a +b b+c c+b a +c 2 2 1 a =b=c= ⇔ x = y = z = 3. 3 1 1 1 b, Đặt P = 3 + + . Đặt a = ; b = ;c = . Từ giả thiết ta có x y z x (z + 2y) y3 (x+ 2z) z3 (y+ 2x) yz

a, b, c > 0; ab + bc + ca = 3. Lúc này dề thấy : P =

thức AM-GM ta có:

a3 b3 c3 + + . Theo bất đẳng b + 2c c + 2a a + 2b

9a 3 9b3 9c3 + (b + 2c)a ≥ 6a 2 ; + (c+ 2a) b ≥ 6b2 ; + (a + 2b) c ≥ 6c2 ; b + 2c c + 2a a + 2b

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

a b c ;n= ; p=  m + n + p = 1. Ta có: a+2 b+2 c+2

1 a+2 2 2 1 n+ p 2m 2n 2p = = 1+  = −1 = a= . Tương tự: b = ;c= m a a a m m n+ p p+m m+n

Do đó bất đẳng thức trở thành:

2m 2n 2p . . ≤ 1 ⇔ ( m + n )( n + p )( p + m ) ≥ 8mnp. n+ p p+m m+n

Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có: ( m + n )( n + p )( p + m ) ≥ 2 mn .2 np .2 pm = 8mnp. Bài toán được giải quyết xong. Đẳng thức xảy ra ⇔ m = n = p ⇔ a = b = c = 1 ⇔ x = y = z = 3.

e) Ta có: ab + bc + ca + abc = 4 ⇔ abc + 2 ( ab + bc + ca ) + 4 ( a + b + c ) + 8 = 12 + ab + bc + ca + 4 ( a + b + c ) ⇔ ( a + 2 )( b + 2 )( c + 2 ) = ( a + 2 )( b + 2 )( c + 2 ) + ( c + 2 )( a + 2 ) ⇔ 1 =

Cộng từng vế ba bất đẳng thức trên ta có: 9P + 3(ab + bc + ca) ≥ 6(a 2 + b 2 + c2 ). Mặt khác ta có kết quả quen thuộc a 2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca Kết hợp với ab + bc + ca = 3 ⇒ P ≥ 1

2m 2n . + n+ p p+m

x +y+z 2

x+z x+y y+z ;b = ;c = . Bất đẳng thức cần chứng minh có dạng: 2 2 2 (x + y)(y + z)(z+ x) ≥ 8 xyz . Đây là bất đẳng thức quen thuộc (Xem ở 1).

Từ đó suy ra : a =

⇔2

có: 2

2m 2n 2p ,b = ,c = . n+ p p+m m+n

2n 2p 2 p 2m . + . ≤3 p+m m+n m+n n+ p

m n n p p m . +2 . +2 . ≤ 3. Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta m+ p n+ p n+m m+ p n+ p m+n

m n m n n p n p . ≤ + .2 . ≤ + , m+ p n+ p m+ p n+ p m+n m+ p m+n m+ p

d) Với giả thiết x, y, z > 2, ta nghĩ đến việc đặt ẩn phụ để đưa bài toán về dạng đơn giản và quen thuộc hơn.

p m p m . ≤ + . Cộng ba bất đẳng thức này lại theo vế, ta được: n+ p m+n n+ p m+n

m n n p p m m+n n+ p m+ p . +2 . +2 . ≤ + + = 3. m+ p n+ p m+n m+ p n+ p m+n m+n n+ p m+ p

Đặt x = a + 2; y = b + 2; z = c + 2 với a; b; c > 0 . Bài toán quay về chứng minh abc ≤ 1. Với a; b; c > 0 thỏa mãn: 1 1 1 a b c + + =1⇔ + + = 1. Đến đây ta đặt tiếp: a+2 b+2 c+2 a+2 b+2 c+2 231

Suy

Thay vào bất đẳng thức cần chứng minh ta được:

Vậy min P = 1 Giá trị nhỏ nhất khi x = y = z = 1. c, Đặt x = a + b − c; y = b + c − a; z = c + a − b ⇒ a + b + c =

ra, tồn tại các số dương m, n, p sao cho: a =

1 1 1 + + . a+2 b+2 c+2

232

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

f) Đặt x = a + 1; y = b + 1; z = c + 1 thì giả thiết bài toán trở thành: x + y + z = xyz , biểu thức Q trở thành: Q =

(1 + x )

x y z 1 1 1 + + . Ta tiếp tục biến đổi giả thiết thành + + =1 x + 1 y2 + 1 z2 + 1 xy yz zx

(1 + y )

z2 3 ≥ . (1 + z 2 ) 4

1 1 1 m n p Đặt: m = ; n = ; p = thì giả thiết trở thành: mn + np + pm = 1 và Q = 2 + 2 + 2 . x y z m +1 n +1 p +1

Lời giải a) Áp dụng giả thiết ta được:

(1 − x )(1 + x ) = ( x + y )( y + z ) + ( z + x )( y + z ) 1 − x2 = x + yz ( x + y )( z + x ) ( x + y )( z + x )

Để ý rằng: m 2 + 1 = m2 + mn + np + pm = ( m + n )( m + p ) , suy ra: Hoàn toàn tương tự, ta có: Q=

2 ( mn + np + pn )

1 − y 2 ( x + z )( x + y ) + ( x + z )( y + z ) 1 − z 2 ( x + y )( y + z ) + ( x + y )( x + z ) = ; = y + zx z + xy ( x + y )( y + z ) ( y + z )( z + x )

( m + n )( m + p ) ( n + p )( n + m ) ( p + n )( p + m ) ( m + n )( n + p )( p + m )

Ta lại có: ( m + n )( n + p )( p + m ) = ( m + n + p )( mn + np + pm ) − mnp và

Đặt: a = ( x + y )( y + z ) ; b = ( y + z )( z + x ) ; c = ( x + y )( z + x ) , khi đó ta viết lại được bất đẳng

( m + n + p )( mn + np + pm ) ≥ 9mnp suy ra:

thức thành: 8 9

( m + n + p )( mn + np + pm ) − mnp ≥ ( m + n + p )( mn + np + pm ) dẫn đến (m + n + p)

≥ 3 ( mn + np + pm ) = 3  m + n + p ≥ 3 dẫn đến P ≤

9 4 3

Q≤

9 mà 4(m + n + p)

a+b b+c c+a + + ≥ 6. c a b

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta được:

3 3 . 4

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 3 − 1. Ví dụ 2

a b b c c a + ≥ 2; + ≥ 2; + ≥ 2. b a c b a c

Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được:

a +b b+c c+ a + + ≥ 6, dấu đẳng thức xảy ra c a b

khi và chỉ khi a = b = c ⇔ x = y = z. b) Đặt a = x 2 ; b = y 2 ; c = z 2 khi đó ta được: xyz = 1 và biểu thức P được viết thành

a) Cho x, y, z là ba số thực dương thỏa mãn x + y + z = 1 . Chứng minh: 1 − x2 1 − y2 1 − z2 + + ≥ 6. (Tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán TP Hà Nội, 2016). x + yz y + zx z + xy

1 1 1 + + . Theo bất đẳng thức AM-GM ta có: x2 + 2 y 2 + 3 y 2 + 2 z 2 + 3 z 2 + 2 x 2 + 3

x 2 + y 2 ≥ 2 xy; y 2 + 1 ≥ 2 y  x 2 + 2 y 2 + 3 ≥ 2 ( xy + y + 1) .

b) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = 1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 1 1 1 P= + + . a + 2b + 3 b + 2c + 3 c + 2a + 3

c) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn: xy + yz + zx = 2 xyz. Chứng minh rằng: x y z + + ≤ 1. 2 y z + xyz 2 z 2 x 2 + xyz 2 x 2 y 2 + xyz 2 2

d) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn: xyz = 1. Chứng minh rằng: 233

Do đó ta được:

1 1 1 ≤ . . x 2 + 2 y 2 + 3 2 xy + y + 1

Chứng minh tương tự, ta có:

1 1 1 1 1 1 ≤ . ; ≤ . . y 2 + 2 z 2 + 3 2 yz + z + 1 z 2 + 2 x 2 + 3 2 zx + z + 1

Cộng theo vế các các bất đẳng thức trên ta được:  1 1 1 1 1 P≤  + + = . 2  xy + y + 1 yz + z + 1 zx + x + 1  2

234

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

c) Giả thiết của bài toán được viết thành:

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

1 1 1 1 1 1 + + = 2. Đặt x = ; y = ; z = thì ta được a b c x y z

a + b + c = 2. Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh được viết lại thành: bc 2a + bc

2b + ca

2c + ab

Do đó:

( m + 1)

( n + 1)

( p + 1)

≥

3 là bất đẳng thức đúng suy ra bất đẳng thức ban đầu 4

được chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra tại a = b = c = 1.

≤ 1. Chú ý đến giả thiết a + b + c = 2 , ta có:

bc bc = = 2a + bc a ( a + b + c ) + bc

IV. BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY-SCHWARZ 1  bc  1 ≤  + . ( a + b )( a + c ) 2  a + b c + a  bc

Trong phần này ta tập trung vào phương pháp vận dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz 2

Hoàn toàn tương tự, ta được:

ca ca  1 1  ≤  + ; 2b + ca 2  b + c a + b 

ab ab  1 1  ≤ +   2c + ab 2  c + a b + c 

dạng

x2 y2 z 2 ( x + y + z ) + + ≥ để giải quyết các bài toán. a b c a+b+c

Phần chứng minh bất đẳng thức này đã được nêu ở đầu chương bất đẳng thức. Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được: bc ca ab bc  1 1  ca  1 1  ab  1 1  a+b+c + + ≤  + + + = 1. +  +  = 2 2a + bc 2b + ca 2c + ab 2  a + b c + a  2  b + c a + b  2  c + a b + c 

Như vậy bất đẳng thức được chứng minh.

Ví dụ 1 a) Cho các số thực dương a, b, c sao cho a + b + c = 3. Chứng minh rằng: a b c + + ≥ 1. a + 2bc b + 2ac c + 2 ab

3 2

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = . d) Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

b) Cho các số thực dương a, b, c . Chứng minh rằng: 1

( yz + 1)

( zx + 1)

( xy + 1)

Đặt: m = xy; n = yz; p = zx  mnp = 1; bất đẳng thức trở thành: 1

( m + 1)

( n + 1)

( p + 1)

3 ≥ . 4

c) Cho các số thực dương a, b, c . Chứng minh rằng: ( a 2 + 2 )( b 2 + 2 )( c 2 + 2 ) ≥ 3 ( a + b + c ) . d) Cho các số thực dương a, b, c . Chứng minh: a3

( 2a + b 2

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng ( ax + by ) ≤ ( a 2 + b 2 )( x 2 + y 2 ) . Ta có:

( m + 1)

( n + 1)

≥

1 1 1 + = . m  n  mn + 1 ( mn + 1)  + 1 ( mn + 1)  + 1 n  m 

)( 2a + c 2

)

( 2b + c 2

)( 2b + a 2

)

( 2c + a 2

)( 2c 2 + b2 )

Lời giải a)

a a2 a b c = 2  + + . a + 2bc a + 2abc a + 2bc b + 2ac c + 2ab

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có: Mặt khác, ta lại có:

( p − 1)

1 1 p 1 3 3 + = + = + ≥ . mn + 1 ( p + 1)2 p + 1 ( p + 1) 2 4 ( p + 1)2 4 4

235

a3 b3 c3 a 2 + b2 + c2 . + + ≥ a + 2b b + 2c c + 2a 3

( a + b + c) a2 b2 c2 + 2 + 2 ≥ . 2 a + 2abc b + 2abc c + 2abc a 2 + b 2 + c 2 + 6abc

236

≤

1 . a+b+c

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Ta cần chứng minh:

(a + b + c)

Từ đó suy ra:

a 2 + b 2 + c 2 + 6abc

≥ 1 ⇔ ab + bc + ca ≥ 3abc ⇔ ( a + b + c )( ab + bc + ca ) ≥ 9abc. Theo bất đẳng 3

( 2a

)( 2a

+ c2 )

≤

( a + b + c)

. Tương tự ta có 2 bất đẳng thức nữa và

cộng lại thì suy ra điều phải chứng minh.

2 2 2

thức AM-GM ta có: a + b + c ≥ 3 a b c , nhân 2 vế các bất đẳng thức dương cùng chiều

Ví dụ 2

ta có đpcm. a) Cho các số thực dương a, b, c sao cho ab + bc + ca + abc ≤ 4. Chứng minh: Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.

a 2 + b2 + c 2 + a + b + c ≥ 2 ( ab + bc + ca ) . (Trích đề tuyển sinh vào lớp 10 – Trường chuyên 2

b) Ta có:

( a 2 + b2 + c2 ) . a3 a4 a4 b4 c4 = 2  VT = 2 + 2 + 2 ≥ 2 a + 2b a + 2ab a + 2ab b + 2bc c + 2ca ( a + b + c)

Ta cần chứng minh:

+b +c

2 2

(a + b + c)

)

≥

KHTN – ĐHQG Hà Nội, 2015). 1 1  1 + 3 − 3  a + b b + a  ab

 b) Cho các số thực dương a, b. Tìm GTLN của biểu thức: P = ( a + b ) 

a 2 + b2 + c2 ⇔ a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca. Điều này là 3

hiển nhiên.

(Đề tuyển sinh lớp 10 trường THPT chuyên KHTN – ĐHQG Hà Nội, 2017). c) Cho các số thực dương a, b, c sao cho ab + bc + ca = 1. Chứng minh rằng:

 (b + c )   b + c  2 .   ≤ ( a + 2 ) 1 + 2  2   



2abc ( a + b + c ) ≤

c) Ta có: ( a + b + c ) =  a + 2  

5 + a 4b 2 + b 4 c 2 + c 4 a 2 . (Trích Đề tuyển sinh vào lớp 10 – Trường Chuyên 9

KHTN – ĐHQG Hà Nội, 2014). Suy ra: 3 ( a + b + c )

 ( b + c )2  ≤ 3 ( a + 2 ) 1 +  . Ta cần chứng minh: 2   2

d) Cho các số thực dương a , b thỏa mãn: a + 2b = 2 +

 ( b + c )2   ( b + c )2  3 ( a 2 + 2 ) 1 +  ≤ ( a 2 + 2 )( b2 + 2 )( c 2 + 2 ) hay 3 1 +  ≤ ( b 2 + 2 )( c 2 + 2 ) . 2  2   

Sau khi khai triển và thu gọn, ta được: Để ý rằng:

thức: P =

Ta có: ( 2a + b

)( 2a

) = (a

+b +a

)( a

a. Ta viết lại giả thiết bài toán thành:

2 b +c ≥ bc nên đẳng thức trở thành: b 2 c 2 − 2bc + 1 ≥ 0 ⇔ ( bc − 1) ≥ 0. 2

b b + 2a

Lời giải

(Đề tuyển sinh lớp 10 trường THPT chuyên KHTN – ĐHQG Hà Nội, 2018).

b2 + c2 + b 2c 2 − 3bc + 1 ≥ 0. 2

12 + ( ab + bc + ca ) + 4 ( a + b + c ) ≥ 8 + 4 ( a + b + c ) + 2 ( ab + bc + ca ) + abc hay

d) Ta mong muốn xuất hiện lượng: a + b + c 2

a a + 2b

b . Tìm giá trị lớn nhất của biểu 3

( a + 2 )( b + 2 ) + ( b + 2 )( c + 2) + ( c + 2)( a + 2) ≥ ( a + 2 )( b + 2)( c + 2) 2

+a +c

) ≥ (a

+ ab + ac ) = a ( a + b + c ) 2

⇔

1 1 1 1 a + b2 + c2 a + b2 + c 2 + + ≥ 1 Ta có: . = ≤ 2 a + 2 b +1 c +1 a + 2 ( a + 1 + 1) a + b 2 + c 2 (a + b + c)

Tương tự ta có:

237

(

)

1 b + c2 + a2 1 c + a 2 + b2 ≤ ; ≤ . Suy ra 2 b + 2 ( a + b + c ) c + 2 ( a + b + c )2

238

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

1≤

a + b + c + ( a 2 + b2 + c2 ) 1 1 1 2 + + ≤ ⇔ a + b + c + 2 ( a 2 + b2 + c2 ) ≥ ( a + b + c ) 2 a+2 b+2 c+2 a + b + c ( )

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Ta có P +

b a b b a2 b2 b2 = + + = + + . Áp dụng b + 2b a + 2b b + 2a b + 2b a a + 2b b b + 2a b b + 2b 2

Hay a 2 + b 2 + c2 + a + b + c ≥ 2 ( ab + bc + ca ) . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. 2

b. Áp dụng đẳng thức: ( ax + by ) ≤ ( a 2 + b2 )( x 2 + y 2 ) ta có:

bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có: P + 2

Lại có: ( a a + 2b + b b + 2a + b b + 2b ) =

(

( a + 2b ) b ≥ . b + 2b a a + 2b + b b + 2a + b b + 2b a a 2 + 2ab + b b 2 + 2ab + b 3b 2

)

3 a a  1  ( a + b ) ( ab + 1) . Dấu đẳng thức xảy ra khi và =  + b . b  ≤ ( a 3 + b )  + b  = a a   a  chỉ khi a = 1.

(a + b)

Tương tự ta cũng có: ( a + b ) ≤

 a ( a + b )

+ a ) ( ab + 1) b

 ab + 1

Từ đó, suy ra P ≤ ( a + b ) 

≤ ( a + b + b ) ( a 2 + 4ab + 4b 2 ) = ( a + 2b )  a a + 2b + b b + 2a + b b + 2b ≤ ( a + 2b ) a + 2b .

Từ đó ta có: P +

b b ≥ a + 2b  P ≥ a + 2b − = 2 . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 3 3

a = b = 3.

ab + 1  1 − = 1 . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ 2  b ( a + b )  ab

Ví dụ 3. Cho các số thực dương a, b, c . Chứng minh: 2

1 1 1  a +b+c  + + ≤  . a 2 + ab + bc b 2 + bc + ca c 2 + ca + ab  ab + bc + ca 

ab bc ca a 2 + b2 + c2 + 2 + 2 ≤ . a + bc + ca b + ca + bc c + ab + bc ab + bc + ca

a 4b 2 + b 4 c 2 + c 4 a 2 ≥ a 2 .b.b 2 .c + b 2 .c.c 2 .a + c 2 .a.a 2 .b = abc ( ab 2 + bc 2 + ca 2 ) .

a b c + + ≤1. a 3 + b 2 + c b3 + c 2 + a c3 + a 2 + b

Tiếp tục sử dụng bất đẳng thức: Cauchy_shwarz và giả thiết ab + bc + ca = 1 ta có:

1 1 1 + + ≤ 1 với abc = 1 . 1 + a + b2 1 + b + c 2 1 + c + a 2

1 1 1 1 + + ≤ . a 3 + b3 + abc b3 + c3 + abc c 3 + a3 + abc abc

a b c a +b+c + + ≥ b 2 + bc + c 2 c 2 + ca + a 2 a 2 + ab + b 2 ab + bc + ca

khi a = b = 1 . Vậy GTLN của P bằng 1 . c. Sử dụngbất đẳng thức x 2 + y 2 + z 2 ≥ xy + yz + zx . Ta có:

ab 2 + bc 2 + ca 2 =

b2 c2 a 2 ( a + b + c ) 2 + + ≥ = abc ( a + b + c ) . 1 1 1 1 1 1 + + a b c a b c 2

Từ đó suy ra a 4b 2 + b 4 c2 + c 4 a 2 ≥  abc ( a + b + c ) . Bây giờ ta sẽ chứng minh: 2 5  abc ( a + b + c )  − 2 abc ( a + b + c ) + ≥ 0 ⇔ t 2 − 6t + 5 ≥ 0 ⇔ ( t − 1)( t − 5 ) ≥ 0 với t = abc ( a + b + c ) 9

. 1 3

1 3

Mặt khác ta có: abc ( a + b + c ) = ab.ac + bc.ba + ca.cb ≤ ( ab + bc + ca ) =  0 ≤ t ≤ 1 . Suy ra đpcm. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = d. Chú ý rằng:

b b = . 3 b + 2b

1 . 3

Lời giải a. Ta làm xuất hiện: ab + bc + ca Ta có:

1 c 2 + ab + bc c 2 + ab + bc = 2 ≤ . Tương tự với hai số hạng 2 a + ab + bc ( a + ab + bc )( c + ab + bc ) ( ac + ab + bc )2 2

còn lại ta có:

a

(a + b + c) . 1 c 2 + ab + bc ≤ = 2 2 + ab + bc ( ac + ab + bc ) ( ac + ab + bc )

b. Ta muốn làm xuất hiện: ab + bc + ca ab ( b 2 + bc + ca ) ab ( b 2 + bc + ca ) ab = 2 ≤ 2 a + bc + ca ( a + bc + ca )( b + bc + ca ) ( ab + bc + ca ) 2 2

239

240

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Từ đó suy ra: VT ≤

ab ( b 2 + bc + ca )

( ab + bc + ca )

bc ( c 2 + ca + ab )

( ab + bc + ca )

ca ( a 2 + ab + bc )

( ab + bc + ca )

. Ta chỉ cần chứng

minh: ab ( b 2 + bc + ca ) + bc ( c 2 + ca + ab ) + ca ( a 2 + ab + bc ) ≤ ( a 2 + b 2 + c 2 ) ( ab + bc + ca )

⇔ a 3b + b3c + c 3a ≥ abc ( a + b + c ) ⇔

a2 b2 c2 + + ≥ a + b + c . Nhưng bất đẳng thức này là hiển c a c

nhiên đúng theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz.

1  a  +1+ c  a  = 1 + a + ca . Từ đó suy ra: 2 9 (a + b + c)

a b c 1 + a + ca 1 + b + ab 1 + c + bc + + ≤ + + a 3 + b 2 + c b3 + c 2 + a c 3 + a 2 + b 9 9 9 1 + a + ca 1 + b + ab 1 + c + bc + + ≤ 1 ⇔ ab + bc + ca ≤ 3 . Nhưng điều này là 9 9 9

Ta cần chứng minh:

hiển nhiên đúng do: ab + bc + ca ≤

( a + b + c) 3

f. Ta có:

a a2 = 2 2 b + bc + c ab + abc + ac 2 2

Suy ra

 ab

( a + b + c) a2 a+b+c ≥ ≥ + abc + ac 2 ab 2 + ac 2 + bc 2ba 2 + 3abc ab + bc + ca

( ab + bc + ca )( a + b + c ) ≥ ab2 + ac2 + bc2 + ba 2 + 3abc (nhưng đây là hằng đẳng thức).

a. Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = 1 , tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: Q=

x y z + + . (Trích Đề tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Toán x + x + yz y + y + zx z + z + yx

TP Hà Nội, 2014) b. Cho các số thực không âm a, b, c sao cho a > 0, b + c > 0 và a 2 + b 2 + c 2 = 1 . Chứng minh: a3 b3 + c 3 + ≥ 2. 2 b − bc + c a2 2

xy c. Cho các số thực x, y sao cho x 2 y 2 + 2 y + 1 = 0 . Tìm GTNN, GTLN của P =

3y +1

= 3.

1 1 1 + + ≤ 1 . Ta có: 1 + x3 + y 6 1 + y 3 + z 6 1 + z 3 + z 6  4 1  1 z4 + x + 2  z + x + y2  z 4 + x 2 yz + z 2 x 2 y   = ≤ = 2 3 6 2 2 2 2 2 2 2 1+ x + y (1 + x3 + y 6 )  z 4 + x + y12  ( x + y + z ) ( x + y + z )  

d. Cho các số thực dương a, b, c thảo mãn: a 2 + b 2 + c 2 = 3 . Chứng minh rằng: 2a 2 2b 2 2c 2 + + ≥ a + b + c (Tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán TP Hà Nội, 2017) 2 2 a + b b + c c + a2

Lời giải

Ta cần chứng minh:

(Trích

Đề tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Trường chuyên – KHTN – ĐHQG Hà Nội, 2015).

d. Ta đặt a = x , b = y , c = z , xyz = 1 . Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành: 3

Tương tự với 2 số hạng còn lại và cộng ba bất đẳng thức cùng chiều suy ra đpcm.

Ví dụ 4.

c. Ta muốn làm xuất hiện a + b + c . 1  a + a + c a a   = ≤ a3 + b2 + c 1 3 2 ( a + b + c )  a + 1 + c 

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

( z

+ x 2 yz + z 2 x 2 ) ≤ ( x 2 + y 2 + z 2 ) ⇔ x 2 y 2 + y 2 z 2 + z 2 x 2 ≥ xyz ( x + y + z )

a. Ta có: x + yz = x ( x + y + z ) + yz = ( x + y )( x + z ) . Chú ý rằng: Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz thì:

Điều này là hiển nhiên đúng theo bất đẳng thức a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca .

( x + y )( x + z ) ≥ (

e. Do bất đẳng thức thuân nhất nên ta chuẩn hóa: abc = 1 . Bất đẳng thức cần chứng minh

Từ đó suy ra:

1 1 1 trở thành: 3 3 + 3 3 + 3 2 ≤ 1 . a + b +1 b + c +1 c + a +1

1 1 2 1 1 2  + +c   + + c  bc + ca + c 2 1 c a b a b   = Ta có 3 3 = ≤ = 2 a + b +1 a +b+c  1 1 2  ( a + b + c )2 3 3 a + b + c ( ) ( a + b + 1)  a + b + c 

241

y ≤ y + y + zx

x. y + z. x

)



( x + y )( x + z ) ≥

x x ≤ = x + x + yz x + x y + z

(

y x+ y+ z

;

z ≤ z + z + zx

)

x . y + z . x.

x . Tương tự ta có: x+ y+ z

z . Cộng ba bất đẳng thức cùng chiều x+ y+ z 1 3

ta suy ra Q ≤ 1 . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = .

242

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

b. Ta có

( a 2 + b2 + c2 ) a4 b4 c4 1 + 2 + 2 ≥ = 2 2 2 a ( b − bc + c ) a b a c a ( b − bc + c 2 ) + a 2b + a 2c a b 2 − bc + c 2 + a ( b + c ) 

Theo bất đẳng thức AM-GM ta có: a(b + c) ≤

a + (b + c )  2

1 1 2 2 ≥ = = 2 2 2 2 2  2  a b 2 − bc + c 2 + a ( b + c )  a a + 3 b + 3 c a 3 − 2a 2 ) ( ) ( + + a b c ( ) a b − bc + c 2 +  2   2 2 2 ≥ 2 ⇔ a ( 3 − 2a 2 ) ≤ 2 ⇔ 2a3 + + ≥ 3a . Bây giờ ta chứng minh: 2 2 a ( 3 − 2a 2 ) 2 , c = 0 . Ta cũng có thể chứng minh: 2

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b =

4a 2 4b 2 4c 2 + 4 + 4 , áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwaz 2 2 2 2 2 2 a + 2a b + a b + 2b c + b c + 2c 2 a 2 + c 2 4

ta có:

VT ≥

( a 2 + b2 + c2 ) 4a 2 4b 2 4c 2 + 4 + 4 ≥ =3. 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a + 2a b + a b + 2b c + b c + 2c a + c ( a 2 + b2 + c 2 ) + a 2 + b 2 + c 2 4

Mà ( a + b + c ) ≤ 3 ( a 2 + b 2 + c2 ) = 9  a + b + c ≤ 3 . Từ đó ta suy ra điều phải chứng minh. 1. Kỹ thuật tách ghép Để giải quyết những bài toán dạng này người giải cần linh hoạt trong việc tách các nhóm số hạng sao cho đảm bảo dấu bằng và tạo ra các bắt đẳng thức phụ quen thuộc. Ta cần chú ý các bất đẳng thức quen thuộc sau: 1 1 1 1 1 ≤  + + . a+b+c 9 a b c

2 1  a ( 2 − 2a 2 ) ≤ 2 ⇔ 2a3 − 3a + 2 ≥ 0 ⇔ 2a − 2  a +  ≥ 0 . Bất đẳng thức này luôn đúng 2 

Ví dụ 1.

c. Từ giả thiết ta suy ra y ≠ 0 ,

a. Cho các số thực dương a, b, c . Chứng minh:

(

)

x2 y 2 + 2 y +1 = 0  x2 +

1  1 1 + = 1 ⇔ x 2 +  + 1 = 1 y2 y y 

Theo bất đẳng thức Bunhicopxki ta có: ( x − Pa ) ≤ (1 + P Suy ra 4 P 2 ≤ 1 + P 2 ⇔ 3P 2 ≤ 1 ⇔ −

)( x

) = 1+ a . 2

3 3 3 2 3 ≤P≤ . Với x = ; y =  P = , 3 3 2 3 3

− 3 2 3 3 3 x= ;y=−  P=− . Vậy GTLN của P là , GTNN của P là − . 2 3 3 3 3

d. Do a 2 + 1 ≥ 2a nên:

bc ca ab a +b+c + + ≤ . 2 a + b + c 2b + c + a 2c + a + b 4

b. Cho các số thực dương a, b, c . Chứng minh:

x x 1 2 =  2 P = x − Pa  4 P 2 = ( x − Pa ) . Đặt a = + 1 . Ta được x 2 + a 2 = 1 . Ta có: P = 1 a+2 y 3+ y 2

1 11 1 ≤  +  và a+b 4 a b

2a 2 2a 2 4a 2 4a 4 ≥ 2 = 2 = 4 . Tương tự ta cũng có 2 2 a + 1 2 a + 2b + 1 a + 2a 2b 2 + a 2 a+b +b 2

hai đánh giá nữa và cộng ba bất đẳng thức cùng chiều ta suy ra

(b + c ) (c + a) (a + b) + + ≤3. + c2 + a (b + c ) c2 + a 2 + b ( c + a ) a 2 + b2 + c ( a + b )

c. Cho các số thực dương a, b, c sao cho a + b + c = 3 . Chứng minh rằng: 1 1 1 1 + + ≤ . 4a 2 + b 2 + c 2 4b2 + c 2 + a 2 4c 2 + a 2 + b 2 2

d. Cho các số thực dương a, b, c sao cho a 2 + b 2 + c 2 = 1 . Chứng minh rằng: bc ca ab 3 + + ≤ a 2 + 1 b2 + 1 c2 + 1 4

Lời giải a, Ta có:

1 1 4 1 1 1  bc 1  bc bc  = ≤  + ≤  +   2a + b + c 4 ( a + b ) + ( a + c ) 4  a + b a + c  2a + b + c 4  a + b a + c 

tương tự ta cũng có hai bất đẳng thức nữa và cộng lại ta thu được: 1  bc bc ca ca ab ab  1  bc ca   bc ab   ca ab   VT ≤  + + + + + + + + =  + +  4  a + b a + c b + c b + a c + a c + b  4  a + b b + a   a + c c + a   b + c c + b   1 hay VT ≤ ( a + b + c ) , dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c . 4

243

244

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG 2

b, Ta có:

(b + c ) (b + c ) b2 c2 b c = ≤ + = + . 2 + c + a ( b + c ) b (b + a ) + c ( c + a ) b (b + a ) c ( c + a ) b + a c + a

Từ đó suy ra:

(b + c )

b2 + c2 + a ( b + c )

Ta có:

(c + a)

c2 + a2 + b ( c + a )

(a + b)

a 2 + b2 + c ( a + b )

b c c a a b + + + + + =3 b+a c+a c+b a+b a+c b+c

≤

b c c a a b + + + + + b+a c+a c+b a+b a+c b+c

suy ra đpcm. Dấu đẳng thức xảy ra khi và

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

a2 b2 c2 1 + + ≤ . ( 2a + b )( 2a + c ) ( 2b + c )( 2b + a ) ( 2c + a )( 2c + b ) 3

1 1 1 3 + + ≥ biết ab + bc + ca = 3 a 2 + 1 b2 + 1 c 2 + 1 2

Lời giải 2

a, Ta có:

chỉ khi a = b = c . 2

c, Ta có:

( a + b + c) 9 a2 b2 c2 = 2 ≤ 2+ 2 + 2 2 tương tự ta cũng 2 2 2 2 2 2 2 2 4a + b + c 2a + ( a + b ) + ( a + c ) 2 a ( a + b ) ( a + c )

có hai bất đẳng thức nữa. Suy ra

≤

1 1 1

a2 (b + c ) 2

1 1 1 1 + + ≤ . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c . 4a 2 + b2 + c 2 4b 2 + c 2 + a 2 4c 2 + a 2 + b 2 2 2 2 2 bc ca ab 1  (b + c ) ( c + a ) ( a + b )  + 2 + 2 d, Ta có: 2 + 2 + 2 ≤  2  a + 1 b + 1 c + 1 4  a + 1 b +1 c + 1 

(b + c ) 2

a +a +b +c

    b+c b2 c2 b2 a2 1  =  = ≤  + + 2 2 2 2 2 2 2 2 2 c + bc  c ( a + b ) b ( a + c )   c ( a + b ) c ( a + b ) 

a



a b c b c a c a b 9 + + + + + + + + = hay 2a 2 a 2 + b 2 a 2 + c 2 2b2 b 2 + c 2 b 2 + a 2 2c 2 c 2 + a 2 c 2 + b 2 2

Mặt khác ta có:

Từ đó suy ra:

  Chú ý: Nếu ta thay ( a, b, c ) →  , ,  thì thu được bất đẳng thức mới là: a b c

9 9 9 + + 4a 2 + b 2 + c 2 4b 2 + c 2 + a 2 4c 2 + a 2 + b2 2

(b + c) (b + c ) b+c b2 c2 = 2 = ≤ + 2 2 2 2 2 2 2 2 a + bc ( a + bc ) ( b + c ) c ( a + b ) + b ( a + c ) c ( a + b ) b ( a + c 2 )

(b + c)

( a2 + b2 ) + ( a 2 + c2 )

≤

b2 c2 + a 2 + b2 a 2 + c2

a 2 + bc

b2 ( c + a ) b 2 + ca

Nếu phân tích

c2 ( a + b ) c 2 + ab

a2 (b + c ) a 2 + bc

≤ a +b+c

=b+c−

(a + b + c) a2 b2 c2 + + ≥ =1 a + 2bc b 2 + 2ca c 2 + 2ab a 2 + 2bc + b 2 + 2ca + c 2 + 2ab

1 1 1 Thay ( a, b, c ) →  , ,  ta thu được kết quả a b c

bc ca ab + + ≥1 bc + 2a 2 ca + 2b 2 ab + 2c 2

bc 2a 2 = 1− 2 nên bất đẳng thức trên được viết lại thành: 2 bc + 2a 2a + bc

Ví dụ 2. Cho các số thực dương a, b, c . Chứng minh rằng:

bc ca ab + + ≤ 1. a 2 + 2bc b 2 + 2ca c 2 + 2ab

a2 b2 c2 + + ≥1. a + 2bc b2 + 2ca c 2 + 2ab

thì ta thu được bất đẳng thức mới:

Mặt khác ta có:

a 2 + bc

b, Ta có:

ca ab  b2 c2 a2 c2 a2 b2  bc 4 2 + 2 + 2 ≤ 2 + 2 2+ 2 + 2 2+ 2 + 2 = 3 suy ra đpcm. 2 2 2 2  a +1 b +1 c +1  a + b a + c a + b b + c c + a c + b 1 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = . 3

b+c c+a a+b 1 1 1 + + ≤ + + . a 2 + bc b 2 + ca c 2 + ab a b c

bc ( b + c )

bc ( b + c ) ca ( c + a ) ab ( a + b ) + 2 + 2 ≥ a + b + c . Đây là các bất đẳng thức đẹp và khó. a 2 + bc b + ca c + ab

Tương tự ta cũng có hai bất đẳng thức nữa và cộng lại thì thu được:



a2 b2 c2 1 1 1 + 2 + 2 ≤ 1 . Thay ( a, b, c ) →  , ,  ta lại thu được: 2a + bc 2b + ca 2c + ab a b c 2

Những bất đẳng thức này có ứng dụng rất quan trọng. c, Ta có:

245

246

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

( 2a + a ) a2 a2 1 1 4a 2 a2  = = ≤  + 2  2 2 ( 2a + b )( 2a + c ) 2a ( a + b + c ) + 2a + bc 9 2a ( a + b + c ) + 2a + bc 9  2a ( a + b + c ) 2a + bc 

b, Ta có: 3ab + 2b + c = 3ab + 2b + c ( a + b + c ) = ( ab + bc + ca ) + ( c 2 + 2ab ) + 2b

Từ đó suy ra:

Từ đó ta có:



4a 2

 ( 2a + b )( 2a + c ) ≤ 9   2a ( a + b + c ) + 2a 

a 2  1  2a a2  + 2  =   + bc  9  a + b + c 2a + bc 

Như vậy:

Áp dụng kết quả của câu b, ta suy ra điều phửi chứng minh. d, Ta có: ⇔

1 a2 a2 b2 c2 3 nên bất đẳng thức tương đương với 2 + 2 + 2 ≤ = 1− 2 a +1 a +1 a +1 b +1 c +1 2

ab 1  ab ab ab  1  ab ab a ≤ + + = + + 3ab + 2b + c 16  ab + bc + ca c 2 + 2ab 2b  16  ab + bc + ca c 2 + 2ab 2 

Từ đó suy ra:

a2 b2 c2 1 + 2 + 2 ≤ . Ta có: 2 3a + 3 3b + 3 3c + 3 2

(1 + 1 + 2 ) 1 1 1 ≤ + + . ( ab + bc + ca ) + ( c 2 + 2ab ) + 2b ab + bc + ca c 2 + 2ab 2b

c, Ta có:

1 

 3ab + 2b + c ≤ 16  ab + bc + ca + c

ab a 1 + ≤ + 2ab 2  4

2  b  a2 ( a + b) ab 2 b b2  ≤ +  ≤ a 2 + 2b 2 + c 2 4  a 2 + b 2 + b 2 + c 2  4  a 2 + b2 b 2 + c 2 

4a 2 4a 2 (a + a) a2 a2 a a2 = 2 = ≤ + 2 = + 2 2 2 3a + 3 3a + ab + bc + ca a ( a + b + c ) + 2a + bc a ( a + b + c ) 2a + bc ( a + b + c ) 2a + bc

Tương tự với hai số hạng còn lại ta có: đã sử dụng kết quả

 2a

a2 1  a a2  1 ≤  + 2  ≤ . Ở đây ta 2 + 3 4  a + b + c 2a + bc  2

 3a

a2 2

5a + ( b + c )

b2 2

5b + ( c + a )

c2 2



c

 a



a+b+c . 4

d, Ta có:

Tương tự ta có hai bất đẳng thức nữa và cộng lại thì thu được:

5c + ( a + b )

1 ≤ . 3

ab bc ca 1 + + ≤ biết a, b, c thoả mãn a + b + c = 1 . 3ab + 2b + c 3bc + 2c + a 3ca + 2a + b 4

ab 2 bc 2 ca 2 a +b+c + 2 + 2 ≤ . 2 2 2 2 a + 2b + c b + 2c + a c + 2a 2 + b 2 4

ab bc ca 1 + + ≤ ( a + b + c) . a + 3b + 2c b + 3c + 2a c + 3a + 2b 6

ab bc ca 1  ab ab 1 bc bc 1 ca ca 1  + + ≤  + + a+ + + b+ + + c a + 3b + 2c b + 3c + 2a c + 3a + 2b 9  a + c b + c 2 b+a c+a 2 c +b a +b 2  ab bc ca 1 ⇔ + + ≤ ( a + b + c) a + 3b + 2c b + 3c + 2a c + 3a + 2b 6

2. Kỹ thuật thêm bớt Ví dụ 1

Lời giải a, Ta có:

≤

1 1 1 1 1 1  ab 1  ab ab 1  = ≤  + +  ≤  + + a a + 3b + 2c ( a + c ) + ( b + c ) + 2b 9  a + c b + c 2b  a + 3b + 2c 9  a + c b + c 2 

a ≤ 1. + bc

Ví dụ 3. Cho các số thực dương a, b, c . Chứng minh rằng: a,

b

Suy ra VT ≤  2 2 + 2 2  +  2 2 + 2 2  +  2 2 + 2 2  = 4 a +b b +c  4b +c c + a  4  a +b c +a 

9a 2 2

5a + ( b + c )

( a + 2a ) 9a 2 = 2 2 2 2 2 2 ( a + b + c ) + 2 ( 2a + bc ) ( a + b + c 2 ) + 2 ( 2a 2 + bc )

a2 4a 2 a2 2a 2 + = 2 2 2 + 2 . Từ đó suy ra: 2 2 2 2 ( a + b + c ) 2 ( 2a + bc ) ( a + b + c ) 2a + bc

 5a

a2 2

+ (b + c )

≤

a, Cho các số thực dương a, b, c sao cho a 2 + b2 + c2 = 3 . Chứng minh rằng:

1  a2 2a 2  1 + 2 ≤   2 2 2 9 a +b +c 2a + bc  3

247

1 1 1 + + ≥3 2−a 2−b 2−c

b, Cho các số thực dương a, b, c sao cho ab + bc + ca = 3 . Chứng minh rằng: 1 1 1 + + ≤ 1. a 2 + 2 b2 + 2 c2 + 2

c, Cho a, b, c là độ dài ba cạnh một tam giác. Chứng minh rằng:

248

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Suy ra điều phải chứng minh

a b c + + ≥1. 3a − b + c 3b − c + a 3c − a + b

Ngoài ra ta có thể giải bằng cách khác như sau:

d, Cho các số thực dương a, b, c sao cho abc = 1 . Chứng minh rằng: 1 1 1 + + ≤ 3. a 2 − a + 1 b2 − b + 1 c2 − c + 1

1 = a2 + 2

Lời giải: 2

a, Phân tích: Nếu ta áp dụng trực tiếp bất đẳng thức:

x2 y 2 z 2 ( x + y + z ) + + ≥ thì phần a b c a+b+c

sau sẽ bị ngược dấu. Để khắc phục ta thêm bớt như sau:

(b + c )

(b + c)

2 2 ≤ . Từ đó cộng các bất đẳng thức cùng chiều ta suy 2 2   a + b + c) b + c ( ( ) 2 ( a + 2 ) 1 + 2   

ra điều phải chứng minh. Chú ý: Với các giả thiết a, b, c là ba cạnh của một tam giác ta cần chú ý biến đổi để sử dụng điều kiện a + b − c > 0, b + c − a > 0, c + a − b > 0.

1 1 − 2m + ma −m = ta chọn m sao cho 1 − 2m + ma > 0 và 1 − 2m + ma chỉ còn đơn 2−a 2−a 1 giản một số hạng. Điều này làm ta nghĩ đến m = 2

c, Phân tích:

Từ đó ta có cách chứng minh như sau:

a 1 a +b−c − = . Từ đó ta có bất đẳng thức cần chứng minh được viết lại 3a − b + c 4 4 ( 3a − b + c )

Xét

1 1 1 1 1 1 3 a b c a2 b2 c2 − + − + − ≥ ⇔ + + ≥3⇔ + + ≥3 2 2 2−a 2 2−b 2 2−c 2 2 2−a 2−b 2−c 2a − a 2b − b 2c − c 2 2

Áp dụng bất đẳng thức:

(a + b + c) x2 y 2 z 2 ( x + y + z ) + + ≥ ta có VT ≥ A B C A+ B +C 2 ( a + b + c ) − ( a 2 + b2 + c2 ) 2

Ta cần chứng minh:

(a + b + c) ( a + b + c) ≥ 3 ≥3⇔ 2( a + b + c) − 3 2 ( a + b + c ) − ( a 2 + b2 + c2 )

a 1 b 1 c 1 1 − + − + − ≥ 3a − b + c 4 3b − c + a 4 3c − a + b 4 4 a +b−c b+c−a c+ a −b ⇔ + + ≥1 3a − b + c 3b − c + a 3c − a + b

Ta có VT ≥

(a + b − c + b − c − a + a + c − b)  ( a + b − c )( 3a − b + c )

(a + b + c) = 1. a 2 + b 2 + c 2 + 2 ( ab + bc + ca )

tử số có dạng bình phương.

1 1 − 2m − ma −m = a2 + 2 a2 + 2

1 2

ta nghĩ đến chọn m = . Khi đó ta có: 2

1 1 1 1 1 1 1 a b c − + − + − ≤− ⇔ 2 + + ≥1 a 2 + 2 2 b2 + 2 2 c2 + 2 2 2 a + 2 b2 + 2 c2 + 2 2

Áp dụng bất đẳng thức:

x2 y 2 z 2 ( x + y + z ) + + ≥ ta có: A B C A+ B +C 2

( a + b + c ) . Ta cần chứng minh: a2 b2 c2 + 2 + 2 ≥ a + 2 b + 2 c + 2 a 2 + b2 + c2 + 6 2

(a + b + c)

thành:

Đối với bất đẳng thức dạng f ( a ) + f ( b ) + f ( c ) ≤ M . Ta thường thêm bớt vào một số m để

b, Phân tích:

a 2 + b2 + c2 + 6

a − m ( 3a − b + c ) 1 a , ta chọn m = . Khi đó: −m = 3a − b + c 3a − b + c 4

⇔ ( a + b + c ) − 6 ( a + b + c ) + 9 ≥ 0 ⇔ ( a + b + c − 3) ≥ 0 .

Xét:

Ta viết lại:

≥1⇔

(a + b + c)

a 2 + b 2 + c 2 + 2 ( ab + bc + ca )

≥ 1. Nhưng đây là một đẳng thức.

249

d) Phân tích 1 1 − m − ma 2 + ma 2 −m = để 1 − m − ma 2 + ma phân tích được thành ( xa + y ) thì a − a +1 a2 − a + 1 4 1 − m − ma2 + ma = 0 có nghiệm kép. Hay ∆ = m2 + 4m (1 − m ) = 0 ⇔ m ( 4 − 3m ) = 0 ⇔ m = 3

Ta lấy

Ta viết lại bất đẳng thức thành

( 2a − 1)

( 2b − 1)

( 2c − 1)

1 4 1 4 1 4 − + − + − ≤ −1 hay a 2 − a + 1 3 b2 − b + 1 3 c 2 − c + 1 3

≥ 3 . Áp dụng bất đẳng thức

a 2 − a + 1 b2 − b + 1 c2 − c + 1 [2 ( a + b + c ) − 3]2 được VT ≥ 2 2 2 . (a + b + c ) − (a + b + c) + 3

250

x2 y 2 z 2 ( x + y + z ) ta thu + + ≥ A B C A+ B +C

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Ta cần chứng minh  2 ( a + b + c ) − 3 ≥ 3 ( a 2 + b2 + c 2 ) − ( a + b + c ) + 3 hay 2 ( a + b + c ) + 6 ( ab + bc + ca ) ≥ 9 ( a + b + c ) . Ta có

( ab + bc + ca )

= a 2b 2 + b2 c 2 + c 2 a 2 + 2abc ( a + b + c ) ≥ a 2bc + b2 ac + c 2ba + 2abc ( a + b + c ) = 3abc ( a + b + c ) = 3 ( a + b + c ) 2

Ta quy bài toán về chứng minh ( a + b + c ) + 6 3 ( a + b + c ) ≥ 9 ( a + b + c ) . Đặt t = 3 ( a + b + c )  t ≥ 3, ta

Suy ra VT ≥ b) Do

1 3 ( a 2 + b2 + c 2 ) + 1

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM Shwarz, ta có a 2b2

Ta cần chứng minh

Điều này là hiển nhiên. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 .

( ab + bc + ca ) 3 ≥ , đây là bài toán quen thuộc. 2abc ( a + b + c ) 2

c) Nhân 2 vế với a + b + c và chú ý

Một số cách thêm bớt không mẫu mực

ab a2b . Ta viết BĐT cần chứng ( a + b + c ) = ab + b+c b+c

minh thành

Ví dụ 2. a) Cho các số thực dương a, b, c sao cho a + b + c = 1 . Chứng minh: a2 b2 c2 1 + + ≤ . 3a + 1 3b + 1 3c + 1 18 ( ab + bc + ca )

b) Cho các số thực dương a, b, c sao cho a + b + c = 1 . Chứng minh:  b c a  1+ a 1+ b 1+ c 2 + +  ≥ + + .  a b c  1− a 1− b 1− c

a+b+c+

d) Chứng minh

Lời giải a 1 3a 1 a  = . = a −  . Vì vậy ta quy bài toán về chứng minh 3a + 1 3 3a + 1 3  3a + 1  a b c 1 + + + ≥ 1. 3a + 1 3b + 1 3c + 1 6 ( ab + bc + ca )

(a + b + c)

251

Cuối cùng ta chứng minh ( a + b + c ) + 1 +

(a + b + c)

−1

≥

3 3 (a + b + c) . 2

3 3 3 2 ( a + b + c ) ≤ ( a + b + c ) + 3 nên ta quy về 2 4 1 3 2 2 ≥  ( a + b + c ) + 3 (a + b + c) + 1+ 2  ( a + b + c) − 1 4  a ( 3 − 2m ) + b − mc 3a + b −m= . 2a + c 2a + c 3a + b a+b−c Chọn m = 1 để xuất hiện −1 = . 2a + c 2a + c a +b−c b +c −a c + a −b + + ≥ 1. Khi đó BĐT cần chứng minh có dạng 2a + c 2b + a 2c + b 2 2 ( a + b − c + b + c − a + c + a − b) ( a + b + c ) Suy ra VT ≥ = = 1. 2  ( a + b − c )( 2a + c ) (a + b + c)

3. Phương pháp đặt ẩn phụ.

1 2

+1+

d) Ta xét

 a + 1 ≥ a ( 3a + 1) + b ( 3b + 1) + c ( 3c + 1) = 3

Phần còn lại dành cho bạn đọc.

ab bc ca 3 3 + + ≥ . b+c c+a a+b 2

3a + b 3b + c 3c + a + + ≥ 4 , với a, b, c là độ dài 3 cạnh tam giác. 2a + c 2b + a 2c + b

a 2b b2 c c2 a 3 3 + + ≥ ( a + b + c) b+c c+a a+b 2 2 2 2 2 ( ab + bc + ca ) ab bc c a 1 Ta có + + ≥ = . b + c c + a a + b b ( b + c ) + c ( c + a ) + a ( a + b ) ( a + b + c )2 − 1

(a + b + c)

Nhưng

c) Cho các số thực dương a, b, c sao cho ab + bc + ca = 1 . Chứng minh:

Ta có

( ab + bc + ca )

 c ( b + c ) =  abc ( b + c ) ≥ 2abc ( a + b + c ) .

t4 2 + 6t ≥ 3t 2 ⇔ t 4 − 27t + 54t ≥ 0 ⇔ t ( t 3 − 27t + 54 ) = t ( t − 3) ( t + 6 ) ≥ 0 9

a) Ta có

1 4 ≥ =1 6 ( ab + bc + ca ) 3 ( a 2 + b 2 + c 2 ) + 1

1+ a 2a = + 1 nên ta viết lại bất đăng thức thành 1− a b + c b c a a b c 3 + + ≥ + + + . a b c b+c c+a a+b 2 a a ab ab 3 Lại có − nên ta sẽ chứng minh  = ≥ . c (b + c ) 2 c b + c c (c + b) ab

có bất đẳng thức trở thành

+b +c

) +1

Tùy theo bài toán ta có thể chọn một số cách đặt ẩn phụ sau:

252

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

1 1 1 1. ( a, b, c ) →  , , 

Đặt x =

a b c  ka kb kc  2. ( a, b, c ) →  , ,   b c a  kb kc ka  3. ( a, b, c ) →  , ,   a b c 

bc ac ab 1 a4 , y = 2 , z = 2 , BĐT cần chứng minh trở thành  ≥ , 2 2 a b c ( 2a + bc )( a 2 + bc ) 2 2

Áp dụng BĐT

 ka 2 kb 2 kc 2  , 2 , 2  2 c a   b  kbc kca kab  5. ( a, b, c ) →  2 , 2 , 2  c  a b

4. ( a, b, c ) → 

2 2

 (a + b + c ) .  ( 2a + bc )( a + bc ) 2

VT ≥

X 2 Y 2 Z 2 ( X + Y +) + + ≥ ta có A B C A+ B+C 2

Ta cần chứng minh 2

2 ( a 2 + b 2 + c 2 ) ≥  ( 2a 2 + bc )( a 2 + bc ) ⇔ b 2 c 2 + a 2 c 2 + a 2 b 2 ≥ abc ( a + b + c )

Đây là kết quả quen thuộc. a b

b c

c a

c) Đặt x = , y = , z = . BĐT cần chứng minh trở thành

Ví dụ a) Cho các số thực dương x, y, z sao cho xyz = 1 . Chứng minh rằng:

a2 b2 c2 3 + 2 + 2 ≤ . a + bc b + ac c + ab 2 2

1 1 1 + + ≥ 1. x2 + x + 1 y 2 + y + 1 z 2 + z + 1

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski ta có 2

   a ( a + b )( a + c )  a2 b2 c2   a   a 2 + bc + b2 + ac + c2 + ab  ≤   ( a + b )( a + c )   a 2 + bc       Mặt khác, ta có 8 ( a + b + c )( ab + bc + ca ) ≤ 9 ( a + b )( b + c )( c + a ) và

b) Cho các số thực dương x, y, z sao cho xyz = 1 . Chứng minh rằng: 1

( x + 1)( x + 2 ) ( y + 1)( y + 2 ) ( z + 1)( z + 2 ) c) Cho các số thực dương x, y, z . Chứng minh rằng

2x + x+ y

≥

1 . 2

2y 2z + ≤ 3. y+z z+x

Ta quy bài toán về chứng minh

Lời giải a) Phân tích: nếu áp dụng trực tiếp BĐT

Mặt khác ta có 2

( X + Y +) X Y Z + + ≥ thì BĐT tiếp theo bị A B C A+ B+C 2



ngược dấu.  bc ca ab  Để không bị ngược dấu ta thay ( x, y, z ) →  2 , 2 , 2  thì BĐT cần chứng minh a b c  a4 b4 c4 + 4 + 4 ≥ 1. trở thành 4 2 (*) 2 2 2 2 2 2 a + a bc + b c b + b ac + a c c + c ab + a 2 b 2 2 2 2 2 ( X + Y +) X Y Z + + ≥ Bây giờ ta áp dụng bất đẳng thức ta có A B C A+ B+C VT ≥

+ b2 + c2 )

a 4 + a 2 bc + b 2 c 2 + b 4 + b 2 ac + a 2 c 2 + c 4 + c 2 ab + a 2 b2 ⇔ b 2 c 2 + a 2 c 2 + a 2 b 2 ≥ abc ( a + b + c )

Đây là kết quả quen thuộc. b) Phân tích.

2 ( ab + bc + ca )

≥1

a2 (b + c ) a 2 + bc

a ( a + b )( a + c ) a 2 + bc



a ( a + b )( a + c ) a 2 + bc a (b + c)

≤ 2 (a + b + c) .

=a+

a 2 + bc

. Ta quy bài toán về chứng minh

≤ a +b +c.

V. KĨ THUẬT ĐỐI XỨNG HÓA Ví dụ 2a 2b 2c + + ≤ 3. a+b b+c c+a

a) Cho các số thực dương a, b, c, chứng minh rằng b) Cho các số thực dương a, b, c, chứng minh rằng:

a b c 3 + + ≤ . a + b + 2c b + c + 2a c + a + 2b 2

c) Cho các số thực dương a, b, c, sao cho a + b + c = 1 , chứng minh rằng: ab ab + bc

253

 ( a + b )( a + c ) = ( a + b )( b + c )( c + a ) ≤ 4 ( a + b + c ) .

bc bc + ca

254

ca ca + ab

≤

2 . 2

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Lời giải CHƯƠNG 2

a) Ta có 2a = a+b

    ( a + b )( a + c ) 

  ( a + b )( a + c ) 

2a ( a + c )

VI MỘT SỐ KĨ THUẬT XỬ LÝ BẤT ĐẲNG THỨC VỚI CÁC BIẾN BỊ CHẶN TRÊN TỪNG KHOẢNG

  a b c ≤ 2 ( a + b + c )  2. + +   ( a + b )( a + c ) ( b + c )( b + a ) ( c + a )( c + b )  8 ( a + b + c )( ab + bc + ca ) = ( a + b )( b + c )( c + a )

KIẾN THỨC CẦN NHỚ Khi các biến bị chặn trên một đoạn, khoảng ta cần chú ý các các đánh giá để chặn biến như sau:

Bây giờ, ta cần chứng minh 8 ( a + b + c )( ab + bc + ca )

+ m ≤ a, b, c ≤ n thì

≤9

Nếu cần đánh giá

( a + b )( b + c )( c + a ) ⇔ 8 ( a + b + c )( ab + bc + ca ) ≤ 9 ( a + b )( b + c )( c + a ) .

Nếu cần đánh giá để tạo ra

Đây là kết quả quen thuộc. b) Ta có a = a + b + 2c

   ( a + b + 2c )( a + 2b + c )  a ( a + 2b + c )

   a ( a + 2b + c )     

Ta cần chứng minh

  ≤ ( a + b + 2c )( a + 2b + c )  a ( a + 2b + c )

 4 (  a 2 +3 ab ) (  a ) = ( a + b + 2c )( a + 2b + c )  ( a + b + 2c )( a + 2b + c )( b + 2a + c ) 4 (  a 2 +3 ab ) (  a )

( a + b + 2c )( a + 2b + c )( b + 2a + c )

≤

4 . 9

ab + bc

   

a 2b = a+c

a 2b ( a + b )

( a + c )( a + b )

suy ra

(a − n)(b − n) ≥ 0

Nếu cần đánh giá đồng thời cả ba biến ta dùng  (a − m)(b − m)(c − m) ≤ 0 ⇔   (a − n)(b − n)(c − n) ≥ 0

2 2 3 abc + m (ab + bc + ca) − m ( a + b + c ) − m ≤ 0  2 3 3  − abc − n (ab + bc + ca) − n ( a + b + c ) − n ≤ 0

Ta cần chứng minh 2 (  a ) (  a 2 b 2 + abc  a )

( a + b )( b + c )( c + a )

≤

Ngoài ra cần chú ý. Nếu giả thiết Nếu biết a + b +

c= 3p

Trong 3 số

1 ⇔ 4 (  a ) (  a 2 b 2 + abc  a ) 2

Cho các số thực

a, b, c thỏa

255

sử a là số lớn nhất thì ta suy ra

mãn

0 ≤ a, b, c ≤ 2 và a + b + c = 3

P = a 2 + b2 + c2

b)Tìm giá trị lớn nhất giá trị nhỏ nhất của

P = a 3 + b 3 + c3

c)Tìm giá trị lớn nhất giá trị nhỏ nhất của

P = a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ca

0 ≤ a, b, c ≤ 3 và a + b + c = 6

Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của

P = a 3 + b 3 + c3

Khai triển và thu gọn ta qui về

nhiên đúng theo bâts đẳng thức AM- GM

a, b, c giả

 a + b ≤ (a + b)

a)Tìm giá trị lớn nhất giá trị nhỏ nhất của

d)Biết a, b, c thỏa mãn

. ab (a 2 + b 2 ) + bc(b 2 + c 2 ) + ca(c 2 + a 2 ) ≥ 2(a 2 b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 ) Nhưng

 a 2 + b 2 ≤ (a + b) các số thực không âm thì  3 3 3

a, b, c là

Ví dụ 1

2 2   2 (  a ) (  a b + abc  a ) a2b ( a + b)  a2b  ≤  ( a + b )   = ( a + b )( b + c )( c + a ) ( a + c )( a + b )   ( a + c )( a + b ) 

≤ (a + b + c)(a + b)(b + c)(c + a)

2  ab ≥ n (a + b) − n ⇔ 2  ab ≥ m (a + b) − m  (a − m)(b − m) ≥ 0

dùng 

Sau khi chứng minh nếu phát sinh điều kiện của một biến thì ta có thể quay lại để chặn biến nhằm tạo ra điều kiện

Đây là bài toán quen thuộc. =

( a − m )(a − n) ≤ 0 ⇔ a 2 ≤ ( m + n) a − mn

a + b + c = 3 p ≤ 3a ⇔ a ≥ p

2 ( a 3 + b3 + c 3 ) ≥ ab ( a + b ) bc ( b + c ) + ca ( c + a ) . ab

ab ta

dùng

Sau khi khai triển và thu gọn, ta được

c) Ta có

a 2 , b 2 , c 2 theo a, b, c ta

bất đẳng thức này là hiển

Lời giải a)Ta viết lại

P = (a + b + c) − 2( ab + ac + bc ) = 9 − 2(ab + ac + bc )

256

ta cần đánh giá

ab + a c + bc

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Thật vậy từ giả thiết

0 ≤ a, b, c ≤ 2 ta

suy ra

Ta có các biến đổi quen thuộc sau ( a + b + c ) = a3 + b3 + c3 + 3(a + b)(b+ c)(c+ a)

 (a − 2)(b − 2)(c − 2) ≤ 0  abc + 4(a + b + c) − 2(ab + bc + ac) − 8 ≤ 0 ⇔   abc ≥ 0  − abc ≤ 0

(a + b)(b + c)(c+ a) = (a + b + c)(ab + bc+ ca) − abc

Cộng hai bất đẳng thức cùng chiều theo từng vế với chú ý

a + b + c = 3 ta

Từ đó ta có

có

P = 216 − 3 ( a + b )( b + c )( c + a ) = 216 − 18 ( ab + bc + ca ) + 3[3(ab + bc + ca ) − 27]

4 − 2(ab + bc + ca) ≤ 0 ⇔ ab + bc + ca ≥ 2

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi trong ba số một số bằng 1 Ta cũng có

(a + b + c) 2 − 3( ab + ac + bc ) =

Suy ra ab + bc + ca ≤ ( a + b + c ) 3

a, b, c có

một số bằng 2, một số bằng 0, với mọi a, b, c

(a, b, c) là

hoán vị của

b)Ta có bất đẳng thức sau a 3 − 3a + 2 = (a − 1) 2 (a + 2) ≥ 0 với mọi a ≥ 0 tương tự ta cũng có hai bất đẳng thức với b , c suy ra a 3 + b 3 + c 3 ≥ 3(a+b+c) − 6 = 3 , dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1

Ta có

a + b + c ≤ 3 c ⇔ c ≥ 1 kết

nên 9(c − 1(c − 2) ≤ 0 suy ra P ≤ 9 dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi bộ số (0,1, 2) P = 9 − 3(ab + ac + bc ) ≥ 0

Ta cũng có

P ≤ 9−6 = 3,

dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

(a, b, c) là

d)Từ giả thiết ta có  (a − 1)(b − 1)(c − 1) ≥ 0 ⇔   (3 − a)(3 − b)(3 − c) ≥ 0

hoán vị của

Ví dụ 2 Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3 a)Tìm GTLN của P = ab 2 + bc 2 + ca 2 b)Tìm GTLN của P = a b3 + 1 + b c3 + 1 + c a3 + 1 Lời giải Giả sử b là số nằm giữa a , c thì (b− a)(b− c) ≤ 0 ⇔ b2 + ac ≤ bc + ba ⇔ a b2 + a 2c ≤ abc + a 2b ⇔ a b2 + a 2c + bc 2 ≤ abc + a 2b + bc 2

Suy ra ab2 + bc2 + ca 2 ≤ bc2 + 2abc + ba2 = b(c+ a)2 = b(3 − b)2 Ta chứng minh b(3 − b)2 ≤ 4 ⇔ b3 − 6b2 + 9b − 4 ≤ 0 ⇔ (b− 1)2 (b− 4) ≤ 0 luôn đúng

hoán vị của bộ số

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (a, b, c) là hoán vị của bộ số (0,1, 2) b)Ta có a 3 + 1 = (a + 1)(a 2 − a + 1) ≤

a2 + 2 2

Từ đó suy ra  abc − (ab + ac + bc) + (a + b + c) − 1 ≥ 0   − abc + 3( ab + bc + ca _ − 9( a + b + c ) + 27 ≥ 0

 abc − (ab + ac + bc) + 5 ≥ 0 ⇔  − abc + 3( ab + bc + ca _ − 27 ≥ 0

cộng hai bất đẳng thức cùng chiều ta suy ra

ab + bc + ca ≥ 11

ab + bc + ca ≤

(a, b, c) là

dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 .

(0,1, 2)

lại có

hợp với điều kiện đề

a 3 + b 3 ≤ (a+b) 3 = (3 − c) 3  P ≤ (3 − c) 3 + c 3 = 27 − 27 c + 9 c 2 = 9(c − 1(c − 2) + 9 Do 1 ≤ c ≤ 2

c)Ta có

Vậy GTLN của P là 36

ca ≤ 3

Từ đó suy ra 9 − 6 ≤ P ≤ 9 − 4 ⇔ 3 ≤ P ≤ 5 khi a = b = c = 1 thì P = 3 khi bộ số (0,1, 2) thì P = 5

a, b, c suy

Hay P ≤ 135 − 9 ( ab + bc + ca ) ≤ 135 − 9.11 = 36 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (a, b, c) là hoán vị của bộ số (1; 2;3)

1  (a − b) 2 + (b − c ) 2 + (c − a ) 2  ≥ 0 2

, Như vậy 2 ≤ ab + bc +

Giả sử c là số lớn nhất trong 3 số bài ta suy ra 1 ≤ c ≤ 2

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

(a + b + c) = 12 ⇔ 11 ≤ a + b + c ≤ 12 3 257

b2 + 2 c2 + 2 a2 + 2 ab 2 + bc 2 + ca 2 + b. + c. = a+b+c+ 2 2 2 2 1  P ≤ 3 + (ab 2 + bc 2 + ca 2 ) ≤ 5 2 P ≤ a.

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (a, b, c) là hoán vị của bộ số (0,1, 2)

258

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi có 1 số bằng 1, hai số còn lại bằng 0

Ví dụ 3 Cho các số thực không âm

a , b, c

a)Tìm GTLN, GTNN của P =

sao cho

a + b+ c = 1 .

+Tìm giá trị lớn nhất

Cách 1: Ta chứng minh

5a + 4 + 5b + 4 + 5c + 4

b)Tìm GTLN của P = 2a 2 + a + 1 + 2b 2 + b + 1 + 2c 2 + c + 1 c)Cho các số thực không âm nhất

a , b , c thỏa

mãn

a + b + c = 1 Tìm

đương với giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ

của P = a + b + c a +1 b +1 c +1

d)Cho

a , b , c ≥ 0 và a + b + c = 3 Tìm

giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của

P = 3a + 1 + 3b + 1 + 3c + 1

Lời giải a)Do

 a(a − 1) ≤ 0  a , b , c ≥ 0 và a + b + c = 1 nên  b(b − 1) ≤ 0 ⇔  c(c − 1) ≤ 0 

a 2 ≤ a  2 b ≤ b c 2 ≤ c 

nên ta có

a 9a + 1 ≤ ⇔ (a + 1)(9a+1) ≥ 16a ⇔ 9a 2 − 6a + 1 ≥ 0 ⇔ (3a − 1)2 ≥ 0 a +1 16

1 3

ra khi và chỉ khi a = , tương tự ta cũng có 2 bất đẳng thức nữa và cộng lại suy ra 1 3 1 (9a+1 + 9b + 1 + 9c + 1) = Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 16 4 3 1 1 1  + +  . Ta có  a +1 b +1 c +1 

 Cách 2: Ta viết lại P = 3 − 

1 1   1  a +1 b +1   b +1 c +1   c +1 a +1  + + + + +   ( (a + 1) + (b+ 1) + (c + 1) ) = 3 +  + +   a +1 b +1 c +1   b +1 a +1   c +1 b +1   a +1 c +1 

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (a, b, c) là hoán vị của bộ số (1, 0, 0)

Suy ra

a 9a + 1 ≤ . Thậy vậy bất đăng thức cần chứng minh tương a +1 16

Dấu đẳng thức xảy

P≤

P ≥ a 2 + 4a + 4 + b 2 + 4b + c + c 2 + 4c + 4

Ta có

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Theo bất đẳng thức Cô si ta có

3( x 2 + y 2 + z 2 ) − (x + y + z) 2 = (x − y) 2 + (y − z) 2 + (x − z) 2 ≥ 0  3( x 2 + y 2 + z 2 ) ≥ (x + y + z) 2

1 1  1 1 1 9 9 3  1 + + + + ≥ do đó P ≤ 3 − =   ( a + b+ c+ 3) ≥ 9 ⇔ 4 4 a +1 b +1 c +1 4  a +1 b +1 c +1 

P 2 ≤ 3(5a + 4 + 5b + 4 + 5c + 4) = 3.17 = 51 ⇔ P ≤ 51

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c =

a +1 b +1 + ≥ 2 và a + b + c = 1 suy ra b +1 a +1

1 3

d)+Tìm max. 4 + 3a + 1 3a + 5 3a + 5 =  3a + 1 ≤ , 2 2 4

b) Làm tương tự câu a ta có

Ta có 4(3a + 1) ≤

P = 2a 2 + a + 1 + 2b 2 + b + 1 + 2c 2 + c + 1 ≤ a 2 + 2a + 1 + b 2 + 2b + 1 + c 2 + 2c + 1

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = 1

= ( a + b + c + 3) = 4

Tương tự ta có hai đánh giá với 3b + 1, 3c + 1 suy ra

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (a, b, c) là hoán vị của bộ số (1, 0, 0) c)

0 ≤ a , b, c ≤ 1

3a + 5 3b + 5 3c + 5 3(a+b+c) + 15 + + = =6 4 4 4 4

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1

+Tìm giá trị nhỏ nhất

Từ giả thiết ta suy ra

P≤

dẫn đến 1 ≤ a + 1 ≤ 2 

a a ≥ a +1 2

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = 0 hoặc a = 1 1 1 Tương tự ta cũng có 2 bất đẳng thức với b và c, Cộng lại ta suy ra P ≥ (a + b + c) = 2 2 259

+Tìm min

Từ giả thiết ta suy ra 0 ≤ a, b, c ≤ 3 Đặt x = 3a + 1, y = 3b + 1, z = 3c + 1 suy ra x + y + z = 12 và 1 ≤ x, y, z ≤ 10 Khi đó ta có P = x + y + z 260

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG 2

1 ≤ x, y, z ≤ 10  ( x − 1)( x − 10) ≤ 0 ⇔ x − ( 10 + 1) x + 10 ≤ 0

Từ điều kiện

 x≥

x + 10 ( 10 − 1)(x + 10) = 9 10 + 1

 a+b b+c c+a   a+b b+c c+a  P 2 =  + + + +  ≤ 3   = 3(a + b + c). 2 2 2 2 2   2   2

Tương tự ta cũng có 2 bất đẳng thức nữa và cộng lại suy ra ( 10 − 1) ( 10 − 1) 9 10 + 18 P≥ ( x + 10 + y + 10 + z + 10) = .(12 + 3 10) = = 10 + 2 9 9 9

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2 trong 3 số x, y, z = 1 bằng 1, số còn lại bằng 10 hay 2 trong 2 số a, b, c bằng 0, số còn lại bằng 3

Lại có ( a + b + c ) ≤ (1 + 1 + 1) ( a 2 + b 2 + c 2 ) = 3  a + b + c ≤ 3 vậy P 2 ≤ 3 3 ⇔ P ≤ 4 27 dấu 1

đẳng thức xảy ra tại a = b = c =

Ta có P 2 = a + b + c + ( a + b )( b + c ) + ( b + c )( c + a ) + ( c + a )( c + b ). 2

Lại có ( a + bc ) = ( a . a + b . c ) ≤ ( a + b )( a + c )  ( a + b )( a + c ) ≥ a + bc suy ra

Cách làm khác

P 2 ≥ 2 ( a + b + c ) + ab + bc + ca ≥ 2 ( a + b + c ) .

Ta cần tìm 2 số m , n để 3a + 1 ≥ ma + n sao cho dấu đẳng thức xảy ra tại a = 3 hoặc a = 0

Mặt khác a, b, c ≥ 0, a 2 + b 2 + c 2 = 1  0 ≤ a, b, c ≤ 1, dẫn tới a (1 − a ) ≥ 0; b (1 − b ) ≥ 0; c (1 − c ) ≥ 0

hay 3a + 1 = ma + n tại a = 3 hoặc a = 0

 a + b + c ≥ a 2 + b2 + c 2 = 1

10 − 1 Cho a = 0  n = 1 , cho a = 3  10 = 3m + 1  m = 3

Ta chứng minh

 10 − 1  3a + 1 ≥   a + 1. Bình phương 2 vế ta thu được  3 

 11 − 2 10  2  2 10 − 2   11 − 2 10  2 2 10 − 11 3a + 1 ≥  a≤0  a +   a + 1 ⇔   a + 9 3 9 3      

Hay

11 − 2 10 a ( a − 3) ≤ 0 , bất đẳng thức cuối cùng đúng do 0 ≤ a ≤ 3. 9

 10 − 1   10 − 1   10 − 1  Suy ra P ≥   a + 1 +   a + 1 +   a + 1 = 10 + 2. Dấu đẳng thức xảy ra khi 3 3      3 

và chỉ khi 2 trong 3 số x, y , z bằng 1, số còn lại bằng 10 hay 2 trong 3 số a, b, c bằng 0, số còn lại bằng 3. Ví dụ 4 Cho các số thực không âm a, b, c sao cho a + b + c = 1. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của 2

a+b b+c c+a + + . 2 2 2

Lời giải 2

Áp dụng bất đẳng thức ( Ax + By + Cz ) ≤ ( A2 + B 2 + C 2 )( x 2 + y 2 + z 2 ) với mọi x, y , z ta có 261

Vậy P 2 ≥ 2  P ≥ 2, dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a, b, c là hoán vị của bộ số

(1;0;0 ) . Ví dụ 5. Một số đánh giá quen thuộc Cho các số thực không âm a, b, c sao cho a 2 + b 2 + c 2 = k ≥ 3 . a. k + 2bc ≥ 2a ( b + c ) . 2

b. ( a + b + c ) ≤ 2k (1 + bc ) . 2 k

c. a + b + c − abc ≤ 2 k . Lời giải 2

a. Ta có k + 2bc = a + b + c + 2bc = a + ( b + c ) ≥ 2a ( b + c ) 2

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = c =

k k ; b = 0 hoặc a = b = ; c = 0. 2 2

b. Ta có ( a + b + c ) = k + 2a ( b + c ) + 2bc. Lại có k + 2bc = a 2 + ( b + c ) ≥ 2a ( b + c ) 2

Suy ra ( a + b + c ) ≤ 2k + 4bc. Ta chứng minh 2k + 4bc ≤ 2k (1 + bc ) ⇔ k + 2bc ≤ k (1 + bc ) ⇔ kb2 c 2 + 2kbc − 2bc ≥ 0 ⇔ bc ( kbc + 2k − 2 ) ≥ 0 luôn đúng. 2

  c. Ta có a + b + c − abc = a 1 − bc  + b + c k k 



262

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

 2  2  4  4  ≤  a 2 + (b + c )2  1 − bc  + 1 = (k + 2bc )  2 b 2 c 2 − bc + 2  k k   k  

Hoặc ta nhận xét (1 + bc ) ≥ 1 + bc =

4  4  Ta chỉ cần chứng minh k + 2bc)  2 b 2 c 2 − bc + 2  ≤ 2k ⇔ 4b 2 c 2 (2bc − k ) ≤ 0 luôn đúng. k k 

a b c + + biết a, b, c ≥ 0, a 2 + b2 + c 2 = 1 1 + bc 1 + ca 1 + ab

Lời giải

(1 + bc) 2 = 1 + 2bc + b 2 c 2 ≥ 1 + 2bc = a 2 + b 2 + c 2 + 2bc = a 2 + (b + c) 2 ≥

(a + b + c ) 2 a +b+c  1 + bc ≥ 2 2

a a b c 2a   ≤  P ≤ 2 + +  = 2 . Dấu đẳng thức xảy 1 + bc a + b + c  a +b+c a+b+c a +b+c   1 1  ra khi và chỉ khi ( a, b, c ) là hoán vị của bộ số  ; ;0  .  2 2 

Dẫn đến

+ c2 2

) = 1 + (1 − a ) = 3 − a 2

 3 − a 2  3a − a 3  a(1 + bc ) ≤ a  = 2  2 

Lại có a 3 − 3a + 2 = (a − 1)2 (a + 2) ≥ 0  3a − a3 ≤ 2 dẫn đến a(1 + bc) ≤ 1 

a ≥ a 2 suy ra 1 + bc

P ≥ a 2 + b 2 + c 2 , dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ( a; b; c ) là hoán vị của bộ số (1;0;1)

vậy GTLN của P là 2, giá trị nhỏ nhất của P là 1.

suy ra

a2 b2 c2 + 2 + 2 . a + bc + 1 b + ca + 1 c + ab + 1 2

Lời giải Ta có 2 + 2bc = a 2 + b 2 + c 2 + 2bc = a 2 + (b + c )2 ≥ 2a (b + c)  1 + bc ≥ a (b + c) suy ra a2 a ≤ . Suy ra P ≤ 1, dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ a + 1 + bc a + b + c khi ( a; b; c ) là hoán vị của bộ số (1;1; 0) . 2

Ví dụ 6. a. Cho các số thực a, b, c thỏa mãn a ≥ 4; b ≥ 5; c ≥ 6 và a 2 + b 2 + c 2 = 90. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = a + b + c. b. Cho các số thực a ≥ 2; b, c ≥ 5 sao cho 2a 2 + b 2 + c 2 = 69. Tìm giá trị nhỏ nhất của P = 12a + 13b + 11c (đề thi thử Archimes, 2018). c. Cho các số thực a, b sao cho 0 ≤ a ≤ b ≤ 7 biết a + b ≤ 10. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của P = a 2 + b 2 . d. Tìm các số thực a, b, c thỏa mãn a 2 + b 2 + c 2 = 26; a + b = 5; b + c ≥ 7. Lời giải a. Để đưa bài toán về bất đẳng thức đối xứng, ta đặt a = x + 4; b = y + 5; c = z + 6 với

2. Cho các số thực không âm a, b, c sao cho a + b + c = 2. Tìm GTLN của 2

a 2a ≤ . 1 + bc a + b + c

a 2 + 1 + bc ≥ a(a + b + c) 

Ta có

Ta có 1 + bc ≤ 1 +

a2 + (b + c ) (a + b + c) a 2 + b2 + c2 + bc = ≥ 2 2 4

3. Cho a, b, c ≥ 0 và a 2 + b 2 + c 2 = 2. Tìm GTLN của P =

Vận dụng 1. Tìm GTLN, GTNN của P =

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

x, y, z ≥ 0. Giả thiết của bài toán trở thành ( x + 4 ) + ( y + 5) + ( z + 6 ) = 90 hay

x 2 + y 2 + z 2 + 8 x + 10 y + 12 z = 13. Nếu x + y + z < 1 thì x 2 + y 2 + z 2 < x + y + z < 1 nên

a b c + + . 1 + bc 1 + ca 1 + ab

13 = x 2 + y 2 + z 2 + 8 ( x + y + z ) + 2 ( y + z ) + 2 z < 1 + 8 + 2 + 2 = 13 vô lý, vậy x + y + z ≥ 1, từ đó

Lời giải Ta có

a + b + c = 4 + x + 5 + y + 6 + z = 15 + ( x + y + z ) ≥ 16.

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = 4; b = 5; c = 7.

( a + b + c) 2 = 2 + 2bc + 2a (b + c) ≤ 2 + 2bc + a 2 + (b + c) 2 = 4 + 4bc = 4(1 + bc) ≤ 4 (1 + bc + b 2 c 2 ) = 4(bc + 1) 2 a+b+c a 2a  ≤ , từ đó suy ra P ≤ 2, dấu đẳng thức xảy ra khi và 2 1 + bc a + b + c chỉ khi a, b, c là hoán vị của bộ số (1;1; 0) .

Suy ra bc + 1 ≥

263

Cách khác: Từ giả thiết ta có c 2 = 90 − a 2 − b 2 ≤ 90 − 16 − 25 = 49  c ≤ 7. Cùng từ giả thiết ta suy ra a < 9, b < 8 suy ra (a − 4)(9 − a) ≥ 0  2 2 2 (b − 5)(8 − b) ≥ 0  13(a + b + c) ≥ a + b + c + 36 + 40 + 42 ⇔ a + b + c ≥ 16 (c − 7)(6 − c) ≥ 0  264

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

b. Đặt a = 2 + x, b = 5 + y, c = 5 + z suy ra x, y, z ≥ 0 thay vào giả thiết ta có

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

d. Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh rằng

2 x + y + z + 8 x + 10 y + 10 z = 11 (*) 2

3a 2 + 1 3b2 + 1 3c 2 + 1 7 + + ≤ . 2 2 3b + 1 3c + 1 3a 2 + 1 2

Nếu trong hai số y, z tồn tại một số lớn hơn 1 thì vế trái (*) lớn hơn 11. Điều này vô lý dẫn đến y, z ≤ 1 hay 0 ≤ y, z ≤ 1. Để ý rằng 2a 2 = 69 − b2 − c 2 ≤ 69 − 50 = 19  a 2 < 10  a < 4 dẫn đến 0 ≤ x < 2.

Lời giải 1 a

1 b

a. Ta có a + b ≥ 2 ab , + ≥ 2

Suy ra 12a + 13b + 11c = 12 x + 13 y + 11z + 144 = 144 + 8 x + 10 y + 10 z + 4 x + 3 y + z = 144 + 11 − ( 2 x 2 + y 2 + z 2 ) + 4 x + 3 y + z = 155 + 2 x(2 − x) + y (3 − y ) + z (1 − z ) ≥ 155 . Dấu đẳng thức

xảy ra tại x = 0; y = 0; z = 1 hay a = 2; b = 5; c = 6. c. Vì a, b ≥ 0 nên P = a 2 + b 2 ≥ 0, dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = 0. Từ giả thiết suy ra 2a ≤ a + b ≤ 10  a ≤ 5. Nếu a ≤ 3 thì P = a 2 + b 2 ≤ 32 + 72 = 58, dấu đẳng thức xảy ra khi và chi khi a = 3, b = 7.

a b

b a

Ta cũng có P = 2 + + , đặt 9 2

1  P ≥ 4 , dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b. ab a 1 = t  ≤1≤ 2 . b 2

1 t

5 2 thức xảy ra khi và chỉ khi a = 2, b = 1 hoặc a = 1, b = 2.

Ta chứng minh P ≤ ⇔ + t ≤ ⇔ 2t 2 − 5t + 2 ≤ 0 ⇔ (t − 2)(2t − 1) ≤ 0 luôn đúng. Dấu đẳng

Cũng có thể làm theo cách ( a − 1)( a − 2 ) ≤ 0 ⇔ a 2 − 3a + 2 ≤ 0 ⇔ a + 2 ≤ 3 suy ra . a

Nếu 3 ≤ a ≤ 5 thì P ≤ a 2 + (10 − a ) = 2a 2 − 20a + 100 = 2 ( a − 3)( a − 7 ) + 58 do 3 ≤ a ≤ 5 nên

( a − 3)( a − 7 ) ≤ 0 nên

P ≤ 58, dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = 3, b = 7.

d. Đặt s = b + c ≥ 7 thì a = 5 − b, c = s − b thay vào điều kiện a 2 + b2 + c 2 = 26 ta thu được:

2 2 1 1 1 1 1 1 9 + ≤ 6 ⇔ 6 ≥ ( a + b) + 2  +  ≥ 2 2 ( a + b)  +  ⇔ ( a + b)  +  ≤ . a b a b a b a b 2

b) Theo bất đẳng thức AM-GM ta có: a2 + b2 ≥ 2ab, b2 + c2 ≥ 2bc, c2 + a2 ≥ 2ca suy ra P ≥ 6,

(5 − b) 2 + b 2 + ( s − b)2 = 26 ⇔ 3b 2 − 2( s + 5)b + s 2 − 1 = 0

Coi đây là phương trình bậc 2 của b thì điều kiện để phương trình có nghiệm là ∆′ = ( s + 5) 2 − 3 ( s 2 − 1) ≥ 0 ⇔ s 2 − 10 s − 14 ≤ 0 ⇔ ( s − 7)( s + 2) ≤ 0 (*) do s + 2 > s − 7 nên bất

s − 7 ≤ 0 ⇔ −2 ≤ s ≤ 7 , theo giả thiết s ≥ 7 suy ra s + 2 ≥ 0

phương trình (*) tương đương với 

s = 7  b = 4; a = 1; c = 3. Vậy ( a; b; c ) = (1;4;3) .

dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c. . a b b c c a b a c b a c a b a  b  a  thế thì  − 1 − 1 ≥ 0 ⇔ + 1 ≥ + , tương tự ta có c b c c b   

Ta viết lại P = + + + + + , không mất tính tổng quát ta giả sử 1 ≤ a ≤ b ≤ c ≤ 2

a

c

c b c  b  c   − 1 − 1 ≥ 0 ⇔ + 1 ≥ + . a b a a b   



1

Từ đó suy ra P ≤ 2  +  + 2, để ý rằng ≤ ≤ 1 nên P = 2  t +  + 2 , ta có: 2 c  c a  t

Ví dụ 7 1

  a. Cho các số thực 1 ≤ a, b ≤ 2. Tìm GTLN, GTNN của P = ( a + b )  +  . a b 



b. Cho các số thực a, b, c thỏa mãn 1 ≤ a, b, c ≤ 2. Tìm GTLN, GTNN của P=

a+b+

a 2 + b2 b2 + c2 c2 + a 2 + + ab bc ca

2t 2 − 5t + 2 ( t − 2)( 2t − 1)  1 2 t +  − 5 = = ≤ 0 , dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi t t t   1 t = ⇔ c = 2a = 2b. 2

Vậy GTLN của P là 7 khi có 1 số bằng 2 hai số còn lại.

c. Cho các số thực a, b, c thỏa mãn 0 ≤ a, b, c ≤ 1. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của 1 1   1 P = (a + b + c + 3)  + +   a +1 b +1 c +1 

265

c) Đặt x = c + 1, y = b + 1, z = a + 1 suy ra 1 ≤ x, y, z ≤ 2. Khi đó ta có: 1 1 1 x y y z z x A = ( x + y + z) + +  = 3 + + + + + + . x y z y x z y x z  

266

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Vì

x y + ≥ 2 nên A ≥ 9 , dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z hay a = b = c. y x

Phần còn lại làm như câu a). Ta có A ≤ 10. d) Đặt x = 3a 2 + 1; y = 3b2 + 1; z = 3c 2 + 1  1 ≤ x; y; z ≤ 2. Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành

x y z 7 + + ≤ , không mất tính tổng quát giả sử y là số nằm giữa x và z thế thì y z x 2

ta có ( y − x )( y − z ) ≤ 0 ⇔ y 2 + xz ≤ y ( x + z ) 

y 2 + xz y ( x + z ) x y x ≤ ⇔ + ≤ + 1 hay yz yz y z z

x z 7 x z 5 x y z x z + + ≤ + + 1. Ta sẽ chứng minh + + 1 ≤ ⇔ + − ≤ 0 ⇔ ( 2 x − z )( x − 2z ) ≤ 0 y z x z x z x 2 z x 2

bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng vì 2x ≥ 2 ≥ z và 2 z ≥ 2 ≥ x. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ( a; b; c ) là hoán vị của bộ số (1;0;0 ) . . Ví dụ 8 a. Cho các số thực a, b, c thỏa mãn a, b ≥ 0, c ≥ 1 và a + b + c = 2. Chứng minh rằng:

(6 − a

 a+b = 2− x có nghiệm. 2 2  a + b + ab = 3

b, Đặt a + b = 2 − x với x ≥ 0 . Ta cần tìm x để hệ 

 a + b = 2 − x  a + b = 2 − x ⇔ . Do ( a + b )2 ≥ 4ab nên ta có: 2 2 a + b − 3 = ab ab = 2 − x − 3 ( ) ( )   

Ta biến đổi thành 

(2 − x)

2 ≥ 4 ( 2 − x ) − 3 ⇔ 0 ≤ x ≤ 4.  

Vậy 1 ≤ P = 9 − 2 ( 2 − x )2 ≤ 9 khi x = 3, y = − 3 thì P = 9. Khi x = y = 1 hoặc x = y = −1 thì P = 1. c, Vì 0 ≤ a, b, c, d ≤ 1  abc + 1 ≥ abcd + 1  P ≤ Do a + b ≤ 1 + ab  (1 − a )(1 − b ) ≥ 0    1 c 1 d 0 c − − ≥  + d ≤ 1 + cd  a + b + c + d ≤ 2 + ab + cd ≤ 2 + 1 + abcd )( )  (  (1 − ab )(1 − cd ) ≥ 0  ab + cd ≤ 1 + abcd = 3 + abcd  

− b2 − c 2 ) ( 2 − abc ) ≤ 8.

 a+b ≤ 2 . Tìm GTLN, GTNN của P = a 2 + b 2 − ab 2 2 a + b + ab = 3

b. Cho 2 số a, b thỏa mãn 

c. Cho các số thực a, b, c, d thay đổi thỏa mãn 0 ≤ a, b, c, d ≤ 1. Tìm giá trị lớn nhất của P=

a b c d + + + . bcd + 1 acd + 1 abd + 1 abc + 1

Lời giải 2 a, P = ( 6 − a − b − c ) ( 2 − abc ) = 6 − ( a + b + c ) + 2 ( ab + bc + ca )  [ 2 − abc] 2

a+b+c+d . abcd + 1

Vậy P ≤

3 + abcd 3 (1 + abcd ) ≤ = 3 khi a = 0, b = c = d = 1 thì P = 3 1 + abcd 1 + abcd

Vậy GTLN của P là 3. Ví dụ 9 a. Cho các số thực x, y, z ≥ 0 thỏa mãn x + y + z + xyz = 4 . Tìm giá trị lớn nhất của: P = xy + yz + zx.

b. Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3. Tìm GTLN, GTNN của biểu thức P = a 2 + b 2 + c 2 + abc. c. Cho các số thực không âm a, b, c sao cho a 3 + b3 + c3 − 3abc = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của

= 2 (1 + ab + bc + ca )( 2 − abc )

Từ giả thiết suy ra c = 2 − ( a + b ) ≥ 1  a + b ≤ 1  0 ≤ a, b ≤ 1. Suy ra: ( a − 1)( b − 1)( c − 1) ≥ 0 ⇔ abc + a + b + c − ( ab + bc + ca ) − 1 ≥ 0  ab + bc + ca ≤ 1 + abc Nên P ≤ 2 ( 2 + abc )( 2 − abc ) = 2 ( 4 − a2 b2 c2 ) ≤ 8

P = a 2 + b2 + c 2 .

d. Cho các số thực a, b, c ≥ −1 thỏa mãn a 2 + b 2 + c 2 = 9. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của P = a 3 + b3 + c3 . . Lời giải

Dấu đẳng thức khi và chỉ khi:

a. Cách 1: Giả sử x là số lớn nhất khi đó ta có: x + y + z ≤ 3x, xyz ≤ x3 . Từ giả thiết ta có:

abc = 0  c = 0, a = b = 1  a − 1 b − 1)( c − 1) = 0 ⇔  . ( )(  b = 0, a = c = 1  a + b + c = 2 

4 = x + y + z + xyz ≤ 3x + x3 ⇔ x3 + 3x − 4 ≥ 0 ⇔ ( x − 1) ( x2 + x + 4 ) ≥ 0  x ≥ 1 . Ta có: 2

P = xy + yz + zx = x ( x + y + z ) + yz − x 2 = x ( 4 − xyz ) + yz − x 2 = − ( x − 2 ) + 4 + yz (1 − x 2 ) ≤ 4. 267

268

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Vậy GTLN của P là 4 đẳng thức xảy ra tại x = 2; y = 2; z = 0 và các hoán vị. Cách 2: Gọi x là số nhỏ nhất.

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

2 1 1 2 2 + ( a + b + c) = + + ( a + b + c) ≥ 3 a+b+c a+b+c a+b+c

Nếu yz < 1 thì xy + yz + zx ≤ 3.

Do đó ta được: 3( a2 + b2 + c2 ) ≥ 3 ⇔ a2 + b2 + c2 ≥ 1

Nếu yz ≥ 1 thì xyz ≥ x khi đó ta có:

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 1. Đẳng thức xảy ra khi:

4 = x + y + z + xyz ≥ x + y + z + x ≥ 2

( x + y )( x + z ) = 2

x 2 + xy + xz + yz = 2 x 2 + P ≥ 2 P

Suy ra P ≤ 4 b. Giả sử c = min {a, b, c}  3 = a + b + c ≥ 3c  c ≤ 1. Từ giả thiết ta có 0 ≤ ab ≤ 

 Với 0 ≤ ab ≤  

Ta có

(3 − c)

(3 − c) 4

2 2

và c ∈ [ 0;1] . Ta có P = ( 3 − c ) + c2 − ab ( 2 − c ) .

4 2−c > 0



 3 3 3 a = b = 0; c = 1 a + b + c − 3abc = 1  ⇔ a = c = 0; b = 1  3  ( a + b + c) = 1 a = 1; b = c = 0 

1 3 ( c − 3c + 18) ≤ P ≤ 2c2 − 6c + 9. 4

Áp dụng vào bài toán ta có: dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi có hai số bằng 2 , một số bằng bằng -1. Từ giả thiết ta suy ra −1 ≤ a, b, c ≤ 3 . Ta có a 3 − 3a 2 = a 2 ( a − 3) ≤ 0 . Suy ra P ≤ 3 ( a 2 + b2 + c 2 ) = 27 , dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi có một số bằng 3, hai số

bằng 0.

1 3 ( c − 3c + 18) = 14 ( c − 1)2 ( c + 2 ) + 16 ≥ 164 = 4 , dấu đẳng thức xảy ra tại 4

a = b = c = 1.

Do 0 ≤ c ≤ 1  c ( c − 1) ≤ 0 dẫn tới 2c 2 − 6c + 9 = 2c ( c − 1) − 4c + 9 ≤ 9. Dấu đẳng thức xảy ra tại c = 0, ab = 0, a + b + c + abc = 3 hay c = 0, a = 3, b = 0 hoặc c = 0, a = 0, b = 3 Kết luận: GTNN của P là 4, GTLN của P là 9. Có thể tìm GTNN của P theo cách: Trong 3 số a − 1, b − 1, c − 1 luôn tồn tại 2 số cùng dấu. Giả sử a − 1, b − 1 cùng dấu, suy ra ( a − 1)( b − 1) ≥ 0 ⇔ ab ≥ a + b − 1 = 2 − c 2

d. Với mọi số thực a ≥ −1 ta có ( a + 1)( a − 2) ≥ 0 ⇔ a3 − 3a2 + 4 ≥ 0 ⇔ a3 ≥ 3a2 − 4 , dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = −1 hoặc a = 2

Suy ra  2P = 2 ( a2 + b2 ) + 2c2 + 2c.ab ≥ ( a + b) + 2c2 + 2c ( 2 − c ) = ( 3 − c ) + 2c2 + 2c ( 2 − c )

Ví dụ 10 a. Cho các số thực x, y, z thỏa mãn x2 + y2 + z 2 = 1 . Chứng minh: −1 ≤ x3 + y3 + z3 − 3xyz ≤ 1

b. Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn a 2 + b2 + c 2 + abc = 4. Tìm GTLN, GTNN của biểu thức P = ab + bc + ca − abc. c. Cho các số thực không âm a, b, c sao cho a + b + c = 1. Tìm GTLN, GTNN của 2

P = (1 − 4ab ) + (1 − 4bc ) + (1 − 4ca ) .

d. Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn a 2 + b2 + c 2 + a 2b 2 + b 2 c 2 + c2 a 2 = 6. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của P = a + b + c. .

= c 2 − 2c + 9 = ( c − 1) + 8 ≥ 8  P ≥ 4.

Lời giải

c. Từ giả thiết ta được ( a + b + c ) ( a2 + b2 + c2 − ab − bc − ca ) = 1 hay a 2 + b2 + c 2 =

1 2 + ab + bc + ca ⇔ 2 ( a2 + b2 + c2 ) = + 2 ( ab + bc + ca ) a+b+c a+b+c

⇔ 3 ( a 2 + b2 + c 2 ) =

2 2 + ( a + b + c) a+b+c

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta được:

t = xy + yz + zx do xy + yz + zx ≤ x 2 + y 2 + z 2 = 1 nên t ≤ 1 và −1 ≤ x, y, z ≤ 1 nên  xyz + x + y + z + xy + yz + zx + 1 ≥ 1 1  ( x + 1)( y + 1)( z + 1) ≥ 0 ⇔  xy + yz + zx ≥ − .  2 − ( x − 1)( y − 1)( z − 1) ≥ 0 − xyz − x − y − z + xy + yz + zx + 1 ≥ 0 2

Ta có (1 + 2t )(1 − t ) ≤

269

a. Ta có: ( x + y + z − 3xyz ) = ( x + y + z ) ( x2 + y 2 + z 2 − xy − yz − zx ) = (1 + 2t )(1 − t ) với 3

(1 + 2t + 1 − t + t − t ) 27

= 1 suy ra P2 ≤ 1 đpcm.

270

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Bài tập tương tự: Cho các số thực x, y, z thỏa mãn a 2 + b2 + c2 = 2 .

Theo giả thiết ta có:

Chứng minh rằng: a3 + b3 + c3 − 3abc ≤ 2 2

7 = a 2 + b 2 + c 2 + a 2 b 2 + 1 + b 2 c 2 + c 2 a 2 ≥ a 2 + b 2 + a 2 b 2 + 1 ≥ 2ab + 2ab = 4ab  ab < 2 Dẫn tới

2ab − a2 b2 = ab ( 2 − ab ) ≥ 0 suy ra đpcm.

b. Từ giả thiết suy ra ít nhất 1 số ≤ 1 , giả sử 0 ≤ c ≤ 1 . Ta có: P = a ( b + c ) + bc (1 − a ) ≥ 0 , dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

( a; b; c ) = ( 2;0;0) hoặc các hoán vị. Từ giả thiết suy ra tồn tại 2 số b, c thỏa mãn ( b − 1)( c − 1) ≥ 0 hay bc ≥ b + c − 1

P = x + y.

Từ đó ta có: P ≤ a ( b + c ) + 2 − c − abc = 2 − c − a (1 + bc − b − c ) = 2 − a (1 − b )(1 − c ) ≤ 2 đẳng thức xảy ra tại a = b = c = 1 hoặc ( a; b; c ) = ( 0; 2; 2 ) và các hoán vị.

c. Cho số thực x thỏa mãn 0 ≤ x ≤ 5. Tìm GTLN, GTNN của P = x 8 − x + ( 5 − x) x + 3. .

c. Từ giả thiết ta có: 1 = a + b + c ≥ a + b ≥ 2 ab  4ab ≤ 1 suy ra 0 ≤ 1 − 4ab ≤ 1 2

a. Tìm GTLN, GTNN của P = 4 1 − x + 4 1 + x + 4 1 − x2 . b. Cho các số thực x, y thỏa mãn x − x + 6 = y + 6 − y. Tìm GTLN, GTNN của

Ta có 4 = a 2 + b 2 + c 2 + abc ≥ a 2 + 2bc + abc hay bc ( 2 + a ) ≤ 4 − a 2  bc ≤ 2 − a

Ví dụ 11

d. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x + 9 − x − x ( 9 − x ) . .

Suy ra (1 − 4ab ) + (1 − 4bc ) + (1 − 4ca ) ≤ 3 , dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi có hai số bằng 0, một số bằng 1. 2

Lời giải a. Đặt 1 − x = a, 1 + x = b  a, b ≥ 0, a + b4 = 2. Khi đó ta có: P = a + b + ab 4

Ta có: P = (1 − 4ab ) + (1 − 4bc ) + (1 − 4ca ) = 3 − 8 ( ab + bc + ca ) + 16 ( a2b2 + b2c2 + c2 a2 )

Ta có bất đẳng thức cơ bản sau 2 ( x2 + y 2 ) ≥ ( x + y ) . Thật vậy, BĐT cần chứng minh có

25 7 Ta chứng minh: P ≥ ⇔ Q = ab + bc + ca − 2 ( a2 b2 + b2 c2 + c2 a 2 ) ≤ 27 27 5 9

Để ý rằng: ab − 2a 2b2 ≤ ab + 4 9

với 2a2 b2 − ab +

2 . Thật vậy bất đẳng thức cần chứng minh tương đương 81 2

2 1  ≥ 0 ⇔  ab −  ≥ 0 luôn đúng với mọi ab. Từ đó suy ra: 81 9 

dạng: 2 ( x2 + y 2 ) − ( x + y ) ≥ 0 ⇔ ( x − y ) ≥ 0 luôn đúng. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y. 2

Áp dụng vào bài toán ta có: ( a + b ) ≤ 2 ( a2 + b2 ) ≤ 2 2.2 = 4  a + b ≤ 2 . Mặt khác ta cũng có:

4ab ≤ ( a + b ) ≤ 22 = 4  ab ≤ 1 . Vậy P ≤ 3 . Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi

( a + b + c) 1 5 6 5 2 7 = suy ra Q ≤ + = suy ra ( ab + bc + ca ) + , lại có ab + bc + ca ≤ 9 81 27 27 27 3 3 1 đpcm. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = . 3

Ta có a4 + b4 ≤ a4 + b4 + 2a2b2 = ( a2 + b2 )  a2 + b2 ≥ 2 . Do

d. Ta có: a2b2 + 1 ≥ 2ab, b2 c2 + 1 ≥ 2bc, c2 a2 + 1 ≥ 2ca

a 2 + b2 ≤ a 2 + b2 + 2ab  ( a + b ) ≥ 2  a + b ≥ 4 2 . Như vậy P ≥ 4 2, , dấu bằng xảy ra khi

Q≤

 9 = a 2 + b2 + c 2 + a 2 b2 + 1 + b 2 c 2 + 1 + c 2 a 2 + 1 ≥ a 2 + b2 + c 2 + 2 ( ab + bc + ca ) = ( a + b + c ) .

Vậy P ≤ 3, dấu đẳng thức xảy ra tại a = b = c = 1. 2

a = b = 1 ⇔ x = 0.

Ta chứng minh P ≥ 6 hay P2 = ( a + b + c ) ≥ 6 ⇔ a2 + b2 + c2 + 2 ( ab + bc + ca ) ≥ 6. Theo giả

và chỉ khi a = 0, b = 4 2 hoặc a = 4 2, b = 0. b. Điều kiện x, y ≥ −6  x + y ≥ 0 Từ giả thiết ta có: 2

(

)

thiết ta có a2 + b2 + c2 = 6 − ( a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 ) ta quy bài toán về chứng minh:

( x + y)

6 − ( a 2b 2 + b2 c 2 + c 2 a 2 ) + 2 ( ab + bc + ca ) ≥ 6 ⇔ 2 ( ab + bc + ca ) − ( a 2 b2 + b2 c 2 + c 2 a 2 ) ≥ 0

Hay ( x + y ) ≤ 2 ( x + y ) + 24 ⇔ ( x + y + 4)( x + y − 6) ≤ 0 ⇔ x + y − 6 ≤ 0 ⇔ x + y ≤ 6.

271

x+6 + y+6

= x + y + 12 + 2

( x + 6)( y + 6) ≤ x + y + 12 + x + 6 + y + 6

272

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: x = y = 3 . Vậy GTLN của P bằng 6 khi và chỉ khi x= y =3

Đặt : x + 6 = a, y + 6 = b  a, b ≥ 0; a + b = a2 + b2 − 12 và P = a 2 + b 2 − 12 = a + b.

Từ giả thiết ta có a + b = ( a + b) − 2ab − 12  a + b ≤ ( a + b) − 12 ( do a, b ≥ 0) . . 2

Hay ( a + b) − ( a + b ) − 12 ≥ 0 ⇔ ( a + b + 3)( a + b − 4) ≥ 0 ⇔ a + b ≥ 4  P ≥ 4. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = 4, b = 0. hoặc a = 0, b = 4 tức là x = 10, y = −6. hoặc y = 10, x = −6. c. Đặt

)

P2 ≤ 75 +

( x + 5 − x)

25 ,2 ( 8 − x )( x + 3) ≤ 8 − x + x + 3 = 11 nên 4

25 275 5 22 P≤ .10 = , dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 8 − x = x + 3 và 4 2 2

x = 5 − x hay x =

5 5 22 . . Vậy GTNN của P là 5 3 , GTLN của P là 2 2

x + 9− x

)

(

x + 9− x

)

= 9 + 2 x ( 9 − x ) suy ra

≥ 9 ⇔ x + 9 − x ≥ 3 dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 9 hoặc x = 0, 2

Đặt a + b = t từ giả thiết ta có: ( a + b ) − 2ab = 11 ⇔ 4ab = 2t − 22 ≤ ( a + b ) = t  t ≤ 22 2

Mặt khác ta cũng có:

Theo bất đẳng thức AM-GM ta có: 2 x ( 9 − x ) ≤ x + 9 − x = 0  ( x + 9 − x ) ≤ 18 hay 9 x = 0, x + 9 − x ≤ 3 2 dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = 9 − x ⇔ x = đặt t = x + 9 − x 2 2

 a − 3 a − 8 ≤ 0 a2 −     2  b − 3 b − 8 ≤ 0 b −  

)( )(

5x − x2 = x ( 5 − x ) ≤

(

Biểu thức P có dạng P = ( a2 − 3) b + ( b2 − 3) a = ab ( a + b) − 3( a + b)

( (

(

Hay P2 = 75 + ( 5x − x2 ) 2 ( 8 − x )( x + 3) − 1 . Theo bất đẳng thức AM-GM ta có:

d. Điều kiện 0 ≤ x ≤ 9 . Ta có

 3 ≤ a, b ≤ 8 8 − x = a, x + 3 = b do 0 ≤ x ≤ 5 suy ra  2 2  a + b = 11

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

) )

( (

) 8) b +

3 + 8 a + 24 ≤ 0 3+

24 ≤ 0

thì 3 ≤ t ≤ 3 2 thì vậy x ( 9 − x ) =  11 + 2 24 ≤

(

)

3 + 8 ( a + b)

3≤t ≤3 2

(

suy ra 2 ≤ t − 1 ≤ 3 2 − 1  4 ≤ ( t − 1)2 ≤ ( 3 2 − 1) ⇔ 4 ≤ ( x − 1)2 ≤ 19 − 6 2 nên

10 − 19 − 6 2

Hay a + b ≥ 2 2 + 3, vậy 2 2 + 3 ≤ t ≤ 22

t 2 − 9 −t 2 + 2t + 9 10 − ( t − 1) t2 − 9 . Ta có P = t − = = , do 2 2 2 2

) ≤ P ≤ 10 − 4 ⇔ 6 2

2 −9 ≤ P ≤ 3. 2

Ta có: P = 2ab ( a + b ) − 6 ( a + b ) = ( t 2 − 11) t − 6t = t ( t 2 − 17 ) . Từ đó ta có: 2 2P ≥ 2 2 + 3  2 2 + 3 − 17 = 2 2 + 3 4 6 − 6 = 10 3 ⇔ P ≥ 5 3 , dấu đẳng thức  

(

)(

)

(

)(

)

xảy ra khi và chỉ khi a = 3, b = 8 hoặc a = 8, b = 3 ⇔ x = 0 hoặc x = 5. Ta có 2P ≤ 5 22  P ≤

11 5 5 22 ⇔x= . dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = 2 2 2

Cách khác:

6 2 −9 9 tại x = . 2 2

Một số bài toán khác

1. Cho các số thực không âm a, b thỏa mãn: a + b = 2 . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của P = a b + 1 + b a + 1 . Lời giải

Ta có: 0 ≤ x ≤ 5 thì P = x 8 − x + ( 5 − x ) x + 3 ≥ x 3 + ( 5 − x) 3 = 5 3 . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 0 hoặc x = 5.

Tìm GTLN: Ta có:

b +1+ 2 b + 3 b+3 . =  b +1 ≤ ( b + 1) .2 ≤ 2 2 2 2

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi b = 1 .

Ta cũng có:

Tương tự ta cũng có: a + 1 ≤ 2

P =  x 8 − x + ( 5 − x ) x + 3  = x ( 8 − x ) + ( 5 − x ) ( x + 3) + 2 x ( 5 − x ) 2

Vậy GTLN của P là 3 tại x = 0 hoặc x = 9 , GTNN của P là

273

( 8 − x )( x + 3)

Suy ra: P ≤

1 2 2

a+3 2 2

;

 a ( b + 3) + b ( a + 3)  =

1 2 2

274

( 2ab + 3a + 3b ) .

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Ta viết lại:

Lại có: 4ab ≤ ( a + b )2 = 4  ab ≤ 1 . 1

Từ đó suy ra: P ≤

2 2

( 2 + 6) = 2

6 a 2 + b 2 + a + b ( a + b ) − 2ab + a + b 2 − 2ab 6 − 2 ( 2 + ab ) = = = = −2 2 + ab 2 + ab 2 + ab a + b + ab + 1 a + b + ab + 1 1 9 6 6 6 8 4 ≤ ⇔ ≤ ≤ 3 , từ đó suy ra: Vì 0 ≤ ab ≤ suy ra 2 ≤ 2 + ab ≤  ≤ 4 4 9 2 + ab 2 3 2 + ab 2 ≤ P ≤ 1. 3 1 2 Khi a = b = thì P = ; khi a = 1, b = 0 hoặc a = 0, b = 1 thì P = 1 . Vậy GTLN của P 2 3 2 là 1, GTNN của P là . 3 4. Cho các số thực dương a, b thỏa mãn a + b = 4ab và a, b ≤ 1 . Tìm giá trị lớn nhất

2 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = 1. .

Tìm GTNN: Ta có:

( a + 1)( b + 1) = ab ( a + b ) + a 2 + b 2 + 2ab ( a + 1)( b + 1) . ( a + 1)( b + 1) ≥ 0 , kết hợp với a + b = 2 ta suy ra:

P 2 = a 2 ( b + 1) + b 2 ( a + 1) + 2ab

Do a, b ≥ 0  2ab

P2 ≥ 2ab + a2 + b2 = ( a + b ) = 4  P ≥ 2 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = 0, b = 2

hoặc a = 2, b = 0 . Kết luận: GTLN của P là 2 2 , GTNN của P là 2 . 2. Cho các số thực a, b, c ≥ 1 . Chứng minh rằng:

của P = a2 + b2 .

1 1 1 4ab 4ac 4ca + + + + + ≥ 9. 2a − 1 2b − 1 2c − 1 1 + ab 1 + bc 1 + ca

Lời giải Ta có: P = a 2 + b 2 = ( a + b )2 − 2ab = 16a 2 b 2 − 2ab . Với mọi số thực a, b ta có: ( a + b )2 ≥ 4 ab  16a 2 b 2 − 4ab ≥ 0 ⇔ 4ab ( ab − 1) ≥ 0 .

Lời giải: Đặt P =

1 1 1 4ab 4ac 4ca + + + + + . 2a − 1 2b − 1 2c − 1 1 + ab 1 + bc 1 + ca

1 4

Do a, b > 0  4ab ≥ 1  ab ≥ .

Vì a, b ≥ 1  ( a − 1)( b − 1) ≥ 0  ab + 1 ≥ a + b . Ta có: ( a − 1) ≥ 0  a2 ≥ 2a − 1 suy ra: 1 1 ≥ . 2a − 1 a 2 4 ( ab + 1) − 4 4ab 4 4 ≥ = 4− ≥ 4− . Lại có: 1 + ab 1 + ab 1 + ab a+b

Từ giả thiết: a, b ≤ 1  ( a − 1)( b − 1) ≥ 0 ⇔ ab − ( a + b ) + 1 ≥ 0 ⇔ ab − 4ab + 1 ≥ 0 ⇔ ab ≤ . Như vậy ta có:

Tương tự ta cũng có đánh giá với các biểu thức còn lại trong vế trái và suy ra: P≥



1 1 2 8 + ≥ ≥ . Suy ra: a 2 b 2 ab ( a + b )2

 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 

1 1 1 1 1  4 4 4 1 1   1  1 + + + 12 − 4  + + + + − 4 + + ≥  + 12 2 2 2 a 2 b2 c2  a + b b + c c + a  ( a + b) (b + c) ( c + a) a+b b+c c+a

Ta cũng có:

(a + b)

(b + c )

(c + a)

1 1   1  2   2   2  − 4 + + − 1 +  − 1 +  − 1 + 9  + 12 =  a+b b+c c+a a+b  b+c  c+a 

Nên suy ra: P ≥ 9 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. 3. Cho các số thực a, b ≥ 0 thỏa mãn a + b = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của P =

a b + . b +1 a +1

Lời giải 2

1 4

Từ giả thiết a, b ≥ 0  ab ≥ 0 , lại có 4ab ≤ ( a + b ) = 1  ab ≤ . Vậy 0 ≤ ab ≤ . 275

5 9

Ta biến đổi như sau: P = ( 4ab − 1)( 3ab − 1) + 4a 2 b 2 + 5ab − 1 ≤ 0 + + − 1 =

1 1 ≤ ab ≤ . 4 3 4 9

1 1 1 1 1   1 + + + 12 − 4  + + . a 2 b2 c 2 a+b b+c c+a

Từ ( a + b ) ≥ 4ab và bất đẳng thức Cauchy ta có:

1 3

a = 1  b = 1

1   ab = 3 , a + b = 4ab

Vậy GTLN của P là

hay a = 1, b =

10 . 9

1 1 hoặc a = , b = 1 . 3 3

10 . 9

5. Cho các số thực không âm a, b thỏa mãn điều kiện a + b + 2ab = 4 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức của biểu thức P = a3 + b3 . Lời giải Ta có bất đẳng thức sau: Với mọi x, y ≥ 0 thì x3 + y 3 ≥ xy ( x + y ) . Chứng minh: x 3 + y 3 ≥ xy ( x + y ) ⇔ ( x + y )( x − y )2 ≥ 0 luôn đúng. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y . Trở lại bài toán ta có: a 3 + 1 ≥ a ( a + 1) = a 2 + a, b3 + 1 ≥ b 2 + b  a 3 + b3 ≥ a 2 + b 2 + a + b − 2 . Lại có: a2 + b2 ≥ 2ab suy ra: a3 + b3 ≥ a + b + 2ab − 2 = 2 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = 1 . Từ giả thiết ta cũng suy ra: a + b ≤ 3 , ta cũng có: 276

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

P = a 3 + b3 ≤ a 3 + b 3 + 3ab ( a + b ) = ( a + b ) ≤ 33 = 27

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = 3, b = 0 hoặc a = 0, b = 3 . Với các số thực không âm a, b, c.

6. Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn điều kiện: a 2 + b 2 + c 2 = 2 ( ab + bc + ca ) > 0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Giả sử c = min {a, b, c} .

ab bc ca . + + 2 a2 + b2 b2 + c2 c + a2

Lời giải ab ( a 2 + b 2 )

ab = a 2 + b2

Ta có:

a2 + b2

≥

ab . 2ab ab = 2. 2 . Tương tự ta thu được hai a 2 + b2 a + b2

bất đẳng thức nữa và suy ra: Mặt khác ta cũng có:

a +b

Suy ra: P ≥

(b + c ) 2

b +c

1 2

(c + a) 2

c +a

−3≥

2(a + b + c) 2

a +b +c

−3= 2+

4 ( ab + bc + ca ) a 2 + b2 + c2

−3= 2+ 2−3=1

. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b, c = 0 và các hoán vị.

Vậy GTNN của P là

1 2

c  c  a 2 + b2 + c2 ≤  a +  +  b +  . 2  2 

c  a 2 − ac + c 2 = a 2 + c ( c − a ) ≤ a 2 ≤  a +  2 

2ab 2bc 2ca 2ab 2bc 2ca + + = +1+ 2 +1+ 2 +1− 3 a + b2 b2 + c2 c2 + a 2 a 2 + b2 b + c2 c + a2 2

(a + b)

c  c  ab + bc + ca ≥  a +  b +  . 2  2 

bc ca  1  2ab 2bc 2ca   ab P ≥ 2 2 + 2 + + 2 + =  2 . 2 2 b + c2 c2 + a 2  b + c2 c2 + a 2  a +b 2 a +b

c c c  c    a 2 + c 2 ≤  a +  , b2 + c2 ≤  b +  , a 2 + b2 ≤  a +  +  b +  . 2 2 2  2   

7. Cho các số thực không âm x, y, z thỏa mãn x + y + z = 3 . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của P = 5 x 2 + 6 xy + 5 y 2 + 5 y 2 + 6 yz + 5 z 2 + 5 z 2 + 6 zx + 5 x 2 . Lời giải Theo bất đẳng thức AM – GM ta có: x 2 + y 2 ≥ 2 xy suy ra: 2 5 x 2 + 6 xy + 5 y 2 = 4 x 2 + 6 xy + 4 y 2 + x 2 + y 2 ≥ 4 x 2 + 6 xy + 4 y 2 + 2 xy = 4 ( x + y ) . Suy ra: P ≥ 2 ( x + y ) + 2 ( y + z ) + 2 ( z + x ) = 4 ( x + y + z ) = 12 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1 . Từ giả thiết:

c  b 2 − bc + c2 = b 2 + c ( c − b ) ≤ b 2 ≤  b +  2 

c  c  c  c  a 2 − ab + b 2 ≤  a +  −  a +  b +  +  b +  2  2  2  2 

Ví dụ 1 a, Cho các số thực không âm a, b, c phân biệt thỏa mãn : 0 ≤ a, b, c ≤ 2 Chứng minh:

(a − b)

(b − c )

(c − a)

9 4

≥

b, Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn: 3 ( a 2 + b 2 + c 2 ) + ab + bc + ca = 12 . Chứng minh rằng: 22 ≤

a 2 + b2 + c2 + ab + bc + ca ≤ 32 a+b+c

x, y, z ≥ 0  6 xy ≤ 10 xy  5 x 2 + 6 xy + 5 y 2 ≤ 5 x 2 + 10 xy + 5 y 2 = 5 ( x + y ) = 5 ( x + y ) .

c, Cho các số thực không âm x, y, z sao cho xy + yz + zx ≠ 0 .Chứng minh rằng:

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi một trong hai số x, y bằng 0. Từ đó suy ra: P ≤ 2 5 ( x + y + z ) = 6 5 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi có hai số bằng 0, một số bằng 3.

 1 1 1 P = ( xy + yz + zx )  2 + 2 + 2 y + z 2 z2 + x2 x +y

 5 ≥  2

d, Cho các số thực không âm a, b, c sao cho ab + bc + ca ≠ 0 và a + b + c = 1. Tìm GTNN của biểu thức: P =

1 1 1 + + a 2 + b2 b2 + c2 c 2 + a 2

VII. MỘT SỐ CÁCH ĐÁNH GIÁ KHÁC

Lời giải

277

278

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

a, Không mất tính tổng quát ta giả sử 0 ≤ a < b < c ≤ 2. Từ đó suy ra: +0 < c − a ≤ 2 

(c − a)

+0 < c − b ≤ 2 − b 

+0 < b − a ≤ b 

1 1 ≥ , c2 4

≥

( c − b) 1

( a − b)

    z  z  1 1 1  . + + P ≥  x +  y +  2 2 2 2 2  2    z  z z z    x + y +  x +  +  y +       2  2 2 2    

≥

(b − 2)

Đặt a =  x +  ; b =  y +  thì a, b > 0 2 2 z



1 . Cộng ba bất đẳng thức cùng chiều ta có: b2

1 1 1 VT ≥ 2 + + 2 b ( b − 2) 4

Cuối cùng ta chỉ cần chứng minh:

1 1 1 9 + + ≥ với b ∈ ( 0; 2 ) (dành cho học sinh b2 ( b − 2)2 4 4

tự làm) Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ( a; b; c ) = ( 0;1; 2 ) và các hoán vị. b, Đặt P =

Biểu thức cần tìm GTLN, GTNN có dạng đối xứng nên ta có thể tận dụng các hằng đẳng thức để quy về một ẩn Từ giả thiết ta có: ( a + b + c ) = 24 − 5 ( a + b + c ) ⇔ a + b + c = 24 − 5 ( a + b + c Như vậy P =

a 2 + b2 + c2 24 − 5 ( a 2 + b 2 + c 2 )

)

+ 12 − 3 ( a 2 + b 2 + c 2 ) . Ta cần đánh giá a 2 + b 2 + c 2 . Từ giả

thiết ta có: 12 = 3 ( a 2 + b 2 + c 2 ) + ab + bc + ca ≤ 3 ( a 2 + b 2 + c 2 ) + a 2 + b 2 + c 2 ⇔ a 2 + b 2 + c 2 ≥ 3 Do a, b, c không âm nên ta có: 12 = 3 ( a 2 + b 2 + c 2 ) + ab + bc + ca ≥ 3 ( a 2 + b 2 + c 2 )  a 2 + b 2 + c 2 ≤ 4

1 24 12 Đặt t = 24 − 5 ( a 2 + b 2 + c2 )  t ∈ [ 2;3]. Khi đó ta có : P =  3t 2 − t +  − . 5

t 





a 1 1 a 1 t 1 a  1 b P ≥ ab  2 + 2 + 2= + + = 2 + t + với t = > 0 2 b a t +1 t b a b   a 2 a + b   +1 b b   t 1 5 Cuối cùng ta chứng minh: 2 + t + ≥ ( Dành cho học sinh). Dấu đằng thức xảy ra t 2 t +1

khi và chỉ khi một số bằng 0 và hai số còn lại bằng nhau. d, Phân tích: Giả sử c là số nhỏ nhất trong 3 số a, b, c. 1 1 1 1 1 1 + + ≥ + + 2 2 2 2 a 2 + b2 b2 + c 2 c 2 + a 2  c  c c c    a +  + b +  b +  a +  2  2 2 2    c c Đặt x = a + , y = b + thì x, y > 0 và x + y = 1 . Bài toán trở thành tìm GTNN của biểu 2 2

a 2 + b2 + c2 + ab + bc + ca a+b+c



Phần việc còn lại là chứng minh BĐT ở các vế( Dành cho học sinh) c, Phân tích: Giả sử z = min { x; y; z} ta dự đoán dấu bằng xảy ra khi z = 0 , khi đó ta có z  z 1 1  ≥ ; x + y ≥ 2 z ⇔ xy + yz + zx ≥  x +   y +  . Ta cũng có: 2 2 2 2  2 x + y2   z  z x + + y +     2  2  1 1 1 1 1 1 ≥ = ; 2 ≥ = ; Suy ra 2 2 y2 + z2 z2  z + x2 z2  z z 2 2  + + y + yz + x xz + + y x   4  4  2 2

thức x y + +2 2 2 2 2 ( x + y) ( x + y) y x  x y  x y 1 1 1 ( x + y) Q= 2 + + = + + = + 2 + + +     x y x + y2 x2 y2 x2 + y2 x2 y2  y x  y x + y x 2 x y Đặt t = + ≥ 2 thì Q = t 2 + 2t + 1 + ≥ 10 ( Dành cho học sinh). Dấu đẳng thức xảy ra khi t y x

và chỉ khi một số bằng 0 và hai số còn lại bằng nhau. Ví dụ 2 a, Cho các số thực a, b, c ≥ 0 sao cho a + b + c = 3 . Tìm GTLN của biểu thức sau: P = ( a 2 − ab + b 2 )( b 2 − bc + c 2 )( c 2 − ca + a 2 )

b, Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện a + b + c = 1 . Tìm GTNN của 1

biểu thức P = 2

a +

(b − c)

b +

(c − a)

+ 2

c +

( a − b)

c, Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện ab + bc + ca > 0 . Chứng minh rằng

a b + + b+c c+a

c ≥2 a+b

d, Cho các số không âm sao a, b, c cho a2 + b2 + c2 = 2 . Tìm GTLN của T=

279

a2 b+c 1 + + . a + bc + a + 1 a + b + c + 1 abc + 3 2

280

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Lời giải 2 2 2 a ( a − b ) ≤ 0 0 ≤ a − ab + b ≤ b 2  suy ra P ≤ b 2 c2 ( b 2 − bc + c 2 ) = b 2 c2 ( b + c ) − 3bc  . .  2 2 2 a ( a − c ) ≤ 0  0 ≤ a − ac + c ≤ c

(b + c) 4

9 9 0≤t ≤ 4 4

9 4

Cuối cùng ta chứng minh: −3t 3 + 9t 2 ≤ 12 với 0 ≤ t ≤ dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a, b, c là hoán vị của bộ số ( 0;1; 2 ) .

b, Không mất tính tổng quát giả sử c = max {a, b, c} . Ta có a2 +

(b − c)

(a − b)

)

Nhưng điều này luôn đúng do 2 = a 2 + b2 + c 2 ≥ b2 + c 2 ≥ 2bc  bc ≤ 1. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi có 2 số bằng 1, một số bằng 0. VIII. BẤT ĐẲNG THỨC SCHUR Cho x, y, z là các số thực không âm và số thực dương t . Khi đó ta có: xt ( x − y )( x − z ) + y t ( y − z )( y − x) + z t ( z − y )( z − x) ≥ 0 (*)

Đây là bất đẳng thức có khá nhiều ứng dụng và tương đối chặt nhiều bài toán Bđt chỉ là hệ quả của BĐT này. Việc chứng minh (*) khá đơn giản:

(c − a) c c ≤ a + , b2 + ≤b+ 2 4 2

(

2 2 2 =  a (1 − bc ) + ( b + c )  ≤ a 2 + ( b + c ) (1 − bc ) + 1 = ( 2 + 2bc ) ( 2 − 2bc + b 2 c 2 ) ≤ 4   hay ⇔ (1 + bc ) ( 2 − 2bc + b 2 c 2 ) ≤ 2 ⇔ b3 c 3 − b 2 c 2 ≤ 0 ⇔ b 2 c 2 ( bc − 1) ≤ 0

[ a + b + c − abc]

a, Không mất tính tổng quát ta giả sử 0 ≤ a ≤ b ≤ c ≤ 3 . Khi đó ta có:

Ta có: b + c ≤ a + b + c = 3  P ≤ b2 c 2 ( 9 − 3bc ) . Đặt t = bc  bc ≤

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Giả sử: x ≥ y ≥ z  (*) ⇔ ( x − y )  x t ( x − z ) − y t ( y − x )  + z t ( z − y )( z − x ) ≥ 0 . Điều này là hiển

c c   ≤ c2 + 2a 2 + 2b 2 ≤ 2  a +  + 2  b +  4 2 2   c c Đặt x = a + , y = b + , ( x, y > 0 ) và x + y = 1 . Ta chứng minh được: 2 2 1 1 1 5 + + ≥ suy ra P ≥ 5 , dấu đẳng thức xảy ra tại a = b = 0, c = 1 hoặc các x y 2 ( x2 + y2 ) x + y

Các bất đẳng thức suy ra từ BĐT SCHUR khi t = 1 là:

hoán vị c, Sử dụng bất đẳng thức AM-GM ta có ( a + b + c )2 ≥ 4 a ( b + c )

c2 +

a 4a 2 a 2a  ≥  ≥ . Tương tự ta có b + c ( a + b + c )2 b+c a +b+c b 2b c 2c ≥ ; ≥ . Cộng theo ba vế bất đẳng thức trên ta được c+a a+b+c a+b a+b+c

a b c a b c   + + ≥ 2 + + =2 b+c c+a a+b a+b+c a+b+c a+b+c

Bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi có 1 số bằng 0 và hai số còn lại bằng nhau. 2

a2 + (b + c ) a 2 + b2 + c2 + bc = ≥ a (b + c ) . 2 2 a2 b+c a b+c a+b+c suy ra 2 + ≤ + = . a + bc + a + 1 a + b + c a + b + c + 1 a + b + c + 1 a + b + c + 1 Chứng minh được: a + b + c − abc ≤ 2 (*) nên a + b + c + 1 ≤ abc + 3 . Suy ra

d, Chứng minh được bc + 1 =

a+b+c 1 + = 1. Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = 1, c = 0. a + b + c +1 a + b + c +1 Có thể chứng minh (*) như sau: P≤

281

nhiên. Dấu bằng xảy ra khi cả 3 số bằng nhau hoặc hai số bằng nhau, một số bằng 0.

a 3 + b3 + c 3 + 3abc ≥ ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a) .

(a + b + c)

abc ≥ (a + b − c)(b + c − a)(c + a − b) .

a 2 + b2 + c2 +

+ 9 abc ≥ 4( a + b + c )( ab + bc + ca ) .

9abc ≥ 2(ab + bc + ca) . a +b+c a b c 4abc + + + ≥ 2. b + c c + a a + b (a + b)(b + c )(c + a )

Các BĐT (4) (5) còn gọi là BĐT SCHUR dạng phân thức khi t = 1. Ngoài ra cần chú ý biến đổi: a3 + b3 + c3 − 3abc = ( a + b + c ) ( a + b + c ) − 3 ( ab + bc + ca ) 2

.Hoặc: a 3 + b3 + c 3 − 3abc = ( a + b + c )  a 2 + b 2 + c 2 − ( ab + bc + ca )  Ta xét các ví dụ sau : Ví dụ 1: a, Cho a, b, c là 3 số thực không âm và a + b + c = 1. Chứng minh rằng: 9 abc ≥ 4 ( ab + bc + ca ) − 1

b, Cho các số thực dương a, b, c sao cho ab + bc + ca + abc ≤ 4 Chứng minh: a 2 + b 2 + c 2 + a + b + c ≥ 2 ( ab + bc + ca ) . ( trích Đề tuyển sinh vào lớp 10trường Chuyên KHTN- ĐHQG Hà Nội, 2015)

282

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

c, Cho a, b, c là các số thực không âm saocho a + b + c = 1. Chứng minh rằng:

xy ( x + y ) + yz ( y + z ) + zx ( z + x ) ≥ 2

4 ( a 3 + b 3 + c 3 ) + 15abc ≥ 1

(

x3 y 3 + y 3 z 3 + z 3 x 3

Từ (1) và (2) ta có: x3 + y 3 + z 3 + 3 xyz ≥ 2

d, Cho các số thực không âm a, b, c . Chứng minh rằng:

(

)

(2)

x3 y 3 + y3 z 3 + z3 x3

)

Hay a + b + c + 3 ( abc ) ≥ ( ab + bc + ca ) . Đẳng thức xảy ra khi x = y = z hay a = b = c . 2

a 2 + b 2 + c 2 + 3 3 ( abc ) ≥ ( ab + bc + ca )

(Trích Đề tuyển sinh vàolớp10 Trường chuyên Phan Bội Châu- Nghệ An, 2014) Lời giải

Ví dụ 2 a) Cho a, b, c là các số thực dương có tổng bằng 1. Chứng minh rằng: 6 ( a 3 + b3 + c 3 ) + 1 ≥ 5 ( a 2 + b 2 + c 2 )

a. Áp dụng bất đẳng thức Schur dạng: ( a + b + c ) + 9abc ≥ 4( a + b + c )( ab + bc + ca ) .Thay a + b + c = 1 ta có: 1 + 9 abc ≥ 4 ( ab + bc + ca ) . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi có hai số 1 1 bằng và 1 số bằng 0 hoặc a = b = c = 2 3

b. Áp dụng BĐT Schur dạng phân số ta có: a 2 + b 2 + c 2 +

9abc ≥ 2(ab + bc + ca ) . Để a +b+c

9abc 2 chứng minh bài toán ta chỉ cần chỉ ra: a + b + c ≥ ⇔ ( a + b + c ) ≥ 9abc . Theo bất a+b+c

b) Cho a, b, c là các số thực dương . Chứng mỉnh rằng : a 2 + b 2 + c 2 + 2 abc + 1 ≥ 2 ( ab + bc + ca ) . c) Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện Chứng minh rằng : a3 + b3 + c3 + 6abc ≥ a + b + c d) Cho các số thực dương a, b, c . Chứng minh rằng:

đẳng thức Cô si ta có: a + b + c ≥ 3 3 abc  ( a + b + c ) ≥ 9 ( 3 abc ) . Ta chứng minh: abc ≤ 1 . 2

1 1   1 a 2 + b 2 + c 2 + 2abc  + +  ≥ 2 ( ab + bc + ca ) . a +b b+c c+a

Thật vậy từ giả thiết ta có: ab + bc + ca + abc ≤ 4 mà ab + bc + ca ≥ 3 a b c . Đặt t = abc ta 3

suy ra: t 3 + 3t 2 − 4 ≤ 0 ⇔ ( t − 1)( t + 2 )2 ≤ 0 ⇔ t ≤ 1 . Suy ra abc ≤ 1 hay

2 2 2

(

abc

)

≥ abc

Lời giải

suy ra

đpcm. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 .

ab + bc + ca = 1 .

a. Ta có: a3 + b3 + c3 − 3abc = ( a + b + c ) ( a + b + c ) − 3 ( ab + bc + ca ) = 1 − 3 ( ab + bc + ca ) suy ra 2

c. Ta có: a 3 + b3 + c3 − 3abc = ( a + b + c ) ( a + b + c ) − 3 ( ab + bc + ca ) = 1 − 3 ( ab + bc + ca ) Suy ra

6 ( a 3 + b 3 + c 3 ) + 1 = 6 1 − 3 ( ab + bc + ca )  + 18abc + 1 = 1 + 18abc + 6 ( a + b + c ) − 18 ( ab + bc + ca ) =

4 ( a 3 + b 3 + c 3 ) + 15abc = 27 abc + 4 − 12 ( ab + bc + ca ) ≥ 3  4 ( ab + bc + ca ) − 1 + 4 − 12 ( ab + bc + ca ) = 1

1 + 18abc + 5 ( a + b + c ) + ( a + b + c ) − 18 ( ab + bc + ca )

. Theo ví dụ 1 ta có: 9abc ≥ 4 ( ab + bc + ca ) − 1 . Từ đó suy ra:

= 1 + 5 ( a 2 + b 2 + c 2 ) + 18abc + ( a + b + c ) − 8 ( ab + bc + ca )

27 abc + 4 − 12 ( ab + bc + ca ) ≥ 3  4 ( ab + bc + ca ) − 1 + 4 − 12 ( ab + bc + ca ) = 1 Hay

1 và 1 số 4 ( a + b + c ) + 15abc ≥ 1 . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi có hai số bằng 2 1 bằng 0 hoặc a = b = c = 3 3

d. Đặt a = x; b = y; c = z Suy ra: a 2 = x 3 ; b 2 = y 3 ; c 2 = z 3  a = x 3 ; b = y 3 ; c = z 3 và x, y, z ≥ 0 .Bất đẳng thức đã cho thành: (1) x3 + y 3 + z 3 + 3xyz ≥ 2 x3 y 3 + y 3 z 3 + z 3 x 3 3

(

)

Áp dụng bất đẳng thức Schur ta suy ra: x 3 + y 3 + z 3 + 3 xyz ≥ xy ( x + y ) + yz ( y + z ) + zx ( z + x ) Mặt khác theo bất đẳng thức Cauchy ta có: xy ( x + y ) ≥ 2 xy xy = 2 x 3 y 3 . Tương tự ta có: yz ( y + z ) ≥ 2 y 3 z 3 , zx ( z + x ) ≥ 2 z 3 x3

Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ta thu

= 5 ( a 2 + b 2 + c 2 ) + 2 9 abc + 1 − 4 ( ab + bc + ca )  .Theo ví dụ 1 ta có:

9 abc ≥ 4 ( ab + bc + ca ) − 1  9abc + 1 − 4 ( ab + bc + ca ) ≥ 0 . Suy ra 6 ( a 3 + b3 + c 3 ) + 1 ≥ 5 ( a 2 + b 2 + c 2 ) .

b. Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

(a + b + c)

+ 2abc + 1 ≥ 4 ( ab + bc + ca ) ⇔ 2abc + 1 ≥ 4 ( ab + bc + ca ) − ( a + b + c ) , Áp dụng bất đẳng

thức Schur dạng phân số ta có: a 2 + b 2 + c 2 +

9abc ≥ 2 ( ab + bc + ca ) a+b+c

9abc 9abc 2 ≥ 4 ( ab + bc + ca ) − ( a + b + c ) . Do đó ta chỉ cần chứng minh 2abc + 1 ≥ hay a+b+c a+b+c 9   − 2  abc ≤ 1 .   a+b+c 

Hay :

được: 283

284

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Nếu S ≥

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Lời giải

9 9 thì hiển nhiên bất đẳng thức đúng. Nếu a + b + c ≤ , áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta 2 2

a. Áp dụng BĐT Cauchy ta được :

9 9 − 2s s3 1  s + s + ( 9 − 2s )    − 2  abc ≤ . ≤   = 1 với s = a + b + c s 27 27  3  a+b+c  

được: 

c. Ta có: a 3 + b3 + c 3 − 3abc = ( a + b + c )  a 2 + b 2 + c 2 − ( ab + bc + ca ) = ( a + b + c )  a 2 + b 2 + c 2 − 1 .

(

Như vậy ta cần chứng minh

với

≥ 3. 3

(1 + ab ) (1 + bc ) (1 + ca ) . . 2 2 2 (1 − ab ) (1 − bc ) (1 − ca ) 2

(1 + ab ) (1 + bc ) (1 + ca ) . . 2 2 2 (1 − ab ) (1 − bc ) (1 − ca )

≥ 64

Hay ta cần chứng minh BĐT (1 + ab )(1 + bc )(1 + ca ) ≥ 8 (1 − ab )(1 − bc )(1 − ca )

1 hoặc có hai số bằng 1, một số bằng 0. s = a + b + c .Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 3

d. Áp dụng BĐT hệ quả của BĐT AM – GM dạng :

)

Suy ra a 3 + b 3 + c 3 + 6 abc = 9 abc + ( a + b + c ) a 2 + b 2 + c 2 − 1 . Áp dụng bất đẳng thức Schur dạng:

( a + b + c ) + 9abc ≥ 4( a + b + c )( ab + bc + ca ) . Ta suy ra: 9abc + ( a + b + c ) ( a 2 + b 2 + c 2 − 1) ≥ 4 s − s 3 + ( a 2 + b 2 + c 2 ) s − s = s ( 3 − s 2 + a 2 + b 2 + c 2 ) = s

(1 + ab ) (1 + bc ) (1 + ca ) + + 2 2 2 (1 − ab ) (1 − bc ) (1 − ca )

Đặt x = ab; y = bc; z = ca , khi đó x, y, z > 0 và x + y + z = 1 BĐT cần chứng minh trở thành (1 + x )(1 + y )(1 + z ) ≥ 8 (1 − x )(1 − y )(1 − z ) tương đương với

1 1 1 9 ta được : + + ≥ x y z x+ y+z

BĐT sau 9 xyz ≥ 7 ( xy + yz + zx ) − 2 .

1 1  9abc  1 2 2 2 a 2 + b 2 + c 2 + 2abc  + +  ≥ a +b +c + a+b+c a+b b+c c+a

Áp dụng BĐT Schur dạng phân thức ta có : x 2 + y 2 + z 2 +

9 xyz ≥ 2 ( xy + yz + zx ) mà x+ y+z

x + y + z = 1 nên ta suy ra được 9 xyz ≥ 4 ( xy + yz + zx ) − 1

Ta cần chỉ ra được a 2 + b 2 + c 2 +

9abc ≥ 2 ( ab + bc + ca ) đây chính là BĐT Schur dạng a+b+c

phân thức.

Vì x + y + z = 1 nên 3 ( xy + yz + zx ) ≤ 1 , do đó 4 ( xy + yz + zx ) − 1 ≥ 7 ( xy + yz + zx ) − 2 Điều này dẫn tới 9 xyz ≥ 7 ( xy + yz + zx ) − 2 Như vậy BĐT ban đầu được chứng minh.

Ví dụ 3

b.BĐT cần chứng minh tương đương với

a) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = 1 . Chứng minh rằng

a 2 b 2 c 2 + 2 ( a 2 b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 ) + 4 ( a 2 + b 2 + c 2 ) + 8 ≥ 3 ( a 2 + b 2 + c 2 ) + 6 ( ab + bc + ca )

(1 + ab ) (1 + bc ) (1 + ca ) + + 2 2 2 (1 − ab ) (1 − bc ) (1 − ca )

Hay a 2 b 2 c 2 + 2 ( a 2 b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 ) + ( a 2 + b 2 + c 2 ) + 8 ≥ 6 ( ab + bc + ca )

≥ 12.

Áp dụng BĐT Cauchy ta được :

b) Cho các số thực dương a, b, c . Chứng mỉnh rằng: ( a 2 + 2 )( b 2 + 2 )( c 2 + 2 ) ≥ 3 ( a + b + c ) c) Cho các số thực dương a, b, c . Chứng mỉnh rằng 2

≥ 2abc + 4 ( ab + bc + ca ) + a 2 + b 2 + c 2 + 1

d) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 1 . Chứng minh rằng 1 + 9bc + 4 ( b − c )

b 1 + 9ca + 4 ( c − a )

285

a 2 b 2 c 2 + 2 ( a 2 b 2 + b2 c 2 + c 2 a 2 ) + ( a 2 + b 2 + c 2 ) + 8 = a 2 b 2 c 2 + 1 + 2 ( a 2 b 2 + 1) + ( b 2 c 2 + 1) + ( c 2 a 2 + 1)  + a 2 + b 2 + c 2 + 1

b c  14abc  a + + ≥4   +  b + c c + a a + b  ( a + b )( b + c )( c + a )

c 1 + 9ab + 4 ( a − b )

1 ≥ . 2

Phép chứng minh hoàn tất nếu ta chỉ ra được : 2abc + 4 ( ab + bc + ca ) + a 2 + b 2 + c 2 + 1 ≥ 6 ( ab + bc + ca ) ⇔ a 2 + b 2 + c 2 + 1 + 2abc ≥ 2 ( ab + bc + ca )

Áp dụng BĐT Schur dạng phân thức ta có : a 2 + b2 + c 2 + 286

9abc ≥ 2 ( ab + bc + ca ) a+b+c

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Ta cần chỉ ra được 1 + 2abc ≥

9abc ⇔ (1 + 2abc )( a + b + c ) ≥ 9abc a+b+c

Đánh giá cuối cùng luôn đúng vì theo BĐT Cauchy thì :

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG 2

2 ( a + b + c ) ≥ 1 + 27 abc + 4a ( b − c ) + 4b ( c − a ) + 4c ( a − b ) .

Hay 1 ≥ 4ab ( a + b ) + 4bc ( b + c ) + 4ca ( c + a ) + 3abc Để ý đến giả thiết ta viết lại BĐT trên thành

1 + 2abc = 1 + abc + abc ≥ 3 3 a 2 b 2 c 2 ; a + b + c ≥ 3 3 abc .

(a + b + c)

Vậy bài toán được chứng minh.

≥ 4 ab ( a + b ) + 4bc ( b + c ) + 4ca ( c + a ) + 3abc

Hay a3 + b3 + c 3 + 3abc ≥ ab ( a + b ) + bc ( b + c ) + ca ( c + a ) .

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.

Biến đổi tương đương ta được abc ≥ ( a + b − c )( b + c − a )( c + a − b )

a b c ;y = ;z = , khi đó ta được b+c c+a a+b 1 1 1 + + = 2 ⇔ xy + yz + zx + 2 xyz = 1 x +1 y +1 z +1

c. Đặt x =

Đây chính là BĐT Schur Vậy bài toán được chứng minh. 1 2

3 2

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 hoặc a = b = ; c = 0 và các hoán vị .

Dễ dàng chứng minh được x + y + z ≥ . BĐT cần chứng minh trở thành : ( x + y + z )2 + 14 xyz ≥ 4 Theo BĐT Schur dạng phân thức ta có : ( x + y + z )2 + 2

 ( x + y + z ) + 14 xyz ≥ 14 xyz + 4 ( xy + yz + zx ) − 3 2

9 xyz x+ y+z

9 xyz ≤ 6 xyz , do đó ta được x+ y+z

14 xyz + 4 ( xy + yz + zx ) −

9 xyz ≥ 4 ( xy + yz + zx ) + 8 xyz = 4 x+ y+z

Giả sử a1 , a2 ,..., an và b1 , b2 ,...., bn là hai dãy số thực. Khi đó ta có:

Do đó ta được ( x + y + z )2 + 14 xyz ≥ 4 .

quan trọng có nhiều ứng dụng trong giải toán.

d. Áp dụng BĐT Cauchy – Schwarz ta được : 1 + 9bc + 4 ( b − c )

b 1 + 9ca + 4 ( c − a )

Chứng minh: Thật vậy thay ak = Sk − Sk −1 với k = 2,3,...n ta có vế trái bằng:

Trường hợp n = 3 ta có: ax + by + cz = ( x − y ) a + ( y − z ) (a + b) + z ( a + b + c ) đây là đẳng thức

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.

a1b1 + a2b2 + ... + anbn = (b1 − b2 ) S1 + (b2 − b3 ) S2 + ... + bn Sn trong đó Sk = a1 + a2 + ... + ak .

b1S1 + b2 (S 2 − S1 ) + b3 ( S3 − S2 ) + ... + bn ( Sn − Sn −1 ) = VP .

Vậy BĐT được chứng minh.

CÔNG THỨC ABEL VÀ ỨNG DỤNG. 1. Công thức tổng Abel:

Từ x + y + z ≥ suy ra

IX. BẤT ĐẲNG THỨC ABEL VÀ ỨNG DỤNG

9 xyz ≥ 4 ( xy + yz + zx ) x+ y+z

2. Bất đẳng thức Abel:

c 1 + 9ab + 4 ( a − b )

(a + b + c) ≥ 2 2 2 ( a + b + c ) + 27 abc + 4a ( b − c ) + 4b ( c − a ) + 4c ( a − b )

Cho hai dãy số thực: a1 , a2 ,...., an và b1 ≥ b2 ≥ b3 ≥ ...... ≥ bn . Đặt Sk = a1 + a2 + ... + ak với k ∈ {1, 2, 3,...n} và m = min {S1 , S 2 ,...., S n } , M = max {S1 , S 2 ,...., S n } . Khi đó ta có: mb1 ≤ A = a1b1 + a2b2 + ... + anbn ≤ Mb1 ,

Chứng minh: Phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được

287

Ta có: a1b1 + a2b2 + ... + an bn = (b1 − b2 ) S1 + (b2 − b3 ) S 2 + ... + bn Sn mà bk − bk +1 ≥ 0 nên 288

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG (b1 − b2 )m + (b2 − b3 )m + ... + bn m ≤ A ≤ (b1 − b2 ) M + (b2 − b3 ) M + ... + bn M hay mb1 ≤ A ≤ Mb1 .

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG 11  1 1 1  1 1 1 1 1 x −1 y − 2 z − 3 −  + +  = 1− + − + − = + + = 6 x y z x 2 y 3 z x 2y 3z

3. Một số Ví dụ

1 1   1 1  1 −  ( x + y − 3) + ( x + y + z − 6 ) ≥ 0  −  ( x − 1) +  3z  x 2y   2 y 3z 

Ví dụ 1. Cho x ≥ y ≥ z ≥ 0 thỏa mãn: x ≥ 3, x + y ≥ 5, x + y + z ≥ 6 . Chứng minh: x 2 + y 2 + z 2 ≥ 14

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = 3, y = 2, z = 1 .

Lời giải Từ giả thiết ta dự đoán dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 3; y = 2; z = 1. Ta có phân tích: x 2 + y 2 + z 2 − 14 = ( x − 3 )( x + 3) + ( y − 2 )( y + 1) + ( z − 1)( z + 1) .

Ví dụ 4. Cho các số thực không âm x, y, z sao cho x ≤ 1, x + y ≤ 5, x + y + z ≤ 14 . Chứng minh: x + y + z ≤6. Lời giải

Áp dụng công thức Abel ta có: x 2 + y 2 + z 2 − 14 = ( x + 3 − y − 2)( x − 3) + ( y + 2 − z − 1) + ( z + 1)( x − 3 + y − 2 + z − 1) = ( x − y + 1) ( x − 3) + ( y − z + 1) ( x + y − 5) + ( z + 1)( x + y + z − 6 ) ≥ 0 . Dấu đẳng thức xảy ra

Ta có: x + y + z =  1 − 1  x +  1 − 1  ( x + y ) + 1 ( x + y + z ) ≤  1 − 1  .1 +  1 − 1  .5 + 1 .14 = 1 + 2 + 3 1 2 3 1 2 2 3 3 1 2 2 3 3 

. Ta suy ra

khi và chỉ khi: x = 3; y = 2; z = 1 . Ví dụ 2. Cho các số thực dương x, y, z sao cho x ≥ 3, xy ≥ 6, xyz ≥ 6 . Chứng minh: x+ y+z ≥6. Lời giải

(



y+ z



)



  2 x y z ≤ (1 + 2 + 3)  + +  ≤ (1 + 2 + 3 ) = 36 1 2 3



Ví dụ 5. Cho các số thực dương a ≥ b ≥ 1, a ≤ 3, ab ≤ 6, ab ≤ 6c. Chứng minh: a + b − c ≤ 4 Lời giải Ta cần chứng minh: a + b +1 ≤ 3 + 2 + c .

Dự đoán dấu đẳng thức xảy ra khi x = 3; y = 2; z = 1.

3 2 c 3 2 3 6c 6 3 Ta có: 3 + 2 + c =  + +  + ( b − 1)  +  + ( a − b ) ≥ 3 3 + ( b − 1) 2 + ( a − b) a ab ab a  a b 1 a b ≥ 3 + 2(b − 1) + ( a − b ) = a + b + 1 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = 3, b = 2, c = 1 .

Ta có:

x  y  z  x  x y  x + y + z − 6 = 3  − 1  + 2  − 1  + 1  − 1  = ( 3 − 2 )  − 1  + ( 2 − 1)  + − 2  + 3  2  1  3  3 2  y z  x  x y x  x y z  . Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có: 1.  − 1 + − 1 + − 1  =  − 1  +  + − 2  +  + + − 3  2 1  3  3 2 3  3 2 1 

x y xy x y z xyz + ≥2 ≥ 2; + + ≥ 3 3 ≥ 3 . Suy ra đpcm. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 3 2 6 3 2 1 3.2.1 x = 3, y = 2, z = 1 .

  0 < a ≤ b ≤ c, c ≥ 9  b 9  . . Chứng minh: Ví dụ 6. Cho các số thực dương a, b, c sao cho a + + ≤ 3 4 c  b 9  4 + c ≤ 2 a+ b≤ c .

Ví dụ 3. Cho x, y, z > 0 sao cho x < 2 y < 3z và x ≥ 1, x + y ≥ 3, x + y + z ≥ 6 . Chứng minh: 6 ( xy + yz + zx ) ≤ 11xyz . Lời giải Ta cần chứng minh:



Lời giải Ta có:

 b 9  b 9 a + b + 9 = 1 a + + +  +  + 4 c 4 c    

1 1 1 11 .Ta có: + + ≤ x y z 6 289

290

(

c −2

)

9 c

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

 b 9  a+ + 4 c  ≤3 3   

 b 9 +  +2 4 c + 2   

(

c −2

)

9 = 3+ 2+ c − 2 = 3+ c . 2

 a ≥ b ≥ 1 ≥ c > 0  1 1 1 1 2 Ví dụ 7. Cho các số thực a, b, c sao cho  + c ≤ 2 . Chứng minh: + − ≤ − . a b c 6 b 3 2  a + b + c ≤ 3

( abc + ab + ac + a ) + ( abc + bc + ba + b ) − ( abc + ca + cb + c ) =

a b c Ta + − ( a + 1)(b + 1)(c + 1) a +1 b +1 c +1 a b c 1 2 3 5 3−c b−2 a −1 chứng minh: + − ≥ + − = ⇔ + + ≥ 0 Hay 1 + a 1 + b 1 + c 1 + 1 1 + 2 1 + 3 12 3(1 + c) 3(b + 1) 2(1 + a)

Ta có: Q =

 1  1 1  1  1 − − (3 − c)  ≥ 0 . Rút  + (3 + c + b − 2)   + ( 3 − c + b − 2 + a − 1) + + + + 4( c 1) 3( b 1) 3( b 1) 2( a 1) 2(1 + a)     ( 2a − 3b − 1) + a + b − c 1 ≥ 0 . (3b − 4c − 1) gọn ta thu được: (3 − c) + (b + 1− c ) ( ) 12(b + 1)(c + 1) 6(b + 1)( a + 1) 2( a + 1)

Điều này là hiển nhiên đúng.

Lời giải Ta cần chứng minh:

1 1 1 1 1 + + 1 ≤ + + . Ta có: a b 3 2 c

Chủ đề 7: MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN

1 1 1 1  a b 1   1 1  b 1   1  1 + + =  + +  +  −  +  + 1 −  3 2 c a  3 2 c   b a  2 c   b  c

I. DỰA VÀO TÍNH CHIA HẾT ĐƯA VỀ BÀI TOÁN ƯỚC CỦA MỘT SỐ NGUYÊN.

    1  1 1 1   1 1  1 1   1  1 =  + +  +  −   +  + 1 −  a  3 2 c   b a  2 c   b  c a b  b 

Ví dụ 1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 3x + 17 y = 159. Lời giải

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy- Schwarz. Ta có:

1 1 1 9 1 1 4 + + ≥ ≥ 3, + ≥ ≥2, 3 2 c 3 2 2 c 2 + +c +c a b a b b b

ta có

Giả sự tồn tại các số nguyên x, y thỏa mãn điều kiện: Dễ thấy: x = 53 − 17 k

1 1 1 3 1 1  1 1 1 + + ≥ + 2  −  + 1 −  = + + 1 . 3 2 c a b a  b a b

vào ta tìm được

.  x = 53 − 17 k (k ∈ Z ) .  y = 3k

Suy ra nghiệm của phương trình là:  a ≤ b ≤ 3 ≤ c

Ví dụ 8. Giả sử a, b, c là các số thực dương thỏa mãn c ≥ b + 1

a + b ≥ c 

Tìm giá trị nhỏ nhất của: Q =

3 x ⋮ 3;159 ⋮ 3  17 y ⋮ 3  y ⋮ 3  y = 3k ( k ∈ Z ) thay

2ab + a + b + c (ab − 1) . (a + 1)(b + 1)(c + 1)

(Trích Đề thi vào lớp 10 Trường chuyên KHTN-ĐHQG Hà Nội)

Ví dụ 2. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: xy − x − y = 2 Lời giải  x − 1 = ±3 .  x − 1 = ±1

Biến đổi phương trình thành: x ( y − 1) − y = 2 ⇔ ( x − 1)( y − 1) = 3 ⇔ 

Từ đó dễ tìm được các nghiệm là: ( x; y ) = ( 4; 2 ) , ( 2; 4 ) , ( 0; −2 ) ; ( −2; 0 ) . . Ví dụ 3. Tìm các cặp số nguyên ( x, y ) thỏa mãn điều kiện: ( x + 2 )2 ( y − 2 ) + xy 2 + 26 = 0. .

Lời giải

Lời giải Đặt z = y − 2 , phương trình đã cho trở thành:

291

292

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

( x + 2)

z + ( z + 2 ) x + 26 = 0 ⇔ ( x + z + 8 )( xz + 4 ) = 6

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

từ đó suy ra x + z + 8 ∈ U ( 6 ) .

Giải các trường hợp ra thu được cặp số ( x, y ) thỏa mãn điều kiện là:

Vậy: ( x; y ) = (1; −1) , (1;1) Ví dụ 6: Tìm các cặp số nguyên x, y thỏa mãn điều kiện: 4 x 2 + 8 xy + 3 y 2 + 2 x + y + 2 = 0

( x; y ) = (1; −1) , ( −3;3) , ( −10;3) , (1; −8) .

( Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên toán tin Amsterdam , 2018)

Ví dụ 4: Tìm các cặp số nguyên ( x, y ) thỏa mãn điều kiện: x ( x + 1)( x + 7 )( x + 8 ) = y . 2

Lời giải Ta viết lại phương trình: ( x + 8 x )( x + 8 x + 7 ) = y . 2

Đặt: z = x 2 + 8 x thì phương trình có dạng: 2

z ( z + 7 ) = y 2 ⇔ 4 z 2 + 28 z = 4 y 2 ⇔ ( 2 z + 7 ) − 4 y 2 = 49 ⇔ ( 2 z + 2 y + 7 )( 2 z − 2 y + 7 ) = 49.

Nhận xét: y là một nghiệm thì − y cũng là nghiệm nên ta chỉ cần xét y ≥ 0 (*) Khi đó ta thấy: 2 z + 2 y + 7 ≥ 2 z − 2 y + 7 nên suy ra: 2 z + 2 y + 7 ∈ {−1; 7; 49} tương ứng với 3

Lời giải Ta viết lại phương trình: 2

 Hay:  2 x +

4y +1 4 y2 + 4 y + 1 = −2  − 2  4 2

 4x + 4 y + 1   2 y + 1  ⇔  −  = −2 ⇔ ( 2 x + y )( 2 x + 3 y + 1) = −2 2    2 

giá trị của 2z + 2y + 7 ta có: 2 z + 2 y + 7 ∈ {−49;7;1} .

Ta có các trường hợp xả yra:

Giải các trường hợp chú ý nhận xét (*) ta suy ra phương trình có nghiệm là:

   y = −2  2x + y = 1  2x + y = 1  ⇔ ⇔    3 (loại) TH1: 2 x + 3 y + 1 = −2   2 x + 3 y = −3  x = 2  

( 0; 0 ) , ( −1; 0 ) , (1;12 ) , (1; −12 ) , ( −9;12 ) , ( −9; −12 ) , ( −8; 0 ) , ( −7; 0 ) , ( −4;12 ) , ( −4; −12 ) . Ví dụ 5: Tìm các cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn điều kiện:

( x + y + 1)( xy + x + y ) = 5 + 2 ( x + y )

 2 x + y = − 1

 2 x + y = −1

 y =1

TH3:

  2 x + y = −2 ⇔  2 x + 3 y + 1 = 1 

  2 x + y = −1 ⇔  2 x + 3 y = 0 

1  y=  2  x = − 3  4

TH4:

  2 x + y = 2 ⇔   2 x + 3 y + 1 = −1 

TH2:  2 x + 3 y + 1 = 2 ⇔  2 x + 3 y = 1 ⇔  x = −1 ( thỏa mãn)   

( Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 trường THPT chuyên KHTN – ĐHQG Hà Nội , 2014) Lời giải Ta viết lại phương trình:

( x + y + 1)( xy + x + y ) = 2 ( x + y + 1) + 3 ⇔ ( x + y + 1)( xy + x + y − 2 ) = 3.  x + y + 1 là ước của 3  x + y +1 = 1 x + y = 0 + Giải  ( Vô nghiệm) ⇔  xy = 5  xy + x + y − 2 = 3

 x + y + 1 = −1  x + y = −2  x = −1 Giải  ⇔ ⇔ .  y = −1  xy = 1  xy + x + y − 2 = −3 

+ Giải 

x + y +1 = 1

 xy + x + y − 2 = 3



+ Giải 

x + y = 2 x = 1 ⇔ ⇔ . y =1  xy = 1

x + y + 1 = −3

 xy + x + y − 2 = −1

16 y 2 + 8 y + 1  4y +1  4y +1 2 4 x 2 + 2 x ( 4 y + 1) + 3 y 2 + y + 2 = 0 ⇔ 4 x 2 + 2.2 x.  = 0.  +  + 3y + y + 2 − 2 2 4    

 x + y = −4 (vô nghiệm) ⇔  xy = 5

293

  2 x + y = −1 ⇔   2 x + 3 y = −2 

(loại)

1  y=−  2  x = − 1  4

( thỏa mãn)

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất ( x; y ) = ( −1;1) . Ví dụ 7: Tìm các cặp số nguyên x, y thỏa mãn điều kiện: x 3 − y 3 = 91 Lời giải Ta viết lại phương trình: ( x − y ) ( x 2 + xy + y 2 ) = 91 = 13.7 Vì (13, 7 ) = 1 và x 2 + xy + y 2 > 0 suy ra các khả năng có thể xảy ra là:

294

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Suy ra 27 ( a 3 − 8 )⋮ 3a − 1 ⇔ 27 a 3 − 1 − 215⋮ 3a − 1 . Do 27 a 3 − 1 = ( 3a − 1) ( 9 a 2 + 6 a + 1)⋮ 3a − 1 , suy

x−y =7   x − y = 13 hoặc  2  2 2 2  x + xy + y = 13  x + xy + y = 7

Ta tìm được nghiệm: ( x; y ) = ( 6;5 ) , ( −5; −6 ) , ( 4; −3 ) , ( 3; −4 ) . II. BIỂU THỊ MỘT ẨN THEO ẨN CÒN LẠI RỒI DÙNG TÍNH CHẤT CHIA HẾT

Ví dụ 1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: xy − x − y = 2. .

ra điều kiện cần là: 215⋮ 3a − 1 , chú ý rằng 215 = 43.5 .Từ đó ta tìm được a = 2, b = 0 suy ra các cặp nghiệm của phương trình là: ( x; y ) = ( 0; −2 ) , ( 2; 0 ) . Chú ý: Với các phương trình đưa được về ẩn x − y; xy hoặc x + y; xy ta dung phép đặt ẩn phụ để chuyển thành bài toán chia hết.

Ví dụ 4. Tìm các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn: x 2 − 2 = ( xy + 2 ) .z. Lời giải:

Lời giải

Từ giả thiết ta suy ra x − 2⋮ xy + 2 hay y ( x 2 − 2 )⋮ xy + 2 . Ta có phân tích sau: 2

Ta viết lại phương trình thành: x = y + 2 = 1 + 3 . y −1

y −1

Để x là số nguyên thì 3 chia hết cho y − 1  y − 1 = ±3; y − 1 = ±1 từ đó ta tìm được các cặp nghiệm tương ứng là : ( x; y ) = ( 4; 2 ) , ( 2; 4 ) , ( 0; −2 ) , ( −2; 0 ) . .

y ( x 2 − 2 ) = x ( xy + 2 ) − 2 ( x + y ) suy ra 2 ( x + y )⋮ xy + 2

hay 2 ( x + y ) = k ( xy + 2 ) với k ∈ N * .

*Nếu k ≥ 2 thì 2 ( x + y ) = k ( xy + 2 ) ≥ 2 ( xy + 2 ) ⇔ x + y ≥ xy + 2 ⇔ ( x − 1)( y − 1) + 1 ≤ 0 . Điều này vô lí do x, y ≥ 1. Vậy k = 1 ⇔ 2 ( x + y ) = xy + 2 ⇔ ( x − 2 )( y − 2 ) = 2 . Từ đó tìm

Ví dụ 2. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x 3 − xy + 1 = 2 y − x. .

được ( x; y ) = ( 3; 4 ) , ( 4;3 ) .

Lời giải Ta viết lại phương trình: x + x + 1 = y ( x + 2 ) , để ý rằng x = − 2 không phả là nghiệm của 3

phương trình nên suy ra y =

x 2 ( x + 2) − 2 x ( x + 2 ) + 5 ( x + 2 ) − 9 x3 + x + 1 ⇔y= hay x+2 x+2

9 y = x − 2x + 5 − , , để x, y ∈ Z  x + 2 ∈ U ( 9 ) . x+2 2

Từ đó ta tìm được các nghiệm của

phương trình là: ( x; y ) = ( −11;149 ) , ( 7;39 ) , ( −5; 43 ) , ( −3; 29 ) , ( −1; −1) , (1;1) .

Ví dụ 5. Tìm các cặp số nguyên ( x, y ) thỏa mãn điều kiện: ( x + 2 )2 ( y − 2 ) + xy 2 + 26 = 0 . Lời giải Đặt z = y − 2 , phương trình đã cho trở thành:

( x + 2)

z + ( z + 2 ) x + 26 = 0 ⇔ ( x + z + 8 )( xz + 4 ) = 6 từ đó suy ra x + z + 8 ∈ U (6) . Giải các

trường hợp ta thu được cặp số ( x; y ) thỏa mãn điều kiện là:

( x; y ) = (1; −1) ; ( −3;3) ; ( −10;3) ; (1; −8) . Ví dụ 3. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x − y = xy + 8 (*) 3

III. PHƯƠNG PHÁP XÉT SỐ DƯ KẾT HỢP TÍNH CHẤT

Lời giải 3

Sử dụng hằng đẳng thức: a − b = ( a − b ) + 3ab ( a − b ) ta có: (*) tương đương với 3

(x − y)

+ 3 xy ( x − y ) = xy + 8 .

Đặt x − y = a, xy = b với a, b ∈ Z phương trình trở thành:

a 3 + 3ab = b + 8 ⇔ a 3 − 8 = −b ( 3a − 1)  a 3 − 8⋮ 3a − 1

CỦA SỐ NGUYÊN TỐ, SỐ CHÍNH PHƯƠNG Để giải quyết tốt các bài toán theo dạng xét số dư ta cần lưu ý đến các tính chất : + am + bm = c  c ⋮ m  a = md 

+ ( a; b ) = d  b = nd

 m; n = 1 ) (

295

296

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

+ ( a; b ) = 1 thì : ( a 2 + ab + b 2 ;a ) = ( b 2 ; a ) = ( a 2 + ab + b2 ; b ) = ( a 2 ; b ) = ( a 2 + ab + b 2 ;a 2 + b 2 ) = 1,... + Số chính phương không tận cùng bằng 2, 3, 7, 8.

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Vậy a 2 + ab + b 2 = 19 , do a > b > 0  b = 2; a = 3 là cặp số duy nhất thỏa mãn: Từ đó tính được cặp nghiệm của phương trình là: ( x; y ) = (195;130 ) . Ví dụ 3 2 Tìm các số nguyên tố x, y thỏa mãn điều kiện: ( x 2 + 2 ) = 2 y 4 + 11 y 2 + x 2 y 2 + 9

+ Số chính phương chia hết cho số nguyên tố p thì chia hết cho p 2 . + Số chính phương chia cho 3 dư 0 hoặc 1.

Lời giải

+ Số chính phương chia cho 4 dư 0 hoặc 1. Ta viết lại giả thiết thành:

+ Số chính phương chia cho 8 dư 0 hoặc 1 hoặc 4.

Ta xét các ví dụ sau:

+ 2 ) = ( y 2 + 3) + ( y 4 + x 2 y 2 + 5 y 2 ) ⇔ ( x 2 + 2 ) − ( y 2 + 3) = y 2 ( x 2 + y 2 + 5)

Hay ( x 2 + y 2 + 5 )( x 2 − 2 y 2 − 1) = 0 ⇔ x 2 − 2 y 2 = 1 ⇔ ( x − 1)( x + 1) = 2 y 2 . Ví dụ 1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 9 x + 2 = y 2 + y .

Suy ra ( x − 1)( x + 1)⋮ 2 hay x − 1 hoặc x + 1 chia hết cho 2. Mặt khác ta có: x + 1 − ( x − 1) = 2 ⋮ 2 nên cả 2 số x + 1, x − 1 đều chia hết cho 2. Do đó ( x − 1)( x + 1)⋮ 4  y 2 ⋮ 2 ,

Lời giải

mà y là số nguyên tố nên y ⋮ 2  y = 2 . Thay vào ta tìm được x = 3.

Ta viết lại phương trình thành: 9 x + 2 = y ( y + 1)

Ví dụ 4 Tìm các số nguyên dương x , y thỏa mãn: x 3 − y 3 = 13 ( x 2 + y 2 ) .

Ta thấy vế trái chia 3 dư 2 nên y ( y + 1) chia 3 dư 2. Từ đó suy ra y = 3k + 1 và y + 1 = 3k + 2 thay vào ta tìm được x = k ( k + 1)

Lời giải

Vậy nghiệm của phương trình là:

Đặt ( x, y ) = d ≥ 1 suy ra x = ad , y = bd với a > b, ( a, b ) = 1 thay vào phương trình ta có:

 x = k ( k + 1) ( k ∈ Ζ)   y = 3k + 1

a 3 d 3 − b 3 d 3 = 13 ( a 2 d 2 + b 2 d 2 ) ⇔ d ( a − b ) ( a 2 + ab + b 2 ) = 13 ( a 2 + b 2 )  13 ( a 2 + b 2 )⋮ ( a 2 + ab + b 2 )

Ta lại có: ( a 2 + b 2 , a 2 + ab + b 2 ) = ( a 2 + b 2 , ab ) = 1.  a 2 + b 2 ⋮ d1

Ví dụ 2. Tìm các số nguyên dương ( x; y ) thỏa mãn: x 3 − y 3 = 95 ( x 2 + y 2 ) .

Thật vậy giả sử ( a 2 + b 2 , ab ) = d1   

(Trích Đề tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán ĐHSP Hà Nội, năm 2016) Lời giải Đặt d = ( x, y ) ; d ≥ 1 suy ra x = ad ; y = bd với ( a, b ) = 1 . Từ phương trình ta có: d ( a − b ) ( a 2 + ab + b 2 ) = 95 ( a 2 + b 2 ) . Vì ( a, b ) = 1 nên ( a 2 + ab + b 2 ; a 2 + b 2 ) = ( ab; a 2 + b 2 ) = 1

ab ⋮ d1

giả sử a ⋮ d  b⋮ d1

Mà ( a, b ) = 1  d1 = 1 . Như vậy ta có: a2 + b2 không chia hết cho a 2 + ab + b2 Suy ra 13⋮ a 2 + ab + b 2  a 2 + ab + b 2 = 13  a = 3, b = 1  x = 15, y = 5 Ví dụ 5 4 4 2 Tìm tất cả các cặp số tự nhiên x, y thỏa mãn phương trình: 16 x + y + 14 y 2+ 49 = 16 .

Suy ra a 2 + ab + b2 ∈ U (95) . Nếu a 2 + b2 + ab⋮ 5  4 ( a 2 + b2 + ab )⋮ 5  ( 2a + b ) + 3b2 ⋮5 . Một số chính phương chia 5 chỉ có thể dư 0; 1; 4. Suy ra a, b⋮ 5 điều này trái với giả thiết ( a, b ) = 1 .

+ y2 + 7)

Lời giải 2 2 2 Đặt x 2 = a. y 2 = b ta viết lại phương trình thành 16 a + b + 14b 2 + 49 = 16

(a + b + 7)

297

298

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Ta viết lại phương trình thành: x 2 + x ( y − 1) + y 2 − y = 0

2 2 2 Hay 16a + b + 14b 2 + 49 = 16 ⇔ 16 ( a + b + 7 )2 = 17.16a 2 + 17 ( b + 7 )2 hay

(a + b + 7)

Coi đây là phương trình bặc 2 của x điều kiện của phương trình có nghiệm là:

256a 2 − 32 ( b + 7 ) + ( b + 7 ) = 0 ⇔ (16a − b − 7 ) = 0 ⇔ 16a − b − 7 = 0

y = 0  y = 1 thay vào ta tìm được các cặp nghiệm của  phương trình là ( x; y ) = ( 0; 0 ) , ( 0;1) , (1; 0 )

1 ∆ = −3 y 2 + 2 y + 1 ≥ 0 ⇔ − ≤ y ≤ 1 ⇔ 3

hay 16 x − y = 7 2

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

 4x − y = 1 x =1 ⇔ 4 x + y = 7 y = 3

Tức là ( 4 x − y )( 4 x + y ) = 7 do x, y là số tự nhiên nên ta suy ra 

Ví dụ 6 Phương trình Pitago: Giải phương trình nghiệm nguyên: x 2 + y 2 = z 2

Ví dụ 2 Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn phương trình: x 3 = 4 y 3 + x 2 y + y + 13 Lời giải

(*)

Đặt x = 2 y + d với d ∈ Z thay vào phương trình ta có:

Lời giải 2

Đặt ( x, y, z ) = d khi đó phương trình trở thành  x  +  y  =  z  ⇔ x12 + y12 = z12 . . d d d  Suy ra ta chỉ cần giải phương trình (*) trong trường hợp ( x, y, z ) = 1 .

(2y + d )

2 = 4 y3 + ( 2 y + d ) + 1 y + 13 ⇔ 8dy 2 + ( 5d 2 − 1) y + d 3 − 13 = 0  

(*) .

Nếu d = 0 thì y = −13, x = −26.

Trong 3 số x, y, z có ít nhất một số chẵn. Nếu z chẵn thì x,y cùng lẻ, khi đó

Nếu d ≠ 0 ta coi (*) là phương trình bậc 2 của y. Điều kiện để phương trình có nghiệm là:

x 2 + y 2 ≡ 2 ( mod 4 ) nhưng z 2 ⋮ 4 nên trường hợp này không thể xảy ra. Suy ra x hoặc y là

∆ = ( 5d 2 − 1) − 32d ( d 3 − 13) ≥ 0 ⇔ 7d 4 + 10d 2 − 416d − 1 ≤ 0.

số chẵn. Ta giả sử x lẻ, y chẵn. Ta có: x = z − y = ( z − y )( z + y ) vì 2

( z − y, z + y ) = ( 2 z, z + y ) = 1 suy ra

số nguyên dương lẻ a,b sao cho

z − y, z + y

đều là số chính phương lẻ. Suy ra tồn tại 2

  2  z+y=a  2   z−y=b  x = ab   a > b, ( a , b ) = 1 

  x = ab  a 2 − b2  y = 2   a2 + b2 z =  2





Nếu d ≤ −1 thì 7d 4 + 10d 2 − 416d − 1 > 0 (không thỏa mãn) Nếu d ≥ 4 thì 7d 4 + 10d 2 − 416d − 1 > 7.64d + 10d 2 − 416d − 1 > 0 (không thỏa mãn)

 a 2 − b2   a 2 + b2    .c;   .c  với a, b là các  2   2  

Vậy nghiệm của phương trình (*) là: ( x; y; z ) =  abc; 

Xét d ∈ {0;1; 2;3} thử trực tiếp ta có d = 1 thỏa mãn: Khi đó x = 3; y = 1 . Vậy phương trình có 2 nghiệm: ( x; y ) = ( 3;1) , ( −26; −13 ) . . Ví dụ 3 Tìm nghiệm nguyên của phương trình x 2 − 2 y ( x − y ) = 2 ( x + 1) . (Tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Vĩnh Phúc, 2018).

số nguyên dương lẻ, a > b và c là số nguyên dương bất kì. Ta cũng có thể viết nghiệm tổng quát của (*) theo cách:

( x; y; z ) = ( 2abc; ( a

− b ) .c; ( a + b ) .c 2

)

Lời giải Ta có: x2 − 2 y ( x − y ) = 2 ( x + 1) ⇔ x2 − 2 ( y + 1) x + 2 ( y 2 − 1) = 0

(1) .

Để phương trình (1) có nghiệm nguyên x thì ∆ ' theo y phải là số chính phương.

Dùng điều kiện có nghiệm có phương tình bậc 2 Ví dụ 1 Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x 2 + xy + y 2 = x + y. .

Ta có ∆ ' = y 2 + 2 y + 1 − 2 y 2 + 2 = − y 2 + 2 y + 3 = 4 − ( y − 1) ≤ 4. . ∆ ' chính phương nên ∆ ' ∈ {0;1; 4} . .

Lời giải 299

300

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

+ Nếu ∆ ' = 4  ( y − 1) = 0 ⇔ y = 1 thay vào phương trình (1), ta có

Cách 1: Gọi 3 số cần tìm là x, y, z theo giả thiết ta có: 2 ( x + y + z ) = xyz với x, y, z ∈ Z +

x = 0 x2 − 4x = 0 ⇔ x ( x − 4) = 0 ⇔  . x = 4

+ Nếu ∆ ' = 0  ( y − 1) = 4 ⇔ 

 xy = 1  xy = 2   xy = 3 Giả sử x ≤ y ≤ z  xyz = 2 ( x + y + z ) ≤ 2.3z = 6 z ⇔ xy ≤ 6 ⇔   xy = 4  xy = 5   xy = 6

+Với y = 3 , thay vào phương trình (1) ta có:

Từ đó ta tìm được các cặp nghiệm ( x, y )  z

+ Nếu ∆ ' = 1  ( y − 1) = 3 ⇔ y ∉ Z .  y =3 .  y = −1

Cách 2: Gọi 3 số cần tìm là x, y, z theo giả thiết ta có: 2 ( x + y + z ) = xyz với x, y, z ∈ Z +

x 2 − 8x + 16 = 0 ⇔ ( x − 4 ) = 0 ⇔ x = 4.

+ Với y = −1 , thay vào phương trình (1) ta có x 2 = 0 ⇔ x = 0.

Suy ra

1 1 1 1 + + = . xy yz zx 2

Vậy phương trình có 4 nghiệm nguyên: ( x; y ) = ( 0;1) , ( 4;1) , ( 4; 3 ) , ( 0; −1) . . Giả sử 1 ≤ x ≤ y ≤ z suy ra IV. PHƯƠNG PHÁP DÙNG BẤT ĐẲNG THỨC

x =1 1 1 1 1 1 1 1 + + = ≤ + + ⇔ x2 ≤ 6 ⇔  xy yz zx 2 x 2 x 2 x 2 x = 2

Ví dụ 3 Tìm các cặp nghiệm số nguyên ( x; y ) thỏa mãn x 2 − xy + y 2 = x 2 y 2 − 5 .

Ví dụ 1 Tìm 3 số nguyên dương sao cho tổng của chúng bằng tích của chúng .

(Đề tuyển sinh vào lớp 10 Trường THPT chuyên KHTN – ĐHQG Hà Nội, 2015).

Lời giải

Cách 1: Gọi 3 số cần tìm là x, y, z theo giả thiết ta có: x + y + z = xyz với x, y, z ∈ Z . +

x = 3 y =1

Giả sử 3 số cần tìm thỏa mãn: 1 ≤ x ≤ y ≤ z  xyz = x + y + z ≤ 3 z ⇔ xy ≤ 3 ⇔  x =1 x = 2  x =1 Hoặc  hoặc  hoặc  y = 3  y =1 y = 2

Dễ thấy với x = 0 hoặc y = 0 không thỏa mãn. Xét x , y ≥ 1 do vai trò như nhau, giả sử x ≥ y Khi đó ta có x 2 − xy + y 2 ≤ 3 x 2  y 2 ≤ 8  y ∈ {±1; ±2} + Nếu y = 1  x 2 + x + 6 = x 2  x = 6.

Từ đó tìm được các số nguyên dương thỏa mãn là: ( x; y; z ) = (1; 2;3 ) và các hoán vị của nó. Cách 2: Gọi 3 số cần tìm là x, y, z theo giả thiết ta có: x + y + z = xyz với x, y, z ∈ Z + . 1 1 1 Chia cho xyz ta có: + + = 1 . Giả sử 1 ≤ x ≤ y ≤ z suy ra: xy yz zx 1 1 1 1 1 1 + + = 1 ≤ 2 + 2 + 2 ⇔ x 2 ≤ 3 ⇔ x = 1 từ đó ta thu được kết quả như trên. xy yz zx x x x

Ví dụ 3 Tìm 3 số nguyên dương sao cho tích của chúng gấp đôi tổng của chúng. Lời giải: 301

+ Nếu y = −1  x 2 + x + 6 = x 2  x = −6. + Nếu y = 2  x 2 − 2 x + 4 = 4 x 2 − 5  x ∉ Z loại. + Nếu y = −2  x 2 + 2 x + 4 = 4 x 2 − 5  x ∉ Z loại. Đáp số: ( x; y ) = ( 6;1) , ( −6; −1) , (1; 6 ) , ( −1; −6 ) .

V.DÙNG TÍNH CHẤT CỦA SỐ CHÍNH PHƯƠNG , HOẶC TẠO RA BÌNH PHƯƠNG ĐÚNG, HOẶC TẠO THÀNH CÁC SỐ CHÍNH PHƯƠNG LIÊN TIẾP Số chính phương là bình phương của một số tự nhiên; 302

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

+ Số chính phương không tận cùng bằng 2, 3, 7, 8 + Số chính phương chia hết cho số nguyên tố p thì chia hết cho p 2 ; + Số chính phương chia cho 3 dư 0 hoặc 1 + Số chính phương chia cho 4 dư 0 hoặc 1 + Số chính phương chia cho 8 có số dư là 0 hoặc 1, hoặc 4.

Suy ra ( y 2 + 1) ≤ x 4 < ( y 2 + 2 ) ⇔ ( y 2 + 1) = x 4 ⇔ x 2 = y 2 + 1

Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2 x 2 + 4 x = 19 − 3 y 2 . .

Ví dụ 5: Tìm tất cả các số nguyên x, y thỏa mãn điều kiện: x 2 ( x + y ) = y 2 ( x − y ) .

x4 = y 4 + 3 y 2 + 1 < y 4 + 4 y 2 + 4 = ( y 2 + 2) 2

Từ đó tìm được các nghiệm là: (1;0) ; ( −1;0) . 2

Lời giải

(Trích Đề tuyển sinh vào lớp 10 Trường THPT chuyên KHTN – ĐHQG Hà Nội, 2016)

Ta viết lại phương trình thành: 2 ( x + 1) = 21 − 3 y 2 .

Lời giải

Cách 1: Từ phương trình ta suy ra y 2 ≤ 7 ⇔ y = 0; y = ±1; y = ±2 thay vào để tìm x Cách 2: Từ phương trình ta suy ra 21 − 3y 2 chia hết cho 2 suy ra 3y 2 tận cùng là số lẻ. Suy ra y 2 tận cùng là số lẻ. Suy ra y 2 = 1 . Từ đó, thay vào để tìm x .

Ta thấy x = y = 0 là một nghiệm của phương trình.  x = md 

Với x, y ≠ 0 giả sử ( x, y ) = d   y = nd thay vào phương trình ta được: ( m, n ) = 1 

Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 4 x 2 + 4 x + y 2 − 6 y = 24 . Lời giải 2

m2 d 2 ( md + nd ) = ( md − nd ) n 2 d 2 ⇔ m2 ( m + n ) = n2 d ( m − n )  m2 ( m + n )⋮ n 2

Ta viết lại phương trình thành: ( 2 x + 1) + ( y − 3) = 34 = 1 + 33 = 2 + 30 = 3 + 5 = 5 + 3 , từ đó ta dễ dàng tìm được các cặp số ( x; y ) thỏa mãn điều kiện là: (1;8 ) ; ( 2; 6 ) 2

 ( m2 , n 2 ) = 1 

Do ( m, n ) = 1  

( m + n, n

Ví dụ 3: Tìm tất cả các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn x + y − z = 2 và

) =1

 n2 = 1  n = ±1.

Nếu n = 1  m2 ( m + 1)⋮( m − 1)  m + 1⋮( m − 1)  m + 1⋮ m − 1  m ∈ {3; 2;0; −1} từ đó tìm

3x 2 + 2 y 2 − z 2 = 13.

(Đề tuyển sinh Chuyên Tin Amsterdam, 2017)

được các cặp nghiệm ( x, y ) = ( 27;9) , ( 24;12) . 2

Lời giải

Nếu n = −1  m2 ( m − 1) = d ( m + 1)  m − 1⋮ m + 1  m ∈ {−3; −2;0;1} , kiểm tra không có giá trị nào thỏa mãn.

Từ điều kiện x + y − z = 2 suy ra z = x + y − 2 thay vào điều kiện ban đầu ta có: 2

3x 2 + 2 y 2 − ( x + y − 2 ) = 13 . Hay 2 x 2 + y 2 − 2 xy − 4 x + 4 y − 9 = 0 2

⇔ ( y − x + 2 ) + x 2 = 13 = 4 + 9 , suy ra x 2 = 4 hoặc x 2 = 9 ⇔ x = 2 hoặc x = 3 .

VI. PHƯƠNG TRÌNH BẬC 3 VỚI HAI ẨN

⇔ y 2 − 2 y ( x − 2) + 2 x2 − 4 x − 9 = 0 ⇔ y 2 − 2 y ( x − 2) + ( x − 2) + 2 x 2 − 4 x − 9 − ( x − 2) = 0

Ta cần kết hợp khéo léo đánh giá và đặt ẩn phụ để làm đơn giản cấu trúc phương trình. Ví dụ 1: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: x 3 + x 2 + x + 1 = y 3 .

Nếu x = 2 suy ra y = 3  z = 3 , nếu x = 3 suy ra ( y + 1) = 4  y = 1  z = 2.

Lời giải

Vậy có hai bộ 3 số ( x, y, z ) thỏa mãn điều kiện là ( 2;3;3) hoặc ( 3;1;2 ) .

Ta thấy: x + x + 1 > 0  y > x  y > x

Ví dụ 4: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x 4 − y 4 = 3 y 2 + 1.

Trường hợp 1: y = x + 1 thay vào phương trình ta có: 2 x 2 + 2 x = 0 ⇔ 

Lời giải Ta có x = y + 3 y + 1 ≥ y + 2 y + 1 = ( y + 1) 4

303

x = 0 x =1

Suy ra các nghiệm của phương trình: ( x; y ) = ( 0;1) , ( −1; 0 )

304

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

nghiệm.

Cách 2: Viết lại phương trình thành: y 2 + 2 x 2 y + x 4 − 4 x 2 − 9 = 0. Đây là phương trình bậc 2 ẩn y. Ta có ∆ ' = 9 + 4x 2 là số chính phương. Dựa vào các chữ số tận cùng để suy ra điều kiện.

Ví dụ 2: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: x 3 − y 3 = xy + 8.

Ví dụ 2: Tìm các số nguyên x để x 4 + 2 x3 + 2 x 2 + x + 3 là một số chính phương.

Trường hợp 2: y > x + 1 ta có 3

y > ( x + 1)  x + x + x + 1 > ( x + 1) ⇔ 2 x + 2 x < 0 ⇔ −1 < x < 0 suy ra phương trình vô 3

Lời giải

Cách 1: Đặt x 4 + 2 x3 + 2 x 2 + x + 3 = y 2 ⇔ ( x 2 + x ) + x 2 + x + 3 = y 2 . Đặt a = x2 + x.

Cách 1: Ta viết lại phương trình thành: ( x − y ) + 3xy ( x − y ) = xy + 8

Ta chứng minh: a2 < y 2 < ( a + 2)  y 2 = ( a + 1)

x − y = a ( a, b ∈ Z ) . Ta có  xy = b

Đặt 

Cách 2: x 4 + 2 x3 + 2 x 2 + x + 3 = y 2 ⇔ ( 2 x 2 + 2 x + 1) + 11 = 4 y 2

a3 + 3ab = b + 8 ⇔ a3 − 8 = −b ( 3a − 1) ⇔ a3 − 8⋮( 3a − 1) ⇔ 27 ( a3 − 8 )⋮3a − 1

⇔ ( 2 x 2 + 2 x + 1 − 2 y )( 2 x 2 + 2 x + 1 + 2 y ) = −11 . Từ đó quy về giải các hệ phương trình.

⇔ ( 27a − 1) − 215⋮3a − 1 ⇔ 215⋮3a − 1. Mặt khác ta có 215 = 5.43 suy ra 3

3a − 1 = ±1; ±5; ±43; 215. Cuối cùng ta thay các trường hợp để tìm a, b  x = 2; y = 0 hoặc x = 0; y = −2.

Cách 2: Tạo ra phương trình bậc 2 để dùng điều kiện ∆ . Ta cần triệt tiêu y . 3

Đặt x = y + a thì phương trình trở thành:

( a)

+ 3( a + y ) ya = ( a + y ) y + 8 ⇔ ( 3a − 1) y + ( 3a − a ) y + a − 8 = 0 2

Ví dụ 3: Tìm các số nguyên thỏa mãn: ( x 2 − y 2 ) = 10 y + 9 Lời giải 9 Điều kiện: 10 y + 9 ≥ 0 ⇔ y ≥ − ⇔ y ≥ 0. 10

+ Ta xét y = 0  x 4 = 9 ( L )

Phương trình có nghiệm khi

( 3a

− a ) − 4 ( 3a − 1) ( a 2 − 8 ) ≥ 0 ⇔ ( 3a − 1)  a 2 ( 3a − 1) − 4 ( a 3 − 8 )  ≥ 0 . Từ đó lập bảng xét

+ Xét y > 0  ( x − y ) ( x + y ) =

10 x + 9 . Do x và − x có vai trò như nhau nên ta chỉ cần xét x+ y

x>0 y =1

dấu

Ta thấy  đều dẫn đến vô nghiệm nên ta xét x + y > 2 x =1 VII. PHƯƠNG TRÌNH BẬC 4 VỚI HAI ẨN

Cách 1: Phân tích đa thức thành nhân tử để tạo ra f ( x; y ) .g ( x; y ) = A sau đó lập bảng giá trị hoặc quy về giải hệ phương trình. Cách 2: Tạo phương trình bậc 2 và đánh giá theo ∆ . Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x 4 − 4 x 2 + y 2 + 2 x 2 y − 9 = 0. Lời giải

Ta có ( x − y ) ( x + y ) =

10 x + 9 10 ( x + y ) 2 < = 10 ⇔ ( x − y ) ( x + y ) là các ước số của x+ y x+ y

3, 4,5, 6, 7,8,9

Mặt khác ta có: ( x − y )2 ( x + y ) > 2 ( x − y )2  2 ( x − y )2 < 10 ⇔ ( x − y )2 < 5. Hay x − y = ±1 hoặc x − y = ±2 . Mặt khác, 10 y + 9 là số lẻ nên x − y = ±1. Từ đó giải hệ ta tìm được ( x, y ) = ( 3; 4 ) , ( −3; 4 ) Ví dụ 4: Tìm tất cả các cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn đẳng thức ( x + 1)4 − ( x − 1)4 = y 3 . Lời giải

Cách 1: Ta viết lại phương trình thành: ( x 2 + y ) − 4 x 2 = 9 ⇔ ( x 2 + y − 2 x )( x 2 + y + 2 x ) = 9 Từ đó quy về các trường hợp theo ước số của 9.

305

Phương trình tương đương với ( x + 1)2 + ( x − 1) 2  ( x + 1) 2 − ( x − 1)2  = y3 ⇔ ( 2 x2 + 2) .4x = y3 ⇔ 8x3 + 8x = y3 .   

306

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

+) Nếu x ≥ 1  8 x 3 < 8 x 3 + 8 x < ( 2 x + 1)3 ⇔ ( 2 x )3 < y 3 < ( 2 x + 1)3 (mâu thuẫn vì y nguyên). +) Nếu x ≤ −1 và ( x; y ) là nghiệm, ta suy ra ( − x; − y ) cũng là nghiệm, mà −x ≥ 1  mâu thuẫn.

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Kỹ thuật chính để giải phương trình dạng này là dựa vào tính chia hết để suy ra tính chẵn lẻ của các biến qua đó đưa về phương trình tích hoặc phương trình ước số Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2 x + 3 = y 2 . Lời giải

+) Nếu x = 0  y = 0 (thỏa mãn). Vậy x = y = 0 là nghiệm duy nhất. Ví dụ 5: Tìm tất cả các cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn x 2 − xy + y 2 = x 2 y 2 − 5 (Đề tuyển sinh lớp 10 Trường THPT chuyên KHKT – ĐHQG Hà Nội, 2015)

Nếu x < 0 thì vế trái là số hữu tỉ, vế phải là số nguyên nên phương trình không có nghiệm. Ta xét x 0. Để ý rằng nếu (x;y) là một nghiệm của phương trình thì (x;-y) cũng là nghiệm. Nên ta chỉ cần xét khi x, y 0.

Xét x , y ≥ 1 do vai trò như nhau, giả sử x ≥ y

Nếu x lẻ thì 2x = 22k + 1 = 2.4k chia 3 dư 2. Nên suy ra y2 chia 3 dư 2. Điều này vô lý, suy ra x chẵn. Đặt x = 2k. Ta có y2 – 22k = 3 ⟹ 2 2 3 ⟹ 2 3 ⟹ 2. 2 2 ⟹ 0 ⟹ 0, 2. 2 1

Khi đó ta có x − xy + y ≤ 3 x

Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2x + 57 = y2.

Lời giải Dễ thấy với x = 0 hoặc y = 0 không thỏa mãn.

Vậy phương trình có 2 nghiệm là (0;2) , (0; -2)

Suy ra x 2 y 2 = x 2 − xy + y 2 + 5 ≤ 8 x 2  y 2 ≤ 8  y ∈ {±1, ±2}

Lời giải Nhận xét :

+ Nếu y = 1  x 2 − x + 6 = x 2  x = 6

Nếu x < 0 thì phương trình vô nghiệm.

+ Nếu y = −1  x 2 + x + 6 = x 2  x = −6 + Nếu y = 2  x 2 − 2 x + 4 = 4 x 2 − 5  x ∉ Z loại

Nếu x lẻ thì 2x chia 3 dư 2, 2x + 57 chia 3 dư 2. Điều này không thể xảy ra vì số chính phương khi chia 3 chỉ có thể dư 0 hoặc 1.

+ Nếu y = −2  x 2 + 2 x + 4 = 4 x 2 − 5  x ∉ Z loại Đáp số: ( x; y ) = ( 6;1) , ( −6; −1) , (1; 6 ) , ( −1; −6 ) .

có:

Ví dụ 6: Tìm nghiệm nguyên của phương trình x 2 y 2 ( x + y ) + x + y = 3 + xy Lời giải Đặt u = x + y; v = xy ta có:

Vậy x là số chẵn, xét x 0, không mất tính tổng quát ta giả sử y 0 đặt x = 2k ta 2x + 57 = y2 ⟹ 2 57 ⇔ 2 2 1.57 3.19

TH1:

2 1 ⟹ 2. 2 56 ô ℎ!ệ#. 2 57

2 3 ⟹ 2. 2 16 ⟹ 3 ⟹ 11, 6 . 2 19

uv2 − v + u − 3 = 0 ta phải có:

TH2:

∆ v = 1 − 4u ( u − 3 ) ≥ 0  u ≤ 3  u ∈ {0;1; 2;3} .

Vậy phương trình có 2 nghiệm là (6; 11) , (6; -11)

Đáp số: ( 0;3 ) , ( 3; 0 ) , (1;1) . VIII. PHƯƠNG TRÌNH CHỨA MŨ

307

Ví dụ 3: Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình: 8x − 37 = y 3

308

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Lời giải

b) Ta viết lại phương trình thành: ( x + 1)( x 2 − x + 1) = 2 y suy ra  x + 1 = 2m ⇔ (2m − 1)2 − (2m − 1) + 1 = 2n ⇔ 22 m − 2m +1 − 2m − 2n + 3 = 0  2 n  x − x + 1 = 2

Ta viết lại phương trình thành:  2 x − 7 = 1 23 x − y 3 = 37 ⇔ (2 x − y )(22 x + 2 x. y + y 2 ) = 1.37   2 x x 2  2 + 2 . y + y = 37

22 m − 2m+1 − 2m − 2n + 3 ≠ 0

Thay 2 = y + 1 ta có: x

( y + 1) 2 + ( y + 1) y + y 2 = 37 ⇔ y 2 + y = 12 ⇔ y ( y + 1) = 3.4  y = 3, x = 2

Vậy phương trình có nghiệm là (x; y) = ( 3; 2) Ví dụ 4: Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình 2 y = x3 + x 2 + x + 1 Lời giải  x 2 + 1 = 2m  sao cho  x + 1 = 2n thay x = 2n −1 ta có: m + n = y 

2 n −1

m m  x = 1  x = hoac , tức là x = 3, m = 0, n = 1 hoặc x = 2, m = 1, n =  n →n  x − 1 = 2  x − 1 = 1

1. Tóm lại phương trình có các nghiệm (2; 3; 3), (3; 1; 2) d) Giả sử 1 ≤ x < y . Ta viết lại phương trình thành: x y − x =

(2n − 1)2 + 1 = 2m ⇔ 22 n − 2n +1 + 2 = 2m ⇔ 2(22 n −1 − 2n − 2m −1 + 1) = 0 ⇔ 22 n −1 − 2n − 2m −1 + 1 = 0

Để ý rằng: Nếu m, n ≥ 2 thì

Ta xét m = 1  n = 0  x = 1 , xét m = 0  n = 0  x = 0 Vậy phương trình có các nghiệm là (x; y) = (0; 0); (1; 1) c) Ta viết lại phương trình thành x y = ( z − 1)( z + 1) . Do x là số nguyên tố nên z − 1, z + 1 là các lũy thừa của x. Đặt z − 1 = x m , z + 1 = x m+ n  ( z + 1) − ( z − 1) = x m+ n − x n = 2 ⇔ x m ( x n − 1) = 2 , suy ra xn là ước của 2. Suy ra 

Ta viết lại phương trình thành: 2 y = ( x 2 + 1)( x + 1) suy ra tồn tại các số m, n ∈ N , m≥n

Để ý rằng với m, n > 1 thì 22 m − 2m+1 − 2m − 2n là số chẵn , suy ra

−2n − 2m−1 + 1 ≠ 0

Xét n = 1  m = 1  x = 1, y = 2 là một nghiệm Xét n = 0  m = 0  x = 0, y = 0 là một nghiệm Vậy phương trình có các nghiệm là: (x;y) = (0; 0), (1; 2) Cách khác: Xét x 2 + 1 = 2m , nếu m ≥ 2 thì vế phải chia hết cho 4, suy ra x2 chia 4 dư 3. Điều này là vô lý, vì x2 chia 4 chỉ có thể dư 0 hoặc 1. Vậy m < 2  m = 0, m = 1

yx  y x ⋮ xx . xx

Đặt y = kx, k ∈ N , k ≥ 2. Theo đề bài ta có: x kx = (kx ) x ⇔ x k = kx ⇔ x k −1 = k (*) Nếu x = 1  k = 1  x = y vô lý, vậy x ≥ 2 Ta luôn chứng minh được: x k −1 ≥ k với k ≥ 3 . Thật vậy: Xét k = 3 ta có: x2 > 3 luôn đúng ( do x ≥ 2 ), giả sử bất đẳng thức đúng với k = m tức là: xm−1 > m với mọi m > 3, ta chứng minh bất đẳng thức cũng đúng với k = m + 1. Thật vậy: x m = x.x m−1 > 2.xm > 2m > m + 1. Vậy (*) không có nghiệm khi k ≥ 3 . Xét k = 2  x = 2  y = 4 . Vậy phương trình có các nghiệm là (2; 4), (4; 2) CHỦ ĐỀ 8. MỘT SỐ BÀI TOÁN SỐ NGUYÊN TỐ, SỐ CHÍNH PHƯƠNG

Ví dụ 5: Tìm nghiệm tự nhiên của các phương trình a) 3y = x3 + x 2 + x + 1

b) 2 y = x3 + 1

c) x y + 1 = x 2

d) x y = x x ( x, y phân biệt) Lời giải

a) Ta viết lại phương trình thành: 3 y = ( x 2 + 1)( x + 1)  x 2 + 1 = 3m với (m ≤ y; m ∈ N ) Nếu m > 0 thì vế phải chia hết cho 3, suy ra x2 +1 chia hết cho 3, suy ra x2 chia 3 dư 2. Điều này không xảy ra vì x2 chia 3 chỉ có thể dư 0 hoặc 1. Nếu m = 0  x = 0  y = 0 . Vậy phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) = (0; 0) 309

KIẾN THỨC CẦN NHỚ 1. Một số chính phương khi chia cho 3 có số dư là 0 hoặc 1 2. Một số chính phương khi chia cho 4 có số dư là 0 hoặc 1 3. Một số chính phương khi chia cho 5 có số dư là 0 hoặc 1 hoặc 4 4. Một số chính phương khi chia cho 8 có số dư là 0 hoặc 1 hoặc 4 5. Nếu một số chính phương chia hết cho một số nguyên tố p thì nó chia hết cho p2. 6. Với mọi số nguyên dương n ta có S (n) ≡ n(mod3) 7. Với mọi số nguyên dương n ta có S (n) ≡ n(mod 9) Chữ số tận cùng của một số chính phương 310

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

8. Một số chính phương không thể có tận cùng là một trong các chữ số 2, 3, 7, 8 9. Một số chính phương có chữ số tận cùng là 6 thì phải có chữ số hàng chục là số lẻ 10. số chẵn 11. 12. 13.

Một số chính phương có chữ số tận cùng là 1 thì phải có chữ số hàng chục là

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

+ a ≡ b ( mod m )  a + c ≡ b + c ( mod m ) + a ≡ b ( mod m )  ac ≡ bc ( mod m ) + a ≡ b ( mod m )  a m ≡ bn ( mod m ) , n ∈ Z + n

+ ( a + b) ≡ bn ( mod a )  a > 0 Tích 2 số tự nhiên liên tiếp là số chính phương thì phải có một số bằng 0 Nếu (a; b) = 1, a.b = c 2 thì a, b đều là số chính phương Nếu ( x; y) = 1 thì ( x 2 + xy + y 2 ; x) = ( y 2 ; x) = ( x 2 + xy + y 2 ) = 1 và ( x + y; y) = 1 ,

( x 2 + xy + y 2 ; x + y ) = ( y 2 ; x + y ) = 1

14. a) Định lí Fermat nhỏ: Nếu p là số nguyên tố và a là số nguyên không chia hết cho p thì a p −1 − 1⋮ p a) Nếu a 2 + b 2 ⋮ p mà p là số nguyên tố có dạng 4k + 3 thì a, b đều chia hết cho p. Chứng minh a) Vì a không chia hết cho p nên các số 2a, 3a,…, (p – 1)a cũng không chia hết cho p. Giả sử khi chia các số a, 2a, 3a,…,(p – 1)a cho p ta được số dự lần lượt là r1, r2 ,..., rp −1 thì các số r1, r2 ,..., rp −1 đôi một khác nhau. Thật vậy nếu có 2 số ri , rj bằng nhau thì ia, ja có cùng số dư khi chia cho p nên ia − ja ⋮ p ⇔ a (i − j ) ⋮  (i − j ) ⋮ p điều này không thể xảy ra do i, j phân biệt và i, j < p. Từ đó ta có: r1. r2 ....rn = 1.2.3.4....( p − 1) = ( p − 1)! nên a.2a.3a....( p −1)a có cùng số dư với

+ Định lí Fermat: Cho số nguyên tố p và số nguyên dương a khi đó ta có: a p ≡ a ( mod p ) . Đặc biệt: nếu ( a, p ) = 1 thì a p −1 ≡ 1( mod p )

Một số ví dụ tiêu biểu Ví dụ 1: Cho a, b, c là những số nguyên khác 0, a ≠ c sao cho rằng a 2 + b2 + c 2 không phải là số nguyên tố. Lời giải Ta có:

a a 2 + b2 = c c2 + b2

Từ a ≠ c nên b2 = ac. . 2

Khi đó: a2 + b2 + c2 = a2 + ac + c2 = a2 + 2ac + c2 − b2 = ( a + c ) − b2 = ( a + c − b )( a + c + b ) Dễ thấy a 2 + b 2 + c 2 > 3 , vì vậy nếu a 2 + b2 + c 2 là một số nguyên tố thì xảy ra bốn trường hợp sau: • a + c − b = 1 và a + c + b = a 2 + b2 + c 2

r1. r2 ....rp −1 khi chia cho p. Mà a.2a.3a....( p − 1)a = ( p − 1)!a p −1 suy ra ( p − 1)!a p −1 và ( p − 1)! có

• a + c + b = 1 và a + c − b = a 2 + b2 + c 2

cùng số dư khi chia cho p hay a p −1 và 1 có cùng số dư khi chia cho p. Nói cách khác

• a + c − b = −1 và a + c + b = − ( a2 + b2 + c2 )

(a p −1 − 1)⋮ p

• a + c + b = −1 và a + c − b = − ( a2 + b2 + c2 )

b) Giả sử một trong hai số a, b không chia hết cho p, suy ra số còn lại không chia p −1 (a − 1)⋮ p  (a p −1 + b p −1 − 2)⋮ p, do p = 4k + 3 nên hết cho p. Theo định lí nhỏ Fermat:  p −1 (b − 1)⋮ p

a 4 k + 2 + b 4 k + 2 − 2⋮ p . Ta có a 4 k + 2 + b 4 k + 2 = ( a 2 ) 2 k +1 + (b 2 ) 2 k +1 ⋮ ( a 2 + b 2 ) mà a 2 + b2 chia hết cho p,

suy ra 2⋮ p , do p là số nguyên tố nên suy ra p = 2, trái với giả thiết p = 4k + 3. Vậy cả a, b đều chia hết cho 3. 15. Một số tính chất liên quan đến đồng dư Định nghĩa: Cho a, b là các số nguyên và m là số nguyên dương. Ta nói a đồng dư với b theo modun m nếu có cùng số dư khi chia cho m. Kí hiệu a ≡ b ( mod m ) . Như vậy a ≡ b ( mod m ) ⇔ ( a − b )⋮ m Tính chất: Cho a, b, c ∈ Z , m ∈ N * . Khi đó ta có: + a ≡ b ( mod m ) , b ≡ c ( mod m )  a ≡ c ( mod m )

311

a a2 + b2 = . Chứng minh c c2 + b2

Hai trường hợp đầu tiên ta thu được: a 2 + b2 + c 2 − 2 ( a + c ) + 1 = 0 2

⇔ ( a − 1) + ( c − 1) + b2 = 1 , do đó a = c = 1. 2

Hai trường hợp còn lại ta thu được: ( a − 1) + ( c − 1) = 1 , do đó a = c = −1 Nhưng a = c nên dẫn đến mâu thuẫn. Vậy a 2 + b2 + c 2 không phải là số nguyên tố. Nhận xét: Để chứng minh a là số nguyên tố ta phân tích a = b.c sau đó suy ra một trong hai thừa số b hoặc c phải bằng 1. Ví dụ 2: Tìm tất cả các số nguyên dương a, b sao cho a 4 + 4b4 là một số nguyên tố. Lời giải: 2 4 4 4 4 2 2 2 2 a + 4 b = a + 4 b + 4 a b − 4 a b = Ta có: ( a2 + 2b2 ) − ( 2ab )2

312

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

p 2 + 2 > 3 suy ra p 2 + 2 phải là số nguyên tố, điều này trái giả thiết .

= ( a 2 + 2b 2 + 2ab )( a 2 + 2b 2 − 2ab ) = ( a + b ) + b 2  ( a − b ) + b 2     2

Vì ( a + b ) + b2 > 1 nên a4 + 4b4 là một số nguyên tố khi ( a − b ) + b2 = 1 . Suy ra a = b = 1 thỏa mãn bài toán. Ví dụ 3: Tìm các số nguyên dương a,b,c thỏa mãn

a − b 2018 b − c 2018

là số hữu tỉ và a 2 + b2 + c 2 là số

nguyên tố. Lời giải: a − b 2018

m = (*) trong đó m, n ∈ Z , ( m , n) = 1 . Khi đó (*) được viết như sau: b − c 2018 n an − bm = ( bn − cm ) 2018 . Do 2018 là số vô tỉ và các số

Đặt

an − bm = 0 a m b a, b, c, d , m, n ∈ Z    = =  ac = b2 . Từ đó ta có: bn − cm = 0 b n c 2

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

a 2 + b2 + c2 = ( a + c ) − 2ac + b2 = ( a + c ) − b2 = ( a + b + c )( a − b + c ) .Do a, b, c nguyên dương

nên a + b + c > a − b + c .Vì vậy để a 2 + b2 + c 2 là số nguyên tố thì điều kiện là: a −b + c =1  . Mặt khác a, b, c nguyên dương nên a2 + b2 + c 2 ≥ a + b + c  2 2 2 a + b + c = a + b + c

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. Khi đó a 2 + b2 + c2 = 3 là số nguyên tố thỏa mãn điều kiện đầu bài. Vậy a = b = c = 1 là ba số cần tìm. Ví dụ 4: Cho các số nguyên dương a, b, c, d thỏa mãn điều kiện a 2 + b2 + ab = c2 + d 2 + cd .Chứng minh rằng: a + b + c + d là hợp số. Lời giải:

Vậy p phải là số chia hết cho 3, mà p là số nguyên tố nên p = 3 . Thử lại: p = 3 thỏa mãn điều kiện. Ví dụ 6: Chứng minh rằng : Nếu p và p 2 + 2 p là số nguyên tố thì p3 + 2 cũng là số nguyên tố. Lời giải: Ta có p2 + 2n = p2 − 1 + 2 p + 1 = ( p − 1)( p + 1) + 2 p + 1. Nếu p = 2 thì p 2 + 2 p = 8 là hợp số . Khi p ≥ 3 , xét 3 xét 3 số liên tiếp p − 1, p, p + 1 luôn phải có một số chia hết cho 3. Nếu 2 p − 1 hoặc p + 1 chia hết cho 3 thì ( p − 1)( p + 1) = p − 1 chia hết cho 3 và 2 p + 1⋮ 3 nên p 2 + 2 p > 3 mà p 2 + 2 p > 3 nên p 2 + 2 p là hợp số , trái với giả thiết. Vậy p⋮3 , do p là số

nguyên tố suy ra p = 3 . Thử lại ta thấy p 2 + 2 p = 9 + 8 = 17, p 3 + 2 = 19 là các số nguyên tố thỏa mãn yêu cầu đầu bài. Ví dụ 7: Tìm các số nguyên tố p, q sao cho q 3 + 1⋮ p 2 và p 6 − 1⋮ q 2 . Lời giải: • Nếu p = 3 thì q 3 + 1⋮9 và p 6 − 1 = 23.7.11⋮ q  q = 2 • Nếu p ≠ 3 thì q3 + 1 = ( q + 1) ( q2 − q + 1) mà:

( q + 1, q

− q + 1) = ( q + 1, q ( q + 1) − 2 ( q + 1) + 3) = ( q + 1,3) = 1 hoặc 3 . Suy ra p 2 | q + 1 hoặc

p 2 | q 2 − q + 1 suy ra p < q.

TH1: q = p + 1 ta có: p = 2, q = 3 . TH2: q ≥ p + 2 vì q2 | ( p − 1)( p + 1) ( p2 + p + 1)( p2 − p + 1) do

⇔ ( a + b ) − ( c + d ) = ab − cd ⇔ ( a + b + c + d )( a + b − c − d ) = ab − cd

( q, p + 1) = ( q, p − 1) = 1, ( p2 − p + 1, p2 + p + 1) = ( p2 + p + 1, 2 p ) = 1 nên suy ra 2 q 2 | p 2 + p + 1 mà q ≥ p + 2 nên q 2 ≥ ( p + 2) > p 2 + p + 1 > p 2 − p + 1

Giả sử ngược lại p = a + b + c + d , là số nguyên tố Thế thì từ ab − cd = p ( a + b − c − d ) , ta có:

nên q2 không thể là ước của p6 − 1 . Tóm lại ( p; q ) = ( 2;3) , ( 3;2)

( ab − cd )⋮ p  ab + c ( a + b + c ) ≡ 0 ( mod p )  ( c + a )( c + b ) ≡ 0 ( mod p )

Ví dụ 8: Cho ba sô tự nhiên a, b, c thỏa mãn điều kiện : a − b là số nguyên tố và 3c2 = ab + c ( a + b ) .

Ta có: a2 + b2 + ab = c2 + d 2 + cd ⇔ ( a + b ) + cd = ( c + d ) + ab 2

Nhưng điều này vô lí vì plà số nguyên tố và a, b, c, d > 0 nên 0 < c + a, c + b < p Suy ra ( c + a, p ) = 1 , vậy không thể có ( c + a )( c + b ) ≡ 0 ( mod p ) . Vậy a + b + c + d là hợp số.

q 2 | p 2 − p + 1 hoặc

Chứng minh: 8c + 1 là số chính phương. Lời giải: Ta viết lại giả thiết: 4c 2 = c 2 + ab + bc + ca = ( c + a )( c + b ) . Đặt ( a + c, b + c ) = d  a + c − ( b + c )⋮ d  a − b⋮ d . Vì a − b là số nguyên tố nên d = a − b hoặc

Ví dụ 5: Chứng minh rằng : Nếu p, p 2 + 2 là số nguyên tố thì p3 + 2 cũng là số nguyên tố. Lời giải: Khi p = 2 thì p 2 + 2 = 6 là hợp số không thỏa mãn điều kiện , suy ra p ≥ 3 . Khi p ≥ 3 , xét 3 số liên tiếp p − 1, p, p + 1 luôn phải có một số chia hết cho 3. Nếu p − 1 hoặc 2 p + 1 chia hết cho 3 thì ( p − 1)( p + 1) = p − 1 chia hết cho 3 suy ra p 2 + 2 = p 2 − 1 + 3⋮3 mà

d = 1. +) Nếu d = 1 thì a + c, b + c là hai số nguyên tố cùng nhau suy ra a + c, b + c là hai số chính phương. Đặt a + c = m2 , b + c = n 2 với m, n ∈ Z . Khi đó m2 − n 2 = a − b là số nguyên tố hay

313

314

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

( m − n )( m + n ) là số nguyên tố  m − n = 1  m = n + 1 nên

4p − 4 ⋮ p mặt khác ta cũng dễ thấy n − 1⋮ 2 nên n − 1⋮ 2 p dẫn tới 2n−1 − 1⋮ 22 p − 1 3 n−1 2 p −1 Suy ra 2 − 1⋮ n ( do 2 = 3n ). Vậy p = 3 là giá trị cần tìm.

nên n − 1 =

4c 2 = m2 .n2  2c = m.n  8c + 1 = 4mn + 1 = 4n ( n + 1) + 1 = ( 2n + 1) .

+) Nếu d = a − b thì a + c = ( a − b ) x, b + c = ( a − b ) y với x, y ∈ Z . Khi đó a − b = ( a + c ) − ( b + c ) = ( a − b ) x − ( a − b ) y = ( a − b )( x − y )  x − y = 1  x = y + 1 . Khi đó 2

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

4c 2 = ( a + c )( b + c ) = ( a − b ) xy = ( a − b ) y ( y + 1) suy ra y ( y + 1) là số chính phương nên y ( y + 1) = 0  c = 0  8c + 1 là số chính phương.

Ví dụ 11:

Chú ý: Tích hai số tự nhiên liên tiếp là số chính phương khi và chỉ khi tích đó bằng 0. Ví dụ 9: Tìm số tự nhiên x, y sao cho p x = y 4 + 4 biết p là số nguyên tố. Lời giải: Dễ thấy x = 0 không thỏa mãn . Suy ra x là số nguyên dương.

Tìm số nguyên tố p sao cho

 y 2 − 2 y + 2 = pn 2 n y + 2y + 2 = p

Ta có: y 4 + 4 = p x ⇔ ( y2 − 2 y + 2)( y 2 + 2 y + 2) = p x hay 

(*)

với m, n ∈ N , m ≤ n, n + m = x • Nếu m = 0 thì y = 1 suy ra p = 5, x = 1.

p2 + 1 p + 1 là số chính phương. , 2 2

Lời giải:  p + 1 = 2x2 2 p +1  2 p +1 2 =x , = y   p 2 + 1 = 2 y 2 . Từ giả thiết p + 1 = 2 x 2 suy ra p ≠ 3 . Đặt 2 2  x< y< p 

Ta có 2 x 2 , 2 y 2 có cùng số dư khi chia cho p mà p là số lẻ suy ra x 2 , y 2 có cùng số dư khi chia cho p hay x, y có cùng số dư khi chia cho p . Mà x 2 − y 2 = ( x − y )( x + y )⋮ p  x + y = p ( do x < y < p ) . Từ đó ta có: 2

• Nếu n = 0 thì y = −1 không thỏa mãn điều kiện bài toán.  y 2 − 2 y + 2⋮ p  4 y⋮ p 2  y + 2 y + 2⋮ p

• Ta xét m, n ≥ 1 . Từ (*) ta suy ra p là ước của 

Nếu 4⋮ p  p = 2 , nếu y ⋮ p suy ra 2⋮ p  p = 2 . Tóm lại mọi trường hợp đều có p = 2 . Thay vào phương trình ban đầu ta được: y 4 + 4 = 2 x + Nếu x = 2 thì y = 0 . + Nếu x ≥ 3 thì 2 x ⋮8 còn y 4 + 4 chia cho 8 dư 5 hoặc 4 nên không tồn tại x, y . Tóm lại cặp số x, y thỏa mãn yêu cầu đầu bài là ( x; y )(1;1) , ( 2; 0 ) .

p 2 + 1 = 2 ( p − x ) = 2 p 2 − 4 px + 2 x 2 = 2 p2 − 4 px + p + 1  4 px = p 2 + p ⇔ 4 x = p + 1  x = 0  p = −1  , do p là số nguyên tố nên p = 7 x = 2  p = 7

Suy ra: 2 x 2 = 4 x   Ví dụ 12:

Tìm các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn

x − 3y y − 3z

là số hữu tỉ và x 2 + y 2 + z 2 là số nguyên

tố. Lời giải:

Ví dụ 10: Với p là số nguyên tố, đặt n = 22 p− 2 + 22 p−4 + ... + 24 + 22 + 1 .Tìm các số nguyên tố p sao cho

Từ giả thiết ta suy ra tồn tại các số nguyên p, q ≠ 0 sao cho

2n − 2 không chia hết cho n .

ra pz − qy = 0 dẫn đến py − qx = 0 hay y 2 = zx Ta

Lời giải: Ta có n = 22 p−2 + 22 p−4 + ... + 24 + 22 + 1 22 p − 1 4 p − 1 = . 3 3 Nếu p = 2 thì n = 2 + 22 khi đó n = 25 − 2 = 30⋮ 5 chia hết cho n ( không thỏa mãn )

Nếu p = 3 thì n = 24 + 22 + 1 = 21 khi đó n không chia hết cho 21. Vậy p = 3 ( thỏa mãn ). Xét p là số nguyên tố lẻ lớn hơn 3. Thì n là số tự nhiên lẻ, không chia hết cho 3. 4p −1 4p − 4  n −1 = . 3 3 p Theo định lý Fecmat nhỏ thì 4 − 4⋮ p và 4 p − 4⋮ 3 mà ( p, 3 ) = 1 suy ra 4 p − 4⋮ 3 p

Ta thấy rằng : n =

315

y − 3z

p , đẳng thức trên q

tương đương với ( pz − qy ) 3 = py − qx , nếu pz − qy ≠ 0 thì điều này không thể xảy ra suy

Dễ thấy n là số lẻ và n = 22 p − 2 + 22 p −4 + ... + 24 + 22 + 1 =

x − 3y

có: 2

x2 + y 2 + z 2 = x 2 + xz + z 2 = ( x + z ) − xz = ( x + z ) − xz = ( x + z ) − y 2 = ( x + y + z )( x + z − y ) . Do x + z − y =1  , do x, y, z là số nguyên dương nên x 2 + y 2 + z 2 là số nguyên tố suy ra  2 2 + + z2 = x + y + z x y  x 2 + y 2 + z 2 ≥ x + y + z , dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1 .

Ví dụ 13:

Tìm tất cả các số nguyên dương lẻ n sao cho tồn tại các số nguyên tố p, q, r

thỏa mãn: p n + q n = r 2 . Lời giải 316

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Ta xét n = 1. Dễ thấy bộ số p = 2, q = 7, r = 3 thỏa mãn điều kiện.

Vì

Ta xét n ≥ 2 . Ta thấy trong ba số p, q, r phải cố 1 số chẵn.

x3 + y3 − 4⋮ x 2 + y 2  ( x + y ) ( x2 + y 2 ) − xy ( x + y ) − 4⋮ x 2 + y 2  xy ( x + y ) + 4⋮ x 2 + y 2

Nếu r = 2 thì p n + q n = 4 không có số p, q thỏa mãn.

Từ đó ta cũng suy ra: x3 + y3 − 4 + 3  xy ( x + y ) + 4⋮ x2 + y2 ⇔ ( x + y ) + 8⋮ x2 + y2

Nếu p > q = 2 ta có: p n + 2n = r 2 .

⇔ ( x + y + 2 ) ( x 2 + y 2 + 2 xy − 2 x − 2 y + 4 )⋮ x 2 + y 2

Vì n là số lẻ,  n ≥ 3  pn + 2n = r 2 ⇔ ( p + 2) ( pn−1 − 2 pn−2 + 22 pn−3 + ... + 2n−1 ) = r 2 .

trường hợp.

Vì

p + 2 > 1, p n−1 − 2 p n− 2 + 22 p n−3 + ... + 2n −1 > 1, p là

số

nguyên

tố

nên

là số nguyên tố ta suy ra có hai

TH1: x + y + 2⋮ x 2 + y 2 ⇔ a + b + 6⋮ a 2 + b 2 + 2 ( a + b ) + 8  a + b + 6 ≥ a 2 + b 2 + 2 ( a + b ) + 8

p+2=r  2  p n + 2n = ( p + 2 ) , điều này không thể xảy ra,  n−1 n −2 n−1 2 n −3  p − 2 p + 2 p + ... + 2 = r p n + 2n ≥ p 3 + 8 mà vì

thỏa mãn điều kiện. Ta xét x, y ≥ 2 đặt x = a + 2, y = b + 2 với a, b ≥ 0 ta có:

p + 8 − ( p + 4 p + 4) = p − p − 4 p + 4 = p

x + y + 2⋮ x 2 + y 2 ⇔ a + b + 6⋮ a 2 + b 2 + 2 ( a + b ) + 8  a + b + 6 ≥ a 2 + b 2 + 2 ( a + b ) + 8

Ví dụ 14:

( p − 3) + 2 p

− 4p + 4 > 0.

Cho p là số nguyên tố sao cho x 3 + y 3 − 3xy = p − 1 có nghiệm nguyên dương.

Tìm giá trị lớn nhất của p . Lời giải

⇔ 0 ≥ a 2 + b 2 + 2 ( a + b ) + 2 . Nhận thấy x = y = 1 thỏa mãn điều kiện, x = 2 , y = 1

⇔ 0 ≥ a 2 + b 2 + 2 ( a + b ) + 2 , điều này là vô lý.

TH2: x 2 + y 2 + 2 xy − 2 x − 2 y + 4⋮ x 2 + y 2 ⇔ 2 xy − 2 x − 2 y + 4⋮ x 2 + y 2 , do x, y > 1 suy ra 2 xy − 2 x − 2 y + 4 < 2 xy − 2 − 2 + 4 = 2 xy ≤ x 2 + y 2 nên 2 xy − 2 x − 2 y + 4⋮ x 2 + y 2 ⇔ 2 xy − 2 x − 2 y + 4 = 0 ⇔ xy − x − y + 2 = 0 ⇔ ( x − 1)( y − 1) = −3

Ta viết lại phương trình thành: 3 2 x3 + y 3 − 3 xy + 1 = p ⇔ ( x + y ) − 3xy ( x + y ) − 3xy + 1 = p ⇔ ( x + y + 1) ( x + y ) − ( x + y ) + 1 − 3 xy  = p  

Do x, y > 0 nên x + y + 1 > 1, p là số nguyên tố nên suy ra x + y +1 = p x + y +1 = p   ⇔ , để ý rằng, với mọi x, y ta  2 2 x + y − x + y + 1 − 3 xy = 1 x + y ) ( ) ) − ( x + y ) = 3xy ( (

2xy − 2x − 2 y + 4⋮ x2 + y 2 ⇔ 2xy − 2x − 2 y + 4 = 0 ⇔ xy − x − y + 2 = 0 ⇔ ( x − 1)( y − 1) = −3

điều này không thể xảy ra do x, y > 1 . Tóm lại ( x; y) = (1;1) , ( 2;1) , (1;2) . 2

Ví dụ 16:

Tìm các số nguyên tố x, y thỏa mãn: ( x2 + 2 ) = 2 y 4 + 11y 2 + x 2 y 2 + 9 .

luôn có: 4xy ≤ ( x + y ) suy ra

( x + y)

− ( x + y) ≤

3 2 2 ( x + y) ⇔ ( x + y) − 4( x + y) ≤ 0 ⇔ 0 ≤ x + y ≤ 4 . 4

Lời giải Ta viết lại giả thiết thành: 2

Lại có: x + y = p − 1  p − 1 ≤ 4 ⇔ p ≤ 5 . Vậy giá trị lớn nhất của p là 5 .

+ 2) = ( y 2 + 3) + ( y 4 + x2 y 2 + 5 y 2 ) ⇔ ( x 2 + 2 ) − ( y 2 + 3) = y 2 ( x2 + y 2 + 5) hay

Khi đó x = y = 2 .

+ y 2 + 5)( x 2 − 2 y 2 − 1) = 0 ⇔ x2 − 2 y 2 = 1 ⇔ ( x − 1)( x + 1) = 2 y 2 . Suy ra

Ví dụ 15:

Tìm bộ số nguyên dương ( m, n) sao cho p = m 2 + n 2 là số nguyên tố và

m3 + n3 − 4 chia hết cho p .

Lời giải

( x − 1)( x + 1)⋮ 2 hay x − 1 hoặc x + 1 chia hết cho 2 . Mặt khác ta có: x + 1 − ( x − 1) = 2⋮ 2 nên cả 2 số x + 1, x − 1 đều chia hết cho 2 . Do đó ( x − 1)( x + 1)⋮ 4  y2 ⋮ 2 mà y là số nguyên tố nên y⋮ 2  y = 2 . Thay vào ta tìm được x = 3 .

317

318

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Ví dụ 17:

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Xét p = 3 khi đó q 5 < 27 nên không tồn tại q .

Giả sử n là số tự nhiên lớn hơn 1 sao cho 8n + 1 và 24n + 1 là số chính phương.

Chứng minh rằng 8n + 3 là hợp số.

Xét q = 3 thì p3 − 243 = ( p + 3)  p = 7 . Vậy ( p; q ) = ( 7;3) .

Lời giải  8n + 1 = x

Giả sử 

Ví dụ 20:

Tìm các số nguyên tố p , q sao cho q 3 + 1⋮ p 2 và p 6 − 1⋮ q 2 .

2 24n + 1 = y

Lời giải

với x, y là các số nguyên dương.

Nếu p = 3 thì q 3 + 1⋮ 9 và p 6 − 1 = 23.7.11⋮ q  q = 2 .

Khi đó 8n + 3 = 4x2 − y 2 = ( 2x + y )( 2x − y ) . Do 2x + y > 2x − y . Vì vậy nếu 8n + 3 là số nguyên tố thì điều kiện là 2x − y = 1  y = 2x −1 khi đó

Nếu p ≠ 3 thì q3 + 1 = ( q + 1) ( q2 − q + 1) mà

n = 0 2 2 24n + 1 = ( 2x −1) ⇔ x2 = x + 6n  8n + 1 = x + 6n ⇔ x = 2n + 1  8n + 1 = ( 2n + 1) ⇔  n =1

( q + 1, q

Ví dụ 18:

− q + 1) = ( q + 1, q ( q + 1) − 2 ( q + 1) + 3) = ( q + 1,3) = 1 hoặc 3 suy ra p 2 | q + 1

hoặc p 2 | q 2 − q + 1 suy ra p < q

Điều này mâu thuẫn với điện kiện n là số nguyên dương lớn hơn 1. Vậy 8n + 3 là hợp số. 2

TH1: q = p + 1 ta có: p = 2, q = 3 TH 2: q ≥ p + 2 vì q2 | ( p − 1)( p + 1) ( p2 + p + 1)( p2 − p + 1) nên suy ra q 2 | p 2 − p + 1

Chứng minh rằng nếu số nguyên n lớn hơn 1 thỏa mãn n + 4 và n +16 là

hoặc q 2 | p 2 + p + 1 mà q ≥ p + 2 nên q2 ≥ ( p + 2) > p2 + p + 1 > p2 − p + 1 nên q2 là

các số nguyên tố thì n chia hết cho 5 .

không thể là ước của p6 − 1 .

Lời giải

Tóm lại ( p; q ) = ( 2;3) , ( 3;2) .

Ta có với mọi số nguyên m thì m2 chia cho 5 dư 0; 1 hoặc 4. Nếu n2 chia cho 5 dư 1 thì n2 = 5k + 1  n2 + 4 = 5k + 5⋮5 ( k ∈ N * ) nên n2 + 4 không

Ví dụ 21:

Nếu n chia cho 5 dư 4 thì n = 5k + 4  n + 16 = 5k + 20⋮5 ( k ∈ N 2

)

2a − b là số nguyên tố. Tìm giá 2a + b

Lời giải

nên n +16

không là số nguyên tố.

Từ giả thiết suy ra b chẵn, ta đặt b = 2c thì p =

Vậy n2 ⋮5 hay n chia hết cho 5. Ví dụ 19:

b 4

trị lớn nhất của p .

là số nguyên tố. 2

Giả sử a, b là các số tự nhiên sao cho p =

 a − c = km 2

Tìm các số nguyên tố p , q sao cho p − q = ( p + q ) . 3

Lời giải Ta xét cả 2 số p, q đều khác 3. Khi đó p, q khi chia cho 3 có số dư là 1 hoặc 2. Nếu p và q có cùng số dư khi chia cho 3 thì p 3 − q5 chia hết cho 3. Còn p + q không chia hết cho 3. Nếu p và q không có cùng số dư khi chia cho 3 thì vế phải chia hết cho 3 còn vế trái không chia hết cho 3.

319

với ( m, n ) = 1 và k = ( a − c, a + c )  

 a + c = kn

2p m c a−c 4 p2 a − c = ⇔ 2 = , đặt c n 2 b−c c a+c

 2c = k ( n 2 − m 2 ) và 4 pn = km ( n 2 − m 2 ) .

Nếu m, n cùng lẻ thì 4 pn = km ( n 2 − m 2 )⋮ 8  p chẵn, tức là p = 2 . Nếu m, n không cùng lẻ thì

chia 4 dư 2. (do 2 p không là số chẵn không chia hết

2p là phân số tối giản). Khi đó n là số lẻ nên n2 − m2 là số lẻ nên không chia cho 4 và c

hết cho 4 suy ra k là số chia hết cho 2. Đặt k = 2r ta có 2 pn = rm ( n 2 − m 2 ) mà

− m2 , n ) = 1  r ⋮ n

đặt

r = ns

ta có 2 p = s ( n − m )( n + m ) do n − m, n + m đều là các số

lẻ nên m + n = p, n − m = 1 , suy ra s, m ≤ 2 và ( m; n ) = (1; 2 ) hoặc ( 2;3 ) . Trong cả hai 320

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

trường

đều

hợp

suy

p ≤ 5.

Với

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

thì

p=5

m = 2, n = 3, s = 1, r = 3, k = 6, c = 15, b = 30, a = 39 .

Ví dụ 22: Cho p là số nguyên tố lớn hơn 3. Chứng minh rằng: a) ( p − 1)( p + 1) chia hết cho 24. b) p 4 − 1 chia hết cho 48.

Vậy k = Ví dụ 24:

( p + 1) với p là số nguyên tố lẻ. 4

Cho p là số nguyên tố sao cho A =

x 2 + py 2 là số tự nhiên. Khi đó A = p + 1 xy

Lời giải

a) p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên p là số lẻ, p = 2k + 1 với k ∈ N , k > 1. Ta có:

 x = md

p + 1 = 2k + 2  ( p − 1)( p + 1) = 4k ( k + 1)⋮ 8 , mặt khác xét 3 số liên tiếp p − 1, p, p + 1

Gọi d là ước chung lớn nhất của x, y ta suy ra  y = nd .

luôn tồn tại một số chia hết cho 3, số đó không phải là p nên suy ra p − 1 hoặc p + 1 chia hết cho 3. Vậy ( p − 1)( p + 1) chia hết cho 3. Vì ( 3,8 ) = 1 nên

( p − 1)( p + 1)⋮ 24 . b)

có

p 4 − 1 = ( p 2 − 1)( p 2 + 1) = ( p − 1)( p + 1) ( p 2 + 1)

( p − 1)( p + 1)⋮ 24 , Ví dụ 23:

theo

câu

là

p + 1 là số chẵn nên p + 1⋮ 2 suy ra p − 1 chia hết cho 48. 2

có:

 m 2 + pn 2 ⋮ n x 2 + py 2 m 2 d 2 + pn 2 d 2 m 2 + pn 2  m 2 + pn 2 ⋮ mn   2  m2 ⋮ n A= = = 2 2 xy mn mnd  m + pn ⋮ m

Mặt khác ta có ( m, n ) = 1 suy ra n = 1 do đó m2 + p ⋮ m  p ⋮ m mà p là số nguyên tố nên m = 1 hoặc m = p .

Cho p là số nguyên tố. Tìm tất cả các số nguyên k sao cho k 2 − pk là số

nguyên dương Lời giải Khi p = 2 ta có:

( m, n ) = 1 

k 2 − pk =

k 2 − 2k =

+ Nếu m = 1 thì x = y = d  A = p + 1 . + Nếu m = p  c = dp, y = d khi đó A =

( k − 1)

−1

do ( k − 1) 2 − 1 không thể là số

( dp )

+ pd 2 2

d p

= p + 1.

Áp dụng vào bài toán ta suy ra đpcm.

chính phương lớn hơn 0.

Ví dụ 25.

Khi p ≥ 3 ta xét hai trường hợp.

Cho p là số nguyên tố lớn hơn 3 . Chứng minh 2017 − p 2 chia hết cho 24 . (Đề tuyển sinh Chuyên Toán Amsterdam 2017).

+ Nếu k chia hết cho số nguyên tố p thì ta đặt k = np khi đó ta có: k 2 − pk = n 2 p 2 − p 2 n = p 2 n. ( n − 1) do n ( n − 1) > 0 không thể là số chính phương nên

trường hợp này ta loại. + Nếu k không chia hết cho k = np , tức là ( k , p ) = 1 suy ra ( k , k − p ) = 1 . Do đó k 2 − pk = k ( k − p ) là số chính phương khi và chỉ khi k , k − p là số chính phương.

Tức là: k = m 2 , k − p = n 2  p = m 2 − n 2 = ( m − n )( m + n ) , mà p là số nguyên tố nên ta suy

ra 2  m − n = 1 ( p + 1) p +1 m= k = . Thử lại ta thấy thỏa mãn.  2 4 m + n = p

321

Lời giải: Tính chất: Nếu p là số nguyên tố lớn 3 thì p 2 − 1 chia hết cho 24 . Chứng minh: p > 3 nên p là số lẻ dẫn đến p 2 − 1 = ( p − 1)( p + 1) là tích 2 số chẵn liên tiếp nên chia hết cho 8 (*). Lại có ( p − 1) p ( p + 1) là tích 3 số tự nhiên liên tiếp nên ( p − 1) p ( p + 1) chia hết cho 3. Mà 3 là số nguyên tố nên trong 3 số ( p − 1) , p, ( p + 1) phải có ít nhất 1 số chia hết cho 3 . Do p không chia hết cho 3 suy ra ( p − 1)( p + 1) chia hết cho 3 (**). Từ (*), (**) suy ra p 2 − 1⋮ 24 . Ta có: 2017 − p 2 = 2016 − ( p 2 − 1)⋮ 24 (đpcm). Ví dụ 26. 322

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN SỐ

Cho a, b, c là các số nguyên dương. Chứng minh a + b + 2 ab + c 2 không phải là số nguyên tố. (Tuyển sinh vào lớp 10 chuyên TP Hà Nội, 2017).

CHÍNH PHƯƠNG

Lời giải: Đặt p = a + b + 2 ab + c , giả sử a ≥ b .

Ví dụ 1.

Cách 1: Xét p ∉ Z thì p không là số nguyên tố.

Tìm các số nguyên dương x, y, z sao cho x 2 + y 2 + z 2 + 2 xy + 2 x ( z − 1) + 2 y ( z + 1) là số chính

Xét p ∈ Z : Giả sử thì p là số nguyên tố  ab + c 2 là số chính phương

phương.

)

(

 ( a + b ) − 4 ( ab + c 2 ) = p. a + b − 2 ab + c 2 ⋮ p  ( a − b + 2c )( a − b − 2c )⋮ p . 2

TH1: ( a − b + 2c )⋮ p  a − b + 2c ≥ p = a + b + 2 ab + c 2  c ≥ b + ab + c 2 > c (loại) TH2: a − b − 2c ⋮ p  a − b − 2c = 0 hoặc p ≤ a − b − 2c Nếu

a−b a − b − 2c = 0  c =  p = 2 (a + b)  a + b = 1 2

Lời giải: Đặt x 2 + y 2 + z 2 + 2 xy + 2 x ( z − 1) + 2 y ( z + 1) = m 2 Ta có ( x + y + z ± 1)2 = x 2 + y 2 + z 2 + 2 xy + 2 x ( z ± 1) + 2 y ( z ± 1) ± 2 z + 1 Từ đó suy ra ( x + y + z − 1)2 < m 2 < ( x + y + z + 1)2  m 2 = ( x + y + z )2

(loại).

Hay x 2 + y 2 + z 2 + 2 xy + 2 x ( z − 1) + 2 y ( z + 1) = ( x + y + z )2 ⇔ x = y . Vậy các số x, y, z thỏa

Nếu p ≤ a − b − 2c ≤ a + b + 2c  ab + c 2 ≤ c (vô lí) (loại).

mãn điều kiện là: ( x, x, z ) với x, z là các số nguyên dương.

Vậy p không thể là số nguyên tố.

Ví dụ 2.

Cách 2: TH1: ab + c 2 ∉ Z suy ra đpcm.

Tìm các số nguyên dương x, y sao cho x 2 + 3 y và y 2 + 3x là số chính phương. Lời giải:

TH2: ab + c 2 = d ∉ Z +  ad = ( d − c )( d + c ) vơi d > c .  ∃r , s sao cho ( r , s ) = 1 và

a d +c r = = . d −c b s

+) as ⋮ r , ( r , s ) = 1  ∃p ∈ Z , a = pr , d − c = ps .

Không mất tính tổng quát ta giả sử: x ≤ y vì y 2 < y 2 + 3 x ≤ y 2 + 3 y < y 2 + 4 y + 4 = ( y + 2 )2 2

 y 2 + 3 x = ( y + 1) ⇔ 3 x = 2 y + 1 .

Bây giờ ta cần tìm điều kiện để:

x 2 + 3 y = m 2 ⇔ 16 x 2 + 48 y = 16m 2 ⇔ 16 x 2 + 24 ( 3 x − 1) = 16m 2 ⇔ ( 4 x + 9 ) − 16m 2 = 105

hay

+) br ⋮ s, ( r , s ) = 1  ∃q ∈ Z , b = qs, d + c = qr .

( 4 x − 4 y + 9 )( 4 x + 4 y + 9 ) = 1.105 = 3.35 = 5.21 = 7.15 . Giải các trường hợp trên ta thu được

Từ đó K = a + b + 2d = pr + qs + ( ps + qr ) = ( p + q )( r + s ) là hợp số.

bộ số ( x; y ) thỏa mãn điều kiện là ( x; y ) = (1;1) , (11;16 ) , (16;11) .

Ví dụ 3. Tìm các số nguyên

sao cho m4 + m3 + 1 là một số chính phương. Lời giải:

Ta có: m + m + 1 = n  64m + 64m + 64 = ( 8n )2 4

Nếu m = 0 thì rõ ràng thỏa mãn. 2

Nếu m ≠ 0 và m > − 8 thì: ( 8m 2 + 4m − 1) + 8m + 63 = (8n )2  (8n )2 > (8n 2 + 4m − 1) Do 8m2 + 4m − 1 ≥ 0 , ta có (8n )2 ≥ (8m 2 + 4m )

Vậy ( 8m 2 + 4 m − 1) + 8m + 63 ≥ ( 8m 2 + 4 m ) . Vì thế m 2 ≤ 4  m ∈ {−2; −1;1; 2} thỏa mãn. 323

324

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Nếu m ≤ − 8 thì ( 8m 2 + 4m − 1) + 8m + 63 = ( 8n )2  (8n )2 < ( 8m 2 + 4m − 1) Do 8m2 + 4m − 1 ≥ 0 , ta có (8n )2 ≤ (8m 2 + 4m − 2 ) 2

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

+ Nếu x lẻ thì suy ra x không chia hết cho 3. Do n + 1 = a 2 , 2a − 1 = x 2 nên n nhỏ nhất khi và chỉ khi x nhỏ nhất dẫn đến x nhỏ nhất.

Vậy ( 8m 2 + 4m − 1) + 8m + 63 ≤ (8m 2 + 4m − 2 ) và 4m2 + 4m + 15 < 0 (vô lí). Từ đó ta tìm được các nghiệm là m ∈ {−2; −1; 0; 2} .

Xét x = 5 khi đó ta tính được a = 13, n = 168,

169.657 2 = (13.15 ) 3

thỏa mãn

điều kiện. Vậy giá trị n nhỏ nhất cần tìm là 168. Tìm các số nguyên tố x, y sao cho: x 2 + 3xy + y 2 là số chính phương.

Chứng minh rằng: Nếu abc là số nguyên tố thì b − 4ac không phải là số chính phương. 2

Lời giải:

Giả sử x + 3 xy + y = m với m là số tự nhiên khác 0.

4 aabc = 400 a + 40 ab + 4 ac = 400 a + 40 ab + b − k = ( 20 a + b + k )( 20 a + b − k ) . 2

Vì abc là số nguyên tố nên c ≠ 0 và Suy ra abc =

( 20 a + b + k )( 20a + b − k ) 4a

 ac > 0 . Do

= m.n .

Lời giải: 2

Giả sử b2 − 4ac là số chính phương thì b2 − 4ac = k 2 với k ∈ N * . Ta có:

đó b > k  2 a + b + k > 20 a + b − k > 20 a .

Mà 20a + b + k , 20a + b − k đều lớn hơn 4a nên

m, n > 1 suy ra abc là hợp số, mâu thuẫn với giả thiết.

Ta thấy rằng: Nếu cả 2 số x, y không chia hết cho 3 thì x 2 , y 2 chia 3 dư 1. Suy ra x 2 + y 2 chia 3 dư 2 dẫn đến m 2 chia 3 dư 2 điều này không thể xảy ra. Vì một số chính phương chia 3 chỉ có thế dư 0 hoặc 1. Từ đó suy ra trong hai số x, y phải có 1 số chia hết cho 3. Giả sử số đó là x thì x = 3 (do x là số nguyên tố). Thay vào ta có: y 2 + 9 y + 9 = m2 ⇔ 4 y 2 + 36 y + 36 = 4m2 hay 2 ( 2 y + 9 ) − 4m 2 = 45 ⇔ ( 2 y + 9 − 2 m )( 2 y + 9 + 2m ) = 45 = 1.45 = 3.15 = 5.9 . Giải các trường hợp ta thu được cặp số ( x; y ) thỏa mãn điều kiện là ( x; y ) = ( 3; 7 ) , ( 7;3 ) .

Ví dụ 5. Tìm số nguyên dương

nhỏ nhất để

( n + 1)( 4n + 3) là số chính phương. 3

Lời giải:

( n + 1)( 4 n + 3 ) 3

= k 2 ⇔ ( n + 1)( 3n + 1) = 3k 2 ( k ∈ N * ) , các số n + 1, 4n + 3

 n + 1 = a2

0 hoặc 1 nên suy ra 

2 4n + 3 = 3b

với ( a, b ∈ N * ) . Từ đó ta có:

4a 2 − 3b 2 = 1 ⇔ ( 2a − 1)( 2a + 1) = 3b 2 do 2a − 1, 2a + 1 nguyên tố cùng nhau nên ta có các khả

năng xảy ra như sau:  2a − 1 = 3 x 2 TH1:   y 2 − 3x 2 = 2  y 2 chia 3 dư 2 (loại) 2  2a + 1 = y  2a − 1 = x 2  2a + 1 = 3 y

Ví dụ 7. Cho 2 số tự nhiên y > x thỏa mãn: ( 2 y − 1)2 = ( 2 y − x )( 6 y + x ) . Chứng minh 2y − x là số chính phương. Lời giải:

nguyên tố cùng

nhau và số 4 n + 3 không phải là số chính phương (số chình phương chia 4 chỉ có thế dư

TH2: 

Ví dụ 6.

Ví dụ 4.

Đặt

( n + 1)( 4n + 3 )

Vì 2 y − 1 là số chính phương lẻ nên x là số lẻ. Gọi d = ( 2 y − x, 6 y + x ) với d ∈ N , d lẻ.  2 y − x + 6 y + x⋮ d 2 y − x ⋮ d  8 y⋮ d  y⋮ d    − − + 3 2 y x 6 y x ⋮ d + ⋮ − ⋮ 6 y x d 4 x d ) ( )    x⋮ d  (

Suy ra 

Mặt khác cũng từ giả thiết ta suy ra ( 2 y − 1)2 ⋮ d 2  2 y − 1⋮ d mà y ⋮ d  d ∈ U (1)  d = 1 , hay ( 2 y − x; 6 y + x ) = 1 từ đó suy ra 2 y − x,6 y + x đều là số chính phương. Cách ra đề bài khác:

 3 y 2 − x2 = 2

(*) .

+ Nếu x chẵn thì suy ra y chẵn suy ra 3y 2 − x 2 chia hết cho 4, mà 2 không chia hết cho 4 nên điều này không thể xảy ra.

325

Cho các số nguyên dương x, y thỏa mãn y > x và x 2 + 4 xy − 8 y 2 − 4 y + 1 = 0 Chứng minh 2y − x là số chính phương. Ví dụ 8.

326

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Cho ( x; y ) là các số nguyên lớn hơn 1 sao cho 4 x 2 y 2 − 7 x + 7 y là số chính phương. Chứng minh: x = y .

Ví dụ 11. Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho tổng tất cả các ước tự nhiên của p 4 là một số chính phương. Lời giải:

Lời giải:

Gọi p là số nguyên tố nên p chỉ có 5 ước số tự nhiên là 1, p, p 2 , p3 , p 4 . 4

Ta có: 4 x 2 y 2 − 7 x + 7 y = ( 2 xy − 1)2 − 7 x + 7 y + 4 xy − 1 > ( 2 xy − 1)2 . 2

4 x 2 y 2 − 7 x + 7 y = ( 2 xy + 1) − 7 x + 7 y − 4 xy − 1 < ( 2 xy + 1)

. Mà 4 x 2 y 2 − 7 x + 7 y là số chính

phương nên suy ra 4 x 2 y 2 − 7 x + 7 y = ( 2 xy )2  x = y .

Giả sử 1 + p + p 2 + p 3 + p 4 = n 2 với n ∈ N . Ta có: ( 2n )2 = 4 n 2 = 4 + 4 p + 4 p 2 + 4 p 3 + 4 p 4

(1)

Ví dụ 9.

Suy ra: ( 2 p 2 + p ) < ( 2 n )2 < ( 2 p 2 + p + 2 ) . Bất đẳng thức xảy ra nếu như

Cho các số nguyên dương a, b, c thỏa mãn: ( a, b, c ) = 1, ab = c ( a − b ) . Chứng minh: a − b là số chính phương.

( 2n )

= ( 2 p 2 + p + 1) = 4 p 4 + 4 p 3 + 5 p 2 + 2 p + 1

( 2)

Từ (1) và (2) suy ra 4 + 4 p + 4 p 2 + 4 p3 + 4 p 4 = 4 p 4 + 4 p3 + 5 p 2 + 2 p + 1

Lời giải:  a = nd

Đặt ( a, b ) = d   b = nd . Vì ( a, b, c ) = 1  ( c, d ) = 1 thay vào điều kiện ban đầu ta có: ( m , n ) = 1 

 p = −1 . Vì p ⇔ p2 − 2 p − 3 = 0 ⇔   p=3

là số nguyên tố nên p = 3 .

Đảo lại với p = 3 , ta có p 4 = 81 có các ước số tự nhiên là 1, 3, 32, 33, 34 và

cm − cn ⋮ m c ⋮ m dmn = c ( m − n ) = cm − cn     m.n | c , đặt c = mnk  cm − cn ⋮ n  c⋮ n

với k nguyên dương

thì ta suy ra dmn = c ( m − n ) ⇔ d = k ( m − n )  d ⋮ k mà k | c  k = 1 nên d = m − n nên

1 + 3 + 32 + 33 + 34 = 121 = 112.

Ví dụ 12

a − b = d ( m − n ) = d 2 là một số chính phương.

Cho 3 số tự nhiên a, b, c thỏa mãn điều kiện a − b là số nguyên tố và 3c 2 = ab + c ( a + b ) .

Ví dụ 10. Cho x, y là số nguyên dương sao cho x 2 + y 2 − x chia hết cho xy . Chứng minh: chính phương. 

x = nd y = nd

. Thay vào điều kiện bài toán ta có:

( m , n ) = 1; m , n ∈ N * 

d 2 mn = xy | x 2 + y 2 − x = d ( dm 2 + dn 2 − m )  dmn | dm 2 + dn 2 − m

là số

Chứng minh: 8c + 1 là số chính phương. Lời giải Ta viết lại giả thiết thành 4c 2 = c 2 + ab + bc + ca = ( c + a )( c + b ) .

Lời giải: Đặt ( x; y ) = d  

Từ đó suy ra d | m (1) (1).

Đặt ( a + c; b + c ) = d  a + c − ( b + d )⋮ d  a − b⋮ d . Vì a − b là số nguyên tố nên d = a − b hoặc d = 1. + Nếu d = 1 thì a + c, b + c là hai số nguyên tố cùng nhau suy ra a + c, b + c là hai số chính phương. Đặt a + c = m2 , b + c = n 2 với m, n ∈ N . Khi đó m2 − n2 = a − b là số nguyên tố hay ( m − n )( m + n ) là số nguyên tố  m − n = 1  m = n + 1 nên 2

Ta cũng có dm2 + dn2 − m⋮ m  dn2 ⋮ m do ( m, n ) = 1  ( m, n 2 ) = 1 .

4c 2 = m 2 .n 2  2c = mn  8c + 1 = 4mn + 1 = 4n ( n + 1) + 1 = ( 2n + 1) .

Suy ra m | d (2).

+ Nếu d = a − b thì a + c = ( a − b ) x, b + c = ( a − b ) y với x, y ∈ Z . Khi đó

Từ (1) và (2) suy ra d = m nên x = dm = d 2 là số chính phương.

a − b = ( a + c ) − ( b + c ) = ( a − b ) x − ( a − b ) y = ( a − b )( x − y )  x − y = 1  x = y + 1 . Khi đó

327

328

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG 2

4c 2 = ( a + c )( b + c ) = ( a − b ) xy = ( a − b ) y ( y + 1)

suy ra y ( y + 1) là số chính phương nên

y ( y + 1) = 0  c = 0  8c + 1 là số chính phương. (Chú ý: Tích hai số tự nhiên liên tiếp là số

chính phương khi và chỉ khi tích đó bằng 0).

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Từ đó p là số lẻ nên p = 2k + 1 Từ đó 2n = ( 2k + 1)2 + 1  n = k 2 + ( k + 1)2 (đpcm)

Ví dụ 15

Ví dụ 13 Giả sử n là số tự nhiên lớn hơn 1 sao cho 8n + 1 và 24 n + 1 là số chính phương. Chứng minh rằng: 8n + 3 là hợp số.

Cho a, b là hai số nguyên sao cho tồn tại hai số nguyên liên tiếp c và d để a − b = a2 c − b2 d . Chứng minh rằng a − b là số chính phương. Lời giải

Lời giải Giả sử 

Vì c và d là hai số nguyên liên tiếp nên d = c + 1 thay vào đẳng thức a − b = a2 c − b2 d ta được a − b = a 2 c − b 2 ( c + 1) ⇔ ( a − b ) c ( a + b ) − 1 = b 2

Khi đó 8n + 3 = 4 x 2 − y 2 = ( 2 x + y )( 2 x − y ) . Do đó 2 x + y > 2 x − y vì vậy nếu 8n + 3 là số

Dễ dàng chứng minh ( a − b, c ( a + b ) − 1) = 1 nên a − b phải là số chính phương.

 8n + 1 = x 2 với x, y là các số nguyên dương. 2  24n + 1 = y

nguyên tố thì điều kiện là 2 x − y = 1  y = 2 x − 1 khi đó n = 0 2 2 24n + 1 = ( 2 x − 1) ⇔ x 2 = x + 6n  8n + 1 = x + 6n ⇔ x = 2n + 1  8n + 1 = ( 2n + 1) ⇔  n =1

Điều này mâu thuẫn với điều kiện n là số nguyên dương lớn hơn 1. Vậy 8n + 3 là hợp số.

Ví dụ 16 Cho các số tự nhiên a, b, c sao cho a 2 + b 2 + c 2 = ( a − b )2 + ( b − c ) 2 + ( c − a ) 2 . Chứng minh rằng các số ab, bc, ca và ab + bc + ca đều là số chính phương. Lời giải

Ví dụ 14

Từ a 2 + b 2 + c 2 = ( a − b )2 + ( b − c )2 + ( c − a )2 , suy ra a 2 + b 2 + c 2 = 2 ( ab + bc + ca )

(1)

n −1 Cho n ∈ N sao cho là tích của hai số tự nhiên liên tiếp. Chứng minh rằng n là tổng 3

của hai số chính phương liên tiếp.

Vì ( a + b + c )2 và 4 là những số chính phương nên ab + bc + ca phải là số chính phương.

Lời giải n2 − 1 Giả sử ta có = a ( a + 1) . Từ đó ta có: n 2 = 3a 2 + 3a + 1  4n 2 − 1 = 12a 2 + 12a + 3 3  ( 2n − 1)( 2n + 1) = 3 ( 2a + 1)

 2n − 1 = 3 p

= 4ab

= 4bc

Vì ( b + c − a )2 và 4 là những số chính phương nên bc là số chính phương.

(1)  ( c + a − b )

Khi đó q 2 = 3 p 2 + 2 vô lý. Vậy trường hợp này không xảy ra.  2n − 1 = p 2  2n + 1 = 3q

Vì ( a + b − c ) 2 và 4 là những số chính phương nên ab là số chính phương.

(1)  ( b + c − a )

2  2n + 1 = q

Trường hợp 2: 

(1) ⇔ ( a + b − c )

Vì 2n + 1; 2n − 1 là hai số lẻ liên tiếp nên ta có các trường hợp sau: Trường hợp 1: 

Từ (1)  ( a + b + c )2 = 4 ( ab + bc + ca )

= 4ca

Vì ( c + a − b )2 và 4 là những số chính phương nên ca là số chính phương.

Ví dụ 17 329

330

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG 2 2 Cho A = 33...3 . Chứng minh rằng A là số chính phương. + 55...544...4 n −1

 l + 12 = 3a  Suy ra  l − 12 = 3b suy ra 3a − 3b = 24 hay 3a−1 − 3b−1 = 8 . Vì 8 không chia hết cho 3  a, b ∈ N , a + b = n 

10n − 1 a −1 n , ta có 10 = 9a + 1 và 11...1 . = 9 10 n −1

Suy ra A = ( 3a )2 + 5. 

Vì a lẻ nên

9a 2 + 1 2

nên phải có b = 1 . Suy ra a = 3 và n = 4 . 2

 9a − 1   9a − 1  a −1  . ( 9a + 1) + 4a 2  = 9a 2 +   =  . 10   2   2  2

là số nguyên. Suy ra A là số chính phương.

3  10 2 n − 2.10 n + 10 10 n (10n − 10 ) 8 (10n − 1) 9a 2 + 1 1  10 n − 1  =  = + +1  + 1 = 2 2  3  18 18 18   10 n −1 − 1 10n − 1 n = 5.10 n . + 4. + 1 = 55...5.10 + 44...4 + 1 = 55...5 + 44...45. 9 9 n −1 n n −1 n −1

Tìm tất cả các số nguyên dương n để 3n + 63 là số chính phương.

n −1

Giải sử 3n + 63 = k 2 . Nếu n lẻ thì 3n + 63 ≡ 3 + 63 ≡ 2 ( mod 4 ) . Suy ra k 2 ≡ 2 ( mod 4 ) (loại) Nếu n chẵn đặt n = 2 m với m ∈ N , khi đó k 2 − 32 m = 63 ⇔ ( k − 3m )( k + 3m ) = 7.9 Vì k + 3m = k − 3m ( mod 3) nên suy ra cả k + 3m và k − 3m đều chia hết cho 3.  k − 3m = 3

2 n 2 2 Như vậy A = 33...3 + 44...4 44...45 . + 55...5.10 = 55....5 n −1

Ví dụ 20

Lời giải

Ta có thể tính cụ thể như sau:

Giải sử 3n + 144 = l 2 với l ∈ N . Suy ra ( l + 12 )( l − 12 ) = 3n .

Lời giải Đặt a = 11...1 =

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Hơn nữa k − 3m < k + 3m chỉ xảy ra khả năng 

n −1

m  k + 3 = 3.7

Từ đó tìm được m=12 và m=2. Suy ra n=4. Ví dụ 18 Tìm tất cả các số tự nhiên n để 4 n + 9 và 9 n + 10 đều là số chính phương. Lời giải  4n + 9 = x 2 Theo giả thiết, tồn tại các số nguyên dương x, y sao cho  . 2 9n + 10 = y

Ví dụ 21 Chứng minh rằng không thể thêm chữ số 0 vào giữa chữ số 6 và 8 trong số 1681 để thu được một số chính phương. Lời giải

Suy ra 9 x − 4 y = 9 ( 4n + 9 ) − 4 ( 9 x + 10 ) = 41 ⇔ ( 3x − 2 y )( 3x + 2 y ) = 41.

Giả sử ta có thể thêm n ( n > 0 ) vào giữa chữ số 6 và chữ số 8 trong số 1681 để thu được

3x − 2 x = 1 Vì 41 là số nguyên tố và 3x − 2 y < 3x + 2 y nên chỉ xảy ra 

một số chính phương. Khi đó tồn tại số nguyên dương k sao cho: 16.10n + 2 + 81 = k 2 ⇔ ( k − 9 )( k + 9 ) = 2n + 6.5n + 2 . Suy ra k + 9 và k − 9 chỉ có ước nguyên tố là 2

3 x + 2 y = 41

hoặc 5. Hơn nữa k lẻ và ( k + 9 ) − ( k − 9 ) = 18 = 2.32 nên ( k + 9, k − 9 ) = 2 . Chỉ xảy ra hai trường

Từ đó tìm được x = 7, y = 10 . Suy ra n = 10 .

hợp sau:

Ví dụ 19

k − 9 = 2.5n+ 2  k + 9 = 2.5n + 2 hoặc   n+5 n +5  k +9= 2  k −9 = 2

Tìm tất cả các số tự nhiên n để 3n + 144 là số chính phương.

Trong cả hai trường hợp ta có: 2.5n+ 2 − 5n + 4 = 18 ⇔ 25.5n − 16.2n = 9

Lời giải

Điều này không xảy ra vì 25.5n − 16.2n > 25.2n − 16.2n = 9.2n > 9. 331

332

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Từ đó tìm được t = 1, s = 2, n = 2, m = 4 . Ví dụ 22

Vậy có ba cặp số thỏa mãn đề bài là ( m, n ) = ( 0,1) ; ( 3, 0 ) ; ( 4, 2 ) .

Tìm tất cả các số tự nhiên n để 22012 + 22015 + 2n là số chính phương.

Ví dụ 24

Lời giải

Tìm tất cả các cặp số nguyên dương ( m, n ) để 2m.5n + 25 là số chính phương.

Giả sử số tự nhiên n thỏa mãn đề bài. Khi đó tồn tại số nguyên dương k sao cho:

Lời giải

2 2012 + 2 2015 + 2n = k 2 ⇔ 9.22012 + 2n = k 2 ⇔ ( k + 3.21006 )( k − 3.21006 ) = 2 n

Giả sử 2 .5 + 25 = l với l ∈ ℕ . Suy ra ( l + 5)( l − 5) = 2m.5n . Vì ( l + 5) − ( l − 5) = 10 = 2.5 nên m

 k + 3.21006 = 2 a

suy ra cả hai số l + 5 và l − 5 cùng chia hết cho 2 và 5 . Suy ra ( l + 5, l − 5) = 10 . Xảy ra

Suy ra  k − 3.21006 = 2b suy ra 2a − 2b = 3.21007 hay 2b−1 ( 2a −b − 1) = 3.21006 .

các trường hợp sau:

a, b ∈ N , a + b = n 

l + 5 = 10

Trường hợp 1: 

b − 1 = 1006 b = 1007 ⇔ ⇔ n = 2016 . Suy ra  a −b − = 2 1 3  a = 1009 

m−2 n− 2 l − 5 = 10.2 .5

(loại)

m−2 l + 5 = 10.2 . n −2 l − 5 = 10.5

Trường hợp 2:  Ví dụ 23

Suy ra 2m− 2 = 5n −2 + 1 . Vì 5n−2 + 1 ≡ 2 ( mod 4 ) nên phải có m = 3, n = 2 .

Tìm tất cả các cặp số tự nhiên m, n sao cho 2 + 3 là số chính phương. m

l + 5 = 10.5n −2 . m−2 l − 5 = 10.2

Trường hợp 3: 

Lời giải Giả sử 2m + 3n = k 2 , k ∈ Ν . Nếu m lẻ thì 2m ≡ 2 ( mod 3) . Suy ra n = 0 . Do đó

( k + 1)( k − 1) = 2 . Ta thấy m

k lẻ ( k + 1, k − 1) = 2 nên chỉ có thể xảy ra k − 1 = 2 và k + 1 = 2

Suy ra 5n −2 − 1 = 2m −2 . Nếu m ≥ 5 thì 5n −2 − 1 = 2m −2 ⋮8 . Suy ra n − 2 chẵn, đặt n − 2 = 2k , k ∈ ℕ . m −1

Từ đó tìm được k = 3, m = 3 .

Khi đó ( 5k − 1)( 5k + 1) = 2m −2 . Vì ( 5k −1 , 5k +1 ) = 2 nên phải có 5k − 1 = 2 (loại). Với m ≤ 4 , thử trực tiếp ta thấy m = 4, n = 3

 k + 2s = 3a  s s n Nếu m chẵn, đặt m = 2 s, s ∈ Ν . Ta có: ( k + 2 )( k − 2 ) = 2 . Suy ra k − 2s = 3b  a, b ∈ Ν , a + b = n 

Suy ra 3a − 3b = 2s+1 . Vì 2 s+1 không chia hết cho 3 nên phải có b = 0, a = n . Như vậy 3n − 1 = 2 s+1

thỏa mãn. l + 5 = 10.2m−2.5n− 2 . l − 5 = 10

Trường hợp 4: 

Suy ra l = 15 và 2m −2.5n −2 = 2 . Suy ra m = 3, n = 2 . Vậy có hai cặp số thỏa mãn đề bài là ( m, n ) = ( 3; 2) , ( 4; 3) .

Nếu s = 0 thì n = 1, m = 0 Nếu s > 0 thì 3n = 2s +1 + 1 ≡ 1( mod 4) nên n chẵn.

Ví dụ 25 Tìm các số nguyên dương x, y sao cho x 2 + 3 y và y 2 + 3x là số chính phương.

Đặt n = 2t , t ∈ Ν khi đó ( 3t + 1)( 3t − 1) = 2 s+1 . Ta thấy ( 3t + 1,3t − 1) = 2 nên phải có 3t − 1 = 2;3t + 1 = 2s

333

Lời giải: 2

Không mất tính tổng quát ta giả sử: x ≤ y vì y 2 ≤ y 2 + 3 x ≤ y 2 + 3 y < y 2 + 4 y + 4 = ( y + 2 ) . 334

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

a) Ta thấy 2n + 1 là số chính phương lẻ nên 2n + 1 tận cùng bởi các chữ số 1, 5, 9 suy ra n có chữ số tận cùng là 0, 2, 4 . Mặt khác 3n + 1 cũng là số chính phương nên n chỉ có thể tận cùng bởi 0 . Suy ra n ⋮ 5 .

 y 2 + 3 x = ( y + 1) ⇔ 3 x = 2 y + 1 . Bây giờ ta cần tìm điều kiện để: 2

x 2 + 3 y = m 2 ⇔ 16 x 2 + 48 y = 16m 2 ⇔ 16 x 2 + 24 ( 3 x − 1) = 16m 2 ⇔ ( 4 x + 9 ) − 16 m 2 = 105 hay

( 4 x − 4 y + 9)( 4 x + 4 y + 9 ) = 1.105 = 3.35 = 5.21 = 7.15 . Giải các trường hợp trên ta thu được bộ số ( x; y ) thỏa mãn điều kiện là ( x; y ) = (1; 1) , (11; 16) , (16; 11) . Ví dụ 26

Suy ra 3n + 1 = ( 2k + 1)  3n = 4k ( k + 1)⋮8 hay n⋮8 mà ( 5, 8) = 1  n⋮ 40 . b) Từ kết quả câu a suy ra ab = 40 hoặc ab = 80 thử lại ta thấy chỉ có ab = 40 thỏa mãn điều kiện bài toán.

1 1 1 1 Cho các số nguyên a, b, c thỏa mãn + + = . a b c abc

Ví dụ 29

Chứng minh rằng (1 + a 2 )(1 + b 2 )(1 + c 2 ) là một số chính phương.

a) Chứng minh: n = 1984 là giá trị lớn nhất của n để số 431 + 41008 + 4n là số chính phương.

Lời giải Từ

Khi n tận cùng là 0 thì 2n + 1, 3n + 1 đều là số chính phương lẻ.

b) Tìm các số nguyên dương x, y , z để: 4 x + 4 y + 4 z là số chính phương.

1 1 1 1 + + = suy ra ab + bc + ca = 1 . a b c abc

Lời giải a) Ta xét n > 1008 . Giả sử 431 + 41008 + 4n = y 2 với y ∈ ℕ* . Hay 430 ( 4 + 4978 + 4n−30 ) = y 2 do

Khi đó 1 + a 2 = ab + bc + ca + a 2 = ( a + b )( a + c )

Như vậy, (1 + a

k ∈ ℕ* .

)(1 + b )(1 + c ) = ( ( a + b )( b + c )( c + a ) ) 2

978 n −30 = ( 2k + 2 ) với 430 = ( 415 ) suy ra 4 + 4978 + 4n−30 là số chính phương chẵn, hay 4 + 4 + 4

Tương tự, 1 + b = ( a + b )( b + c ) ; 1 + c = ( a + c )( b + c ) 2

là một số chính phương.

Ta có: 4 + 4978 + 4n−30 = ( 2k + 2 ) ⇔ 4977 + 4n−31 = k ( k + 1) ⇔ 4977 (1 + 4n −1008 ) = k ( k + 1) .

Ví dụ 27

 4 Nếu k là số chẵn thì k + 1 là số lẻ suy ra 

977

Chứng minh rằng nếu x + 2 y là một số chính phương với x, y ∈ ℤ thì x + y là tổng của hai số chính phương. 2

Lời giải 2

n −1008 = k +1 1 + 4

977

 4977 = 4n −1008  n = 1985 thử lại

ta thấy không thỏa mãn.  4 Nếu k lẻ thì 

Từ giả thiết suy ra: x + 2 y = ( x + y ) với t ∈ ℤ  2 y = t + 2tx  t chẵn  t = 2k , k ∈ ℤ . 2

= k +1

n −1008 =k 1 + 4

 4977 = 4n −1008 + 2  4n−1008 < 4977  n < 1985 hay n ≤ 1984 . 2

Do đó 2 y = 4k 2 + 4kx  y = 2k 2 + 2kx  x 2 + y = ( x + k ) + k 2 (đpcm).

Khi n = 1984 thì 431 + 41008 + 41984 = 262 + 22016 + 22968 = ( 231 + 21984 ) đpcm. b) Không mất tính tổng quát ta giả sử x ≤ y ≤ z . Đặt 4 x + 4 y + 4 z = u 2 thế thì

Ví dụ 28 a) Chứng minh rằng: Nếu n là số tự nhiên sao cho 2n + 1 và 3n + 1 là số chính phương thì n ⋮ 40 . b) Tìm tất cả các số tự nhiên ab để 2ab + 1, 3ab + 1 là các số chính phương.

22 x (1 + 4 y − x + 4 z − x ) = u 2 .

TH1: Nếu 1 + 4 y − x + 4 z − x là số lẻ thì 2

1 + 4 y − x + 4 z − x = ( 2k + 1) ⇔ 4 y − x−1 + 4 z − x −1 = k ( k + 1) ⇔ 4 y − x −1 (1 + 4 z − y ) = k ( k + 1) .

Lời giải

335

336

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG  4 + Nếu k chẵn thì k + 1 là số lẻ suy ra 

y − x −1

z− y 1 + 4 = k + 1

 4 y − x −1 = 4 z − y  z = 2 y − x − 1 và

4 x + 4 y + 4 z = 4 x + 4 y + 42 y − x−1 = ( 2 x + 22 y − x −1 ) .  4 + Nếu k lẻ thì k + 1 chẵn suy ra 

y − x −1

1 + 4

x + y > 0 x> y . x − y > 0

suy ra 

Do n 2 − 1 ⋮ m 2 − n 2 + 1 suy ra −(m 2 − n2 − 1) + m2 ⋮ m 2 − n2 + 1  m 2 ⋮ m2 − n 2 + 1 . Suy ra

= k +1

z− y

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

 4 y − x−1 − 4 z − y = 2 ⇔ 22 y − 2 x −3 = 22 x −2 y −1 + 1 (*) do

2 x − 2 y − 1 là số lẻ luôn khác 0 . Nên (*) không thể xảy ra.

TH2: Nếu 1 + 4 y − x + 4 z − x là số chẵn thì y = x hoặc z = x . Từ đó ta suy ra phải có x = y dẫn đến: 2 + 4 z − x là số chính phương. Điều này là vô lý vì một số chính phương chia cho 4 chỉ có thể dư 0 hoặc 1 . Còn 2 + 4 z − x chia cho 4 dư 2 hoặc 3 . Tóm lại: Điều kiện để 4 x + 4 y + 4 z là số chính phương là: z = 2 y − x − 1 .

m 2 = k ( m 2 − n 2 + 1) (1) (với k ∈ ℤ ).

Thay m = x + y, n = x − y ta có: ( x + y )2 = k (4 xy + 1) ⇔ x 2 − 2k (2k − 1) xy + y 2 − k = 0 (*). Phương trình (*) có 1 nghiệm là x ∈ ℤ nên có một nghiệm nữa là x1 . Theo hệ thức Vi-et ta có:  x + x1 = 2(2k − 1) từ đây suy ra x1 ∈ ℤ .  2  xx1 = y − k

+ Nếu x1 > 0  ( x1 ; y) là cặp nghiệm thỏa mãn (*) suy ra x1 >| y | y 2 − k = xx1 >| y |2 = y 2  k < 0  x1 + x = 2(2k − 1) < 0 mâu thuẫn.

Áp dụng vào câu a ) ta có: n = 2.1008 − 31 − 1 = 1984 .

+ Nếu x1 < 0 thì xx1 = y 2 − k < 0 => k > y 2  k > 0  4 xy + 1 > 0  y > 0 . Ta có:

Ví dụ 30 Cho số nguyên dương n và d là một ước số nguyên dương của 3n2 . Chứng minh: n 2 + d là số chính phương khi và chỉ khi d = 3n 2 .

k = x12 − 2(2k − 1) x1 y + y 2 = x12 + 2(2k − 1) | x1 | y + y 2 > 2(2 k − 1) | x1 | y ≥ 2(2 k − 1) > k mâu thuẫn. 2

Vậy x1 = 0 . Khi đó k = y 2 và m2 − n 2 + 1 =

Lời giải 2

m2  m  2 2 =   nên m − n + 1 là số chính phương. k  y

3n Vì d là một ước của 3n 2  d .k = 3n 2 , ta có n 2 + d = n2 + là số chính phương với

Ví dụ 32

k > 0, k ∈ ℕ tức là

Cho hai số nguyên a, b thỏa mãn a 2 + b2 + 1 = 2(ab + a + b) . Chứng minh rằng a và b là hai số chính phương liên tiếp.

n 2 k ( k + 3) k2

là số chính phương suy ra k ( k + 3) là số chính phương. 2k + 3 − 2m = 1 k = 1 .   2 k + 3 + 2m = 9  m = 2

Đặt k ( k + 3) = m2  ( 2k + 3 + 2m )( 2k + 3 − 2m ) = 9  

(Đề tuyển sinh lớp 10 chuyên toán – Trường THPT chuyên – ĐHSP Hà Nội, 2016). Lời giải: Từ đẳng thức đã cho ta có a − 2(b + 1)a + (b − 1)2 = 0 là phương trình bậc hai ẩn a , ta có 2

∆ ' = ( b + 1) − (b − 1) 2 = 4b . Vì phương trình trên có nghiệm nguyên nên điều kiện cần ta có

Ví dụ 31 Cho m, n là 2 số nguyên dương lẻ sao cho n 2 − 1 chia hết cho m2 − n 2 + 1 . Chứng minh rằng: m 2 − n 2 + 1 là số chính phương.

∆ ' là một số chính phương. Khi đó ta có b là một số chính phương.

- Với b = 0 ta có a = 1 . Ta thấy 0 và 1 là hai số chính phương liên tiếp (đúng với đpcm).

Lời giải: -

Nếu m = n thì ta có điều phải chứng minh: m + n = 2 x m = x + y ( x, y ∈ ℤ, x > 0, y ≠ 0) khi đó ta có  do m, n > 0 m − n = 2 y n = x − y

Xét m ≠ n ta đặt 

 a = b + 1 + 4b =  Với b > 0 ta có   a = b + 1 − 4b =

Ta thấy b và

(

)

b +1

( (

) b − 1) b +1

là hai số chính phương liên tiếp;

phương liên tiếp (điều phải chứng minh) 337

338

(

)

b −1

và b là hai số chứng

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Vậy a và b là các số chính phương liên tiếp.

Cho m, n là các số nguyên dương, giả sử A =

Ví dụ 33. Tìm tất cả số tự nhiên n thỏa mãn 2n +1,3n +1 là các số chính phương và 2n + 9 là số nguyên tố. (Tuyển sinh lớp 10 chuyên TP Hà Nội, 2017)

Giả sử 2n +1,3n +1 là các số chính phương

Gọi d là ước chung lớn nhất của m và n .

( m + n)3 d 3 (a + b)3 d ( a + b)3 = = n2 d 2b2 b2

sử d = cb2 . Bây giờ ta được A = c(a + b)3 với a, b, c nguyên dương. Do a + b ≥ 2 và A lẻ nên A nhận giá trị bé nhất là 27, điều này xảy ra khi c = 1, a + b = 3 . Khi đó có hai khả năng:

Vì 2n + 9 là số nguyên tố nên 5a − 4b = 1 ⇒ 5a −1 = 4b . Nên ta có: 16

Lời giải:

Vì ( a, b ) = 1 nên (b, a + b) = 1 . Suy ra (b 2 , (a + b)3 ) = 1 . Như vậy để A nguyên thì d ⋮b2 , giả

Do đó 2n + 9 = 2 (b 2 − a 2 ) + 9 (3a 2 − 2b 2 ) = 25a 2 −16b2 = (5a − 4b)(5a + 4b) .

a = 1 −a 2 +10a −1 . Suy ra −a 2 +10a − 9 = 0 ⇔   a = 9 8

Nếu a = 2 và b = 1thì ta có d = 1 . Suy ra m = 2, n = 1 . Nếu a = 1 và b = 2 thì ta có d = 4 . Suy ra m = 4, n = 8 .

Với a = 1 ⇒ n = 0 (loại vì 2n + 9 = 9 )

Ví dụ 3

Với a = 9 ⇒ n = 40 . Thử lại: Thỏa mãn.

Tìm các số nguyên dương a, b sao cho Các bài toán liên quan đến tính chia hết của số nguyên

Ta có a b − 1 = b(a + l) − ( b + l )⋮ a + l  b + l⋮ a + l . Tương tự b 3a + l = a ( b 3 − l ) + a + 1⋮ b − 1 suy ra 3

Cho n ∈ ℕ . Chứng minh rằng: Sn = 1

2019

+…+ n

2019

chia hết cho Tn = 1 + 2 + …+ n .

Lời giải: Ta có: 2Tn = n (n + 1) . Mặt khác, sử dụng tính chất a + b chia hết cho a + b ∈ ℕ và n lẻ, n

ta có: 2S n = (12019 + n 2019 ) + 22019 + (n −1)2019 + … + (n 2019 + 1) ⋮(n + 1) (1)  

{

}

2019 2019 2019 2S n = 12019 + (n −1)  +  2 2019 + (n − 2)  + … + (n −1)  + 2n5 ⋮ n (2)      

Do (n, n + 1) = 1 nên từ (1) và (2) suy ra: 2 S n ⋮ n (n + 1) = 2Tn hay S n ⋮Tn . Ví dụ 2

a3b − 1 b3a + 1 , là các số nguyên dương. a + 1 b −1

Lời giải:

Ví dụ 1 *

là số nguyên lẻ. Tìm giá trị bé

nhất có thể của A và tìm m, n thỏa mãn giá trị này. Chứng minh cho câu trả lời.

Ta có: A =

 2n + 1 = a 2 ⇒ với a, b ∈ ℤ + . Ta có n = b 2 − a 2 ;1 = 3a 2 − 2b 2 .  2   3n + 1 = b

(5a −1)

Giả sử m = ad, n = bd với ( a, b ) = 1

Lời giải

1 = 3a 2 − 2b 2 = 3a 2 − 2.

( m + n)

a + 1⋮ b − 1 . Từ đó suy ra b + 1⋮b −1 ⇔ b − 1 + 2⋮ b − 1  b − l ∈U (2) suy ra b = 2 hoặc b = 3 .

a = 1 . a = 3

Với b = 2 ta có 3⋮ a + l  a = 2 , với b = 3 ta có: 4⋮ a + l  

Vậy các bộ số ( a; b ) thỏa mãn điều kiện là: ( a; b ) = ( l;3) , ( 2; 2 ) , ( 3;3) . Ví dụ 4 Cho các số tự nhiên a, b, c, d , e biết: a + b + c + d + e = 3a = 4b = 5c, d + e = 13 . Tìm số lớn nhất trong các số a, b, c, d , e . Lời giải: Từ già thiết ta suy ra a + b + c + d + e chia hết cho 3.4.5 = 60 suy ra 4b,5c chia hết cho 60 nên b chia hết cho 15, c chia hết cho 12. Nêu b = 0 hoặc c = 0 thì suy ra a = b = c = d = e = 0

339

340

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

trái với giả thiết suy ra b, c ≠ 0 . Vậy b, c ≥ 1 suy ra b ≥ 15, c ≥ 12. Theo giả thiết ta có:

Ví dụ 7

3 ( a + b + c + d + e ) = 3a + 4b + 5c  3(d + e) = b + 2c ≥ 15 + 2.19  d + e ≥ 13.

Tìm các số nguyên dương x, y sao cho 4x 2 +6x + 3 chia hết cho 2xy − l .

Dâu bằng xảy ra khi và chỉ khi b = 15, c = 12 vậy a = 20 . Vây a = 20 là giá trị cần tìm. Ví dụ 5

Lời giải: Từ giả thiết ta suy ra y (4 x + 8 x + 3)⋮ 4 xy − 1 ⇔ x(4 xy − 1) + 2(4 xy − 1) + x + 3 y + 2⋮ 4 xy − 1. . 2

Tìm tất cả các số nguyên dương m, n sao cho m + n ⋮ (m − n) và n+m ⋮ (n − m) 2

Lời giải:

Hay x + 3 y + 2⋮ 4 xy − 1 ⇔ 4 xy − 1 ≤ x + 3 y + 2 ⇔ x(4 xy − 1) ≤ 3 y + 3 ⇔ x ≤

Không mất tính tổng quát, ta giả sử n ≥ m Mà

+ Nếu n > m + 1 thì suy ra n 2 − m > n + m2 , thật vậy ta có: n 2 − m − n − m 2 = (n + m)(n − m − 1) > 0. Từ đó ta suy ra n + m2

không thể chia hết cho n − m2 .

3 y + 3 12 y + 12 3(4 y − 1) + 15 = = 4 y − 1 4(4 y − 1) 4(4 y − 1)

3(4 y − 1) + 15 3 15 3 15 = + ≤ + = 2 suy ra x ≤ 2 . 4(4 y − 1) 4 4(4 y − 1) 4 4.3

Thay x = 1  y = 1và y = 4 . Thay x = 2 suy ra y = 1.

+ Ta xét n = m + 1 , m + n 2 ⋮ m 2 − n ⇔ m + ( m + 1) 2 ⋮ m 2 − ( m + 1) ⇔ m 2 +3m + 1⋮ m 2 − m + 1 ⇔ m 2 − m + 1 + 4 m ⋮ m 2 − m + 1 hay

5 − 21 5 + 21 ≤m≤ , do m là số nguyên 2 2 dương nên suy ra m ∈ {1; 2;3; 4} thử trực tiếp ta thấy m = 1, m = 2 thỏa mãn. 4m⋮ m 2 − m + 1  4m ≥ m2 − m + 1 ⇔ m2 − 5m + 1 ≤ 0 ⇔

+ Xét m = n ta có n2 + n⋮ n2 − n  2n⋮ n2 − n  2n ≥ n2 − n ⇔ n2 − 3n ≤ 0 ⇔ 0 ≤ n ≤ 3 thử trực tiếp ta thấy n = 2 hoặc n = 3 thỏa mãn điều kiện. Vậy cặp số (m; n) thỏa mãn điều kiện là: ( m, n ) = (2; 2), (3;3), (1; 2), (2;1), (2;3), (3; 2). Ví dụ 6

Ví dụ 8 Tìm các số nguyên dương x, y sao cho x2 − 2 chia hết cho xy + 2 . Lời giải: Từ giả thiết ta suy ra x 2 − 2⋮ xy + 2 Ta có phân tích sau: y ( x 2 − 2) = x( xy + 2) − 2( x + y ) suy ra 2( x + y)⋮ xy + 2 hay 2( x + y) = k ( xy + 2) với k ∈ N * .

Nếu k ≥ 2 thì 2(x + y) = k (xy + 2) ≥ 2(xy + 2) ⇔ x + y ≥ xy + 2 ⇔ ( x −1)( y −1) + 1 ≤ 0 . Điều này là vô lý do x, y ≥ 1 . Vậy k = 1 ⇔ 2( x + y ) = xy + 2 ⇔ ( x − 2)( y − 2) = 2 .Từ đó tìm được ( x; y) = (3;4),(4;3) . Ví dụ 9: Tìm các số tự nhiên x, y sao cho x 2 + 3xy + y 2 là lũy thừa của 5.

Tìm các số nguyên dương x, y sao cho 2 xy − 1 chia hết cho ( x − 1)( y − 1) . Lời giải:

Lời giải: Giả sử x + 3xy + y = 5 do x, y ≥ 2  n ≥ 2 . 2

Đặt x-1 = a, y − 1 = b với a, b ∈ N * . Yêu cầu bài toán được viết lại thành:

Suy ra x 2 + 3xy + y 2 ⋮ 25 ⇔ ( x − y ) +5xy⋮ 25  ( x − y ) + 5 xy ⋮ 5  ( x − y ) ⋮ 5 ⇔ x − y ⋮5 hay

2(a + 1)(b + 1) − 1⋮ ab ⇔ 2ab + 2(a + b) + 1⋮ ab ⇔ 2(a + b) + 1⋮ ab . Ta giả sử 2(a + b) + 1 = kab , và

( x − y)

1 ≤ a ≤ b thì kab = 2 ( a + b ) + 1 ≤ 4b + b = 5b  ka ≤ 5. Từ đó ta có các trường hợp có thể xảy ra

Giả sử x ⋮ 5  x = 5 , lại có x-y⋮ 5  số còn lại cũng chia hết cho 5, hay x = y = 5 .

là: k = l,a = 1  2(1 + b) + 1 = b  b = −3 loại. Thử lần lượt: k = 1, a = 2; k = 1, a = 3; k = 1, a = 4; k = 1, a = 5; k = 2, a = 1; k = 2, a = 2; k = 3, a = 1; k = 4, a = 1; k = 5, a = 1; ta suy ra các cặp số ( x; y )

Khi đó n = 3 .

thỏa mãn điều kiện là:

⋮ 25  5 xy ⋮ 5 ⇔ xy ⋮ 5 . Do x,y là số nguyên tố ta suy ra x hoặc y chia hết cho 5.

Ví dụ 10 Cho x, y là các số nguyên x, y ≠ −1 sao cho

( x; y ) = ( 2; 2 ) , ( 2; 4 ) , ( 4; 2 ) , (8; 4 ) , ( 4;8 ) .

x 4 y 44 − 1 341

342

x4 −1 y4 −1 là số nguyên. Chứng minh: + y +1 x +1

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

chia hết y + 1 .

Vì p 4 là ước của a 2 + b2 và a ( a + b ) nên p 4 là ước của 2a 2 b .Lại vì p lẻ nên p 4 là ước của a 2b

Lời giải: Đặt

a m x4 −1 a y4 −1 m = ; với ( a, b ) = l, ( m, n ) = l, b, n > 0 . Theo giả thiết ta có: + là số = ; b n y +1 b x +1 n

nguyên, tức là:

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

an + bm⋮ b  an⋮ b n ⋮ b an + bm ∈Z      n =b. an + bm ⋮ n bm ⋮ n bn   b⋮ n

Vì a 2 + b2 chia hết cho p 4 nên b2 ⋮ p 4 . Suy ra b⋮ p và ( a + b )⋮ p .

a m x4 −1 y4 −1 Mặt khác . = . = ( x − 1)( x 2 + 1)( y − 1)( y 2 + 1) là số nguyên, suy ra b n y +1 x +1

am⋮ n  a ⋮ n ⇔ a ⋮ b  x − 1⋮ y + 1 . Ta có: x y − 1 = y ( x − 1) + y − 1 mà x − 1⋮ y + 1 và 4

Nếu a không chia hết cho p 2 thì số mũ của p trong a 2 lớn nhất chỉ có thể là 2. Do đó b phải chứa p 2 , nghĩa là b chia hết cho p 2 suy ra b2 ⋮ p 4 . Điều này vô lý vì a 2 + b2 không chia hết cho p4 (do a 2 không chia hết cho p4 ). Như vậy a phái chia hết cho p 2 .

y 44 − 1⋮ y 2 − 1⋮ y + 1 nên bài toán được chứng minh.

Tóm lại, p 4 là ước của a ( a + b ) . Ví dụ 13 5

Xác định tất cá các số nguyên tố p, q sao cho

p 2 n +1 − 1 q 3 − 1 với n > 1, n ∈ Z . = p −1 q −1

chia hết cho 5 ( x- y )( y- z )( z-x ) . Lời giải: Đặt a = x − y, b = y − z . Suy ra z − x = −(a + b)

Lời giải: Ta có:

Cho ba số nguyên dương khác nhau x, y, z .Chứng minh rằng: ( x − y ) + ( y − z ) + ( z − x )

Ví dụ 11

Bài toán quy về chứng minh: (a + b)5 − a 5 − b5 ⋮ 5ab(a + b)

 p 2n − 1   q3 −1  p 2 n +1 − 1 q 3 − 1 = ⇔ ( p − 1)  − 1 = ( p − 1)  − 1 p −1 q −1  p −1   q −1 

Ta có: ( a + b ) − a 5 − b5 = 5a 4b + 10a 3b 2 + 10a 2b3 + 5ab4

⇔ p( p n − 1)( p n + 1) = ( p − 1)( p + 1) (1)

Nếu q ≤ p n − 1 thì các thừa số ở vé trái lớn hơn các thừa số tương ứng ở vế phải của (1), do đó q ≥ p n .Vì q nguyên tổ còn pn không nguyên tố nên q ≥ p n + 1 . Một trong những thừa số ở vế trái của (1) chia hết cho số nguyên tố q. Theo bất đẳng thức q ≥ p n + 1 , điều đó chỉ xảy ra khi q = p n + 1

= 5ab(a 3 + 2a 2b + 2ab 2 + b3 ) = 5ab ( a 3 + b3 ) + 2(a 2b + ab 2 )  = 5ab ( a + b ) (a 2 − ab + b 2 ) + 2ab( a + b)  = 5ab ( a + b ) ( a 2 + ab + b 2 )

Đến đây ta suy ra được điều phải chứng minh. Ví dụ 14 Chứng minh rằng a 2 + b2 là bội của 5 thì hai số A = 2a + b; B = 2b − a hoặc hai số A ' = 2a − b; B ' = 2b + a chia hết cho 5.

Thay vào (1) ta được: p ( p n -1) =(p-1)(p n +2) suy ra p n − 3 p + 2 = 0 . Từ đó p / 2 hay p = 2, n = 2 suy ra q = p n + 1 = 5 .

Lời giải:

Ví dụ 12

Ta có: a 2 + b 2 = ( a 2 − 4b 2 ) + 5b2 chia hết cho 5. Suy ra a 2 − 4b 2 = ( a − 2b) ( a + 2b ) chia hết cho

Cho a, b là các số nguyên và p là số nguyên tố lẻ. Chứng minh rằng nếu p là ước của 4

a 2 + b2 và a ( a + b ) thì p 4 cũng là ước của a ( a + b ) .

Lời giải:

5. Đến đây ta xét các trường hợp: Nếu a − 2b ⋮ 5 thì 2b − a = B⋮ 5 . Mặt khác, 2b − a = ( 2b + 4 a ) − 5⋮ 5 nên 2 ( b + 2a )⋮ 5 , suy ra b + 2a = A⋮ 5 (vì ( 2;5 ) = 1 ).

Nếu a + 2b ⋮ 5 thì − a − 2b⋮ 5 . Mặtkhác, −a − 2b = −5a − (2b − 4a)⋮ 5 nên 2 ( b − 2a )⋮ 5, suy ra (vì ( 2;5 ) = 1 ).

Ta có: 2a 2b = a ( a + b ) − a ( a 2 + b 2 )

Nếu cà hai số a − 2b và a + 2b đều chia hết cho 5 thì các số A, B, A ', B ' đều chia hết cho 5. 343

344

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Ví dụ 15

Ví dụ 18

Cho a, b, c, d là các số nguyên dương thỏa mãn ab = cd . Chứng minh rằng A = an + bn + c n + d n là hợp số với mọi n nguyên dương.

Cho m , n là các số nguyên dương, giả sử A =

( m + n) n2

là số nguyên lẻ, tìm giá trị bé

nhất có thể có của A và tìm m , n thỏa mãn giá trị này. Chứng minh cho câu trả lời. Lời giải:

Lời giải

Giả sử d = ( a, c ) , d ≥ 1 . Suy ra a = da1 , c = dc1 với a1 , c1 ∈ N * và (a1 , c1 ) = 1

Gọi d là ước chung lớn nhất của m và n .

Từ đẳng thức ab = cd , suy ra a1b = c1d nên b⋮ c1 và d ⋮ a1 Ta có: b = c1s, d = a1s, s ∈ N * . Từ đó suy ra: a n + b n + c n + d n = ( a1n + c1n )( d n + s n ) hay A là hợp

Giả sử m = ad , n = bd với ( a , b ) = 1 .

( m + n)

d 3 (a + b)

d (a + b)

số với mọi n ∈ Z+ . Ví dụ 16

Ta có A =

Cho a, b ∈ Z và a ≠ b thỏa ab ( a + b ) chia hết cho a 2 + ab + b2 . Chứng minh rằng: a − b > 3 ab

Vì ( a , b ) = 1 nên ( b, a + b ) = 1 suy ra ( b 2 , ( a + b )3 ) = 1 . Như vậy để A nguyên thì d ⋮b2 , giả sử

d 2b 2

d = cb2 . Bây giờ ta được A = c ( a + b ) với a , b , c nguyên dương.

Lời giải:

Do a + b ≥ 2 và A lẻ nên A nhận giá trị bé nhất là 27 , điều này xảy ra khi c = 1 ; a + b = 3 . Khi đó có hai khả năng:

Đặt d = ( a, b ) . Suy ra a = xd , b = yd ,( x, y) = 1 Khi đó:

ab(a + b) dxy ( x + y ) = ∈Z a 2 + ab + b 2 x 2 + xy + y 2

Nếu a = 2 và b = 1 thì ta có d = 1 . Suy ra m = 2 , n = 1 .

Ta có ( x + xy + y ; x ) = ( y ; x ) = 1 . Tương tự ( x + xy + y ; y ) = 1 .

Nếu a = 1 và b = 2 thì ta có d = 4 , suy ra m = 4 ; n = 8 .

Vì ( x + y ; y ) = 1 nên ( x 2 + xy + y 2 ; x + y ) = ( y 2 ; x + y ) = 1 .

Ví dụ 19

Do đó x 2 + xy + y 2 d  d ≥ x 2 + xy + y 2 .

Tìm tất cả các số nguyên n > 1 sao cho với bất kỳ ước số nguyên tố của n6 −1 là một ước của ( n3 −1)( n2 −1) .

Mặt khác a − b = d 3 x − y = d 2 x − y .d ≥ d 2 .1. ( x 2 + xy + y 2 ) > ab .

Lời giải

Vậy a − b > ab .

Rõ ràng n = 2 thỏa mãn các điều kiện bài toán.

Ví dụ 17

Với n > 2 ta viết n6 − 1 = ( n3 − 1)( n3 + 1) = ( n3 − 1) ( n + 1) ( n2 − n + 1)

Cho n là một số nguyên dương. Tìm tổng của tất cả các số chẵn nằm giữa n2 − n + 1 và n2 + n + 1 .

Do đó tất cả các thừa số nguyên tố của n2 − n + 1 chia hết cho n3 −1 hoặc n 2 − 1 = ( n − 1)( n + 1) .

Lời giải

Tuy nhiên cần để ý rằng ( n2 − n + 1; n3 −1) ≤ ( n3 + 1, n2 −1) ≤ 2 .

Ta có n − n + 1 = n ( n − 1) + 1 và n + n + 1 = n ( n + 1) + 1 là các số lẻ. 2

Mặt khác, n 2 − n + 1 = n ( n − 1) + 1 là số lẻ, vì vậy tất cả các thừa số nguyên tố của n2 − n + 1

Suy ra rằng số lẻ nhỏ nhất được xem xét là n − n + 2 và số lẻ lớn nhất là n + n . Như vậy tổng cần tìm là: ( n2 − n + 2) + ( n2 − n + 4 ) + … + ( n2 + n − 2 ) + ( n2 + n ) 2

= ( n2 − n ) + 2 + ( n2 − n ) + 4 + … + ( n2 − n ) + 2n − 2 + ( n2 − n ) + 2n = n ( n2 − n ) + 2 (1 + 2 + … + n ) = n3 − n2 + n2 + n = n3 + n . 345

phải là chia hết n + 1 . Nhưng n 2 − n + 1 = ( n + 1)( n − 2 ) + 3 vì vậy ta phải có n2 − n + 1 = 3k với k nguyên dương. Bởi vì n > 2 nên ta có k ≥ 3 .

346

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Bây giờ 3 n 2 − n + 1 nên n ≡ 2 ( mod 3 ) , nhưng mỗi trường hợp n ≡ 2, 5,8 ( mod 9 ) , ta có mâu thuẫn.

n − n + 1 ≡ 3 ( mod 9 )

Từ abc = ( a + b ) c , suy ra 100a + 10b + c = ( a + b ) c  10 (10a + b ) = c ( a + b )2 − 1 (*) Vì a ≥ 1 nên 10 (10a + b ) ≥ 100  c ( a + b )2 − 1 ≥ 100  a + b ≥ 4 và c ≥ 1 .

Vậy bài toán có nghiệm duy nhất là n = 2 .

Nếu a + b không chia hết cho 3 thì ( a + b ) ≡ 1( mod 3) . Từ (*) suy ra (10a + b )⋮ 3  ( a + b )⋮ 3 (vô lý).

Ví dụ 20 Tìm n để M = 100 … 0100 … 01 chia hết cho 37 . n

Như vậy ( a + b )⋮ 3 nên (10a + b )⋮ 3 . Từ (*) suy ra c ⋮ 3 và do đó c không chia hết cho 5 .

Lời giải Ta có M = 10

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

2 n+1

+ 10

n+1

+ 1.

a + b − 1 = 1 Từ (*) suy ra ( a + b )2 − 1 ⋮ 5   . Kết hợp với ( a + b )⋮ 3 ta suy ra a + b = 6 hoặc a + b + 1 = 1

Để ý rằng 103 ≡ 1( mod 37 ) , cho nên ta có thể xét các trường hợp của n theo mod3 .

a +b = 9.

Trường hợp 1: a + b = 9 thay vào (*) ta được: 10 ( 9a + 9 ) = 80c  8c = 9 ( a + 1)  c ⋮ 9  c = 9 ,

Nếu n = 3k thì M ≡ 102 + 10 + 1 ≡ 0 ( mod 37 ) .

vì vậy a = 7 .

Nếu n = 3k + 1 thì M ≡ 10 4 + 10 2 + 1 ≡ 0 ( mod 37 ) .

Trường hợp 2: a + b = 6 làm tương tự trường hợp trên.

Nếu n = 3k − 1 thì M ≡ 1 + 1 + 1 ≡ 3 ( mod 37 ) .

Ví dụ 23

Tóm lại, M chia hết cho 37 khi và chỉ khi n có một trong hai dạng n = 3k hoặc n = 3k + 1 với k ∈ ℕ * .

Tìm số có 3 chữ số abc biết abc = a !+ b !+ c !

Ví dụ 21

Lời giải Vì abc < 999 nên a !+ b !+ c ! ≤ 999  a , b , c ≤ 6  abc ≤ 666 .

Tìm tất cả các số có năm chữ số abcde sao cho abcde = ab . 3

Lời giải

Điều này dẫn đến a !+ b !+ c ! ≤ 666  a , b , c ≤ 5  a !+ b !+ c ! ≤ 3.5! = 360  a ≤ 3 . Suy ra a !+ b !+ c ! ≤ 3!+ 5!+ 5! = 246  a ≤ 2 .

Đặt x = ab . Ta có abcde = 1000 x + y với 0 ≤ y < 1000 .

Nếu b = c = 5 thì a !+ 5!+ 5! = a 55  a !+ 240 = a 55 , ta có a ≥ 2 vì vậy a = 2 .

Từ 3 abcde = ab ta suy ra 1000x + y = x 3 .

Tuy nhiên thử lại thấy 255 ≠ 2!+ 5!+ 5!

Vấn đề còn lại là chúng ta đi giải phương trình nghiệm nguyên.

Một trong hai số b hoặc c nhỏ hơn 5 .

Vì y ≥ 0 nên 1000 x ≤ x3  x 2 ≥ 1000  x ≥ 32 (1)

Từ đó ta có a !+ b !+ c ! ≤ 2!+ 4!+ 5! = 146  abc ≤ 146  a = 1 , b ≤ 4 .

Mặt khác do y < 1000 nên 1000 x + 1000 > x3  x ( x 2 −1000) < 1000  x < 33 (2) Từ (1) và (2) suy ra x = 32 hay x3 = 32768 .

Vì c < 5 thì abc = a !+ b !+ c ! < 1!+ 4!+ 4! = 49 vô lý. Với c = 5 thì 1b5 = 1!+ b !+ 5! sauy ra 10b = 16 + b !  b ! tận cùng bởi số 4 , vì vậy b = 4 . Vậy abc = 145 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Vậy abcde = 32768 .

Ví dụ 24

Ví dụ 22

Cho các số tự nhiên a , b . Chứng minh:

Tìm các chữ số a , b , c với a ≥ 1 sao cho abc = ( a + b ) c . Lời giải 347

a, a 2 + b2 chia hết cho 3 thì a , b đều chia hết cho 3 . b, a 2 + b2 chia hết cho 7 thì a , b đều chia hết cho 7 . 348

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

c, a 4 + b4 chia hết cho 15 thì a , b đều chia hết cho 3 và 5 .

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Xét phân số A =

Lời giải

n2 + 4 . Hỏi có bao nhiêu số tự nhiên n trong khoảng từ 1 đến 2017 sao n+5

cho phân số A chưa tối giản.

a, Một số chính phương khi chia cho 3 chỉ có thể dư 0 hoặc 1 . Do a + b chia cho 3 nên chỉ có thể xảy ra số dư 0 + 0 , 0 + 1 , 1 + 1 trong 3 trường hợp này chỉ có trường hợp a , b⋮ 3 thì a 2 + b2 ⋮ 3 suy ra đpcm. 2

b, Một số chính phương khi chia cho 7 chỉ có thể dư 0 , 1, 2 , 4 . ( Thật vậy chỉ cần xét a = 7 k , 7 k ± 7 , 7 k ± 2 , 7 k ± 3 thì a2 chia cho 7 có số dư lần lượt là 0 , 1, 4 , 2 ). Như vậy a 2 + b2 khi chia cho 7 thì có số dư là 0 + 0 , 0 + 1 , 0 + 2 , 0 + 4 , 1 + 2 , 1 + 4 , 2 + 4 , 1 + 1 , 2 + 2 , 4 + 4 . Trong các trường hợp này chỉ có a , b đồng thời chia hết cho 7 thì a 2 + b2 ⋮ 7 đpcm. c, Dễ thấy nếu a không chia hết cho 3 thì a4 chia 3 chỉ có thể dư 1 . Từ giả thiết ta có a 4 + b4 chia hết cho 3 và chia hết cho 5 .

Lời giải Giả sử A là phân số chưa tối giản, đặt d = ( n2 + 4, n + 5) , suy ra d > 1 . 2

Ta có d ( n + 5 ) − ( n 2 − 4 ) = 10n + 21 = 10 ( n + 5 ) − 29  d 29  d = 29 . Ngược lại nếu ( n + 5 )⋮ 29 thì đặt n + 5 = 29m với m ∈ ℕ * . Khi đó n2 + 4 = 29 ( 29m2 − 10 + 1)⋮ 29 nên A chưa tối giản. Như vậy, ta chỉ cần tìm n sao cho n + 5 = 29m với m ∈ ℕ * . 1 ≤ n ≤ 2017  1 ≤ 29 m − 5 ≤ 2017  1 ≤ m ≤ 69 

có 69 giá trị của m  có 69 giá trị của n .

Nếu a không chia hết cho 3 thì a4 không chia hết cho 3 suy ra b4 không chia hết cho 3 nên b không chia hết cho 3 suy ra a 4 + b4 chia cho 3 dư 2 . Trái với giả thiết, vậy a , b phải chia hết cho 3 . Ta cũng có: Nếu a không chia hết cho 5 thì a4 chia cho 5 có thể dư 1 . Làm tương tự như trên ta suy ra a , b phải chia hết cho 5 là đpcm.

Vậy có 69 giá trị của n để A là phân số chưa tối giản.

Ví dụ 25

không vượt quá a + b .

Ví dụ 27 Cho a , b ∈ ℕ sao cho

a +1 b +1 + ∈ ℤ . Chứng minh rằng ước chung lớn nhất của a và b b a

Tìm tất cả các số nguyên dương m , n sao cho m + n ⋮ ( m − n ) và n + m ⋮ ( n − m ) . 2

Lời giải Không mất tính tổng quát, ta giả sử n ≥ m . +) Nếu n > m + 1 thì suy ra n2 − m > n + m2 thật vậy ta có: n 2 − m − n − m 2 = ( n + m )( n − m − 1) > 0 . Từ đó suy ra n + m2 không thể chia hết cho n 2 − m . 2

+) Ta xét n = m + 1 , m + n2 ⋮ m2 − n ⇔ m + ( m + 1) ⋮ m2 − ( m + 1) ⇔ m2 + 3m + 1⋮ m2 − m + 1 ⇔ m2 − m + 1 + 4m⋮ m2 − m + 1 hay ⇔ 4m⋮ m2 − m + 1  4m ≥ m2 − m + 1 ⇔ m2 − 5m + 1 ≤ 0 5 − 21 5 + 21 ≤m≤ , do m là số nguyên dương nên suy ra m ∈ {1; 2;3; 4} thử trực tiếp 2 2 ta thấy m = 1 , m = 2 thỏa mãn.

Lời giải Giả sử d = ( a, b )  a = md , b = nd với ( m, n ) = 1 . Ta có

2 2 a +1 b +1 ( m + n ) d + ( m + n) + =  ( m + n )⋮ d  d ≤ m + n  d ≤ d ( m + n ) = a + b . b a mnd

Ví dụ 28 Cho các số nguyên dương a , b , c thỏa mãn a 2 + b2 = c 2 . Chứng minh ab chia hết cho a+b+c. Lời giải

⇔

+) Xét m = n ta có n2 + n⋮ n2 − n  2n⋮ n2 − n  2n ≥ n2 − n ⇔ n2 − 3n ≤ 0 ⇔ 0 ≤ n ≤ 3 thử trực tiếp ta thấy n = 2 hoặc n = 3 thỏa mãn điều kiện.

Từ giả thiết ta có a + b + 2ab − c = 2ab ⇔ ( a + b ) − c2 = 2ab ⇔ ( a + b + c )( a + b − c ) = 2 ab 2

(*). Nếu a lẻ, b chẵn thì suy ra c lẻ dẫn tới a + b − c chẵn.

Vậy các cặp số ( m; n ) thỏa mãn điều kiện là ( m; n ) = ( 2, 2 ) , ( 3, 3 ) , (1, 2 ) , ( 2,1) , ( 2, 3 ) , ( 3, 2 ) .

Nếu a , b lẻ thì c chẵn suy ra a + b − c chẵn.

Ví dụ 26

Nếu a , b cũng chẵn thì c chẵn suy ra a + b − c chẵn. Như vậy trong mọi trường hợp ta luôn có a + b − c chẵn  a + b − c = 2k ( k ∈ ℤ ) . 349

350

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Từ (*) ta cũng suy ra 2k ( a + b + c ) = 2ab ⇔ k ( a + b + c ) = ab ⇔ ab ⋮ a + b + c .

TỔNG HỢP MỘT SỐ ĐỀ THI

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

d) Tìm bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC theo b , c . Câu 5. Cho các số thực a , b ≥ 0 , 0 ≤ c ≤ 1 và a 2 + b2 + c 2 = 3 . Tìm GTLN, GTNN của P = ab + bc + ca + 3 ( a + b + c ) . LỜI GIẢI

ĐỀ SỐ 01 Câu 1. Cho biểu thức A =

 x 2  x+4 5 − , B =  với x ≥ 0 , x ≠ 4 . : x + 2  x + 2 x +2  x −2

a) Tính giá trị của A khi x =

1 9−4 5

Câu 1 a) Ta có x =

1 9+4 5 = 9 − 4 5 92 − 4 5 5

Suy ra A =

b) Rút gọn B .

(

5 +2+2

5 4+ 5

)

= 9+4 5 =

(

5 4− 5 42 − 5

)= 5

(

5+2

)

 x = 5 + 2.

(4 − 5 ) .

b) Ta có:

A c) Tìm các số thực x để P = là số nguyên. B

Câu 2. Một người đi xe đạp từ A đến B cách nhau 24 km với vận tốc dự định. Khi đi từ B trở về A người đó tăng vận tốc trung bình thêm 4 km/h so với lúc đi, nên thời gian về ít hơn thời gian đi là 30 phút. Tính vận tốc trung bình dự định của xe đạp khi đi từ A đến B .

 x 2  x+4 B =  − = : x + 2  x + 2  x −2 1

x −2

1  2x  x + y + x −1 = 3  a) Giải hệ phương trình  .  3 y − x = −2  x + y

(

b) Cho phương trình x 2 − 2 ( m − 1) x + m 2 − 2 m − 3 = 0 với m là tham số. +) Chứng minh phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m . +) Gọi x1 , x2 là 2 nghiệm của phương trình. Tìm m để x1 + 1 = x2 . = 60° , AC = b , AB = c , ( b > c ) . Dựng đường kính EF Câu 4. Cho tam giác ABC có BAC của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ( F nằm trên cung nhỏ CB ) vuông góc BC tại M . Gọi I , J lần lượt là hình chiếu của E lên AB , AC . Gọi H , K lần lượt là hình chiếu của F lên AB , AC .

( (

) ( x − 2) . x + 2 )( x − 2 ) x +2 −2

x +2 = x+4

x+4

(

x +2

)(

x−2

)

x +2 x+4

Ta có: P =

Câu 3

A = B

) (

x +2 =5

(

x −2

) , dễ thấy  P ≠ 5 ta viết lại biểu thức thành

 P ≠ 0 −2 ( P + 5) . x − 2 ⇔ x ( P − 5 ) = −2 ( P + 5 ) ⇔ x = P −5 x +2

x ≥ 0 suy ra

x −2

x+2

)

−2 ( P + 5 ) P−5

≥ 0 hay

P+5 ≤ 0 suy ra P + 5 , P − 5 trái dấu do P + 5 > P − 5 P −5

P + 5 ≥ 0  ⇔ −5 ≤ P < 5 . Vì P là số nguyên nên suy ra P ∈ {−5; − 4; − 3; − 2; − 1;1; 2;3; 4} thay P − 5 < 0  2 1 6 4 14   4 1 36 16 196  vào ta tính được x ∈ 0; ; ; ; ;3; ;8;18 ∈ 0; ; ; ; ;9; ;64;324 . 3 9  9 2 7 3   81 4 49 9 

Câu 2. Gọi vận tốc dự định đi từ A đến B là x (km/h), điều kiện x > 0 . Vận tốc thực tế khi đi từ B và A là x + 4 (km/h). Thời gian dự định đi từ A đến B là

24 24 giờ. Thời gian thực tế đi từ B về A là . x x+4

a) Chứng minh: AIEJ , CMJE là các tứ giác nội tiếp.

Theo giả thiết ta có:

b) Chứng minh: I , J , M thẳng hàng.

24 1 24  x = 12 48 + x + 4 24 + = ⇔ x2 + 4 x − 192 = 0 ⇔ ( x − 12 )( x + 16 ) = 0 ⇔  ⇔ = . x+4 2 x 2 ( x + 4) x  x = −16

c) Chứng minh: IJ ⊥ HK . 351

352

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Đối chiếu với điều kiện ta suy ra x = 12 thỏa mãn. Vậy vận tốc dự định đi từ A đến B là 12 km/h.

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Câu 4 E

Câu 3

3  6x  x + y + x −1 = 9  a) Điều kiện x ≥ 0 , x ≠ 1 , x + y ≠ 0 . Ta viết lại hệ phương trình thành  .  6 y − 2 x = −4  x + y

Cộng 2 phương trình của hệ ta có

(

)(

⇔ 3 − 2 x −1

6x 6y 3 + + −2 x =9−4 ⇔ x+ y x+ y x −1

)

x −1 = 0 ⇔ 2 x − 3 x − 2 = 0 ⇔

(thỏa mãn) hoặc x = −

(

)(

)

3 x −1

x − 2 2 x + 1 = 0 suy ra

− 2 x +1 = 0

x =2 ⇔ x=4

1 (loại). 2

Thay x = 4 vào ta tìm được y = 0 , vậy hệ có nghiệm ( x, y ) = ( 4, 0 ) .

H F

b) Xét phương trình x 2 − 2 ( m − 1) x + m 2 − 2 m − 3 = 0 với m là tham số. 2

Ta có ∆′ = ( m − 1) − ( m 2 − 2m − 3) = 4 > 0 nên phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2 .

a) Học sinh tự chứng minh. b) Từ các tứ giác IAJE , EJMC , EABC nội tiếp, ta có biến đổi góc sau: = EAI = ECB = ECM = 180° − EJM . Từ đó suy ra EJI + EJM = 180° hay I , J , M thẳng EJI

m −1 − 2  = m−3 x = 1 Ta tính được  .  x = m −1 + 2 = m +1  1

hàng. Chú ý: Đây là kết quả hình học khá quen thuộc, đường thẳng I , J , M là đường thẳng Simson của điểm E đối với tam giác ABC .

Xét điều kiện: x1 + 1 = x2 (*)

c) Chứng minh tương tự câu b ta có 3 điểm H , M , K thẳng hàng.

TH1: x1 = m − 3 , x2 = m + 1 thay vào (*) ta có

= BFM = BFE = 1 sđ BE , tứ giác BIEM nội tiếp nên Ta có IHM

m ≥ 2    m = 5 + 13 m ≥ 2 5 + 13 . m − 2 = m +1 ⇔  2 ⇔  m= 2  2 m − 5 m + 3 = 0     m = 5 − 13 2  

= BIM = BEM = 1 sđ BF . HIM 2

m ≥ 3 TH2: x1 = m + 1 , x2 = m − 3 thay vào (*) ta có m + 2 = m − 3 ⇔  2 (vô  m + 3m + 7 = 0

nghiệm). Vậy m =

1 2

+ HIM = sđ BE + sđ BF = sđ EF = 90° hay IM ⊥ HK . Từ đó suy ra IHM

d) Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC thì OB = R . Dựng đường cao BN của tam giác ABC ( N ∈ AC ) . Ta có 2

BC 2 = BN 2 + NC 2 = BN 2 + ( AC − AN ) = AC 2 + BN 2 + AN 2 − 2.AC. AN hay BC 2 = b2 + c 2 − 2bc.cos 60° = b2 + c 2 − bc . = AC 2 + AB 2 − 2 AC. AB cos BAC

5 + 13 là giá trị cần tìm. 2

= 60°  BOC = 120°  BOM = 60° . Trong tam giác vuông BOM ta có Do BAC

353

354

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

= sin BOM

BM BM BC b 2 + c 2 − bc b 2 + c 2 − bc ⇔ OB = = = = . 2sin 60° OB 3 3 sin BOM

Vậy bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là R =

b + c − bc . 3

Câu 5

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

ĐỀ SỐ 02 1  x +1  x−2 + với x > 0 , x ≠ 1 . . x + 2  x −1  x+2 x

Câu 1. Cho biểu thức P =  a) Rút gọn P .

b) Tìm các giá trị của x để 2 P = 2 x + 5 . 2

Ta viết lại 2 ( ab + bc + ca ) = ( a + b + c ) − ( a + b + c ) = ( a + b + c ) − 3 thì 2

c) Chứng minh P + x > 3

2P = ( a + b + c ) + 6 ( a + b + c ) − 3 . 2

Từ đánh giá quen thuộc: ( a + b + c ) ≤ 3 ( a 2 + b 2 + c 2 ) = 9  a + b + c ≤ 3 . Ta cũng có

(a + b + c)

= a 2 + b2 + c 2 + 2 ( ab + bc + ca ) ≥ a 2 + b2 + c 2 = 3  a + b + c ≥ 3 dấu đẳng thức xảy ra

Câu 2. Trong mặt phẳng Oxy cho parabol ( P ) : y =

2 x2 và đường thẳng d : y = − x + 2 với 2 m

m≠0.

4 tìm tọa độ các giao điểm của ( P ) và ( d ) . 3

khi và chỉ khi một trong hai số a hoặc b bằng 0 và c = 0 .

a) Khi m = −

Từ đó ta có 3 + 6 3 − 3 ≤ 2 P ≤ 32 + 6.3 − 3 ⇔ 3 3 ≤ P ≤ 12 .

b) Chứng minh đường thẳng ( d ) luôn cắt ( P ) tại 2 điểm M , N nằm ở 2 phía trục tung.

GTLN của P bằng 12 tại a = b = c = 1 , GTNN của P bằng 3 3 khi a = 3 , b = 0 , c = 0 hoặc a = 0 , b = 3 , c = 0 .

Gọi I là điểm cố định mà ( d ) luôn đi qua. Tìm m để diện tích tam giác CID bằng 4 5 với C , D lần lượt là hình chiếu vuông góc của M , N lên trục Ox . Câu 3. Một ca nô xuôi dòng 108 km rồi ngược dòng 63 km, tổng thời gian cả đi lẫn về là 7 giờ. Nếu ca nô xuôi dòng 81 km và ngược dòng 84 km thì tổng thời gian cũng hết 7 giờ. Biết vận tốc riêng của dòng nước không thay đổi. Tính vận tốc ca nô và vận tốc riêng dòng nước. Câu 4. Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp ( O; R ) , đường cao AH . Gọi I , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của H trên AB , AC . a) Chứng minh: A , I , H , K là tứ giác nội tiếp. b) Chứng minh: AK . AC = AI . AB và OA ⊥ IK . c) Chứng minh: AB. AC = 2 R. AH . d) Đường tròn ngoại tiếp tam giác AIK cắt ( O ) tại giao điểm thức 2 là M (khác A ). Chứng minh AM , IK , BC đồng quy. Câu 5. 2 a) Giải phương trình 7 − x + x − 5 = x −12x + 38. 4 2 b) Tìm GTLN, GTNN của biểu thức P = 4 1+ x + 4 1− x + 1− x

355

356

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

LỜI GIẢI

x2 2 = − x + 2 với mọi m ≠ 0 hay m 2 x + 4 x − 4m = 0 2 m

Câu 1 1  x + 1   x−2 x−2 + = + . x + 2  x −1  x x + 2  x+2 x x 

a) Ta có P = 

x+ x −2 x

(

x +2

)

(

x +1 = x −1

(

)(

x −1 x

(

x +2

)

x +1 = x −1

)

 . x +1 x + 2  x −1  x

(

)(

b) Ta có: P + x =

)

x +1 với x > 0 , x ≠ 1 . x

N I M

 x +1 2P = 2 x + 5 ⇔ 2   = 2 x + 5 ⇔ 2x + 5 x = 2 x + 2 ⇔ 2 x + 3 x − 2 = 0 x   1 1 ⇔ x + 2 2 x −1 = 0 ⇔ x = ⇔ x = . 2 4

(

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

)

a) Khi m =

4 thì (*) trở thành 4 x 2 + 12 x − 16 = 0 ⇔ x2 + 3x − 4 = 0 ⇔ ( x − 1)( x + 4 ) = 0 3

 1 ⇔ x = 1 hoặc x = −4 . Vậy ( d ) và (p) cắt nhau tại A 1;  ; B ( −4;8 )  2

x +1 1 + x = 1+ + x. x x

b) Vì ∆′ = 4 + 4m 2 > 0 với mọi m ≠ 0 nên phương trình (*) luôn có 2 nghiệm phân biệt tức

Theo bất đẳng thức Cô si dạng a + b ≥ 2 ab

là ( d ) cắt ( P ) tại 2 điểm phân biệt. Hơn nữa x1 x2 =

1 Ta có + x ≥ 2 suy ra P ≥ 3 . x

Dấu đẳng thức xảy ra khi x =

O 1 D

−4 m = −4 < 0 nên hai giao điểm luôn m

nằm về 2 phía trục tung. Giả sử M ( x1; y 1 ) N ( x2 ; y 2 ) với x1 < 0 < x2 khi đó ta có 1 hay x = 1 không thỏa mãn điều kiện x ≠ 1 x

Vậy P > 3, ∀x > 0; x ≠ 1 .

C ( x1;0 ) , D ( x2 ;0 )

Dễ thấy parabol luôn đi qua điểm cố định là I ( 0; 2) nên OI = 2, CD = x1 + x2 = x2 − x1 1 2

1 2

Suy ra diện tích tam giác ICD bằng S = OI .OD = .2. ( x2 − x1 ) = ( x2 − x1 ) Câu 2. Phương trình hoành độ giao điểm của ( P ) và ( d ) là:

 S 2 = ( x1 + x2 ) − 4 x1 x2



x +x =− 16 2 Thei hệ thức vi et ta có:  1 2 m suy ra S = 2 + 16 từ giả thiết suy ra

m  x1 x2 = −4 16 1 1 1 S 2 = 2 + 16 = 80  m 2 = ⇔ m = ± . Vậy m = ± để diện tích tam giác ICD bằng 4 5 m 4 2 2

Câu 3 Gọi Vận tốc ca nô là x (km/h), Vận tốc dòng nước là y (km/h) với x > y > 0 .

357

358

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Thời gian ca nô đi xuôi dòng 108 km là

108 giờ, thời gian ca nô ngược dòng 63 km là x+ y

63 giờ. x− y

Thật vậy giả sử NI cắt đường tròn ( J ) tại điểm K1 . Khi đó ta có ∆NMI ∽ ∆NK1 A  NM .NA = NI .NK1 (1)

Mặt khác tứ giác AMBC nội tiếp nên ta cũng suy ra NB.NC=NM.NA (2)

Theo giả thiết ta có

108 63 81 giờ, + = 7 (1) Thời gian ca nô đi xuôi dòng 81 km là x+ y x− y x+ y

Thời gian ca nô ngược dòng 84 km là

84 81 84 + = 7 ( 2) giờ. Theo giả thiết ta có x− y x+ y x− y

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình  108 x+ y +    81 +  x + y

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

63 =7 x− y 27 21  − = 0 ⇔ x − 8y = 0 ⇔ x = 8y . 84 x+ y x− y =7 x− y

Thay vào phương trình (1) ta có

108 63 + = 7 ⇔ y = 3  x = 24 9y 7y

Vậy vận tốc ca nô là 24 km/h, vận tốc dòng nước là 3 km/h.

= NK Từ (1) và (2) suy ra NB.NC = NI .NK1  ∆NBI ∽ ∆NK1C  NBI 1C  BIK1C nội tiếp hay K1 thuộc đường tròn ngoại tiếp tứ giác BIKC  K ≡ K1 Hay N , I , K thẳng hàng, tức là AM , IK , BC đồng quy.

Câu 5 a) điều kiện 5 ≤ x ≤ 7 Với mọi số thực a, b ta có: ( a − b )2 ≥ 0 ⇔ a 2 + b 2 ≥ 2ab ⇔ 2 ( a 2 + b 2 ) ≥ ( a + b )2 (**) Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b Áp dụng vào bài toán ta có :

(

7− x + x−5

)

≤ 2 ( 7 − x + x − 5 ) = 4 ⇔ 7 − x + x − 5 ≤ 2 dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

7− x = x−5 ⇔ x = 6 2

Lại có x 2 − 12 x + 38 − 2 = ( x − 6 ) ≥ 0 suy ra VP ≥ VT , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = 6 Câu 4

Vậy x=6 là nghiệm của phương trình.

= HKA = 90° nên 4 điểm A, I , H , K nằm trên đường tròn a) Do IH ⊥ AB, KH ⊥ AC  HIA

b) Đặt a = 4 1 + x , b = 4 1 − x  a, b ≥ 0, a 4 + b4 = 2

( J ) đường kính AH .

Ta có: P = a + b + ab . Áp dụng bất đẳng thức ở (**) ta có

b) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông AHB, AHC ta có AH 2 = AI . AB, AH 2 = AK. AC  AI . AB = AK . AC

Từ đó suy ra

AI AK AKI = ABC =  ∆AKI ∽ ∆ABC ( c.g .c )  AC AB

2 ( a 4 + b4 ) ≥ ( a 2 + b2 ) =

Suy ra P ≤ a + b +

(a + b) 4

+ b4 ) 4

 ( a + b ) ≤ 8 ( a 4 + b 4 ) = 16 ⇔ a + b ≤ 2

≤3

1 1 1 + Ta có OAK AKI = 180° − AOC + ABC = 90° − AOC + AOC = 90°  OA ⊥ KI 2 2 2

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = 1 ⇔ x = 0

c) Kẻ đường kính AD của ( O ) thì AD = 2R, ACD = 90° , tam giác vuông AHB, ACD

Ta cũng có : a 4 + b 4 ≤ a 4 + 2a 2b 2 + b 4 ≤ ( a 2 + b 2 )  a 2 + b 2 ≥ 2 ,

(

)

AH AC ABH = ADC cùng chắn cung AC suy ra ∆AHB ∽ ∆ACD ( g .g )  = AB AD

⇔ AB. AC = AH . AD = 2 R. AH

d) Từ việc chứng minh: ∆AKI ∽ ∆ABC ( c.g.c )  AKI = ABC suy ra tứ giác BKCI nội tiếp.

2 Mà a 2 + b 2 ≤ a 2 + 2ab + b 2 = ( a + b ) với mọi a, b ≥ 0 . Suy ra a + b ≥ a 2 + b2 ≥ 4 2

Vậy p = a + b + ab ≥ a + b ≥ 4 2 , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = 0 hoặc b = 0 tức là x = 1 hoặc x = −1

Giả sử AM cắt BC tại N . Ta chứng minh N , K , I thẳng hàng. 359

360

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

ĐỀ SỐ 3 Câu 1: Cho A =

 8x x − 1 8x x + 1  2 x + 1 x−2 1 1 − với x ≥ 0, x ≠ , x ≠ − ( x ≥ 0 ) , B =   : 2 x − 1 2 2 − + 2+ x 2 x x 2 x x  

a) Chứng minh khi x = 3 + 2 2 thì A = b) Rút gọn B và tìm x để

5 2 −1 7

A x−2 = B 4 x

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG 2

a) Ta có x = 3 + 2 2 = ( 2 + 1)  x = 2 + 1 thay vào A ta có: A=

( (

)( )(

) )

(

)( (

3 + 2 2 − 2 2 2 +1 2 2 +1 3 − 2 5 2 −1 = = = 7 2 +1+ 2 3+ 2 3+ 2 3− 2

b) Ta có :

) (

)( (

)  : 2 x + 1

2 x +1 4x − 2 x +1  8x x −1 8x x +1  2x + 1  2 x −1 4x + 2 x + 1 B =  − = −  : x 2 x −1 x 2 x +1  2 x − x 2 x + x  2 x − 1 

Câu 2: Một phòng họp có 180 ghế được chia thành các dãy ghế có số ghế ở mỗi dãy bằng nhau. Nếu kê thêm mỗi dạy 5 ghế và bớt đi 3 dãy thì số ghế trong phòng không thay đổi. Hỏi ban đầu phòng họp được chia thành bao nhiêu dãy. Câu 3: Trong mặt phẳng cho parabol ( P ) : y = x2 và đường thẳng ( d ) : y = ( m − 2) x + 3

A ( x1 ; x12 ) ; B ( x2 ; x22 ) ; C ( x1 ; 0 ) ; D ( x2 ;0 ) Tìm m để hai tam giác AOC và BOD có điện tích

Suy ra

Với

(

)

( x − 2 )( 2 x + 1) = x − 2 ⇔ x − 2  ( ) ( 4 ( x + 2 ) ( 2 x − 1) 4 x  2x +1

Câu 4: Cho đường tròn tâm O đường kính AB = 2R , trên đoạn OA lấy điểm I ( I ≠ A; I ≠ O ) vẽ tia Ix ⊥ AB cắt ( O ) tại C. Lấy điểm E trên cung nhỏ BC ( E ≠ B; E ≠ C )

⇔ 4x − 2 x − 2 = 0 ⇔ 2 x − x −1 = 0 ⇔

(

)

x + 2 ( 2 x − 1)

2x +1

)

x + 2 ( 2 x − 1)

−

1 (*) . Ta có (*) ⇔ x ( 2 x + 1) = x

Hoặc

a) Chứng minh: BEFI là tứ giác nội tiếp.

 2x −1 

( x − 2 )( 2 x + 1) , yêu cầu bài toán tương đương A x − 2 4 ( 2 x − 1) = : = B 2+ x 2x + 1 4 x + 2 ( 2 x − 1)

bằng nhau.

nối AE cắt CI tại F, gọi D là giao điểm của BC với tiếp tuyến tại A của ( O; R )

)

 4x + 2 x +1 4x − 2 x +1  2x +1 2 x + 1 4 ( 2 x − 1) =  − = 4: =  : 2x −1 2x + 1 x x   2x −1

a) Chứng minh rằng khi m thay đổi thì (P) luôn cắt (d) b) Gọi x1, x2 là hoành độ giao điểm A, B của ( d ) với ( P ) và x1 < 0 < x2 . Xét các điểm

)

(

)(

 1  = 0 hay x = 2 x 

(

)

x + 2 ( 2 x − 1)

)

x −1 2 x +1 = 0 ⇔ x = 1

Đối chiếu với điều kiện bài toán ta thấy x = 1; x = 2 thỏa mãn. Câu 2 :

b) Chứng minh: AE. AF = CB.CD

Gọi số dãy ghế ban đầu của phòng họp là x (dãy) điều kiện x > 3, x ∈ ℕ

c) Tia BE cắt IC tại K. Giả sử I, F lần lượt là trung điểm của OA, IC . Chứng minh : ∆AIF ∽ ∆KID từ đó tính IK theo R d) Khi I là trung điểm của OA và E chạy trên cung nhỏ BC. Tìm vị trí điểm E để EB + EC lớn nhất. Câu 5: Cho các số thực a, b, c ≥ 1 . Chứng minh rằng:

Số ghế ở mỗi dãy lúc đầu là này là : 180 (ghế). x −3

Theo giả thiết ta có

1 1 1 4ab 4bc 4ca + + + + + ≥9 2a − 1 2b − 1 2c − 1 1 + bc 1 + bc 1 + ca

Lời giải Câu 1: 361

180 (ghế). Số dãy mới là : x − 3 (dãy), Số ghế ở mỗi dãy lúc x

180 180 − = 5 ⇔ 5 x ( x − 3 ) = 540 ⇔ 5 x 2 − 15 x − 540 = 0 x −3 x

 x = 12 ⇔ x 2 − 3 x − 108 = 0 ⇔ ( x − 12 )( x + 9 ) = 0 ⇔   x = −9

Đối chiếu điều kiện ban đầu ta thấy x = 12 thỏa mãn 362

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Vậy số dãy ghế ban đầu của phòng là : 12 dãy.

AI . AB = AC 2 = CD.CB suy ra AE . AF = CD.CB

Câu 3 :

c) Tam giác AIF và KIB có:

a) Phương trình hoành độ giao điểm của ( P ) và ( d ) là :

= 900 , IAF = IKB = 90 0 − KBA nên AIF = KIB

x 2 = ( m − 2 ) x + 3 ⇔ x 2 − ( m − 3) x − 3 = 0 ( *) 2

∆AIF ∽ ∆KIB ( g − g ) 

Ta có ∆ = ( m − 2 ) + 12 vì ( m − 2 ) ≥ 0, ∀ m

AI IF AI .IB =  KI = KI IB IF

E C

Vì I là trung điểm OA và CI ⊥ OA nên

Nên ∆ ≥ 12 > 0 suy ra phương trình (*) luôn có 2 nghiệm phân biệt x1 ; x2 hay đường thẳng ( d ) luôn cắt ( P ) tại 2 điểm phân biệt A, B.

Tam giác OAC cân tại C, lại có OC = OA = R

Theo hệ thức Vi – ét ta cũng có x1x2 = −3 < 0 suy ra 2 giao điểm A, B nằm về hai phía trục tung.

= 600 COA

b) Vì các điểm A, C có cùng hoàng độ và C ∈ Ox nên AC ⊥ CO tương tự BD ⊥ OD Tam giác ACO vuông tại C , BOD vuông tại D nên ta có: 1 x x 2 − x3 1 x .x 2 x3 S AOC = OC. AC = x1 y1 = − 1 1 = , S BOD = x2 y2 = 2 2 = 2 2 2 2 2 2 2 1 2

1 2

Nên tam giác OAC là tam giác đều, suy ra A

= 1 COA = 300 , từ đó dễ tính được CBA 2

CI =

KI =

3 1 3 R  IF = CI = R nên 2 2 4

IA.IB IC 2 = = 2 IC = 3R 1 IF IC 2

Yêu cầu bài toán tương đương với − x13 = x23 ⇔ x13 + x23 = 0 ⇔ x1 = − x2 ⇔ x1 + x2 = 0 Theo

d) Gọi M là giao điểm của tia CI với ( O ) ( M ≠ C ) thì tam giác CIB cân tại B.

hệ thức Vi – ét ta có x1 + x2 = m − 2  m − 2 = 0 ⇔ m = 2

= 300  CBM = 600 ta suy ra tam giác CBM đều. Lấy Kết hợp với chứng minh ở câu c: CBA = 600 nên suy ra tam giác CEN điểm N trên đoạn EM sao cho EN = EC , do CEM = CBM = 1800 − CNE = 1200 , CEB = 180 0 − CMB = 120 0 và đều. Xét các ∆CNM , ∆CEB ta có: CNM

Câu 4 : a) Vì điểm E nằm trên ( O ) đường kính AB nên AEB = 90° Tứ giác IFEB có = 90° + 90° = 180° nên IFEB là tứ giác nội tiếp. AEB + FIB = 90° , EAB chung, Suy ra ∆AIF ∽ ∆AEB (1) AIF = AEB b) Xét tứ giác AIF , AEB có

( g.g ) dẫn đến

AI AE = ⇔ AE. AF = AI . AB Vì C nằm trên ( O ) đường kính AB nên AF AB

ACB = 90° , AD là tiếp tuyến của ( O )

= CBE  MCN = BCE  ∆CNM = ∆CEB ( c − g − c ) suy ra MN = EB. CE = CN , CMN

Từ đó ta có: EC + EB = EN + MN = EM ≤ 2 R, dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi EM là đường kính của (O), hay E là điểm đối xứng với M qua O. Nhận xét: Nếu biết định lý Ptolemy thì ta có kết quả EC .MB + EB.MC = BC .EM mà tam giác BMC đều nên MB = MC = BC suy ra EC + EB = EM . Bài tập tương tự: Cho đường tròn ( O; R ) có đường kính AB, C là trung điểm của OA và dây MN ⊥ OA tại C. Gọi K là điểm tùy ý trên cung nhỏ BM, H là giao điểm của AK, MN.

= 90° áp dụng hệ thức lượng trong các tam giác vuông ACB, BAD ta có: Nên DAB

a) Chứng minh: BCHK là tứ giác nội tiếp b) Tính AH.AK theo R c) Xác định vị trí điểm K để KM + KN + KB lớn nhất. Tính GTLN đó. (trích đề tuyển sinh lớp 10 TP Hà Nội, năm 2006). KIẾN THỨC BỔ SUNG

363

364

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Câu 5

a. Định lý Ptolemy cho tứ giác nội tiếp: Cho tứ giác ABCD nội tiếp trong đường tròn (O). Khi đó ta có: AB.CD + AD.BC = AC .BD

Đặt P =

Chứng minh

Vì a, b ≥ 1  ( a − 1)( b − 1) ≥ 0  ab + 1 ≥ a + b. Ta có: ( a − 1) ≥ 0  a 2 ≥ 2a − 1 suy ra

= BAC Trên đường chéo BD lấy điểm E sao cho DAE

1 1 1 4ab 4ac 4ca + + + + + 2a − 1 2b − 1 2c − 1 1 + ab 1 + bc 1 + ca

4 ( ab + 1) − 4 4ab 4 4 1 1 = = 4− ≥ 4− , tương tự ta cũng có đánh giá với ≥ , lại có 2a − 1 a 2 1 + ab 1 + ab 1 + ab a+b 1 1 1 1 1 1  các biểu thức còn lại trong vế trái và suy ra: P ≥ 2 + 2 + 2 + 12 − 4  + +  a b c  a+b b+c c+a

= BAC và ADE = ACB (cùng chắn ta có DAE AB ) nên ∆ADE ∽ ∆ACB ( g − g ) 

AD DE = AC BC

= CAB  AD.BC = AC .DE (1) . Do DAE

Từ ( a + b ) ≥ 4ab và bất đẳng thức Cauchy ta có:

= ACD = EAB , lại có ABE Nên DAC

1 1 1 1 1  4 4 4 1 1   1  1 + + + 12 − 4  + + + + − 4 + + ≥  + 12 2 2 2 a 2 b2 c2  a + b b + c c + a  ( a + b) (b + c) ( c + a )  a +b b+c c+a 

AD ) (cùng chắn

 ∆ABE ∽ ∆ACD ( g − g ) 

AB BE =  AB.CD = AC.BE ( 2 ) AC CD

Ta cũng có

Từ (1) và (2) suy ra AB.CD + AD.BC = AC ( BE + DE ) = AC .BD

( a + b)

b. Định lý Shooten: Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O). Chứng minh rằng với mỗi điểm M bất kỳ nằm trên đường tròn (O) thì một trong ba đoạn MA, MB, MC có một đoạn có độ dài bằng tổng độ dài hai đoạn kia. Chứng minh

(b + c)

(c + a)

1 1   1  2   2   2  − 4 + + − 1 +  − 1 +  − 1 + 9  + 12 =   a+b b+c c+a   a+b  b+c  c+a 

Nên suy ra P ≥ 9. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. = NDC ( góc nội tiếp cùng chắn cung IC). Ta b) Vì DEIC là tứ giác nội tiếp ( O ) nên NEI = DNC đối đỉnh, suy ra ∆ENI đồng dạng với ∆DNC (g.g) dẫn tới NE = NI (tỉ cũng có EHI NC

. Từ các tứ giác BFEC, DEIC nội AFE = EMN c) Để chứng minh: MN AB ta chứng minh:

Áp dụng định lý Ptolemy cho tứ giác nội tiếp ABMC

(học sinh tự trình bày chi tiết phần này). Ta cần chứng minh: AFE = ACB = DIE tiếp nên DIE = EMN .

Ta có: MA.BC = MB. AC + MC. AB Vì AB = AC = BC nên MA = MB + MC

Tức là quy về chứng minh: MENI là tứ giác nội tiếp.

I B

thì ta lần lượt có MB = MC + MA và MC = MA + MB. M

Cách khác để chứng minh: MA = MB + MC (trường hợp điểm M nằm trên các cung AB, AC tương tự) Trên MA lấy điểm I sao cho MI = MB ta cần chứng minh MC = AI . Thật vậy, ta có: = = 600. BMI ACB = 600 mà MB = MI nên tam giác BIM đều, do đó BI = BM và IBM = , suy ra CBM ABC = 600 nên ABI . Dễ dàng chứng minh được Ta lại có ABC = IBM ∆BCM = ∆BAI ( c − g − c ) nên MC = AI 365

số đồng dạng) suy ra NE.NC = NI .ND

Xét điểm M nằm trên cung nhỏ BC.

Suy ra đpcm.

Tương tự nếu điểm M nằm trên cung nhỏ AC và AB

1 1 2 8 + ≥ ≥ suy ra a 2 b 2 ab ( a + b )2

= = DIC suy ra tứ giác MENI nội tiếp (đpcm). AEF = ABC = DEC Ta lại có: MEC = TGN , ta có biến đổi góc d) Để chứng minh: H , T , G thẳng hàng ta sẽ chứng minh: HGN = HCK = KMN , như vậy để chứng minh: HGN = TGN ta cần chỉ ra liên quan như sau HGN KMN = TGN ⇔ ∆TGN ∼ ∆KMN . Thật vậy, = EIN = NCT , ENM = TNC suy ra ∆ENM ∼ ∆TNC + Xét tam giác ENM, TNC ta có: EMN

(g.g) suy ra

EN NM = (1) NT NC

366

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

= CGN , ENK = GNC  ∆ENK ∼ ∆GNC (g.g) suy ra + Xét tam giác ENK , GNC ta có: KEN EN NK NK NM = = (2). Từ (1) và (2) ta suy ra suy ra ∆TGN ∼ ∆KMN (c.g.c) đpcm. GN NC NT NG

Câu 5:

Câu 2: Một ô tô dự định đi từ A đến B cách nhau 148 km trong một thời gian đã định. Sau khi đi được 1 giờ thì ô tô bị chắn bởi tàu hỏa trong 5 phút, vì vậy để đến B đúng giờ ô tô phải chạy với vận tốc tăng thêm 2 km/h so với lúc đầu. Tính vận tốc ô tô trong 1 giờ đầu. Câu 3:

Ta có: P = ( a 2 + 2ab + b 2 ) + c 2 − 2ab + abc = ( 3 − c )2 + c 2 − ab ( 2 − c ) (a + b)2 (3 − c)2 1 Từ giả thiết ta có: ab ( 2 − c ) ≥ 0 và 0 ≤ ab ≤ =  ( c 3 − 3c + 18) ≤ P ≤ (3 − c)2 + c 2 4 4 4

Ta có

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

1 3 ( c − 3c + 18) = 14 (c − 1)2 ( c + 2 ) + 16 ≥ 164 = 4 , dấu đẳng thức xảy ra tại a = b = c = 1 4

1   2x −1 + 2 y −1 = 1  1) Giải hệ phương trình:  3 2 x − 1 − 2 = −2  2 y −1

2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng ( d ) : y = ( 2m + 1) x − ( m2 + m ) và

Do 0 ≤ c ≤ 1  c ( c − 1) ≤ 0 dẫn tới 2c 2 − 6c + 9 = 2c ( c − 1) − 4c + 9 ≤ 9 . Dấu đẳng thức xảy ra tại

parabol ( P ) : y = x 2 .

c = 0, ab = 0, a + b + c + abc = 3 hay c = 0, a = 3, b = 0 hoặc c = 0, a = 0, b = 3

a) Khi m = 1 tìm tọa độ giao điểm của ( P ) và ( d )

Kết luận GTNN của P là 4, GTLN của P là 9.

b) Tìm tất cả các giá trị m để đường thẳng ( d ) cắt ( P ) tại 2 điểm có hoành độ lần lượt là x1, x2 sao cho 2 x1 + 1 = x2 .

Nhận xét: + Giả thiết 0 ≤ c ≤ 1 , giúp bài toán nhẹ nhàng hơn. + Nếu không có 0 ≤ c ≤ 1 ta có thể giả sử c = min {a, b, c}  3 = a + b + c ≥ 3c  c ≤ 1 . Có thể tìm GTNN của P theo cách: Trong 3 số a − 1, b − 1, c − 1 luôn tồn tại 2 số cùng dấu.

Câu 4: Từ điểm A ở ngoài ( O; R ) vẽ hai tiếp tuyến AE, AF đến ( O; R ) , đường thẳng qua O vuông góc với AO cắt các tia AE, AF lần lượt tại B, C . Gọi D là điểm nằm trên cung nhỏ EF của ( O; R ) , tiếp tuyến tại D của ( O; R ) cắt AB, AC lần lượt tại M , N . a) Chứng minh: Tứ giác AEOF nội tiếp. b) Gọi I là giao điểm của DE và MO, K là giao điểm của DF và NO . Chứng minh:

Giả sử a − 1, b − 1 cùng dấu, suy ra (a − 1)(b −1) ≥ 0 ⇔ ab ≥ a + b − 1 = 2 − c Suy ra

OI .OM = ON .OK 2

 2P = 2 ( a + b ) + 2c + 2c.ab ≥ ( a + b ) + 2c + 2c ( 2 − c ) = ( 3 − c ) + 2c + 2c ( 2 − c ) 2

= c 2 − 2c + 9 = ( c − 1) + 8 ≥ 8

c) Chứng minh: ∆OMN ∼ ∆BMO . d) Khi điểm D thay đổi trên cung nhỏ EF của ( O; R ) hãy tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác AMN .

suy ra P ≥ 4 . ĐỀ SỐ 5

 x3 − x 

Câu 5: Giải phương trình   = 2x + 3  2 

Câu 1: Cho A =

x3 + 3x 2

LỜI GIẢI x +3 x +2 x +2 , B= + + x − 2 3− x x −5 x + 6

1 với x ≥ 0, x ≠ 4, x ≠ 9 x +1

Câu 1: x ≥ 0

a) Điều kiện xác định:  x ≠ 4

a) Rút gọn A b) Tính giá trị của A khi x = 7 + 4 3

x ≠ 9 

A c) Đặt P = , tìm x để: P ≤ 4 B

Ta có: A =

367

x +3 x +2 − + x −2 x −3

x +2

(

x −2

)(

x −3

)

368

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

(

x +3

)(

) (

x +2

x −2

)(

x −3 −

(

)(

)

x −2 + x +2

x −3

)

Hay

(

3 3− x x −2

A = B

1 1 : = x − 2 x +1

)≤0⇔

x +1 ≤4⇔ x −2

2  2 2 x − 1 + 2 y − 1 = 2  cộng hai phương trình của hệ mới ta có:  3 2 x − 1 − 2 = −2  2 y −1

1 x −2

b) Khi x = 7 + 4 3 = ( 2 + 3 )  x = 2 + 3 thì A = c) Ta có P =

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

1 1 3 = = 3 2+ 3−2 3

x +1 −4≤ 0⇔ x −2

x +1− 4

(

x −2

)≤0

5 2 x −1 = 0 ⇔ 2 x − 1 = 0 ⇔ x =

1 1 . Với x = thay vào phương trình ban đầu của hệ ta 2 2

có: 2 y −1 = 1 y =1 1 ⇔ = 1 ⇔ 2 y −1 = 1 ⇔  2 y −1  2 y − 1 = −1  y = 0

x −3 ≥ 0 ( *) . x −2

x ≥ 9  x − 3 ≥ 0 TH1:  ⇔ đối chiếu với điều kiện suy ra x ≻ 9 x − 2 ≻ 0 x ≻ 4  x ≤ 9  x − 3 ≤ 0 ⇔ TH2:  đối chiếu với điều kiện suy ra 0 ≤ x ≺ 4 x ≺ 4  x − 2 ≺ 0

Vậy P ≤ 4 khi và chỉ khi 0 ≤ x ≺ 4 hoặc x ≻ 9 .

Vậy hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm là: ( x; y ) =  ;1 2 

2)Phương trình hoành độ giao điểm của ( d ) và ( P ) là x 2 = ( 2 m + 1) x − m 2 − m ⇔ x 2 − ( 2 m + 1) x + m 2 + m = 0

x =1 x = 2

a) Khi m = 1 ta có: x 2 − 3x + 2 = 0 ⇔ ( x − 1)( x − 2 ) = 0 ⇔ 

Câu 2:

Với x = 1 thì y = 1, với x = 2 thì y = 4 . Vậy ( d ) cắt ( P ) tại 2 điểm A (1;1) , B ( 2; 4 ) .

Gọi vận tốc dự định của ô tô là x (km/h) điều kiện x ≻ 0 . Thời gian dự định đi từ A đến

b) Để ( d ) cắt ( P ) tại 2 điểm phân biệt điều kiện là

B là

148 (giờ) x

∆ > 0 ⇔ ( 2m + 1) − 4 ( m 2 + m ) > 0 ⇔ 1 > 0 luôn đúng. Vậy ( d ) luôn cắt ( P ) tại 2 điểm

Quãng đường ô tô đi được trong 1 giờ đầu là x (km). Quãng đường còn lại là 148 − x (km). 148 − x Thời gian đi quãng đường còn lại là: (giờ). Tổng thời gian thực tế ô tô để ô tô đi x+2 1 148 − x 1802 + x (giờ). Theo giả thiết ta có: từ A đến B là: 1 + + = 12 x + 2 12 ( x + 2 )

 x = 48 148 1802 + x = ⇔ x 2 − 26 x − 3352 = 0 ⇔ ( x − 48 )( x + 74 ) = 0 ⇔  . Đối chiếu với điều x 12 ( x + 2 )  x = −74

kiện ban đầu ta có x = 48 thỏa mãn. Vậy vận tốc ô tô trong 1 giờ đầu là 48 km/h. Câu 3: 1 1 1) Điều kiện x ≥ , y ≠ . Ta nhân phương trình thứ nhất của hệ với 2 thì thu được 2 2

phân biệt x1, x2 . x = m x = m +1

Ta có x 2 − ( 2m + 1) x + m 2 + m = 0 ⇔ ( x − m )( x − m − 1) = 0 ⇔ 

TH1: x1 = m, x2 = m + 1 . Thay vào điều kiện 2 x1 + 1 = x2 ta có m ≥ 0 m = 0 kiểm tra lại ta thấy cả 2 giá trị m 2 m + 1 = m + 1 ⇔ 2m = m ⇔  2 ⇔ m 2 m 0 − = m = 2 

đều thỏa mãn. TH2: x1 = m + 1, x2 = m thay vào điều kiện 2 x1 + 1 = x2 ta có: m ≥ 1 m ≥ 1 m ≥ 1 ⇔ ⇔ 2 ( m + 1) + 1 = m ⇔ 2 ( m + 1) = m − 1 ⇔  2 2 − − = m 4 m 1 0 − = m 2 5 )  m = ± 5 + 2 (

Đối chiếu điều kiện ta thấy m = 5 + 2 thỏa mãn. Vậy m ∈ {0; 2; 2 + 5} là tất cả các giá trị cần tìm. 369

370

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Câu 4:

Câu 5: B

a) Vì AE, AF là các tiếp tuyến của ( O; R ) tại E

và F nên

( x3 − x )3 − 16 x = 4 y

Đặt y = 3 4 x 3 + 12 x ta có hệ sau: 

Cộng hai vế hpt ta thu được: ( x3 − x)3 + 4( x3 − x) = y3 + 4 y. Đặt z = x3 − x ta có :

D A

AEO = AFO = 900 . Suy ra AEO + AFO = 1800 hay

4 x3 + 12 x = y3

AEOF là tứ giác nội tiếp (tổng 2 góc đối bằng

1800

b) Vì MD, ME là các tiếp tuyến của ( O; R ) nên MO ⊥ DE tại trung điểm I của DE (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau), tương tự NO ⊥ DF tại trung điểm K của DF . Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông OEM ta có: OI .OM = OE 2 = R2 Tương tự OK .ON = OF 2 = R2 từ đó suy ra OI .OM = ON .OK , FOD . Từ đó ta có: c) Dễ thấy OM , ON lần lượt là phân giác EOD 0 = 1 EOF = 180 − BAC = 900 − OAB = ABC , MNO = ONC  ∆OMN ∼ ∆BMO (g.g) MON 2 2

(1) d) Chứng minh tương tự câu c ta suy ra  ∆OMN ∼ ∆CON (g.g) (2). Từ (1) và (2) ta suy ra ∆BMO ∼ ∆CON (g.g) 

Ta viết lại phương trình thành: ( x3 − x ) − 16 x = 4 3 4 x 3 + 12 x

E M

MB BO BC 2 =  BM .CN = OB.OC = ( *) OC CN 4

y 3y2 z3 + 4 z = y3 + 4 y ⇔ ( z − y)( z 2 + yz + y 2 + 4) = 0(*) . Vì z 2 + zy + y 2 + 1 = ( z + )2 + +1 > 0 2 4

với mọi y,z nên (*) tương đương với : ( x 3 − x)3 = 4 x3 + 12 x ⇔ x  x 2 ( x 2 − 1)3 − 4 x 2 − 12 = 0 x = 0 ⇔ 2 2 3 2  x ( x − 1) − 4 x − 12 = 0

Xét phương trình : x2 ( x2 −1)3 − 4x2 −12 = 0 (1) . Đặt t = x 2 − 1 ≥ −1  x 2 = t + 1 thì phương trình (1) trở thành : (t + 1)t 3 − 4(t + 1) −12 = 0 ⇔ t 4 + t 3 − 4t −16 = 0 ⇔ (t − 2)(t + 2)(t 2 + t + 4) = 0, do t ≥ 1  t + 2 > 0 1 2

và t 2 + t + 4 = (t + ) 2 +

15 > 0 nên phương trình có nghiệm duy nhất t = 2 4

 x2 = 3 ⇔ x = ± 3 .

Ta có S AMN = S ABC − SBMNC nên SAMN đạt giá trị lớn nhất khi SBMNC đạt giá trị nhỏ nhất. Ta

Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm là : x = 0; x = ± 3.

1 2

có SBMNC = SBOM + SMON + S NOC = R ( BM + MN + NC )

ĐỀ SỐ 06

Chú ý rằng: MD = ME, DN = DF nên

Câu 1: Cho biểu thức : A =

BM + MN + NC = BE + CF + 2 ( ME + NF ) = 2 ( BE + CF + ME + NF ) − BE − CF = 2 ( BM + CN ) − 2 BE

2 x +3 ;B = 5 x − 10 x

2 3 5 x −7 + − ( x > 0, x ≠ 4) x − 2 2 x +1 2x − 3 x − 2

a) Tính giá trị của A khi x = 5 + 2 6.

S BMSC = R ( BM + CN − BE )

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có:

b) Rút gọn B.

BM + CN ≥ 2 BM .CN = BC từ (1) và (2) suy ra S BMSC ≥ R

(

)

BM .CN − BE = R ( BC − BE ) .

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi MN BC khi và chỉ khi D là giao điểm của đường trung trực của BC với đường tròn ( O ) . Vậy diện tích tam giác AMN đạt giá trị lớn nhất khi D là giao của đường trung trực của BC với đường tròn ( O ) . Khi đó giá trị lớn nhất của diện tích tam giác AMN là

1 AO.BC − R ( BC − BE ) 2

371

c) Tìm x sao cho C= B : A nhận giá trị là một số nguyên. Câu 2: Khoảng cách giữa hai tỉnh A,B là 60 km . Hai người đi xe đạp cùng khởi hành một lúc đi từ A đến B với vận tốc bằng nhau . Sau khi đi được một giờ thì xe của người thứ nhất bị hỏng nên phải đứng lại sửa xe 20 phút còn người thứ 2 tiếp tục đi với vận

372

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

tốc ban đầu . Sau khi sửa xe xong người thứ nhất tiếp tục đi với vận tốc lớn hơn lúc đầu 4km/h nên đến B cùng lúc với người thứ hai . Tính vận tốc hai người lúc đầu.

b) Với x > 0; x ≠ 4 ta có :

Câu 3:

c) Ta có : A =

 7  x−7 −  1) Giải hpt :   5 +  x − 7

4 5 = y+6 3

2 3 5 x −7 2(2 x + 1) + 3( x − 2) − (5 x − 7) 2 x +3 + − = = . x − 2 2 x +1 2x − 3 x − 2 ( x − 2)(2 x + 1) ( x − 2)(2 x + 1)

2 x +3 2 x +3 5 x ( x − 2) 5 x nên C = B : A = . = . 5 x ( x − 2) ( x − 2)(2 x + 1) 2 x +3 2 x +1

Vì x > 0, ∀x > 0, x ≠ 4 nên C =

3 13 = y+6 6

2) Cho phương trình : x − 2mx + (m −1) = 0 ( m là tham số ) 2

5 x 2 x +1

5 x > 0 ta có : 2 x +1

5 5 5 5 − <  0 < C < . Kết hợp với ĐK C ∈ Z nên suy ra C ∈ {1; 2} . 2 2(2 x + 1) 2 2 1 3

1 thỏa mãn điều kiện. 9

a) Giải phương trình khi m = -1.

+ Nếu C= 1 ⇔ 5 x = 2 x + 1 ⇔ x = ⇔ x =

b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt trong đó có một nghiệm bằng bình phương nghiệm còn lại.

+ Nếu C=2 ⇔ 5 x = 4 x + 2 ⇔ x = 2 ⇔ x = 4 không thỏa mãn điều kiện . Vậy x =

1 thì C là một số nguyên. 9

Câu 4: Cho đường tròn tâm (O;R) và một điểm N nằm ngoài (O) . Từ N kẻ hai tiếp tuyến NA, NB đến (O) (A,B là hai tiếp điểm ) . Gọi E là giao điểm của AB , ON .

Câu 2: Gọi vận tốc hai người lúc đầu là x (km/h) . thời gian xe thứ 2 đi từ A đến B là 60/x giờ.

a) Chứng minh NAOB là tứ giác nội tiếp . b) Tính AB biết ON = 5cm, R= 3cm.

Quãng đường người thứ nhất đi được sau 1 giờ là x (km/h). Sau khi tăng vận tốc thì người thứ nhất đi với vận tốc mới là x+4 (km/h). Thời gian người thứ nhất đi tiếp cho

c) kẻ tiua Nx trong góc ANO cắt (O) tại C,D ( C nằm giữa N và D ) . Chứng minh :

đén khi đén B là :

= OED . NEC

d) Qua N kẻ cát tuyến thứ hai với đường tròn là NPQ ( P nằm giữa N,Q ) . Gọi I là giao điểm CQ, DP . Chứng minh : A,B,I thẳng hàng.

60 − x . Theo giả thiết ta có : x+4  x = 20 60 − x 1 60 180 − 3 x + 4( x + 4) 60 + +1 = ⇔ = ⇔ x 2 + 16 x − 720 = 0 ⇔ ( x − 20)(x + 36) = 0 ⇔  x+4 3 x 3( x + 4) x  x = −36

Đối chiếu với ĐK thì x= 20 thỏa mãn . Vậy vận tốc ban đầu của hai người là 20km/h.

Câu 5: Cho hai số dương x,y thỏa mãn x ≥ 2 y .Tìm giá trị nhỏ nhất của 2 x 2 + y 2 − 2 xy P= . xy

LỜI GIẢI Câu 1:

Cộng hai pt của hệ ta thu được :

a) Khi x = 5 + 2 6 = ( 3 + 2)2  x = 3 + 2 thay vào A ta có : A=

   Câu 3: a) Điều kiện x > 7; y > −6 , ta viết lại hệ thành :   

2 x +3 2( 3 + 2) + 3 = ( Học sinh tự rút gọn ). 5 x ( x − 2) 5(5 + 2 6) − 10( 3 + 2)

tìm được :

7 − 3

4 5 = ⇔ y+6 3

12 =5 y+6

20 + x −7

12 26 = y+6 3

41 41 =  x − 7 = 3  x − 7 = 9  x = 16 thay vào ta x−7 3 4 2 = ⇔ y + 6 = 6 ⇔ y + 6 = 36 ⇔ y = 30 ( thỏa mãn y +6 3

ĐK) Vậy HPT có nghiệm (x;y) = (16; 30).

373

21 − x −7

374

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG = NDA = 1 sđ c) Xét tam giác NCA,NAD có : AND chung và NAC

x = 2  x = −4

b) + Khi m= -1 , ta có pt : x 2 + 2 x − 8 = 0 ⇔ ( x − 2)( x + 4) = 0 ⇔ 

NC NA AC  ∆NCA ∽ NAD (g .g)  =  NA2 = NC.ND (1) NA ND

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông NAO ta có : NA2 = NE.NO(2) . Từ (1) , (2) + Điều kiện để pt có hai nghiệm phân biệt là : ∆′ = m2 − (m−1)3 > 0(*)

ta suy ra : NC.ND=NE. NO ⇔

NC NO Suy ra tứ =  ∆NCE ∽ ∆NOD (c.g .c)  NEC = NDO NE ND

giác CEOD nội tiếp ( góc ngoài một đỉnh bằng góc đối) . Mặt khác tam giác OCD cân = NDO = OCD = OED  NEC = OED . tại O nên ta có biến đổi góc : NEC

 x + x = 2m (1) Gọi x1,x2 là hai nghiệm của pt , theo Vi-ét ta có :  1 2 3

 x1 x2 = ( m − 1) (2)

Giả sử x1 = x22 , thay vào (2) , ta được x2 = m − 1; x1 = (m − 1)2 . Thay hai nghiệm x1,x2 vào m = 0 kiểm tra điều kiện (*) ta thấy m = 3

(1) , ta được : (m − 1)2 + (m − 1) = 2m ⇔ m 2 − 3m = 0   cả hai giá trị của m đều thỏa mãn.

(

a) Vì NA,NB là các tiếp tuyến của = NBO = 90° . (O) nên NAO

A C

Tứ giác NAOB nội tiếp.

)

(

)

Suy ra CEIP nội tiếp , tương tự DEIQ nội tiếp .

+ NBO = 180°  Suy ra : NAO

= ICP = IDQ = IEQ hay EI là phân giác PEQ (3) . Từ chứng minh câu c ta Suy ra : IEP suy ra :

= DEA hay EA là phân giác của CED , tương tự ta suy ra EB là phân giác của PEQ CEA

(4) . Từ (3),(4) suy ra : EI = EB hay I,A,B thẳng hàng.

b) Khi ON = 5cm , R =3 cm , theo tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau ta có : AB =2 AE.

Và AE ⊥ NO tại E, áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông AON ta có : OA2 = OE.ON . Suy ra

Câu 5:

Do x ≥ 2 y 

OA2 9 9 16 =  NE = NO − OE = 5 − = ON 5 5 5

Lại có : AE 2 = EN .EO  AN 2 =

Ta có : = CEN + NEP = ODC + OQP = 1 (180° − COD ) + 1 (180° − POQ ) CEP 2 2 + POQ 360° − COD 1 1 ) + 1 (180° − POQ ) = 180° − 1 (COD + POQ ) = (180° − COD = COP + DOQ 2 2 2 2 2 1 1 1 COP + DOQ = sdCP + sd QD = CIP 2 2 2

Câu 4:

OE =

d) Tương tự câu c ta có : PEOQ nội tiếp.

2 x 2 + y 2 − 2 xy 2( x − 2 y )2 + 6 xy − 7 y 2 2 ( x − 2 y ) 7y = = +6− xy xy xy x

x y 1 7 5 ≥ 2  − ≥ − . Dẫn tới : P ≥ 0 + 6 − = , dấu "=" xảy ra khi và chỉ y x 2 2 2

khi x = 2y. Vậy GTNN của P là

5 . 2

16.9 12 24 . ⇔ AN =  AB = 2. AN = 25 5 5

ĐỀ SỐ 07 Câu 1: Cho biểu thức : A =

375

x +1 ,B = x −1

x x −1 với x ≥ 0, x ≠ 1 − x + 1 x −1

376

)

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

a) Tìm x để A=2.

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG x +1 = 2 ⇔ x +1 = 2 x −1

a) Ta có A = 2 ⇔

b) Chứng tỏ A.B không phụ thuộc vào x. c) Tìm x để A ≥ B .

x x −1 − = x +1 x −1

b) Ta có : B =

Câu 2: Trong giờ thể dục hai bạn An và Bình chạy bền trên một quãng đường dài 2km và xuất phát cùng một thời điểm . Biết bạn An chạy bền với vận tốc TB lớn hơn vận tốc TB của bạn Bình là 2km/h và về đích sớm hơn bạn Bình 5 phút . Tính thời gian chạy hết

x −1 − x + 1

x +1 ≥ x −1

A≥ B⇔

c) Ta có : ⇔

x −1 ⇔ x +1

4 x

(

x −1

)(

x +1

)

)(

x −1

) (

x +1

)

x −1

)(

x −1

)

x +1

x −1 x +1

x +1 − x −1

x −1 ≥0⇔ x +1

(

) − ( x − 1) ( x − 1)( x + 1) x +1

≥0

Vì x ≥ 0 nên x ≥ 0 suy ra điều kiện là : b) Cho pt bậc hai : x − 2(m − 1) x + m − 2m − 3 = 0 với m là tham số.

(

x +1 x −1 . = 1. x −1 x +1

Suy ra : A.B =

đường).

x − 2 x +1

quãng đường của mỗi bạn ( biết vận tốc của mỗi bạn không đổi trong suốt quãng

 2x + y = −1  Câu 3: a) Giải hpt:  x + 1  1 + 2y = 4  x + 1

)

x −1 ⇔ x = 3 ⇔ x = 9 .

) ( x −1)( x + 1) x

(

)(

x −1

)

x + 1 >0 ⇔ x − 1 > 0 ⇔ x > 1 ⇔ x > 1

Vậy để A ≥ B thì điều kiện là : x > 1 .

+ Chứng minh rằng : Phương trình luôn có hai nghiệm pb với mọi m. + Gọi x1, x2 là hai nghiệm của pt . Tìm m để x1 + 4 = x2 .

Câu 2: Gọi vận tốc TB của bạn Bình là x (km/h), suy ra vận tốc TB của bạn An là x+2 (km/h) .

Câu 4: Cho đường tròn (O) đường kính BC . Một điểm A thuộc đường tròn (O) sao cho AB>AC. Tiếp tuyến tại A của (O) cắt BC tại D. Gọi E là điểm đối xứng của A qua BC, AE cắt BC tại M, Kẻ đường cao AH của tam giác ABE, AH cắt BC tại F.

Thời gian chạy hết quãng đường của bạn Bình là :

a) Chứng minh: AFEC là hình thoi.

quãng đường là :

b) Chứng minh : DC.DB = DM.DO. c) Gọi I là trung điểm của AH , kéo dài BI cắt (O) tại điểm thứ 2 là K. Chứng minh : AIMK là tứ giác nội tiếp. d) Đường thẳng AK cắt BD tại N. Chứng minh : N là trung điểm của MD. Câu 5: Cho các số thực không âm a,b,c sao cho a+b+c=1. Tìm giá trị lớn nhất , giá trị

2 (giờ). Theo giả thiết ta có: x+2

x = 6 2 2 1 − =  24 ( x + 2 ) − 24 x = x ( x + 2 ) ⇔ x 2 + 2 x − 48 = 0 ⇔ ( x − 6 )( x + 8) = 0 ⇔  Đối x x + 2 12  x = −8

chiếu với ĐK ta thấy x = 6 thỏa mãn. Vậy thời gian Bình chạy hết quãng đường là quãng đường là

nhỏ nhất của P = ac+bc-2018ab

2 1 = (giờ), thời gian bạn An chạy hết 6 3

2 2 1 = = (giờ). 6+2 8 4

LỜI GIẢI Câu 3:

Câu 1:

a) Điều kiện : y ≥ 0, x ≠ −1 . Ta viết lại hpt thành : 377

2 (giờ). Thời gian bạn An chạy hết x

378

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG 1 = b) Do DA là tiếp tuyến của (O) nên CAD AC suy ra ABD = sđ

 2x + 2 − 2  −2 + y = −1  + y = −3  x + 1  x +1 ⇔ , cộng hai pt của hệ ta thu được:   1 + 2y = 4  2 + 4y = 8  x + 1  x + 1

y + 4y = 5 ⇔ 4y + y − 5 = 0 ⇔

(

∆DAB ∽ ∆D D D ( g .g ) 

 y = 1(tm) y −1 4 y + 5 = 0 ⇔  , suy ra : y = 1  y = − 5 ( L)  4

)(

DA DB =  DA2 = DB.DC ( 3 ) DC DA

(

)

= 90° ta có : AM ⊥ OD nên suy ra : DM .DO = AD 2 ( 4 ) Trong tam giác vuông OAD OAD

)

1 1 Thay vào pt thứ 2 ta tìm được : x = − . Vậy hệ có nghiệm ( x; y ) =  − ;1 . 2  2 

Từ (3) và (4) ta có : DB . DC= DM . DO. c) Do I là trung điểm AH nên MI là đường TB của tam giác AHE suy ra :

b) Xét pt bậc hai : x − 2(m −1) x + m − 2m − 3 = 0 với m là tham số. 2

= MI ⊥ AH ( MI ∥ HE, HE ⊥ AH ) . Ta có : IMA AEB (đồng vị), AEB = AKB (góc nội tiếp

Ta có : ∆′ = ( m − 1) − ( m2 − 2m − 3) = 4 > 0 nên pt luôn có hai nghiệm x1, x2.

= IKA  AIMK là tứ giác nội tiếp. cùng chắn cung AB)  IMA

Trường hợp 1: x1 = m − 3, x2 = m + 1 điều kiện bài toán trở thành :

AKM = 180° − AMI = 90° . Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác d) Từ c/m ở câu c ta có :

m ≥ −1 m = 0 m ≥ −1 m +1 = m +1 ⇔  ⇔ ⇔ ( thỏa mãn điều kiện). 2 m m + 1 = 0 )  m = −1  ( ( m + 1) − (m + 1) = 0

vuông AMN ta có : MN 2 = NK .NA ( 5) . Kéo dài DK cắt (O) tại S. Ta dễ c/m được DE là = KAM = KAE = KED suy ra KMDE là tứ giác nội tiếp tiếp tuyến của (O) . Ta có KMD

Trường hợp 2: x1 = m + 1, x2 = m − 3 điều kiện bài toán trở thành :

= EMD = 90°  EKD

m + 4 ≥ 0 m ≥ −4 m+4= m−3 ⇔  ⇔ 2 (vô nghiệm) 2 ( m + 4 ) = m − 3 m + 7 m + 19 = 0

suy ra SE là đường kính của (O) nên SA ⊥ AE  SA∥ ND . Tam giác KND và tam giác = DSA = KAD AND chung và NDK DNA có

Tóm lại : m = 0 hoặc m = -1.

 ∆DNA ∽ ∆KND ( g .g ) 

Câu 4:

DN NA =  ND 2 = NA.NK ( 6 ) . Từ (5), (6) suy ra : KN ND

ND 2 = MN 2  ND = MN .

a) Do điểm E đối xứng với A qua

đường kính BC nên E ∈ (O ) dẫn tới

Câu 5: Từ giả thiết ta suy ra : 0 ≤ a, b, c ≤ 1.

K I

= 90°  BE ⊥ CE , lại có: BEC

AH ⊥ BE  AH / / CE (1) , ta cũng có

N O

Theo bất đẳng thức Côsi ta có : c (1 − c ) ≤

AE ⊥ BM tại trung điểm M của BC nên E

F là trực tâm tam giác ABE dẫn đến

Ta có : P = ac + bc - 2018ab = c( a + b) - 2018ab = c(1-c) - 2018ab ≤ c(1-c) D

( c + 1 − c ) = 1 , từ đó suy ra : P 4

1   a = 0, b = 2 , c = ⇔ 1    a + b + c = 1  a = 2 , b = 0, c = c = 1 − c

thức xảy ra khi và chỉ khi : ab = 0

EF ⊥ AB , mặt khác AC ⊥ AB

Suy ra EF // AC (2) . Từ (1) và (2) kết hợp với AE ⊥ FC ta suy ra ACEF là hình thoi. 379

380

1 2 1 2

≤

1 , dấu đẳng 4

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG 2

a) Chứng minh : Tứ giác AIOB nội tiếp.

Ta cũng có : 4ab ≤ ( a + b ) = (1 − c ) suy ra

(

)

2c (1 − c ) − 1009 c 2 − 2c + 1 2020c − 1011c 2 − 1009 1009 2 P ≥ c (1 − c ) − = (1 − c ) = 2 2 2 c ( 2020 − 1011c ) 1009 1009 = − ≥− . 2 2 2 1 2

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi : c = 0, a − b = . Vậy GTLN của P là

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

c) Chứng minh: AD 2 = AJ .MD. d) Đường thẳng qua I song song với BD cắt AB tại K. Tia CK cắt OB tại G . Khi cát tuyến MCD thay đổi và thỏa mãn điều kiện đề bài thì tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CIG thuộc đường tròn nào? Câu 5: Cho các số thực a,b,c thỏa mãn : 0 ≤ a, b, c ≤ 1. Tìm GTLN, GTNN của :

1 1009 , GTNN của P là : − . 4 2

1 1   1 P = ( a + b + c + 3)  + + .  a +1 b +1 c +1

ĐỀ SỐ 08  5  2   Câu 1: Cho biểu thức : P =  −  : 1 +  x −1 x + x − 2  

b) Tia BI cắt (O) tại giao điểm thứ hai là J ( J khác B ) . Chứng minh ẠJ // MD.

3− x

(

)(

x −1

  với x ≥ o, x ≠ 1 . x +2  

)

LỜI GIẢI Câu 1: a) P =

a) Rút gọn P.

2 x −1 . x +1

b) Tính giá trị của P khi : x = 6 − 2 5.

b) Khi x = 6 − 2 5 = ( 5 − 1)  x = 5 − 1 thay vào ta có: P =

2 c) Tìm x để P < . 3

)

5 −1 −1 5

10 − 3 5 . 5

2 x =1 2 5 25 < ⇔ 6 x − 3 < 2 x + 2 ⇔ 4 x < 5 ⇔ x < ⇔ x < , kết hợp với ĐK ban 4 16 x +1 3 25 2 đầu ta suy ra: với 0 ≤ x < , x ≠ 1 thì P < . 16 3

b) Tìm m để phương trình : x 2 − ( 2m − 1) x + m2 + m − 3 = 0 có hai nghiệm pb x1 , x2 sao cho x1 + x2 + 1 lớn nhất. x + x + 2 ( x1 + x2 + x1 x2 ) + 5 2 1

(

c) P =

2y   x + 1 + y + 1 = 2 Câu 2: a) Giải hpt:  .  4x + 4 − 1 = 3 y +1 2 

2 2

Câu 3: Quãng đường AB dài 120km . Lúc 7 giờ sáng một xe máy đi từ A đến B . khi đi được 3/4 quãng đường thì xe bị hỏng nên phải dừng lại 10 phút để sửa rồi đi tiếp với vận tốc kém vận tốc lúc đầu là 10km/h. Biết xe máy đến B lúc 11h40 phút trưa cùng ngày. Giả sử vận tốc xe máy trên 3/4 quãng đường đầu không đổi và vận tốc xe máy trên 1/4 quãng đường sau cũng không đổi . Hỏi xe máy bị hỏng lúc mấy giờ? Câu 4: Cho đường tròn (O;R) và một điểm M nằm ngoài (O) , qua M kẻ các tiếp tuyến MA,MB đến (O) , dựng cát tuyến MCD sao cho MC < MD và tia MC nằm giữa hai tia MB,MO . Gọi I là trung điểm của CD. 381

Câu 2: 2y   x + 1 + y + 1 = 2 a) Giải hpt:   4x + 4 − 1 = 3 y +1 2 

Điều kiện: x ≥ −1, y ≠ 1 ta viết hệ lại dạng: 2y + 2 − 2 2     x + 1 + y + 1 = 2  x + 1 − y + 1 = 0  2 x + 1 − ⇔ ⇔  2 x + 1 − 1 = 3 2 x + 1 − 1 = 3 2 x + 1 −  y +1 2 y +1 2  

382

4 3  3 =0  y + 1 = 2 y +1 ⇔ 1 3 2 x + 1 − 1 = 3 =  y +1 2 y +1 2

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

x = 0 ( thỏa mãn ĐK) . Vậy hệ có nghiệm (x ; y) = (0 ; 1). y =1

Suy ra: 

b) Ta có: ∆ ' = ( 2m − 1) − 4 ( m2 + m − 3) = 13 − 8m. Để pt có hai nghiệm pb thì : ∆ ' > 0 ⇔ 13 − 8m > 0 ⇔ m <

Thay vào A =

13  x1 + x2 = 2 m − 1 . Theo hệ thức Vi-ét ta có:  2 8  x1 x2 = m + m − 3

x1 + x2 + 1 2m m . Ta có: = = x12 + x22 + 2 ( x1 + x2 + x1 x2 ) + 5 4m 2 + 4 2 m 2 + 1

(

)

A−

1 m 1 − ( m − 1) 1 = − = ≤ 0 với mọi giá trị của m, suy ra A ≤ , dấu đẳng thức xảy 4 2 m2 + 1 4 4 m2 + 1 4

(

)

(

)

ra khi và chỉ khi m = 1. Câu 3: Gọi vận tốc trên 3/4 quãng đường ban đầu là x (km/h), (ĐK: x > 10) thì vận tốc trên 1/4 quãng đường sau là: x - 10(km/h). 90 Thời gian đi trên 3/4 quãng đường ban đầu là : ( giờ). Thời gian đi tren 1/4 quãng x

đường sau là:

30 (giờ). Thời gian đi cả hai quãng đường là :11 giờ 40 phút - 7 giờ = x − 10

a) Vì I là trung điểm của dây CD nªn OI ⊥ CD (quan hệ vuông góc giữa đường kính = 900 , MA, MB là tiếp tuyến của (O) và 1 dây), suy ra OIM = OBM = 900  OAM + OBM = 1800 hay tứ giác MAOB nội tiếp (tổng hai góc nên OAM 0 đối nhau bằng 180 ). Tương tự MAOI nội tiếp, suy ra năm điểm M, A, O, I , B nằm trên một đường tròn. Suy ra tứ giác AIOB nội tiếp. = MOB (hai góc nội tiếp b) Vì năm điểm M, A, O, I , B nằm trên một đường tròn nên MIB = 1 AOB (liên hệ giữa góc nội tiếp cùng chắn cung MB). Mặt khác ta cũng có AJB

9 (giờ). 2

2 và góc ở tâm), mà AOB = 2 MOB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau), từ đó suy ra

Nên ta có pt:

= MIB  AI // MD . Do AI // MD nªn JAD = AJB ADM (so le trong) (1). Tứ giác AJDC nội tiếp nên AJD = ACM (2), ta có ∆MCA ∽ ∆MAD (g.g) (học sinh tự chứng minh) suy

90 30 9 + = ⇔ 180 ( x − 10 ) + 60 x = 9 x ( x − 10 ) ⇔ 3 x 2 − 110 x + 600 = 0 ⇔ ( x − 30 )( 3 x − 20 ) = 0 x x − 10 2

 x = 30 3 Đối chiếu với ĐK ta thấy : x = 30 thỏa mãn . Do đó thời gian đi trên ⇔  x = 20 4 3 

quãng đường ban đầu là:

90 = 3 (giờ). 3

Vậy xe hỏng lúc 10 giờ.

= MAD (3). Từ (2) và (3) ta suy ra AJD = MAD (4). Từ (1), (4) ta có: ra MCA ∆DAM ∽ ∆AJD (g.g) suy ra

AD DM = (cạnh tương ứng) hay AD2 = JA. MD . AJ AD

= CDB (®ång vÞ), mµ CDB = CAK (cùng chắn cung BC) suy ra c) Vì IK // BD nªn KIC KIC = KAC  ACKI nội tiếp(hai đỉnh liên tiếp A, I cùng nhìn cạnh CK dưới 1 góc = CIA (5) (góc nội tiếp cùng chắn cung CA). Mặt bằng nhau). Từ đó suy ra CKA = ABM (góc nội khác do 4 điểm A, I , M, B nằm trên cùng một đường tròn nên AIM tiếp cùng chắn cung BM) (6). = MBA  CK // MB mµ MB ⊥ OB  CK ⊥ OB t¹i G. Tứ giác Từ (5), (6) suy ra CKA 0 CGIO có CGO = CIO = 90 nên CGOI là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính CO

383

384

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

(hai đỉnh liên tiếp G, I cùng nhìn cạnh CO bằng 900). Suy ra bán kính đường tròn CO R = , hay tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CIG 2 2 R thuộc đường tròn tâm O bán kính . 2

ngoại tiếp tam giác CGI bằng

Câu 5. Đặt x = c + 1, y = b + 1, z = a + 1 suy ra 1 ≤ x,y,z ≤ 2. 1

1

Từ điểm M nằm ngoài đường tròn (O) kẻ các tiếp tuyến MA, MB đến (O) (A, B là các tiếp điểm) và cát tuyến MCD sao cho MC<MD và tia MC nằm giữa 2 tia MA, MO. Gọi H là giao điểm của AB và MO, E là trung điểm của CD, đường thẳng CH cắt (O) tại giao điểm thứ 2 là F (khác C). Đường thẳng DF cắt các tia MA, MB lần lượt tại P, Q.

Khi đó ta có: A = ( x + y + z )  + +  = 3 + + + + + + . x y z y x z y x z 

Vì



x y + ≥ 2 nªn A ≥ 9, dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z hay a = b = c y x

 x   y  x  − 1   − 1  ≥ 0  + 1 ≥  y   z  z Để tìm GTLN của P ta giả sử 1 ≤ x ≤ y ≤ z ≤ 2 ta có:    y − 1   z − 1  ≥ 0  z + 1 ≥  x   y   x 

a) Chứng minh: EM là tia phân giác của AEB . x + y y + x

y z z y

x z 5 ( x − 2)(2 x − z ) x z ≤0 Từ đó suy ra P ≤ 5 + 2  +  , để ý rằng: + − − z

x

Trên quảng đường AB dài 210 km, tại cùng một thời điểm một xe máy khởi hành từ A đên B và một ô tô khởi hành từ B đi về A. Sau khi gặp nhau, xe máy đi tiếp 4 giờ nữa thì đến B và ô tô đi tiếp 2 giờ 15 phút nữa thì đến A. Biết rằng vận tốc ô tô và xe máy không thay đổi trong suốt chặng đường. Tính vận tốc của xe máy và ô tô. Câu 4

2 xz

b) Chứng minh: MH.MO = MC.MD. c) Chứng minh: DF//AB. d) Gọi X là giao điểm của EP với AD, Y là giao điểm của EQ với BD. Chứng minh: HD chia đôi XY. Câu 5.

Do x − 2 z < 0, 2 x − z ≥ 2 − 2 = 0 suy ra P ≤ 10, dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi hai số bằng nhau và một số bằng 2 lần hai số còn lại.

Tìm các số thực a, b, c thỏa mãn a2 + b2 + c2 = 26; a + b = 5; b+c ≥ 7

Lời giải

ĐỀ SỐ 09 Câu 1. Cho

 x −3 x +2 x +2  P= + + :  x − 2 3 − x x − 5 x + 6   

Câu 1 x víi x > 0, x ≠ 4, x ≠ 9 x +1

a)Rút gọn P. b)Tìm x nguyên để P < 0. c)Tìm x để Q =

x ≥ 0 

a) Điều kiện xác định:  x ≠ 4 x ≠ 9 



1 nhỏ nhất P

Câu 2. a)Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho Parabol ( P) : y = x 2 và đường thẳng (d ) : y = mx + 4. Tìm tất cả các giá trị m để đường thẳng (d) cắt đồ thị (P) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho diện tích tam giác OAB bằng 8. 1 1 9  x + x + y + y = 2  b)Giải hệ phường trình   xy + 1 = 5 xy 2 

Ta có: P = 

x +3

 =  

x −3 −

 x −2 

(

x +3

)( )(

b) Ta có P < 0 ⇔

Câu 3.

385

x −2

)(

x −3

)

(

x −2

)(

)

x +1 = x

x −2

)

x +1 x

 x :  x +1 x −3 

x +2

x − 2 + x + 2 x :  x +1 x −3 

x +2

x−9− x + 4+ x + 2 x −2

x −3

) (

( (

x +2

−

)

x +1 x

(

x −2

<0⇔ x

(

)  x > 0 x −2 <0⇔  ⇔ 0< x< 4.  x − 2 < 0

)

386

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Do x nguyên nên x ∈ {1; 2;3} .

x + y = 3 nên x,y là  xy = 2

+ Với v = 2 thay vào PT (1) tìm được u = 3 . Ta có hệ phương trình 

c) Đặt x + 1 = t ≥ 1  x = t −1 . Ta có: P=

x +1 x−2

(

)

x +1 + 2

( t − 1)

− 4t + 3



nghiệm của phương trình X 2 − 3 X + 2 = 0 , tức là ( x; y ) = (1;2 ) , ( 2;1) .

1 t 2 − 4t + 3 3 = =t −4+ P t t 3 t

Theo bất đẳng thức Cauchy ta có: t + ≥ 2 3 

1 ≥ 2 3 − 4 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ P

3 t

khi t = ⇔ t = 3 ⇔ x + 1 = 3 ⇔ x = 4 − 2 3 . Vậy GTNN của

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

3   x + y = 2 1 3 + Với v = thay vào PT (1) tìm được u = . Ta có hệ phương trình  nên x,y là 2 2  xy = 1  2 3 1  1 1  2 nghiệm của phương trình X − X + = 0 , tức là ( x; y ) =  1;  ,  ;1 2 2  2 2 

Từ đó suy ra hệ đã cho có tất cả bốn nghiệm.

1 là 2 3 − 4 tại x = 4 − 2 3 . P

Câu 3

Câu 2 a) Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là: x 2 = mx + 4 ⇔ x 2 − mx − 4 = 0

Gọi vận tốc xe máy là x (km/h). Điều kiện x > 0 . Gọi vận tốc ô tô là y (km/h). Điều kiện y > 0.

Ta có ∆ = m 2 + 16 > 0 với mọi m nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt, suy ra đường thẳng (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B.

Thời gian xe máy dự định đi từ A đến B là:

Để ý rằng đường thẳng (d) luôn đi qua điểm cố định I(0;4) nằm trên trục tung. Ngoài ra nếu gọi A ( x1 ; y1 ) , B ( x2 ; y2 ) thì x1.x2 = −4 < 0 nên hai giao điểm A, B nằm về hai phía trục

Thời gian xe máy ô tô đi từ B đến A là:

1 2

210 (giờ). x

210 (giờ). y

tung. Giả sử x1 < 0 < x2 thì ta có SOAB = SOAI + SOBI = AH .OI + BK .OI với H, K lần lượt là

Quãng đường xe máy đi được kể từ khi gặp ô tô cho đến khi đến B là 4x (km).

hình chiếu vuông góc của hai điểm A, B trên trục Oy.

Quãng đường ô tô đi được kể từ khi gặp xe máy cho đến khi đến A là

Ta có OI = 4, AH = x1 = − x1 ; BK = x2 = x2  SOAB = 2 ( x2 − x1 ) 2 2  S 2OAB = 4 ( x2 − x1 ) = 4 ( x1 + x2 ) − 4 x1 x2  .  

Theo định lý Vi-ét ta có x1 + x2 = m, x1.x2 = −4 Thay vào ta có:  S 2OAB = 4 ( m 2 + 16 ) = 64 ⇔ m = 0 .  u 9 u + = (1) b) Đặt x + y = u, xy = v với v ≠ 0 . Hệ đã cho trở thành  v 2 v + 1 = 5 ( 2 )  v 2 u = 2  Phương trình (2) có dạng 2v 2 − 5v + 2 = 0 ⇔  1 v = 2

387

9 y (km). 4

9  210 210  30 30 1 − = (1)  x − y = 4 − 4 y 4  x Theo giả thiết ta có hệ phương trình:  ⇔  4 x + 9 y = 210  x = 840 − 9 y (2)   16 4

Thay phương trình (2) vào phương trình (1) ta có:  y = 40 y 2 + 240 y − 11200 = 0 ⇔⇔ ( y − 40)( y + 280) = 0 ⇔  đối chiếu điều kiện y = 40 là giá  y = −280 trị thỏa mãn. Từ đó tính được x = 30. Vậy vận tốc xe máy là 30 km/h. vận tốc ô tô là 40

km/h. Câu 4.

388

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

a) Chứng minh 5 điểm M , A, E , O, B nằm trên một đường tròn, chú ý MA = MB nên

∆′ = ( s + 5 ) − 3 ( s 2 − 1) ≥ 0 ⇔ s 2 − 10 s − 14 ≤ 0 ⇔ ( s − 7 )( s + 2 ) ≤ 0 ( *) do s + 2 > s − 7 nên bất

, suy ra đpcm. AEM = BEM

s − 7 ≤ 0 ⇔ −2 ≤ s ≤ 7 , theo giả thiết s ≥ 7 suy ra s + 2 ≥ 0

phương trình (*) tương đương với 

b) Ta dễ chứng minh: MA = MC.MD, áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông MAO, AH ⊥ MO ta có MA2 = MH .MO 2

s = 7  b = 4, a = 1, c = 3 . Vậy ( a, b, c ) = (1; 4;3) .

Từ đó suy ra MH .MO = MC.MD. MH MD MH MD chung và OMD = . Xét tam giác ∆MCH , ∆MOD ta có: = MC MO MC MO = MDO  tứ giác CHOD nội tiếp, ta có biến đổi nên ∆MCH ∽ ∆MOD (g.g), suy ra MHC , DHA phụ với các góc góc MHC = MDO = OCD = ODH . MHC = ODH , các góc CHA

ĐỀ SỐ 10

c) Từ b ta có:

= DHA hay AH là phân giác của góc CHD . , OHD tương ứng nên suy ra CHA MHC

Câu 1. Cho biểu thức P=

x x −3 2( x − 3) x +3 − + với x ≥ 0, x ≠ 9 . x−2 x −3 x +1 3− x

a) Rút gọn biểu thức P.

Chú ý rằng:

= 1 CHD = 1 COD = CFD mà hai CHA 2 2 , CFD đồng vị nên AB DF . góc CHA

b) Tính giá trị của P biết x = 3 − 2 2 . c) Tìm giá trị nhỏ nhất của P.

Câu 2. Nếu giảm chiều rộng của một mảnh vườn hình chữ nhật đi 3m và tăng chiều dài thêm 8m thì diện tích hình chữ nhật giảm đi 54m 2 . Nếu tăng chiều rộng của mảnh vườn thêm 2m và giảm chiều dài đi 4m thì diện tích hình chữ nhật tăng thêm 32m2 . Hãy tính các kích thước của mảnh vườn.

= MAB = MPQ d) Ta có: AEM = MEB suy ra APDE là tứ giác nội tiếp. Tương tự ta cũng có BQDE là tứ giác nội tiếp. Ta có

D E I

C O M

Câu 3.

 x + 2 2y  x −1 + y +1 = 5 a) Giải hệ phương trình  .  x − 1 =3  x − 1 y + 1 2

b) Tìm tất cả các giá trị nguyên của m để phương trình x2 − 2 ( m + 1) x + m2 + 4 = 0 có hai

= DAP + DBQ = = 180 − XEY = XDE + YED ABD + BAD ADB nên EXDY là tứ giác nội tiếp.

nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x12 + 2(m + 1) x2 ≤ 3m 2 + 16.

= DEY = DBQ = DAB hay XY AB. Theo định lý Thales ta có ngay DH Từ đó suy ra DXY đi qua trung điểm I của XY .

Câu 4. Cho tam giác ABC vuông tại A có ( AB < AC ) , trên cạnh AC lấy điểm D ( D

Câu 5. Đặt s = b + c ≥ 7 thì a = 5 − b, c = s − b thay vào điều kiện a 2 + b 2 + c 2 = 26 ta thu

khác A; C ) dựng DE ⊥ BC . Tiếp tuyến tại C của đường tròn tâm K ngoại tiếp tam giác DEC cắt tia DE tại M . Đường thẳng qua C vuông góc với MK cắt đường tròn ( K ) tại F

được: ( 5 − b ) + b2 + ( s − b ) = 26 ⇔ 3b2 − 2(s + 5) b+ s2 − 1 = 0.

( F nằm trong tam giác ABC ).

Coi đây là phương trình bậc 2 của b thì điều kiện để phương trình có nghiệm là

a) Chứng minh: Tứ giác ADEB nội tiếp và CD.CA = CE.CB .

b) Chứng mình MF 2 = ME.MD . c) Tia CF cắt cạnh AB tại I . Chứng minh ∆BIC ∽ ∆FEC . d) Chứng minh: I là trung điểm của AB . 389

390

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Câu 5. Cho các số thực không âm a, b thỏa mãn a + b = 2 . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của P = a b + 1 + b a + 1 .

b) Xét phương trình x2 − 2 ( m + 1) x + m2 + 4 = 0 (*) . Ta có ∆′ = ( m + 1) − ( m2 + 4) = 2m − 3 3 2

Điều kiện để phương trình (*) có hai nghiệm x1 , x2 là ∆′ ≥ 0 ⇔ m ≥ . LỜI GIẢI

Vì x1 là nghiệm của phương trình (*) nên x12 − 2 ( m + 1) x1 + m2 + 4 = 0 ⇔ x12 = 2 ( m + 1) x1 − m 2 − 4 , điều kiện bài toán trở thành:

Câu 1:

a) Ta có =

x x − 3 − 2 x + 12 x − 18 − x − 4

(

)(

x +1

x −3

)

( (

) ( x + 3)( x + 1) x + 1)( x − 3) x − 3 x x − 3x + 8 x − 24 x ( x − 3) + 8 ( x − 3) = = ( x + 1)( x − 3) ( x + 1)( x − 3)

x x −3 2( x − 3) x +3 x x −3− 2 P= − + = x−2 x −3 x +1 3− x

x −3 −

x+8 = x +1

b) Với x = 3 − 2 2 = ( c) Ta có P =

)

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có x + 1 + x +1 =

Theo hệ thức Vi-et: x1 + x2 = 2 ( m + 1) thay vào ta có 2

4 ( m + 1) − 4m 2 − 20 ≤ 0 ⇔ 8m − 16 ≤ 0 ⇔ m ≤ 2. Kết hợp với điều kiện ban đầu ta suy ra

3 ≤ m ≤ 2. Do m là số nguyên ta suy ra m = 2. 2

Câu 4. 11 − 2 2 11 2 − 4 2 − 1  x = x − 1 thay vào P ta có: P = = . 2 2 2

x −1 + 9 9 9 = x −1 + = x +1+ −2. x +1 x +1 x +1

khi và chỉ khi

2 ( m + 1) x1 − m2 − 4 + 2 ( m + 1) x2 ≤ 3m 2 + 16 ⇔ 2 ( m + 1)( x1 + x2 ) − 4m 2 − 20 ≤ 0

9 ≥ 2 9 = 6  P ≥ 4 . Dấu bằng xảy ra x +1

9 ⇔ x + 1 = 3 ⇔ x = 4 . Vậy GTNN của P bằng 4 khi x = 4 x +1

Câu 2. Gọi chiều dài mảnh vườn là x (m) , chiều rộng mảnh vườn là y (m). Điều kiện x ≥ 4, y ≥ 3 . Diện tích mảnh vườn là x. y ( m 2 ) .  ( x + 8 )( y − 3 ) = xy − 54  −3 x + 8 y = −30  x = 50 Theo giả thiết ta có hệ phương trình:  . ⇔ ⇔ ( x − 4 )( y + 2 ) = xy + 32

 2 x − 4 y = 40

 y = 15

Vậy chiều dài mảnh vườn là 50 (m), chiều rộng mảnh vườn là 15 (m). Câu 3. a) Điều kiện x ≠ 1; y ≠ −1 . Ta biến đổi hệ phương trình đã cho thành 2 2  x −1 + 3 2 y + 2 − 2  3  3 2  3 − =2  x −1 + y +1 = 5  x −1 − y +1 = 2  x −1 − y +1 = 2 x = 2     x − 1 y + 1 . ⇔ ⇔ ⇔ ⇔  − + x 1 1 1 3 1 1 1 2 2 1  y =1     − = − = − =1 =1   x − 1 y + 1 2  x − 1 y + 1  x −1 y +1 2 x −1

Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) = ( 2; 1) . 391

= 90ο , a) Vì tam giác ABC vuông tại E nên BAD = 90ο suy ra BAD + DEB = 180ο . ED ⊥ BC nên DEB Suy ra tứ giác ADEB nội tiếp (tổng hai góc đối bằng 180ο ). Tam giác vuông BAC và tam giác vuông = DEC = 90ο và ACB chung nên DEC có BAC ∆BAC ∽ ∆DEC (g.g) suy ra

AC BC = hay EC DC

AC.DC = CE.BC .

b) Giả sử CF ⊥ KM tại H thì H là trung điểm của FC (quan hệ vuông góc của đường kính đi qua . Xét các tam giác KFB và trung điểm của một dây) suy ra KH là phân giác của FKC = CKM  ∆FKM = ∆CKM KCM có KC = KF ( là bán kính của ( K ) ), KM chung, FKM = CKM = 90ο hay MF là tiếp tuyến của ( K ) . Từ đó ta có (c.g.c) suy ra FKM = EDF = 1 sd EF , dẫn đến ∆MEF ∽ ∆MFD (g.g) suy ra MFE 2

ME MF hay MF 2 = ME.MD . = MF MD

= 90ο  DFI = 90ο suy ra tứ c) Do điểm F nằm trên đường tròn đường kính CD nên CFD ο ο ο = 360 − IFD − DFE = 180 − IFD + 180 − DFE , chú ý rằng các giác ADFI nội tiếp. Ta có IFE ο ο từ đó suy ra tứ giác ADFI , DFEC nội tiếp nên ta có 180 − IFD = BAC , 180 − DFE = ACB ο ο IFE = BAC + ACB = 180 − ABC hay IFE + IBE = 180 suy ra IFEB là tứ giác nội tiếp. Dẫn = FEC  ∆BIC = ∆FEC (g.g) (1) (vì có ICB chung và BIC = FEC ). đến BIC 392

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

= EDC = MDK , d) Xét tam giác FEC và tam giác DKM ta có EFC = 180ο − FDC = 180ο − 1 FKC = 180ο − MKC = DKM  ∆FEC ∽ ∆DKM (2). Từ (1) và (2) FEC 2 BI BC = DCM = 90ο và cùng ABC = CDM suy ra ∆BIC ∽ ∆DKM  = (*) , ta cũng có BAC DK DM BA BC ACB suy ra ∆BAC ∽ ∆DCM (g.g) suy ra phụ với = (**) . Từ (*) và (**) suy ra DC DM BI BA BA DC = hay = = 2 suy ra I là trung điểm của AB . DK DC BI DK

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Câu 3. 2

a) Cho hai số tự nhiên y > x thỏa mãn: ( 2 y − 1) = ( 2 y − x )( 6 y + x ) . Chứng minh 2 y − x là số chính phương. b) Tìm các số nguyên dương x, y thỏa mãn x 3 − y 3 = 13 ( x 2 + y 2 ) . a 3b − 1 b3 a − 1 , là các số nguyên dương. a +1 b +1

c) Tìm các số nguyên dương a, b sao cho Câu 4.

Câu 5. b +1+ 2 b + 3 b+3 =  b +1 ≤ dấu đẳng thức xảy ra khi và 2 2 2 2 a+3 chỉ khi b = 1. Tương tự ta cũng có a + 1 ≤ , 2 2 1 1 2  a ( b + 3) + b ( a + 3)  = P≤ ( 2ab + 3a + 3b ) , lại có 4ab ≤ ( a + b ) = 4  ab ≤ 1. Từ đó suy 2 2 2 2 1 ra P ≤ ( 2 + 6) = 2 2 . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = 1 . 2 2

Tìm GTLN: Ta có ( b + 1) 2 ≤

Tìm GTNN:

Cho tam giác ABC nội tiếp ( O ) . P là một điểm nằm trong tam giác ABC . Trung trực của CA, AB cắt PA tại E , F . Đường thẳng qua E song song với AC cắt tiếp tuyến tại C của ( O ) tại M . Đường thẳng qua F song song với AB cắt tiếp tuyến tại B của ( O ) tại N.

a) Chứng minh MN là tiếp tuyến của ( O ) . b) Giả sử MN cắt cá đường tròn ngoại tiếp các tam giác ACM , ABN lần lượt tại S , Q khác MN . Chứng minh ∆ABC ∽ ∆ASQ và SB cắt CQ tại một điểm nằm trên ( O ) . Câu 5.

P 2 = a 2 ( b + 1) + b 2 ( a + 1) + 2ab

( a + 1)( b + 1) = ab ( a + b ) + a 2 + b2 + 2ab ( a + 1)( b + 1)

Do a, b ≥ 0  2ab ( a + 1)( b + 1) ≥ 0 , kết hợp với a + b = 2 ta suy ra 2

a) Cho các số thực a, b, c thỏa mãn 2 ( a 2 + ab + b 2 ) = 3 ( 3 − c 2 ) . Tìm GTLN, GTNN của P = a+b+c .

P ≥ 2ab + a + b = ( a + b ) = 4  P ≥ 2 , Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = 0; b = 2

b) Cho các số thực dương a, b, c sao cho a + b + c = 1. Chứng minh rằng:

hoặc a = 2; b = 0 .

6 ( ab + bc + ca ) + a ( a − b ) + b ( b − c ) + c ( c − a ) ≤ 2.

Kết luận: GTLN của P là 2 2 , GTNN của P là 2 .

LỜI GIẢI Câu 1.

ĐỀ SỐ 11 Câu 1.

a) Bình phương hai vế phương trình trở thành: x + 1 + x 2 − 4 x + 1 = 3 x ⇔ 2 x 2 − 11x + 2 + 2 ( x + 1) x 2 − 4 x + 1 = 0 1 5 2 ( x + 1) + 2 ( x + 1) x 2 − 4 x + 1 + x 2 − 4 x + 1 = 0 2 2

a) Giải phương trình x + 1 + x 2 − 4 x + 1 = 3 x .

⇔−

 2 x + ( 3 − 2 xy ) y 2 = 3 b) Giải hệ phương trình:  2 3 2 2 2 x − x y = 2 x y − 7 xy + 6

Đặt x + 1 = a, x2 − 4 x + 1 = b ta có phương trình: −a 2 + 4ab + 5b2 = 0 ⇔ ( a + b )( 5b − a ) = 0 .

Câu 2.

Phần còn lại khá đơn giản.

Cho f ( n ) =

4n + 4n 2 − 1 với n nguyên dương. Tính f (1) + f ( 2 ) + ... + f ( 40 ) . 2n + 1 + 2 n − 1

393

(

)

b) Xét phương trình thứ hai của hệ ta có:

(

)

2 x 2 − x 3 y = 2 x 2 y 2 − 7 xy + 6 ⇔ x 2 ( 2 − xy ) = ( xy − 2 )( 2 xy − 3 ) ⇔ ( xy − 2 ) x 2 + 2 xy − 3 = 0

394

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Phương trình thứ nhất của hệ được viết lại thành: 2 x + ( 3 − 2 xy ) y = 3 ⇔ 2 x (1 − y ) + 3 ( y − 1) = 0 ⇔ ( y − 1)  2 x (1 + y + y 2

) − 3 ( y + 1) = 0 . Từ đó

học sinh tự giải tiếp.

2 y − x ⋮ d 2 y − x + 6 y + x ⋮ d 8 y ⋮ d  y⋮d  ⇔  . Mặt khác cũng từ giả thiết ta suy ra  6 y + x ⋮ d 3 ( 2 y − x ) − ( 6 y + x )⋮ d −4 x ⋮ d  x ⋮ d

( 2 y − 1)

⋮ d 2  2 y − 1⋮ d mà y ⋮ d  d ∈ U (1)  d = 1 , hay ( 2 y − x, 6 y + x ) = 1 từ đó suy ra

2 y − x, 6 y + x đều là số chính phương.

Câu 4

Câu 2. Cho f ( n ) =

4n + 4n 2 − 1 với n nguyên dương. Tính f (1) + f ( 2 ) + ... + f ( 40 ) . 2n + 1 + 2 n − 1

Ta đặt 2n + 1 = a, 2n − 1 = b thì f (n) =

(

)

2 2 a 2 + b 2 + ab ( a − b ) a + b + ab a 3 − b 3 a 3 − b3 1  = = 2 2 = =  a+b a −b 2 2 ( a − b )( a + b )

( 2n + 1)

−

( 2n − 1)

   E

Từ đó suy ra f (1) + f ( 2 ) + ... + f ( 40 ) =

F O P

1 2 

(

) (

33 − 13 +

)

53 − 33 + ... +

(

1 813 − 793  =  2

)

(

)

813 − 13 = 364

B S N

Câu 3

a) Ta có a 3b − 1 = b ( a 3 + 1) − ( b + 1)⋮ a + 1  b + 1⋮ a + 1 . Tương tự b3a + 1 = a ( b3 − 1) + a + 1⋮ b − 1 suy ra a + 1⋮ b − 1 . Từ đó suy ra b + 1⋮ b − 1 ⇔ b − 1 + 2⋮ b − 1  b − 1∈ U ( 2 ) suy ra b = 2 hoặc b = 3.

a = 1

Với b = 2 ta có 3⋮ a + 1  a = 2 , với b = 3 ta có: 4⋮ a + 1  

a) Giả sử AP cắt ( O ) tại D , ta chứng minh DM , DN là các tiếp tuyến của ( O ) .

Vậy các bộ số ( a; b ) thỏa mãn điều kiện là: ( a; b ) = (1;3) , ( 2; 2 ) , ( 3;3) .

= 900 , OEM = 900 . Kết hợp các điều kiện OF là Thật vậy do FN / / AB, EN / / AC nên OFN trung trực của AB , tam giác OAD cân và tứ giác OFBN nội tiếp ta có biến đổi góc sau:

a = 3

b) Đặt ( x, y ) = d ≥ 1 suy ra x = ad , y = bd với a > b, ( a, b ) = 1 , thay vào phương trình ta có: a 3 d 3 − b3 d 3 = 13 ( a 2 d 2 + b 2 d 2 ) ⇔ d ( a − b ) ( a 2 + ab + b 2 ) = 13 ( a 2 + b 2 )  13 ( a 2 + b 2 )⋮ ( a 2 + ab + b 2 )

Ta lại có: ( a 2 + b 2 , a 2 + ab + b 2 ) = ( a 2 + b 2 , ab ) = 1 . Thật vậy giả sử

a 2 + b 2 ⋮ d1 + b 2 , ab ) = d1   giả sử a⋮ d1  b⋮ d1 mà ( a, b ) = 1  d1 = 1 . ab⋮ d1

Như vậy ta có: a 2 + b 2 không chia hết cho a2 + ab + b2 suy ra 13⋮ a2 + ab + b2  a 2 + ab + b2 = 13  a = 3, b = 1  x = 15, y = 5 .

= OAF = OBF = ONF suy ra tứ giác FNDO nội tiếp, suy ra OND = 900  DN là tiếp ODF tuyến của ( O ) . Chứng minh tương tự ta có: DM cũng là tiếp tuyến của ( O ) .

b) Giả sử SB, CQ cắt nhau tại R , ta chứng minh: ABCR nội tiếp. Tức là chứng minh = RBA , muốn có điều này ta cần chứng minh: ∆ABS ∽ ∆ACQ. Thật vậy, ta có: RCA , ASQ = ASM = 180 0 − ACM = ACx = ABC AQS = AQN = 1800 − ABN = ABy = ACB suy ra

∆ABC ∽ ∆ASQ (g.g). Từ đó suy ra đpcm.

Câu 5 2

c) Vì 2 y − 1 là số chính phương lẻ nên x là số lẻ.

a) Ta có c = P − (a + b) thay vào giả thiết ta có: 2(a 2 + ab + b 2) = 9 − 3 [ P − (a + b)]

Gọi d = ( 2 y − x, 6 y + x ) với d ∈ N , d lẻ. Suy ra 395

396

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Hay 2(a + b) 2 + 3  P 2 − 2 P (a + b) + (a + b)2  − 9 = 2a.b. Do 2ab ≤ 2(a + b)2 + 3  P 2 − 2 P (a + b) + (a + b)2  − 9 ≤

( a + b) 2 suy ra 2

( a + b) 2 ⇔ 9(a + b)2 + 6 P 2 − 12 P (a + b) − 18 ≤ 0 2

Hay [3(a + b) − 2 P ] − 18 + 2 P 2 ≤ 0 ⇔ 2 P 2 ≤ 18 − [3(a + b) − 2 P ] ≤ 18 ⇔ P 2 ≤ 9 ⇔ −3 ≤ P ≤ 3.  2( a + b) = 2 P = 6 Xét P = 3 ⇔ c = P − (a + b) ⇔ a = b = c = 1. a = b 

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Câu 4. Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp ( O ) . Một đường tròn ( K ) đi qua B, C cắt AC , AB lần lượt tại E , F , BE cắt CF tại H , AH cắt ( O ) tại P khác A , PE cắt ( O ) tại R khác P . Đường tròn ngoại tiếp tam giác FHB cắt AH tại D . a)Chứng minh KD ⊥ AH . b)Giả sử AH cắt BC tại L và Q đối xứng P qua D . Chứng minh tứ giác AEQF là tứ giác nội tiếp. c)Chứng minh BR chia đôi EF .

 2( a + b ) = 2 P = −6 Xét P = −3 ⇔ c = P − (a + b) ⇔ a = b = c = −1. a = b 

Câu 5. Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = 3 . Tìm GTNN của biểu thức

Vậy GTLN của P là 3, GTNN của P là -3. b) Với mọi số thực a, b, c > 0, 0 < m < 1 ta có: (a − b)2 ≥ m(a − b)2 , dấ đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b. Áp dụng vào bài toán: Do a, b, c > 0, a + b + c = 1  0 < a, b, c < 1. Nên ta có: a(a − b)2 + b(b − c)2 + c(c − a)2 ≤ (a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 . suy ra a(a − b)2 + b(b − c)2 + c(c − a)2 + 6(ab+ bc+ ca) ≤ (a − b)2 + (b − c)2 (c− a)2 + 6(ab+ bc+ ca) 1 = 2(a + b+ c)2 = 2. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = . 3

ĐỀ SỐ 12 3xy + y + 1 = 21x

Câu 1. Giải hệ phương trình: 

2 2 2 9 x y + 3 xy + 1 = 117 x

1 1 1 + + 2 xy 2 + 1 2 yz 2 + 1 2 zx 2 + 1

LỜI GIẢI Câu 1: Xét x = 0 thay vào hệ phương trình ta thấy không thỏa mãn suy ra x ≠ 0 , chia 2 1 y  3 y + x + x = 21 vế phương trình cuả hệ lần lượt cho x, x ta có  9 y 2 + 1 + 3 y = 117  x2 x 2

a + b = 21 y ta có hệ phương trình  2 rút b = 21 − a thay vào phương x a − 3b = 117  a = 12 trình thứ 2 ta thu được a 2 − 3 ( 21 − a ) = 117 ⇔ a 2 + 3a − 180 = 0 ⇔   a = −15

1 x

Đặt a = 3 y + , b =

Câu 2: Đặt a = x − 4, b = y − 4, a, b ≥ 0 thì phương trình đã cho trở thành 2 ( a 2 + 4 ) b + 2 ( b 2 + 4 ) a = ( a 2 + 4 )( b 2 + 4 ) .

Câu 2. Giải phương trình: 2( x y − 4 + y x − 4) = xy. Chia 2 vế phương trình cho

+ 4 )( b 2 + 4 ) thì phương trình trở thành

2b 2a + =1. b2 + 4 a 2 + 4

Để ý a = 0 hoặc b = 0 không thỏa mãn phương trình.

Câu 3 a)Tìm các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn

x − 3y là số hữu tỉ và x2 + y 2 + z 2 là số y − 3z

nguyên tố. b)Cho số nguyên dương n, d và là một ước số nguyên dương của 3n 2 . Chứng minh n 2 + d 2 là số chính phương khi và chỉ khi d = 3n 2 . 397

Xét a, b > 0 . Theo bất đẳng thức AM-GM ta có b 2 + 4 ≥ 2 4b 2 = 4b, a 2 + 4 ≥ 4a . Suy ra VT ≤

2a 2b + = 1 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 4a 4b

Vậy x = 8, y = 8 là nghiệm phương trình.

398

 a 2 = 4 ⇔ a=b=2⇔ x= y =8  2 b = 4

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Câu 3: a)Từ giả thiết suy ra tồn tại các số nguyên p, q ≠ 0 sao cho

x − 3y p = , đẳng thức tương y − 3z q

đương với ( pz − qy ) 3 = py − qx ,nếu pz − qy ≠ 0 thì điều này không thể xảy ra quy ra pz − qy = 0 dẫn đến py − qx = 0 hay y = zx . 2

Ta có

x + x − y = 1

do x, y, z là các số nguyên dương nên

2 2 2 x + y + z = x + y + z

x2 + y 2 + z 2 ≥ x + y + z , dấu bằng xảy ra khi x = y = z = 1 .

b)Cho số nguyên dương n, d và là một ước số nguyên dương của 3n 2 . Chứng minh n 2 + d 2 là số chính phương khi và chỉ khi d = 3n 2 . 3n 2 Vì d là một ước của 3n  d .k = 3n , ta có n + d = n + là số chính phương với k 2 n k ( k + 3) k > 0, k ∈ ℕ , tức là là số chính phương suy ra k ( k + 3) là số chính phương. k2 2

 2k + 3 − 2m = 1  k = 1  hay d = 3n 2 .  2k + 3 + 2m = 9  m = 2

Đặt k ( k + 3) = m2  ( 2k + 3 − 2m )( 2k + 3 + 2m ) = 9   Câu 4:

I O

= FNC = FBC nên BFLQ nội tiếp. Tương tự ta có CEQL nội tiếp. thang cân ta có FQA = 3600 − FQL = suy ta AEQF nội ABC + ACB = 1800 − BAC Từ đó ta có biến đổi góc FQE tiếp. = 180 − . Ta cũng có : c) Từ AEQF là tứ giác nội tiếp ta có: BFE AFE = 180 − AQE = DQE

= FCE = HDE nên ∆EFB ∼ ∆EQD (g.g) suy ra FB = DQ . Gọi I là trung điểm EF ta FBE FE QE 1 FB DQ FB 2 QP FB QP = EPQ = có = ⇔ = ⇔ =  ∆EFB ∼ ∆EQP (c.g.c) nên FBI ABR hay FE QE 2 FI QE FI QE BR = BI tức là BR chia đôi EF . 2

Câu 5: Áp dụng bất đẳng thức ( ax + by + cz ) ≤ ( a 2 + b2 + c 2 )( x 2 + y 2 + z 2 ) ta có : 2

9 . Ta chứng minh : x 2 2 yz 2 + 1 + y 2 2 zx 2 + 1 + z 2 2 xy 2 + 1

(

)

(

)

(

)

x 2 ( 2 yz 2 + 1) + y 2 ( 2 zx 2 + 1) + z 2 ( 2 xy 2 + 1) ≤ 9 . Thật vậy ta có :

= BAP = BFN = BCN nên CP ≡ CN nay C , N , P thẳng hàng. Do FQPN là hình Ta có BCP

Hay P ≥

 1 1 1  ≤  x 2 ( 2 yz 2 + 1) + y 2 ( 2 zx 2 + 1) + z 2 ( 2 xy 2 + 1)   + +  2 2 2  2 xy + 1 2 yz + 1 2 zx + 1 

E Q

0 = CDH − CDK = 1800 − HEC − KBC = 1800 − BKC − 180 − BKC = 900 Ta có KDH

    2 1 1 1 2 2 2  + y 2 zx + 1. + z 2 xy + 1. ( x + y + z ) =  x 2 yz + 1. 2 2 2  2 yz + 1 2 zx + 1 2 xy + 1     

a)Ta có AH . AD = AF . AB = AE. AC suy ra EHDC nội tiếp. Từ đó ta có = 3600 − BDH − CDH = BFC + BEC = 2 BFC = BKC nên tứ giác BDKC nôi tiếp. BDC

b)Gọi N là điểm đối xứng với F qua KD , do KF = KN nên điểm N nằm trên ( K ) .

x 2 + y 2 + z 2 = x 2 + xz + z 2 = ( x + z ) − y 2 = ( x + y + z )( x + z − y ) . Do x 2 + y 2 + z 2 là só

nguyên tố suy ra 

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

2 9 −  x 2 ( 2 yz 2 + 1) + y 2 ( 2 zx 2 + 1) + z 2 ( 2 xy 2 + 1)  = ( x + y + z ) − ( x 2 + y 2 + z 2 ) − 2 xyz ( xy + yz + zx ) 3

 x+ y+ z  = 2 ( xy + yz + zx )(1 − xyz ) ≥ 0 điều này luôn đúng do xyz ≤   = 1. 3  

ĐỀ SỐ 13

399

400

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Xét x > 0 chia hai vế của phương trình cho x ta thu được: x + Câu 1. Giải phương trình: x + 1 + x2 − 4 x + 1 = 3 x . Đặt t = x +

8 x 3 y 3 + 27 = 18 y 3 Câu 2. Giải phương trình:  2 . 2  4 x y + 6 x = y

Câu 3. a) Cho các số nguyên dương x > y thỏa mãn: 7 y 2 − 6x2 = x − y . Chứng minh: x − y là số chính phương. b) Tìm số tự nhiên n khác 0 nhỏ nhất sao cho

( n + 1)( 4n + 3) là số cính phương. 3

1 1 + x − 4 + = 3. x x

1 1  t 2 = x + + 2 thay vào phương trình ta thu được: x x

t ≤ 3 5 25 1 1 17 t2 − 6 = 3 − t ⇔  2 ⇔ 4 x 2 − 17 x + 4 = 0 ⇔ t = hay = x+ +2 ⇔ x+ = 2 2 4 x x 4 t − 6 = t − 6t + 9 x = 4 ⇔ ( 4 x − 1)( x − 4 ) = 0 ⇔  . x = 1  4

Câu 2.

c) Tìm các cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn điều kiện: ( x + 2 ) ( y − 2 ) + xy 2 + 26 = 0 . Câu 4. Cho tam giác nhọn BAC ( BA < AC ) nội tiếp ( O ) , các tiếp tuyến tại B, C của ( O ) cắt nhau tại điểm M đường thẳng AM cắt ( O ) tại giao điểm thứ 2 là D (khác A ). Trên

8 x 3 y 3 + 27 = 18 y 3 Giải hệ phương trình:  2 2

đường

Để ý rằng y = 0 không phải là nghiệm của phương trình: Chia 2 phương trình của hệ lần lượt cho y 3 , y 2 ta thu được hệ:

thẳng qua O vuông góc với AD ta lấy điểm I ( O , I nằm khác phía so với AD ) ựng đường tròn ( I ; ID ) cắt các đường thẳng BD , BC lần lượt tại E , F ( E ≡ D, F ≡ C ) . a) Gọi K là giao điểm của BC với EF . Chứng minh 4 điểm A , C K , F cùng nằm trên một đường tròn. b) Dựng EX , FY lần lượt vuông góc với AI . Chứng minh: KX = KY .

 4 x y + 6 x = y

3 3   3 6x  3 3  3 27 3  8 x + = 18 2 x + − 3. 2 x + = 18 2 x + = 27   3        2 x + y = 3 y y y  y y     ⇔ ⇔ ⇔  2 3 3 4 x + 6 x = 1  2 x   2x   2x = 1 2 x + = 1 2 x + = 1 2     y  y    y 3 y y y    y 

3  4 x2 − 6 x + 1 = 0  3+ 5 9 + 3 5   3− 5 9 −3 5  2 x + = 3 y ⇔ ⇔ ( x; y ) =  ; ;  ;  . 2 2  y = 6 x   y = 6x  4   4 

Hay 

Câu 5. a) Cho các số thực dương a , b , c . Chứng minh rằng: a2 b2 c2 1 + + ≤ . ( 2a + b )( 2a + c ) ( 2b + c )( 2b + a ) ( 2c + a )( 2c + b ) 3

b) Cho tập hợp X gồm các số nguyên tố có dạng x = a 2 + 2b 2 với a , b là các số nguyên và b ≠ 0 . Chứng minh rằng nếu p là số nguyên tố và p2 ∈ X thì p ∈ X . LỜI GIẢI

Câu 3. a) Từ giả thiết ta suy ra y 2 = 6 x 2 − 6 y 2 + x − y ⇔ y 2 = ( x − y )(6 x + 6 y + 1) (*)   x = md   Gọi d là ước chung lớn nhất của x, y, kí hiệu ( x, y ) = d ⇒  y = nd     (m, n) = 1

Và x − y = d (m − n) , đặt m − n = k > 0 thay x − y = dk vào (*) ta có: Câu 1.

Ta thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình.

401

402

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

(dn) = dk (6dm + 6dn +1) ⇔ dn2 = 6kdm + 6kdn + k (**) do (m, n) = 1 ⇒ (n, m − n) = 1 ⇒ (n, k ) = 1 lại có: dn2 ⋮ k ⇒ d ⋮ k mặt khác, cũng từ (**) ta suy ra 6 kdm + 6 kdn + k ⋮ d ⇒ k ⋮ d

b) Đặt

 d ⋮ k như vậy ta có:  ⇒ k = d hay x − y = dk = d 2 .

  k ⋮ d

(n +1)(3n +1)

= k 2 ⇔ ( n +1)(3n +1) = 3k 2 (k ∈ N * ) , các số n +1, 4n + 3 nguyên tố cùng 3 nhau và số 4 n + 3 không phải là số chính phương (số chính phương chia 4 chỉ có thể dư  n +1 = a 2 0 hoặc 1) nên suy ra  với (a, b ∈ N * ) . Từ đó ta có: 2  4 n + 3 = 3 b   4a 2 − 3b 2 = 1 ⇔ ( 2a −1)( 2a + 1) = 3b 2 do 2a −1, 2a +1 nguyên tố cùng nhau nên ta có các khả

E I X

H B

năng xảy ra như sau: 

2a −1 = 3 x ⇒ y 2 − 3x 2 = 2 ⇒ y 2 chia cho 3 dư 2 (loại) TH1:  2

  2a + 1 = y

 2a −1 = x 2 ⇒ 3 y 2 − x 2 = 2 (*). TH2:  2  2 a + 1 = 3 y  

a) Xét tứ giác ACKF ta có: ACK = ACB = ADB = ADE = AFE = AFK

+ Nếu x chẵn thì y chẵn suy ra 3y 2 − x2 chia hết cho 4, mà 2 không chia hết cho 4 nên điều này không thể xảy ra.

Suy ra ACFK là tứ giác nội tiếp.

+ Nếu x lẻ suy ra x ⋮ 3 . Do n +1 = a2 , 2a −1 = x2 nên n nhỏ nhất khi và chỉ khi a nhỏ

ACD = ACF = AKE b) Ta có

nhất dẫn đến x nhỏ nhất. Xét x = 5 khi đó ta tính được a = 13, n = 168,

(n +1)(4n + 3) 169.657 3

ACD = AEK ⇒ ∆ACD ∽ ∆AKE = (13.15) thỏa mãn

điều kiện. Vậy giá trị n nhỏ nhất cần tìm là 168. c) Đặt z = y − 2 , phương trình đã cho trở thành: 2

⇒

KE CD = (*), hoàn toàn tương tự, ta KA CA

cũng có: ∆ABD ∽ ∆AKF ⇒

( x + 2) z + ( z + 2) x + 26 = 0 ⇔ ( x + z + 8)( xz + 4) = 6 ⇒ x + z + 8 ∈ U (6) . ⇒ ( x, y ) = (1; −1) , (−3;3) , (−10;3) , (1; −8) .

Câu 4.

KF BD = (**) KA BA

 BD MB   ∆MDB ∽ ∆MBA ⇒ =   BA MA Mặt khác ta dễ dàng chứng minh:  ;  CD MC  ∆MDC ∽ ∆MCA ⇒ =   CA MA  

Mà MC = MB ⇒

CD BD = CA BA

Từ (*) và (**) ⇒

KE KF = hay K là trung điểm của EF. KA KA

Dựng đường cao AH của tam giác AEF, gọi N là trung điểm của AE, ta có 5 điểm E, N, I, Y, K nằm trên đường tròn đường kính EI, 4 điểm A, E, H, I nằm trên đường tròn 403

404

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

= YEK = YEH = 1 YNH . Vậy NK là phân đường kính AE. Từ đó ta có biến đổi góc: YNK 2

giác của góc HNY

Mà tam giác HNY cân tại N nên NK là trung trực của HI. Chứng minh tương tự ta có K là trung trực HX suy ra K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HXY nên KX = KY.

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

b) Ta thấy nếu a là số chẵn thì a 2 + 2b2 ⋮ 4 nên không phải là số nguyên tố. Ta có:

( p − a )( p + a ) = 2b 2 Do ( p − a )( p + a ) = 2b 2 là số chẵn suy ra p − a, p + a đều là số chẵn suy ra

( p − a )( p + a )⋮ 4  2b 2 ⋮ 4  b là số chẵn từ đó tồn tại các số tự nhiên khác

0, k , n sao

 p − a = 2k  p = k + n với 1 ≤ k , n ≤ p và p là số nguyên tố nên ( k , n ) = 1. Suy ra ta  p + a = 2n

cho:  Câu 5.

có thể đặt n = 2c 2 , k = d 2 với c, d ∈ ℤ, c ≠ 0  p = 2c 2 + d 2 ∈ X .

x2 y 2 z 2 ( x + y + z) a) Ta chứng minh BĐT thuộc: + + ≥ với x, y, z, A, B, C > 0 (Dành cho A B C A+ B +C

học sinh)

ĐỀ SỐ 14 2

Ta có:

(a + a + a ) a2 a2 1 = = . 2 a + b a + c a a + b + c + a + bc 2 2 2 2 9 ( )( ) ( ) a (a + b + c) + a ( a + b + c) + (2a 2 + bc) 1 a2 a2 a 2  1  2a a 2  . ≤  + + 2 =  + 2   9  a (a + b + c) a ( a + b + c) 2a + bc  9  a + b + c 2a + bc 

Câu 2. Giải phương trình: x 3 = 6 3 6 x + 4 + 4.

2 1  a2 b2 c 2  . ⇒ VT ≤ +  2 + + 9 9  2a + bc 2b 2 + ac 2c 2 + ab 

Câu 3.

a2 b2 c2 + 2 + 2 Đặt P = 2 2a + bc 2b + ac 2c + ab 1 a

1 b

Đặt x = ; y = ; z = P=

5y  x  x2 − y + x + y 2 = 4  . Câu 1. Giải hệ phương trình:  2 2 5 x + y + x − 5 y = 5  xy

a) Tìm tất cả các số nguyên dương lẻ n sao cho tồn tại các số nguyên tố p, q, r thỏa mãn: p n + q n = r 2 .

1 thì c

b) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x 4 − y 4 = 3 y 2 + 1.

a2 b2 c2 bc ca ab + 2 + 2 ⇒ 2 P = 1− 2 + 1− 2 +1− 2 2a + bc 2b + ac 2c + ab 2a + bc 2b + ca 2c + ab 2

c) Chứng minh rằng: x = 3 a +

a + 1 8a − 1 3 a + 1 8a − 1 1 + a− với a ≥ là số tự nhiên. 3 3 3 3 8

Câu 4. Cho tam giác ABC nội tiếp ( O ) , P là môt điểm bất kì trong tam giác và Q ∈ cung nhỏ BC của ( O ) , AP cắt ( O ) tại giao điểm thứ 2 là D, M là trung điểm của ca ab   bc = 3− 2 + 2 + 2  = 3 − Q.  2a + bc 2b + ca 2c + ab 

AQ, QP cắt ( O ) tại giao điểm thứ 2 là K . Dựng đường tròn ( w ) qua hai điểm P, K

tiếp xúc với AP. Các đường thẳng AK , MP lần lượt cắt ( w ) tại E, F . Gọi R là giao

1 1 1 bc ca ab + + Lại có: Q = 2 , đặt a = , b = , c = ta có: 2a + bc 2b 2 + ca 2c 2 + ab x y z 2

(x + y + z) x2 y2 z2 Q= + + ≥ = 1 suy ra P ≤ 1. Vậy 2 2 2 yz + x 2 zx + y 2 xy + z 2 2 yz + x 2 + 2 zx + y 2 + 2 xy + z 2 2 1 1 VT ≤ + = , dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c. 9 9 3 405

điểm của đường tròn ngoại tiếp tam giác KPD với MP. a) Chứng minh: AMDR là tứ giác nội tiếp. b) Chứng minh: ∆KFP ∽ ∆KRD suy ra F là trung điểm của PR. c) Chứng minh: 4 điểm A, D, E , F cùng nằm trên một dường tròn.

406

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Câu 5. Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện a + b + c = 3. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = a 3 b3 + 1 + b 3 c3 + 1 + c 3 a 3 + 1.

• Nếu p > q = 2 ta có: pn + 2n = r 2 .

Vì n là số lẻ  n ≥ 3  p n + 2n = r 2 ⇔ ( p + 2 ) ( p n −1 − 2 p n −2 + 22 p n −3 + .... + 2n−1 ) = r 2 vì p + 2 > 1,

Lời giải

p n−1 − 2 p n−2 + 22 p n−3 + .... + 2n−1 > 1, p là số nguyên tố nên

Câu 1. Điều kiện: x, y ≠ 0; x ≠ − y 2 ; y ≠ − x 2 . Phương trình (2) tương đương: y +

x 5y x+ y x −y + 5x − =5⇔ + 5. =5 y x x x

x2 − y x + y2 = a, = b. Hệ trở thành: Đặt x x

2 1 5  1 5  + =4 2 ( x − y ) = x ⇔ a = , b = ⇔ a b   2 2 2 b + 5a = 5  2 ( x − y ) = 5 y

 x + 2 y = 2 x 2 Hay   y 2 ( x + 2 y ) = x 2 ( −2 x + 5 y ) ⇔ 2 x 3 − 5 xy 2 + xy 2 + 2 y 3 = 0 2 −2 x + 5 y = 2 y

3  x = − 2 , y = 3  1 ⇔ ( x − y )( x − 2 y )( 2 x + y ) = 0 ⇔  x = 1, y = .  2  x = 3 , y = 3 2 2 

 3

   

p n + 2n ≥ p3 + 8 mà p 3 + 8 − ( p 2 + 4 p + 4 ) = p 3 − p 2 − 4 p + 4 = p 2 ( p − 3) + 2 p 2 − 4 p + 4 > 0 .

b) Ta có x4 = y 4 + 3 y 2 + 1 ≥ y 4 + 2 y 2 + 1 = ( y 2 + 1) 2

x 4 = y 4 + 3 y 2 + 1 < y 4 + 4 y 2 + 4 = ( y 2 + 2 ) suy ra

+ 1) ≤ x 4 < ( y 2 + 2 ) ⇔ ( y 2 + 1) = x 4 ⇔ x 2 = y 2 + 1 .

Từ đó tìm được các nghiệm là: (1; 0 ) ; ( −1; 0 ) . 3

Ta có: x 3 = 2a + (1 − 2a ) x ⇔ x 3 + ( 2a − 1) x − 2a = 0 ⇔ ( x − 1) ( x 2 + x + 2a ) = 0 Xét đa thức bậc hai x 2 + x + 2a với ∆ = 1 − 8a ≥ 0 .

1   3 3    

+) Khi a =

1 1 1 ta có: x = 3 + 3 = 1 . 8 8 8

+) Khi a >

1 ta có: ∆ = 1 − 8a âm nên đa thức (1) có nghiệm duy nhất x = 1 . Vậy với mọi 8

Câu 2. Đặt y = 3 6 x + 4 ta có hệ sau:  x − 4 = 6 y ⇔ x3 + 6 x = y 3 + 6 y ⇔ ( x − y ) ( x 2 + xy + y 2 + 6 ) = 0 ⇔ x = y  3 6 x + 4 = y 3

 x = −2  Thay vào phương trình ta có: x − 6 x − 4 = 0 ⇔ ( x + 2 ) ( x − 2 x − 2 ) = 0 ⇔  x = 1 + 3. x = 1− 3  3

c) Áp dụng hằng đẳng thức: ( u + v ) = u 3 + v3 + 3uv ( u + v )

Vậy hệ có nghiệm ( x; y ) =  − ;3  ;  2;  ;  ;  . 2 2 2 2 

p+2 = r 2  p n + 2n = ( p + 2 ) , điều này không thể xảy ra vì  n −1 n− 2 2 n −3 n −1  p − 2 p + 2 p + .... + 2 = r

Câu 3.

a≥

a + 1 8a − 1 3 a + 1 8a − 1 1 ta có: x = 3 a + + a− = 1 là số tự nhiên. 8 3 3 3 3

Câu 4: a) Các tứ giác KPDR , AKDQ nội tiếp = DKP = DAQ ta suy ra DRP

hay tứ giác AMDR là tứ giác nội tiếp. = KPA = KRD , b) Ta có: PA là tiếp tuyến của đường tròn ( w ) và KPDR nội tiếp nên KFP

a) Ta xét n = 1. Dễ thấy bộ số p = 2, q = 7, r = 3 thỏa mãn điều kiện.

= KDR ⇔ KPF = KDR nên ∆KFP ∽ ∆KRD ( g .g ) suy ra lại có KPR

Ta xét n ≥ 2. Ta thấy trong bộ ba số p, q, r phải có 1 số chẵn. • Nếu r = 2 thì p n + q n = 4 không có số p, q thỏa mãn. 407

408

FP KP = RD KD

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG 3

Sử dụng bất đẳng thức AM − GM ta có: b ( a + c )

R K F

a+c a+c   a+ 2 + 2  a+c a+c = 4b. . ≤ 4  =4 2 2 3    

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = 0; b = 1; c = 2 hoặc các hoán vị P

Suy ra P ≤ 3 +

M C

b(a + c) ab2 + bc 2 + ca 2 ≤ 3+ ≤ 5. 2 2

Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 5 đạt tại a = 0; b = 1; c = 2 hoặc các hoán vị.

D Q

ĐỀ SỐ 15 

KP AP PR PA 2 PA Lại có: ∆KPD ∽ ∆APQ ( g.g ) suy ra = , ∆PRD ∽ ∆PAM nên = = , từ đó KD AQ RD AM AQ PR 2 PA 2 KP 2 FP suy ra F là trung điểm của RP . ta có: = = = RD AQ KD RD = KDP , KFR = 1800 − KFP = 1800 − KPA = KPD suy ra ∆KFR ∽ ∆KPD ( g .g ) kết c) Ta có KRF

= KPF = 1800 − = DPF suy ra ∆KPF ∽ ∆PDF ( c.g .c ) suy ra hợp với PKF ADF = PDF AEF

hay ADEF là tứ giác nội tiếp. Câu 5:

( b + 1) ( b2 − b + 1) ≤ a.

Tương tự: b c3 + 1 ≤ b + P ≤ a+b+c+

 

2 b 2 a − b   3 6 b+4  +   2 a − b a − ab + a − b a+ b 

(

)

(

)

  2   

với a, b ∈ ℤ; 0 < a, b ≤ 9 . a) Rút gọn P . b) Cho n = ab ( n là số tự nhiên có hai chữ số). Tìm n để P lớn nhất. Câu 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol ( P ) : y = x 2 và đường thẳng ( d ) : y = mx + 2 . Tìm m để ( d ) cắt ( P ) tại 2 điểm phân biệt A ( x1; y1 ) ; B ( x2 ; y2 ) sao cho y1 − y2 = 24 − x22 − mx1 .

Sử dụng bất đẳng thức AM − GM ta có: a b3 + 1 = a

Câu 1. Cho biểu thức P =  ( 2 a − b ) −

b + 1 + b2 − b + 1 ab 2 =a+ 2 2

bc 2 ca 2 ; c a3 + 1 ≤ c + . Cộng theo vế 3 bất đẳng thức trên ta được: 2 2

ab 2 bc 2 ca 2 ab 2 + bc 2 + ca 2 + + = 3+ . 2 2 2 2

Câu 3. Khoảng cách giữa hai tỉnh A và B là 60km . Hai người đi xe đạp cùng khởi hành một lúc từ A đến B với vận tốc bằng nhau. Sau khi đi được 1 giờ thì xe của người thứ nhất bị hỏng nên phải dừng lại sửa xe 20 phút, còn người thứ hai tiếp tục đi với vận tốc ban đầu.Sau khi xe sửa xong, người thứ nhất đi với vận tốc nhanh hơn trước 4km / h nên đã đến B cùng lúc với người thứ hai. Tính vận tốc hai người đi lúc đầu. Câu 4. Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp ( O; R ) AB < AC các tiếp tuyến tại B, C cắt nhau

Không mất tính tổng quát giả sử b là một số nằm giữa a và c ta có:

( b − a )( b − c ) ≤ 0 ⇔ b 2 + ac ≤ ab + bc  ab2 + a 2c ≤ a 2b + abc

ở K , AK cắt ( O ) tại giao điểm thứ hai là D , AK cắt BC tại M . Đường thẳng qua K song song với BC cắt tia AB, BD lần lượt tại F , E . Đường thẳng AE cắt BC tại N , OK cắt BC tại H .

 ab2 + bc 2 + ca 2 ≤ a 2b + abc + bc 2 = b ( a 2 + ac + c 2 ) ≤ b ( a + c ) .

a) Chứng minh KC 2 = KD.KA và ∆DKC ∽ ∆CMK . b) Chứng minh: KDCE là tứ giác nội tiếp. c) Chứng minh: F , D, N thẳng hàng.

409

410

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Câu 5. Cho các số thực a, b, c thỏa mãn −1 ≤ a, b, c ≤ 1 , các số thực x, y, z thỏa mãn

 1− a   1− b   1− c  0 ≤ x, y, z < 1 . Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P =  .    1 − bz   1 − cx   1 − ay 

LỜI GIẢI Câu 1. Đặt a = x, b = y điều kiện 0 < x, y ≤ 3; x ≠ y . Ta có:

 2 y ( 2x − y )   3  6y + 4 P =  ( 2x − y ) − + 2    2 x + y   2 x − y x − xy + ( x − y )  

H B

x − y 6 x 2 + 3xy − 3 y 2 + 8 x − 4 y 3 ( 2 x − y )( x + y ) + 4 ( 2 x − y ) 3 ( x + y ) + 4 3 . = = = x+ y ( x − y )( 2 x − y ) ( x + y )( 2 x − y ) ( x + y)

b) Ta có: P = 3 +

4 , P lớn nhất khi và chỉ khi a+ b

(

)

a + b +4

(

a+ b

)

4 = 4 2 − 1 , dấu đẳng thức 1+ 2 xảy ra khi và chỉ khi a = 1; b = 2 hoặc a = 2; b = 1 suy ra n = 12 hoặc n = 21 .

Câu 2. Phương trình hoành độ giao điểm của ( P ) và ( d ) là x 2 = mx + 2 ⇔ x 2 − mx − 2 = 0 , ta có ∆ = m 2 + 8 > 0 nên phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 . Theo hệ thức Viet ta cũng có x1 x2 = −2 < 0 nên 2 giao điểm A, B nằm về 2 phía trục tung. 2

Điều kiện bài toán y1 − y2 = 24 − x22 − mx1 ⇔ ( y1 − y2 ) = 24 − x22 − mx1 . Chú ý rằng: x12 − mx1 − 2 = 0  mx1 = x12 − 2 thay vào ta có:

( y1 − y2 )

2 1

= 24 − x22 − ( x12 − 2 ) ⇔ ( x12 − x22 ) + ( x22 + x12 ) − 26 = 0 hay

− x22 ) + ( x22 + x12 ) − 26 = 0 ⇔ ( x12 + x22 ) + ( x22 + x12 ) − 4 x12 x22 − 26 = 0 (*) Theo hệ thức Vi-et ta 2

có: x1 + x2 = m, x1 x2 = −2 và ( x + x ) = ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 = m + 4 thay vào (*) ta có: 2 1

2 2

a + b nhỏ nhất, mặt khác

a + b ≥ 1 + 2 khi đó P ≤ 3 +

a, b ≥ 1; a ≠ b; a, b ∈ ℕ suy ra

2 2 2  2 y  3 ( x − xy + x − 2 xy + y ) + ( 6 y + 4 )( 2 x − y ) = ( 2 x − y ) 1 − . 2 ( 2 x − y ) ( x − xy + x 2 − 2 xy + y 2 )  x+ y 

a) Học sinh tự làm. b) Tứ giác ABDC nội tiếp và EF‖ BC nên ta có biến đổi góc

= DBC = DCK suy ra KDCE là tứ giác nội tiếp. DEK

c) Xét các tam giác ∆FBK và ∆ECK = KBC = KCB = CKE ; BK = KC Ta có: FKB

= KDE = . Từ đó suy ra và KCE ADB = ABx = FBK ∆FBK = ∆ECK ( g .c.g ) suy ra KE = KF .

Theo định lý Thales ta có:

MB AM MN suy ra M là trung điểm BN . Theo bổ đề = = FK AK KE

hình thang ta có F , N , D thẳng hàng.

+ 4 ) + ( m2 + 4 ) − 42 = 0 đặt m 2 + 4 = t ≥ 4 ta thu được

t 2 + t − 42 = 0 ⇔ ( t + 7 )( t − 6 ) = 0  t = 6 ⇔ m2 = 2 ⇔ m = ± 2 .

KIẾN THỨC BỔ TRỢ Cho hình thang ABCD có hai đáy là AB, CD khi đó trung điểm các cạnh đáy, giao điểm M 2 đường chéo và giao điểm của 2 cạnh bên nằm trên một đường thẳng. •

Thử lại ta thấy cả 2 giá trị đều thỏa mãn. Câu 3. Học sinh tự làm

Chứng minh:

Câu 4. 411

412

A •

•

• B

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Câu 4. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( O ) . Đường tròn ( K ) tiếp xúc với CA, CB

Giả sử các đường thẳng AD, BC cắt nhau tại M ,

lần lượt tại E, F và tiếp xúc trong với ( O ) tại S . SE , SF lần lượt cắt ( O ) tại M , N

AC , BD cắt nhau tại P , đường thẳng MP cắt AB, CD

khác S . Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEM , AFN cắt nhau tại P khác A . a) Chứng minh tứ giác AMPN là hình bình hành. b) Gọi EN , FM lần lượt cắt ( K ) tại G, H khác E, F . Gọi GH cắt MN tại T .

lần lượt tại N , Q . Ta chứng minh: N , Q lần lượt là trung điểm của AB, CD .

Chứng minh tam giác AST cân. Câu 5. Với n là số tự nhiên, n 2 , cho n số tự nhiên x1 , x2 ,…, xn thỏa mãn

Thật vậy: Do AB‖ CD theo định lý Thales ta có: AN NB AN BN = (1) , = ( 2 ) . Lấy (1) nhân với (2) ta có: QD QC QC QD

x12 + x22 + x23 +…+ xn2 + n3 ≤ (2n − 1) ( x1 + x2 + …+ xn ) + n 2 .

AN 2 NB 2 =  AN = NB thay vào (1) ta có QD = QC . Hay N , Q lần lượt là trung điểm QC.QD QC.QD

của AB, CD .

Chứng minh rằng a) Các số xi (i = 1, 2,…, n) là số nguyên dương. b) Số x1 + x2 +…+ xn + n + 1 không là số chính phương.

Câu 5: Ta có:

(1 − a )(1 + y ) − 2 (1 − ay ) = − (1 + a )(1 − y ) ≤ 0  1 − a ≤ 2 ≤ 2 1− a 2 − = 1 − ay 1 + y 1 − ay 1 + y (1 − ay )(1 + y ) (1 − ay )(1 + y ) 1− a

1− b  1− c   1− a  1− b

1− c

x + y = 2 x + y ≠ 0  ( x + y )5 = 32 ⇔  ⇔ x = y = 1.  xy = 1 Câu 2. Phương trình tương đương với 2 x + 3 + 2 3x + 1 = 2x − 2 .

Khi a = b = c = −1; x = y = z = 0 thì P = 8 . Vậy GTLN của P là 8.

u = x + 3 Đặt   v 2 − u 2 = 2 x − 2 với u; v > 0 , ta được 2(u + v) = v 2 − u 2 .

ĐỀ SỐ 16

v = 3x + 1 ⇔ (v + u )(v − u − 2) = 0 ⇔ 2 x − 6 = 4 x + 3 ⇔ 2 x + 3 = x − 3

 xy ( x + y ) = 2 Câu 1. Giải hệ phương trình:  3 3 . 2 2  x + y + 6 = 8 x y

x ≥ 3  x ≥ 3  x = 5 ± 28 ⇔ ⇔ 2 ⇔ ⇔ x = 5 + 28 . 2 4( x + 3) = x − 6 x + 9  x − 10 x − 3 = 0  x ≥ 3 Câu 3. a) Ta có n3 ≡ 0, ±1(mod9) . Vì 2019 ≡ 3( mod9)  x3 = 9m + 1, y3 = 9t + 1, z3 = 9u + 1, suy

Câu 2. Giải phương trình x + 3 + 3x + 1 = x −1 . Câu 3. a) Tồn tại hay không bộ ba số nguyên dương ( x; y; z ) thỏa mãn x + y + z = 2019 . 3

(

 2  32 do  = x + y ( x + y )2  

Câu 1. Ta có x3 + y3 + 6 = x3 + y3 + 3xy( x + y) = ( x + y)3 ; 8 x 2 y 2 = 8 ⋅ 

     Suy ra P =  =      ≤ 2.2.2 = 8 .  1 − bz  1 − cx   1 − ay   1 − ay   1 − bz  1 − cx 

b) Giả sử ( x; y ) là các số thực thỏa mãn x + 3 + x 2

LỜI GIẢI

)( y +

)

3 + y 2 = 9 . Tìm giá trị nhỏ nhất

ra tìm được x, y, z trong tập hợp {1, 4, 7,10,13…} . Không mất tính tổng quát, giả sử: x ≤ y ≤ z .  Giả sử z ≥ 13  z 3 ≥ 2197 > 2019 (loại).  Giả sử z ≤ 7  2019 = x3 + y3 + z3 ≤ 3z3 ≤ 3.73 (loại) Suy ra z = 10  x3 + y3 = 1019 .

của biểu thức P = x2 + xy + y 2 .

Giả sử y < 10  x ≤ y ≤ 7  1019 = x3 + y3 ≤ 2.73 = 2.343 (loại). Suy ra y = 10, x3 = 19 , không có giá trị x nào thỏa mãn. Vậy không tồn tại x, y, z thỏa mãn đề bài.

413

414

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

b) Đặt a = x + 3 + x 2 > 0  a − x = 3 + x2  a 2 − 2ax + x 2 = 3 + x 2  x = Tương tự, đặt b = y + 3 + y 2 > 0  x = a 2

Theo giả thiết a ⋅ b = 9  x + y = + 3 4 ra khi và chỉ khi x = y = 1 .

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

a2 − 3 . 2a

⇔  xn2 − (2n − 1) xn + n2 − n  +  x22 − (2n − 1) x2 + n2 − n  +…+  xn2 − (2n − 1) xn + n2 − n  ≤ 0 ⇔ ( x1 − n )( x1 − n + 1) + ( x2 − n )( x2 − n + 1) + …+ ( xn − n )( xn +1 − n + 1) ≤ 0

Mặt khác, ( xk − n ) [ xk − (n − 1)] là tích của hai số nguyên liên tiếp nên không âm, do đó xk = n hoặc xk = n − 1 . Do n 2 nên xk là số nguyên dương. b) Vì xk ∈{n; n − 1} nên n(n − 1) ≤ x1 + x2 + …+ xn ≤ n 2 . Do đó

a b 3 3 b −3 . Khi đó x + y = + − − . 2b 2 2 2a 2b

9 3 a a 3 a 3 − − = + ≥ 2⋅ ⋅ = 2. 2a 2a 6 3 a 3 a

1 4

n 2 < 1 + n 2 ≤ 1 + n + x1 + x2 +…+ xn ≤ n 2 + n + 1 < ( n + 1) 2

3 4

Lại có x 2 + xy + y 2 = ( x + y) 2 + ( x − y) 2 ≥ ( x + y )2  x 2 + xy + y 2 ≥ 3 . Dấu “=” xảy

Suy ra x1 + x2 +…+ xn + 1 + n nằm giữa hai số chính phương liên tiếp nên không là số chính phương.

Vậy ( x 2 + xy + z 2 )min = 3 . Câu 4. Các tứ giác ANFP, AMEP, AMSN nội tiếp nên ta có biến đổi góc ANP = AFP = AEP = AMP (1) = EFS = EAN suy ra NA PM (2) APM = AEM = CES Ta có Từ (1) và (2) suy ra ANPM là hình bình hành = KSE = OMS suy ra a) Các tam giác SKE, SOM cân tại K và O suy ra KES KE OM . Chứng minh tương tự ta có KF ON . SF SK SE = =  EF MN . Từ đó, ta có SN SO SM =  MNGH là tứ giác nội tiếp, suy ra TM .TN = TG.TH , giả sử MNE NEF = GHF TS cắt ( O ) tại S1 , cắt ( K ) tại S2 thì TM .TN = TG.TH = TS.TS1 = TS .TS2 suy ra

Theo định lý Ta-lét, ta có

TS1 = TS2  S1 ≡ S2 ≡ S (do 2 đường tròn ( O ) và ( K ) tiếp xúc nhau tại S ) suy ra TM ⋅ TN = TS 2 hay TS chính là tiếp tuyến chung của ( O ) và ( K ) . b) Ta sẽ chứng minh TA cũng là tiếp tuyến của ( O ) .

Các đường thẳng AP và MN cắt nhau tại I là trung điểm của mỗi đường. 2

TM STSM  SM  = =  (*) TN STNS  SN 

Ta có TS là tiếp tuyến của ( O ) nên ∆TNS ∽ ∆TSM hay

AMI = AMN = ASN , do PEMA nội tiếp ta có Mặt khác ta cũng có = MAI = MAP = PES = FES = NAS NST = NAS

suy ra ∆AIM ∽ ∆ANS  AMSN = AI ⋅ AS . Tương tự, ta cũng có ∆AIN  ∆AMS  ANSM = AIAS  AM .SN = AN .SM , suy 2

SM   AM  TM  AM  = ra   =  , thay vào (*) ta được  hay TA là tiếp tuyến  SN 

 AN 

của ( O ) . Vậy TA = TS . Câu 5. a) Ta có x12 + x22 + x23 + …+ xn2 + n3 ≤ (2n − 1) ( x1 + x2 +…+ xn ) + n 2

415

416

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

ĐỀ SỐ 17 Câu 1.

 x2 + 1 − y ( x + y) = 0 Câu 2. Ta viết lại hệ phương trình thành:  2

( x + 1) ( x + y − 2) + y = 0

x 2 + 15 + x + 3 = x 2 + 8 + 3 x .

 x 2 − y ( x + y) + 1 = 0 Câu 2. Giải hệ phương trình:  2

( x + 1) ( x + y − 2) + y = 0

Câu 3. a) Cho a + b + c = 0 . Tính P =

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

a2 b2 c2 + 2 2 + 2 . 2 2 2 a − b − c b − c − a c − a 2 − b2 2

b) Tìm các số nghiệm nguyên dương của phương trình: 5 ( x 2 + xy + y 2 ) = 7( x + 2 y) . c) Cho x, y là số nguyên dương sao cho x2 + y 2 − x chia hết cho xy . Chứng minh x là số chính phương. Câu 4. Cho tam giác nhọn ABC có tâm đường tròn nội tiếp là điểm I, gọi ( K ) là đường tròn ngoại tiếp tam giác BIC , trên cung nhỏ BC lấy điểm D, đường tròn ( L ) qua A tiếp xúc ngoài với ( K ) tại D cắt AC, AB lần lượt tại E, F . Gọi J là tâm đường tròn nội tiếp tam giác AEF. Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác BDF cắt cạnh BC tại S. a) Chứng minh: SDEC nội tiếp. b) Chứng minh: EJFS nội tiếp. c) Chứng minh: BC là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác EJF. Câu 5. a) Cho các số thực a, b, c, d thay đổi thỏa mãn 0 ≤ a, b, c, d ≤ 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức a b c d P= + + + bcd + 1 acd + 1 abd + 1 abc + 1 b) Cho các số thực dương a, b sao cho a + 2b ≤ 3 . Tìm GTNN của biểu thức 1 2 . P= + a+3 b+3

LỜI GIẢI Câu 1. Điều kiện: x ≥ −3 . Để ý rằng: x 2 + 15 − x 2 + 8 + x + 3 = 3x > 0  x > 0 . Ta viết lại phương trình thành: x 2 + 15 − 4 + x + 3 − 2 = x 2 + 8 − 3 + 3 x − 3 x2 − 1 x −1 x2 − 1 Hay 2 + = + 3( x − 1) x +3 + 2 x + 15 + 4 x2 + 8 + 3

thỏa mãn hệ nên suy ra y ≠ 0 , chia hai phương trình của hệ cho y ta thu được  x2 +1 − ( x + y) = 0   y  2  ( x + 1)  y ( x + y − 2) + 1 = 0  x2 + 1 Đặt = a; x + y − 2 = b . Do đó ta có hệ y

a − b = 2 . Phần còn lại bạn đọc tự giải.  ab + 1 = 0 2 2 2 Câu 3. a) Từ giả thiết suy ra a = −(b + c)  a = b + c + 2bc  a2 − b2 − c2 = 2bc . Tương tự

ta có 2 biểu thức nữa bà cộng lại ta thu được a2 b2 c2 a 3 + b3 + c 3 + + = . 2bc 2ca 2ba 2abc 3 Chú ý rằng: a + b + c = 0  a3 + b3 + c3 = 3abc  P = . 2 b) Từ giả thiết ta suy ra 7( x + 2 y) : 5  x + 2 y : 5  x + 2 y = 5m  x = 5m − 2 y với P=

m∈ℤ

ta thay vào phương trình

(5m − 2 y)2 + (5m − 2 y) y + y 2 − 7m = 0 ⇔ 3 y 2 − 15my + 25m2 − 7m = 0 .

Phương trình này có nghiệm nên suy ra ∆ = 225m2 − 12 ( 25m2 − 7m ) ≥ 0 ⇔ −75m2 + 84m ≥ 0 ⇔ 0 ≤ m ≤

84 . 75

Do m là số nguyên nên suy ra m = 0 hoặc m = 1 .  x = md

c) Đặt ( x, y ) = d   y = nd

( m, n) = 1; m, n ∈ ℕ* 

. Thay vào điều kiện bài toán ta có

d 2 mn = xy x 2 + y 2 − x = d ( dm2 + dn 2 − m )  dmn dm2 + dn 2 − m .

Từ đó suy ra d | m (1) . Ta cũng có dm2 + dn2 − m⋮ m  dn2 : m do (m, n) = 1  ( m, n2 ) = 1  m | d ( 2 )

Từ (1), (2) suy ra d = m nên x = dm = d 2 . Vậy x là số chính phương. = 360° − EDF − SDF = 180° − EDF + 180° − SDF = BAC + ABC Câu 4. a) Ta có SDE = 180° − ACB . Suy ra tứ giác SDEC nội tiếp.

  x +1 x +1 1 ⇔ ( x − 1)  − + − 3 = 0 . 2 2 x + 3 + 2 x +8 +3  x + 15 + 4  x +1 x +1 1 Với x > 0 thì − + − 3 < 0 nên phương trình đã cho x+3+2 x 2 + 15 + 4 x2 + 8 + 3 có nghiệm duy nhất x = 1 .

417

. Dễ thấy y = 0 không

418

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

4 a+7 8 b+7 + ≥ 1; + ≥ 2 nên a + 7 16 b+7 8 1 3 P ≥ 3 − (3 + 21) = . 16 2

Theo bất đẳng thức AM – GM ta có

A E

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

L I F

ĐỀ SỐ 18 C

Câu 1. Giải phương trình: x x + 1 + 3 − x = 2 x 2 + 1 .  x + my − m = 0 . Tìm m để hệ phương trình có 2 cặp nghiệm 2 2 x + y − x = 0

Câu 2. Xét hệ phương trình:  K

phân biệt ( x1 ; y1 ) , ( x2 ; y2 ) sao cho ( x1 − x2 ) + ( y1 − y2 ) lớn nhất. Câu 3. a) Xét các số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z = 2; x2 + y2 + z 2 = 18; xyz = −1 .

= ESD + DSF = ECD + FBD = 180 − DAC − − ADC + 180 − DAB ADB b) Ta có ESF °

+ + = 360° − ( DAB ADB ) − ( DAC ADC ) 1 1 − BAC = BIC − BAC = = BDC ABC + ACB 2 2 180° − BAC . = 2 ° 1 = 180° − 1 ( = 180 + BAC Lại có EJF AEF + AFE ) = 180° − 180° − EAF 2 2 2

(

)

+ EJF = 180° hay EJFS là tứ giác nội tiếp. Suy ra ESF = DCB và xDF = DEF . c) Kẻ tiếp tuyến chung Dx của ( K ) , ( L ) . Ta có xDB = FDB = DCB + DEF = DES + DEF = SEF suy ra BC là tiếp tuyến của Ta có FSB

đường tròn ngoại tiếp tam giác EJF . Câu 5. a) Vì 0 ≤ a, b, c, d ≤ 1  abc + 1 ≥ abcd + 1  P ≤

a+b+c+c . Do abcd + 1

(1 − a )(1 − b ) ≥ 0 a + b ≤ 1 + ab   (1 − c)(1 − d ) ≥ 0  c + d ≤ 1 + cd (1 − ab )(1 − cd ) ≥ 0 ab + cd ≤ 1 + abcd = 3 + abcd    a + b + c + d ≤ 2 + ab + cd ≤ 2 + 1 + abcd . 3 + abcd 3(1 + abcd ) ≤ = 3 , khi a = 0, b = c = d = 1 thì P = 3 . Vậy P ≤ 1 + abcd 1 + abcd

Vậy GTNN của P là 3. b) Cách 1 a+7 b+7 4 8 ; (b + 3) ⋅ 4 ≤ + suy ra P ≥ . 2 2 a+7 b+7 4 8 4 a+7 8 b+7 1 + = + + + − (a + 2b + 21) . Ta có a + 7 b + 7 a + 7 16 b + 7 8 16

Ta có (a + 3) ⋅ 4 ≤

419

Tìm giá trị biểu thức: P =

1 1 1 . + + xy + z − 1 yz + x − 1 zx + y − 1

b) Cho m, n là 2 số nguyên dương lẻ sao cho n2 − 1 chia hết cho m2 − n2 + 1 . Chứng minh rằng m2 − n2 + 1 là số chính phương. c) Tìm tất cả các số nguyên x, y thỏa mãn điều kiện: x2 ( x + y) = y 2 ( x − y)2 . Câu 4. Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp (O). Các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H. Tiếp tuyến tại B, C của (O) cắt nhau tại G, GD ∩ EF = S . Gọi M là trung điểm của cạnh BC. Giả sử EF ∩ BC = T , AT ∩ (O) = K . a) Chứng minh 5 điểm A, K , F , E, H cùng nằm trên một đường tròn. b) Chứng minh M , S , H thẳng hàng. Câu 5. Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện: xyz = x + y + z + 2 . Tìm GTLN của biểu thức: P =

1 x2 + 2

1 y2 + 2

1 z2 + 2

LỜI GIẢI Câu 1. Điều kiện: −1 ≤ x ≤ 3 . Ta có bất đẳng thức quen thuộc: (ax + by )2 ≤ ( a 2 + b2 )( x 2 + y 2 ) . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

a b = . x y

Áp dụng vào bài toán ta có: ( x x + 1 + 3 − x )2 ≤ ( x 2 + 1) ( x + 1 + 3 − x) = 4 ( x2 + 1) . 420

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

Từ đó suy ra x x + 1 + 3 − x ≤ 2 x 2 + 1 . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x 1 = ⇔ x 3 − x = x + 1 ⇔ x 2 (3 − x) = x + 1 ⇔ x3 − 3x 2 + x + 1 = 0 (với x > 0 ) x +1 3− x x = 1 Hay ( x − 1) ( x 2 − 2 x − 1) = 0 ⇔  . x = 1+ 2

Câu 2. Từ phương trình đầu của hệ ta suy ra x = − my + m , thay vào phương trình thứ hai của hệ ta thu được (m − my) 2 + y 2 + my − m = 0 ⇔ ( m2 + 1) y 2 + ( m − 2m2 ) y + m2 − m = 0

(*)

x + y > 0 m, n > 0 suy ra   x >| y | . x − y > 0 Do n2 − 1: m2 − n2 + 1 suy ra − ( m2 − n2 − 1) + m2 : m2 − n2 + 1  m2 : m2 − n2 + 1 . Suy ra

m2 = k ( m2 − n2 + 1)

(1) (với

(*) Phương trình (*) có 1 nghiệm là x ∈ ℤ nên có một nghiệm nữa là x 1 . Theo hệ thức Vi-ét ta có ( x + y)2 = k (4 xy + 1) ⇔ x 2 − 2(2k −1) xy + y 2 − k = 0

Để hệ có 2 nghiệm phân biệt thì phương trình (*) phải có 2 nghiệm phân biệt y. Tức là 2

∆ = ( m − 2m 2 ) − 4 ( m 2 + 1)( m 2 − m ) > 0 ⇔ −3m2 + 4m > 0 ⇔ 0 < m <

4 3

Khi đó ta có: x1 = m = my1; x2 = m − my2 với y1 , y2 là hai nghiệm của phương trình  2m 2 − m  y1 + y2 = m2 + 1 (*). Theo hệ thức Vi-ét, ta có  . Ta có biến đổi sau 2 y y = m −m 1 2 m2 + 1  2 2 2 2 2 A = ( x1 − x2 ) + ( y1 − y2 ) = ( my2 − my1 ) + ( y1 − y2 ) = ( m 2 + 1) ( y1 + y2 ) − 4 y1 y 2     2 m 2 − m  2 2m2 − m  2 Hay A = m + 1  2   − 4⋅ 2 m +1   m + 1  

(

( 2m =

)

− m ) − 4 ( 2m2 − m )( m2 + 1)

−3m + 4m = . m2 + 1 m2 + 1 2 1 (2m − 1) Ta có A = 1 − 2 ≤ 1 . Vậy A lớn nhất bằng 1 khi và chỉ khi m = . 2 m +1

Câu 3. a) Ta có xy + z − 1 = xy + ( 2 − x − y ) − 1 = xy − x − y + 1 = ( x − 1)( y − 1) . Tương tự ta cũng có 2 biểu thức còn lại. Từ đó suy ra 1 1 1 x+ y + z −3 P= + + = ( x − 1)( y − 1) ( y − 1)( z − 1) ( z − 1)( x − 1) ( x − 1)( y − 1)( z − 1) −1 1 = = xyz − ( xy + yz + zx) + x + y + z − 1 xy + yz + zx Ta có: ( x + y + z)2 = x2 + y 2 + z 2 + 2( xy + yz + zx) .

Từ điều kiện x + y + z = 2, x2 + y 2 + z 2 = 18 ta suy ra 1 4 = 18 + 2( xy + yz + zx)  xy + yz + zx = −7 nên P = − . 7 b) Nếu m = n thì ta có điều phải chứng minh m + n = 2 x m = x + y Xét m ≠ n . Ta đặt  ( x, y ∈ Z , x > 0, y ≠ 0) . Khi đó, ta có  do m − n = 2 y n = x − y

421

k ∈ ℤ ).

Thay m = x + y , n = x − y ta có

 x + x1 = 2(2k − 1)  2  xx1 = y − k

Từ đây ta suy ra x1 ∈ ℤ . Nếu x1 > 0  ( x1 ; y ) là cặp nghiệm thỏa mãn (*) suy ra x1 >| y | y 2 − k = xx1 >| y |2 = y 2  k < 0  x1 + x = 2(2 k − 1) < 0 (mâu thuẫn)

Nếu x1 < 0 thì xx1 = y 2 − k < 0  k > y 2  k > 0  4 xy + 1 > 0  y > 0 . Ta có k = x12 − 2(2k − 1) x1 y + y 2 = x12 + 2(2k − 1) x1 y + y 2 > 2(2k − 1) x1 y ≥ 2(2k − 1) > k (mâu thuẫn). 2

Vậy x1 = 0 . Khi đó k = y 2 và m 2 − n2 + 1 =

m2  m  =   nên m2 − n2 + 1 là số k  y

chính phương. c) Ta thấy x = y = 0 là một nghiệm của phương trình.  x = md

Với x, y ≠ 0 . Giả sử ( x, y ) = d   y = nd

 ( m, n ) = 1 

thay vào phương trình ta được

m2 d 2 (md + nd ) = (md − nd )2 n2 d 2 ⇔ m2 (m + n) = n2 d (m − n)2  m2 (m + n) : n2 . ( m 2 , n 2 ) = 1

Do (m, n) = 1  

 n 2 = 1  n = ±1 . 2 ( m + n, n ) = 1 Nếu n = 1  m2 (m + 1) : (m −1)2  m + 1: (m −1)2  m + 1: m − 1  m ∈{3;2;0; −1} . Từ đó tìm được các cặp nghiệm ( x; y ) = (27;9), (24;12) .

Nếu n = −1  m2 (m −1) = d (m + 1)2  m − 1; m + 1  m ∈{−3; −2;0;1} kiểm tra không có giá trị nào thỏa mãn. Vậy ( x; y ) = (27;9), (24;12) . Câu 4. a) Bạn đọc tự làm.

422

CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN & HSG

E K

J S O

F I

C T

nên b) Tứ giác EFDM nội tiếp và AD là phân giác của EDF

= FDB = TEM  ∆EMD ∽ ∆TME  ME 2 = MD ⋅ MT MDE

Thay ME 2 = MB2 = MO.MG , suy ra MO.MG = MD ⋅ MT  ∆EMD ∽ ∆TME . ∆OMT ∽ ∆DMT  SD ⊥ TO tại I. Gọi J là giao điểm của AO và EF thì OA ⊥ EF tại J (tính chất quen thuộc). = 90° Ta có TS .TJ = TI .TO = TD.TM = TE .TF  AKSJ là tứ giác nội tiếp nên SKA  SK ⊥ TA . Ta cũng có 5 điểm A, K , E , F , H cùng nằm trên một đường tròn nên HK ⊥ TA nên K , S , H thẳng hàng. (1) ADM = AKM = 90° ⇔ MK ⊥ KA Lại có TK .TA = TDTM  AKDM nội tiếp, suy ra nên M , H , K thẳng hàng. (2) Từ (1) và (2) suy ra M , S , K thẳng hàng. Câu 5. Ta viết lại giả thiết thành: (1 + x)(1 + y ) + (1 + y)(1 + z ) + (1 + z )(1 + x) = (1 + x)(1 + y )(1 + z ) 1 1 1 Hay + + =1. x +1 y +1 z +1

Áp dụng bất đẳng thức dạng: (ma + nb)2 ≤ ( m2 + n2 )( a 2 + b2 ) . Ta có 2

1    1 2 ( x + 1) 2 =  x.1 + 2 ⋅  ≤ ( x + 2 ) 1 + 2   2   

1 2

x +2

≤

6 1 ⋅ . 2 x +1

Tương tự ta cũng có 2 bất đẳng thức nữa và cộng lại thì ta suy ra P=

1 x2 + 2

1 y2 + 2

1 z2 + 2

≤

6 1 1 1  6 + +  = 2  x +1 y +1 z +1 2

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 2 . Vậy GTLN của P là

6 . 2

423

424

Hệ thức về cạnh và đường cao KIẾN THỨC CƠ BẢN Khi giải các bài toán liên quan đến cạnh và đường cao trong tam giác vuông, ngoài việc nắm vững các kiến thức về định lý Thales, về các trường hợp đồng dạng của tam giác, cần phải nắm vững các kiến thức sau: Tam giác ABC vuông tại A , đường cao AH , kí hiệu: AB = c, BC = a, CA = b, AH = h, HB = c′, HC = b′ . Ta có: 1) a 2 = b 2 + c 2 . A • 2) b2 = ab′; c 2 = ac′ . 2 3) h = b′.c′ . b c 4) a.h = b.c . 5)

1 1 1 = + . h2 b2 c2

b′ b2 = . a a2

B• 1 2

Chú ý: Diện tích tam giác vuông: S = .b.c .

H c′

•

b′

•C

Chứng minh: = HCA (cùng phụ với HAC ) suy ra +) Xét tam giác vuông AHB và CHA , ta có: BAH AH CH = ⇔ AH 2 = BH .CH . HB HA ABC chung suy ta ∆BAH ∽ ∆BAC ( g .g ) nên +) Xét tam giác vuông BHA và BAC , ta có: ∆AHB ∽ ∆CHA ( g .g ) nên ta có:

ta có:

BH BA = ⇔ BA2 = BH .BC . BA BC

+) Tương tự ta có: ∆AHC ∽ ∆BAC ( g .g ) nên

AC BC = ⇔ CA2 = CH .CB . HC AC

+) Ta có: AH .BC = AB. AC = ( 2S ABC ) 

1 BC 2 1 AB 2 + AC 2 1 1 1 . = ⇔ = ⇔ = + 2 2 2 2 AH AB . AC AH AB 2 . AC 2 AH 2 AB 2 AC 2

Một số ví dụ tiêu biểu Tỉ số lượng giác của góc nhọn KIẾN THỨC CƠ BẢN

Ví dụ 1: Cho tam giác ABC vuông tại A , đường cao AH . Tính độ dài các cạnh còn lại của tam giác ABC trong các trường hợp sau:

A •

a. AB = a, AH = canhgocvuong

canhgocvuong

1 4

a 3 . 2

b. BC = 2a; HC = BC .

3 2

d. CA = a 3; AH =

c. AB = a; CH = a ; B•

•H canhhuyen

•C

AB 3 = ; BC = 5a . AC 4

Giải

Cho tam giác ABC vuông tại A . Khi đó ta có các góc B, C là góc nhọn, đặt C = α , B = β thì α + β = 900 . Xét góc α ta thấy: AB là cạnh đối của góc α , AC gọi là cạnh kề của góc α . 1. Các tỉ số lượng giác của góc nhọn α (hình) được định nghĩa như sau: sin α =

A •

AB AC AB AC ; cosα = ; tan α = ;cot α = . BC BC AC AB B•

Nếu α là góc nhọn thì: 0 < sin α < 1;0 < cosα < 1;tan α > 0;cot α > 0 . 2. Với hai góc α , β mà α + β = 900 , Ta có: sin α = cosβ ; cosα = sin β ; tan α = cot β ;cot α = tan β . Nếu hai góc nhọn α và β có sin α = sin β hoặc cosα = cosβ thì α = β . 3. sin 2 α + cos 2α = 1; tan α .cot α = 1. 1 2

4. Với một số góc đặc biệt ta có: sin 300 = cos600 = ;sin 450 = cos450 = cos300 = sin 600 =

+) Ta có: sin α =

2 2

AB AB ; cosβ = suy ra sin α = cosβ . Tương tự cho các trường hợp còn lại. BC BC

+) Ta có: 2

• O

•C

1 1 1 = + AH 2 AB 2 AC 2 1 1 1 1 1 = +  = 2  AC = a 3 . Ta có: 2 3 2 a 2 AC 2 AC 3 a a 4

3 1 ; cot 600 = tan 300 = ; tan 450 = cot 450 = 1;cot 300 = tan 600 = 3 . 2 3

•

a. Áp dụng công thức:

Việc chứng minh các hệ thức khá đơn giản:

sin α =

a 3 . 2

AB AC AB 2 + AC 2  AB   AC  2 2 2 ; cosα =  sin 2 α =  = 1.  ; cos α =    sin α + cos α = BC BC BC 2  BC   BC 

b. Ta có tam giác OAB cân tại O , BC = 2 BO Mà BC = 4 BH  BH = BO  ∆OAB cũng cân tại B . Hay OAB là tam giác đều. Suy ra AB = a, AC 2 = BC 2 − AB 2 = 4a 2 − a 2 = 3a 2 nên AC = a 3 . 3 2

c. Áp dụng công thức: BA2 = BH .BC  BA2 = BH ( BH + HC ) hay a 2 = BH 2 + a.BH a ⇔ 2 BH 2 + 3a.BH − 2a2 = 0 ⇔ ( 2BH − a )( BH + 2a ) = 0  BH = . 2

Vậy BC = 2a  AC = a 3 . 1 1 1 = + AH 2 AB 2 AC 2 1 1 1 1 1 = +  =  AB = a  BC 2 = AB 2 + AC 2 = 4a 2 . Hay BC = 2 a . Ta có: 3 2 AB 2 3a 2 AB 2 a 2 a 4

d. Áp dụng công thức:

2 2 e. Đặt AB = 3k , AC = 4k với k > 0  AB 2 + AC 2 = ( 3k ) + ( 4k ) = 25k 2 = BC 2 = 25a 2 suy ra

k = a  AB = 3a, AC = 4a .

Ví dụ 2: Cho tam giác vuông ABC có A = 900 , BC = 2a , gọi O là trung điểm của BC . Dựng AH ⊥ BC . a. Khi ACB = 300 . Tính độ dài các cạnh còn lại của tam giác. b. Khi ACB = 300 . Gọi M là trung điểm của AC . Tính độ dài BM . c. Khi ACB = 300 . Các đoạn thẳng AO, BM cắt nhau ở điểm G . Tính độ dài GC . = 900 , BC = 2a . Tam giác ABC phải thỏa mãn d. Giả sử điểm A thay đổi sao cho BAC điều kiện gì để diện tích tam giác AHO lớn nhất? e. Giả sử CG cắt AB tại điểm N . Tứ giác AMON là hình gì? Tam giác ABC phải thỏa mãn điều kiện gì để diện tích tứ giác AMON lớn nhất? Giải

d. Tứ giác AMON là hình chữ nhật nên S AMON = AM . AN . Theo bất đẳng thức Côsi ta có: AM 2 + AN 2 ≥ 2 AM .AN ⇔ MN 2 ≥ 2 AM .AN . Mà MN 2 = OA2 = a2 nên AM . AN ≤ S AMON ≤

a2 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi AM = AN ⇔ AB = AC , hay tam giác ABC 2

vuông cân tại A . Ví dụ 3: Cho tam giác ABC vuông tại A , kẻ đường cao AH . Từ H dựng HM , HN lần lượt vuông góc với AC, AB . a. Chứng minh: CM .CA.BN.BA = AH 4 . b. Chứng minh: CM .BN.BC = AH 3 . c. Chứng minh: AM . AN =

A •

d. Chứng minh: N •

•

• O

•

B•

•C

a. Khi ACB = 300 thì tam giác ABC là tam

 BM =

AB 3 BN . = AC 3 CM

a 3 3 7a 2  BM 2 = BA2 + AM 2 = a 2 + a 2 = 2 4 4

a 7 . 2

2 c. Do G là trọng tâm của tam giác ABC nên CG = CN (với N là trung điểm của AB ). 3

Áp dụng định lý Pitago ta có: CN 2 = AN 2 + AC 2 =

a2 13a 2 a 13 + 3a 2 =  CN = . Suy ra 4 4 2

2 a 13 CG = CN = . 3 3 2 1 ( AH 2 + HO 2 ) = 12 AO 2 = BC4 = a 2 . Diện tích tam giác AHO lớn 2 nhất khi và chỉ khi AH = HO . Tức là AHO vuông cân tại H . Suy ra ACB = 22030′ , 0 ABC = 77 30′ .

1 2

• •

B•

•C

Giải a. Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông AHB, AHC, ABC ta có:

Từ câu a) suy ra CM .BN.AH.BC = AH 4 ⇔ CM .BN.BC = AH 3 . c. Ta có: AM . AC = AH 2 , AN . AB = AH 2  AM . AN . AB. AC = AH 4 , mặt khác AB. AC = AH .BC = ( 2 S ABC )

nên AM . AN.BC = AH 3 .

d. Ta có: CM .CA = CH 2 , BN .BA = BH 2 

d. Ta có: S AHO = AH .HO ≤

b. Chú ý rằng: AB. AC = AH .BC = ( 2 S ABC )

b. Theo câu a) ta có: AC = a 3  AM =

•

AC = BC − AB = 4a − a = 3a  AC = a 3 . 2

AH . BC

BN .BA = BH 2 , CM .CA = CH 2 , HB.HC = AH 2 , suy ra CM .CA.BN .BA = ( CH .BH ) = AH 4 .

1 giác nửa đều nên AB = BC = a , 2 2

A •

e. Chứng minh: AN.NB + AM .MC = AH 2 . f. Chứng minh: 3 BC 2 = 3 BN 2 + 3 CM 2 .

•

a2 . Vậy 2

BH .BC = BA2  BH 2 =

BN BH 2 .CA = CM CH 2 . AB

(*) ta lại có:

BA CA BH AB3 thay vào (*) ta suy ra . , CH .CB = CA2  CH 2 = = 2 2 BC BC CM AC 3

e. Ta có: AN .NB = HN 2 , AM .MC = HM 2  AN .NB + AM .MC = HN 2 + HM 2 . Tứ giác ANHM là hình chữ nhật nên HN 2 + HM 2 = MN 2 = AH 2 hay AN.NB + AM .MC = AH 2 . f. Ta có: CM .CA = CH 2 , BN .BA = BH 2  BN 2 = suy ra BH =

BH 4 CH 4 . Lại có BA2 = BH .BC nên , CM 2 = 2 AB AC 2

BA2 BA8 BH 4 BA6 BA6 hay BN 2 = 4 tương tự ta cũng có:  BH 4 =  = 4 2 4 BC BC BA BC BC

CM 2 =

CA6  3 BN 2 + 3 CM 2 = BC 4

BA + CA = BC suy ra

BA CA BA2 + CA2 +3 = . Theo định lý pitago ta có: 4 4 3 BC BC BC 4

BC 2

BN + CM =

= BC . 3

BC 4

a) Chứng minh : các tam giác IEO , IFO là tam giác vuông. b) Chứng minh : OI là trung trực của EF . c) Chứng minh: AH 2 = 4IK.IO .

f) g) h) i)

EF = cos A . Chứng minh : BC EF FD ED . . = cos A.cosB.cosC Chứng minh : BC AC AB S Chứng minh: AEF = cos 2 A S ABC S Chứng minh : DEF = 1 − ( cos2 A + cos 2 B + cos 2 C ) S ABC AD Chứng minh : tan B.tan C = HD ABC = 60° , ACB = 45° . Tính S Giả sử theo a

c. Do OI là trung trực của EF nên IO ⊥ EF tại K . Áp dụng hệ thức lượng trong tam  giác vuông IEO ta có: IK .IO = IE 2 = 

AE , trong tam giác vuông AFC ta cũng AB AF AE AF EF AE  = = = cos A có cos A = , suy ra ∆AEF ∽ ∆ABC  AC AB AC BC AB

d. Trong tam giác vuông AEB ta có cos A =

FD ED EF FD ED = cos B, = cos C suy ra . . = cosA.cosB.cosC. AC AB BC AC AB 2

f. Theo câu d) ta có : ∆ AEF ∽ ∆ ABC 

ABC

g. Ta có : ta cũng có

GIẢI A

. Tương tự như câu f)

S BFD S S = cos 2 B, DFE = cos 2 C suy ra DEF = 1 − ( cos 2 A + cos 2 B + cos 2 C ) . S ABC S ABC S ABC

AD AD AD 2 , tan C = suy ra tan B.tan C = , ta cần chứng minh BD AC BD.CD

AD 2 AD = ⇔ AD.HD = BD.CD . Thật vậy xét tam giác BDH và tam giác ADC ta có BD.CD HD DH BD = 180° − DHE = = : BHD ACD suy ra ∆BDH ∽ ∆ ADC nên hay DC AD

K H

AD.HD = BD.CD

S AEF  AE  2 =  = cos A. S ABC  AB 

S DEF S ABC − S AEF − S BFD − S DFE S S S = = 1 − AEF − BFD − DFE S ABC S ABC S ABC S ABC S ABC

h. Ta có : tan B = I

AH  2  ⇔ 4IK .IO = AH  2 

e. Tương tự như câu d) ta cũng có:

= 90° . Chứng minh: S j) Gọi M là điểm trên AH sao cho BMC S ABC .S BHC BMC =

AH BC  I nằm trên trung trực của EF , OE = OF = nên O nằm trên 2 2 trung trực của EF suy ra OI là trung trực của EF .

Cho tam giác nhọn ABC , có các đường cao AD , BE , CF cắt nhau tại H , gọi O là trung điểm của BC , I là trung điểm của AH , K là giao điểm của EF , OI biết BC = 2 a .

+ OEC = IAE + OCE = 90° hay OEI = 90° . Tương tự ta cũng có OFI = 90° vế ta có IEA

b. Do IE = IF =

Ví dụ 4

= IAE (1) , tam giác OEC cân tại O nên OEC = OCE ( 2 ) . Lấy (1) + ( 2 ) theo I suy ra IEA

a. Do BE , CF là các đường cao của tam giác ABC nên các tam giác AEH , AFH lần lượt vuông tại E , F . Do I là trung điểm cạnh huyền AH nên tam giác AIE cân tại

đpcm.

i. Để tính diện tích tam giác ABC ta cần tính đường cao AD theo a . Do tam giác ACD vuông tại D nên AD = DC (*) . Do ABC = 60° nên : tan 60° =

AD ⇔ AD = BD. 3 (**) . Nhân BD

(*) với

3 rồi cộng với (**) ta có:

(

)

3 + 1 AD = 3 ( DC + BD ) = 3BC = 2 3a  AD =

2 3a

(

)

3 +1

= 3

(

)

3 −1 a

a. Dựng đường cao BE của tam giác ABC ta có : Cách 1 : Giả sử E thuộc cạnh AC

1 2

Vậy S ABC = . 3 ( 3 − 1) a.2a = ( 3 − 3 ) a 2 . j. Ta cần chứng minh S 2 BMC = S ABC .S BHC (***)

Ta có : AC = AE + EC . Áp dụng định lý Pitago cho các tam giác vuông AEB, BEC ta có AB 2 = AE 2 + EB 2 , BC 2 = BE 2 + EC 2

Áp dụng công thức tính diện tích các tam giác ta có :

Trừ hai đẳng thức trên ta có

SBMC

c 2 − a 2 = EA2 − EC 2 = ( EA + EC )( EA − EC ) = b. ( EA − EC )  EA − EC =

1 1 1 = MD.BC , S ABC = AD.BC , SBHC = HD.BC 2 2 2

c2 − a2 b

b2 + c2 − a 2 . 2b

Thay vào (***) thì điều cần chứng minh tương đương với MD2 = AD.HD

Ta cũng có EA + EC = b  AE =

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông BMC ta có : MD2 = DB.DC . Như vậy ta quy về chứng minh : DB.DC = AD.HD . Xét tam giác BDH và tam giác ADC ta có:

Xét tam giác vuông AEB ta có : cos A =

= 180° − BHE = ACD suy ra ∆BDH ∽ ∆ADC . Nên DH = BD hay AD.HD = BD.CD BHD DC AD

Cách 2 : Xét tam giác vuông CEB ta có BC 2 = BE 2 + EC 2 = BE 2 + ( AC − AE )

đpcm.

BC 2 = BE 2 + AE 2 + AC 2 − 2 AC.AB.cos A hay BC 2 = BA2 + AC 2 − 2 AC.AB.cos A

Cho tam giác ABC có BC = a, AC = b, AB = c . Chứng minh rằng :

⇔ a2 = b2 + c2 − 2bc cos A .

b. Ta giả sử góc A là.góc lớn nhất của tam giác ABC  B, C là các góc nhọn. Suy ra chân đường cao hạ từ A lên BC là điểm D thuộc cạnh BC . Ta có BC = BD + DC . Áp.dụng định lý pytago cho các tam giác vuông ADB, ADC , ta có : AB 2 = AD 2 + DB2 , AC 2 = AD 2 + DC 2 . Trừ hai đẳng thức trên ta có :

a. a2 = b2 + c2 − 2bc.cosA b. S = p ( p − a )( p − b )( p − c ) ( công thức Heron ) với p =

a+b+c . 2

c 2 − b 2 = DB 2 − DC 2 = ( DB + DC )( DB − DC ) = a. ( DB − DC )  DB − DC =

c. a + b + c ≥ 4 3S 2

: DB + DC = a  BD =

1 1 1 S = ab.sin C = bc.sin A = ac.sin B 2 2 2

= BE 2 + AE 2 + AC 2 − 2 AC.AE . Ta có: AE = AB.cos A suy ra

Ví dụ 5

AE b2 + c 2 − a 2 = ⇔ a 2 = b2 + c 2 − 2bc.cos A. AB 2bc

c2 − b2 ta cũng có a

a 2 + c2 − b2 . Áp dụng định lý Pytago cho tam giác vuông ADB 2a

ta có : 2

a b c = = = 2R ( với R sin A sin B sin C

là bán kính A

đường tròn ngoại tiếp tam giác Giải

ABC

thì AD2 =

 a 2 + c2 − b2   a 2 + c 2 − b 2  a 2 + c 2 − b2  AD 2 = c 2 −   = c −  c + . 2 a 2 a 2a       ( a + c )2 − b 2   b 2 − ( a − c )2  ( a + b + c )( a + c − b )( b + a − c )( b + c − a ) . Đặt 2 p = a + b + c = . = 2a 2a 4a 2    

16 p ( p − a )( p − b )( p − c ) 4a 2

 AD = 2

p ( p − a )( p − b )( p − c ) a

1 2

= 90° nên sin B = Vẽ AD ⊥ BC, D ∈ BC, ∆DAB có D

Từ đó tính được S = BC. AD = p ( p − a )( p − b )( p − c ) c. Từ câu b) ta có : S = p ( p − a )( p − b )( p − c ) . Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có :

( p − a )( p − b )( p − c ) ≤  

Hay S ≤

3 ( a 2 + b2 + c 2 )

Suy ra S ≤

3(a + b + c 2

12 3

p − a + p −b + p −c  p . Suy ra S ≤  = 3  27

)⇔a

p p = . 27 3 3

+ b 2 + c 2 ≥ 4 3S . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam

giác ABC đều . 1 AD  AD = AB.sin B d. Ta có : S ABC = AD.BC , trong tam giác vuông ABD ta có sin B = 2 AB 1 1 1 S ABC = AD.BC = AB.BC.sin B = ac.sinB . Tương tự cho các công thay vào ta có 2 2 2

thức còn lại. e. Dựng đường kính BK của đường tròn ( O ) ngoại tiép tam giác ABC thì = BCK = 90° và OA = OB = OC = R. . BAK

= Trong tam giác vuông BKC ta có : sin BKC

= sin C

AD .. AC

Do đó

sin B AC b b c a b = =  = = . Chứng minh tương tự ta có sin C AB c sin B sin C sin A sin B

Vậy

a b c = = sin A sin B sin C

. Mặt khác ta dễ chứng minh được : ( a + b + c )2 ≤ 3 ( a 2 + b 2 + c 2 ) .

12 3 2

BC a = BK 2R

Áp dụng tính chất góc ngoài của tam giác ta có : = 2BKC , BAC = BAO + OAC = 1 AOK +1 BOC AOx 2 2

Ví dụ 6: Cho tam giác ABC với các đỉnh A, B, C và các cạnh đối diện với các đỉnh tương ứng là : a, b, c . Gọi D là chân đường phân giác trong góc A . Chứng minh rằng:

BD a = . AB b + c A a . b. Chứng minh : sin ≤ 2 b+c A B C 1 c. Chứng minh : sin .sin .sin ≤ . 2 2 2 8  A 2bc.cos   2 d. Chứng minh : AD = b+c

a. Chưng minh:

Giải

= 1 KOx = 1 BOC = BKC . Hay BAC 2

Tương tự :

= sin BKC = Từ đó suy ra : sin ABC

a a = 2R hay 2R sin A H

b c = = 2 R. . sin B sin C

Chú ý : Việc dựng đường kính AK giúp ta tạo ra tam giác vuông đẻ sử dụng tỷ số = BKC là một kết quả quen thuộc trong chương 2- hình 9 ( lượng giác góc nhọn, BAC hai góc nội tiếp chán cùng một cung ) Nếu chỉ chứng minh rằng :

AD = 90° nên ; ∆DAC có D AB

a b c = = . Ta làm đơn giản hơn như sau : sin A sin B sin C

Áp dụng tính chất đường phân giác trong ta có : DB + DC =

b AB DB = suy ra DC = .DB nên : AC DC c

( b + c ) DB ⇔ a = ( b + c ) .DB hay DB = ac ⇔ DB = a . b DB + DB = c c c b+c AB b + c

b. Dựng BH ⊥ AD thì sin

A BH BD a = ≤ = . 2 AB AB b + c

Mặt khác S ABC

A B C a  b  c  c. Áp dụng kết quả các câu a, b ta có: sin .sin .sin ≤    . 2 2 2  b + c  c + a  a + b 

1 bc sin A  A = bc sin A  AD sin   [ c + b ] = bc sin A ⇔ AD = = A 2 2 b + ( c ) sin   2

Dựng BH ⊥ AD, BH cắt AC tại K thì tam giác ABK cân tại A nên H là trung điểm của

Nhân các bất đẳng thức (có các vế dương) cùng chiều ta có: ( b + c )( c + a )( a + b ) ≥ 8abc.

BK .

a  b  c  1 A B C 1 Suy ra  hay sin .sin .sin ≤ .   ≤ 2 2 2 8  b + c  c + a  a + b  8

Ta có: cos

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c hay tam giác ABC đều.

Theo tính chất phân giác ta cũng có:

c. Để chứng minh bài toán ta cần kết quả sau:

A AH A = ⇔ AH = c.cos . 2 AB 2

AB DB AB + AC DB + DC = ⇔ = . AC DC AC DC

 sin 2α = 2sin α .cos α . 1 2

 DC =

 S = ab sin C.

AC.BC ab DC b hay DC =  = . AB + AC b+c a b+c

Như vậy ta cần chứng minh: AH .

*) Thật vậy xét tam giác vuông ABC , A = 90°, gọi O là trung điểm của BC , dựng đường cao AH . A

2 DC = AD. a

Dựng BE // AD ( E nằm trên đường thẳng AC ).

ACB = α  AOB = 2α . Đặt

BE BC nhưng điều này = AD DC

Suy ra 2 AH = BE nên ta chỉ cần chỉ ra BE.DC = AD.BC , hay

AH h AC b = , cos α = cos C = = . AC b BC a

AH h 2h sin 2α = sin AOH = = = . AO a a 2

c+b

A 2.

Ngoài ra ta cũng có thể chứng minh theo cách khác:

Theo bất đẳng thức AM − GM ta có: b + c ≥ 2 bc , c + a ≥ 2 ca , a + b ≥ 2 ab .

Ta có: sin α = sin C =

2bc cos

luôn đúng theo định lý Thales. α

2α

Từ đó ta suy ra: sin 2α = 2sin α.cos α .

Chú ý rằng: Ta chứng minh được kết quả sau: cos 2α = 2 cos2 α − 1 = 1 − 2sin 2 α . C

Thật vậy xét tam giác vuông ABC , A = 90°, gọi O là trung điểm của BC , dựng đường cao AH . AC b AB c Đặt ACB = α  AOB = 2α . Ta có: cos α = cos C = = , sin α = sin C = = . BC

1 2

*) S = ab sin C (Xem ví dụ 5).

Trở lại bài toán: Ta có: S ABD S ACD =

1 2

2

= 1− 2

1 = 1 AD.b.sin  A  . AD. AC.sin A 2   2 2 2

1 A Suy ra S ABC = S ACD + S ABD = AD.sin   [ c + b ].

a a 2 + − c2 AO 2 + OB 2 − AB 2 a 2 − 2c 2 c = 4 4 = = 1− 2  . cos 2α = cos AOH = 2 a a 2 AO.OB a a   2. . 2 2

1 1  A = AD. AB.sin A1 = AD.c.sin   . 2 2 2

a 2 − b2 b = 2   − 1. Từ đó suy ra cos 2α = 2 cos 2 α − 1 = 1 − 2sin 2 α . a2 a

Áp dụng công thức: a 2 = b 2 + c 2 − 2bc cos A  a 2 = b 2 + c 2 − 2bc  2 cos 2 

 2cos 2

có:

A  − 1 . 2 

A b2 + c2 − a 2 A (b + c ) − a = + 1 ⇔ cos 2 = . Thay vào công thức đường phân giác ta 2 2bc 2 4bc

2bc cos AD =

c +b

A 2bc 2 =

(b + c)

Suy ra BE =

− a2

4bc b+c

( b + c − a )( b + c + a )

b+c

Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có: bc ≤

b+c  AD ≤ 2

∆ ABE

( b + c − a )( b + c + a ) 2

AB b b =  DE = BE − BD = − a. 2 2 2

vuông tại E, nên tho định lý Pitago ta có:

3 AE + BE 2 = AB 2  AE 2 = AB 2 − BE 2 = b 2 . 4 2

p ( p − a ) , với

vuông tại E, nên tho định lý Pitago ta có:

2 p = a + b + c.

∆ ADE

Áp dụng công thức: a 2 = b 2 + c 2 − 2bc cos A. Ta cũng chứng minh được hệ thức rất quan trọng trong hình học phẳng (Định lý Stewart) đó là: “Cho điểm D nằm trên cạnh BC của tam giác ABC khi đó ta có: AB 2 .CD + AC 2 .BD = BC ( AB 2 + BD.DC ) ”

3 a2  3 1 a4 b   AE 2 + DE 2 = AD 2  b 2 +  − a  =  b −   b 2 + b2 − ab + a 2 = b 2 − 2a 2 + 2 4 b  4 4 b 2  



+ Thật vậy: Ta kẻ AH ⊥ BC. Không mất tính tổng quát, ta giả sử D nằm trong đoạn HC.

a4 + ab = 3a 2  a3 + b3 = 3ab2 . b2

Chú ý: Nếu không dùng định lý Pitago ta cũng có thể áp dụng công thức:

Khi đó ta có:

1 AD 2 = AB 2 + BD 2 − 2 AB.BD.cos ABD = AB 2 + BC 2 − 2 AB.BC. = c 2 + a 2 − ac. Từ đó dựa vào hệ 2

AB 2 = AD 2 + BD2 − 2. AD.BD.cos ADB

thức: BC 2 = AC.DC = AC ( AC − AD )  ( AC. AD ) = ( AC 2 − BC 2 ) ta cũng có được kết quả

= AD 2 + BD 2 − 2 DB.DH (1).

cần tìm.

Tương tự ta có: AC 2 = AD2 + DC 2 + 2 DH .DC (2).

Nhân đẳng thức (1) với DC , đẳng thức (2) với BD

Ví dụ 8: Tính sin 22°30′, cos 22°30′, tan 22°30′.

rồi cộng lại theo vế ta có: AB .CD + AC .BD = BC ( AB + BD.DC ) . 2

Giải Dựng tam giác vuông cân ABC , không mất tính tổng quát ta đặt AB = AC = 1, A = 90°  BC = 2.

Ví dụ 7: Cho tam giác cân ABC , A = 20°, AB = AC , AC = b, BC = a. Chứng minh rằng:

Gọi BD là phân giác góc B , theo tính chất đường phân giác ta có:

a 3 + b3 = 3ab 2 .

AD AB AD AB 1  =  AD = = 2 − 1. Áp dụng định lý Pitago = DC BC AC BC + AB 2 +1

Giải = 20°, Bx cắt cạnh AC tại D. Vẽ tia Bx sao cho CBx

 BD 2 = AB 2 + AD 2  BD 2 = 1 +

Vẽ AE ⊥ Bx, E ∈ Bx. Xét ∆BDC và ∆ABC có: = BAC = 20°; BCD chung nên ∆BDC ∽ ∆ABC. CBD

Do đó

20°

 sin 22°30′ =

BD BC DC vì BD = BC = a; = = AB AC BC

BD a2 a2 DC = .BC = ; AD = AC − DC = b − . AB b b

x 60°

(

)

(

AD 2 −1 = = BD 2 2 2 2− 2

(

)

(

2 − 1 = 4 − 2 2  BD = 2 2 − 2

)

2 −1

(

)

2 −1

2− 2 . 2

E C

AB 1 2+ 2 sin 22°30′ cos 22°30′ = = = , tan 22°30′ = = 2 − 1. BD 2 cos 22°30′ 2 2− 2

(

)

= 60° ABE = ABC − CBD Ta có: ∆ ABE vuông tại E và

nên ∆ ABE là nửa tam giác đều .

Ví dụ 9: Chứng minh rằng trong tam giác ABC , A = 2 B ⇔ a 2 = b ( b + c ) .

Giải = DAB , +B = 2B = Kẻ đường phân giác AD, ta có: CAD ADC = DAB A.  ∆ABC ∽ ∆DAC ⇔

AB DA = ⇔ cb = a. AD = a.BD. BC AC

BD AB BD AB ac = ⇔ = ⇔ AD = . CD AC BC AB + AC b+c ⇔ bc = a

Có thể biến đổi theo cách: ∆ABC ∽ ∆ADB 

AB AC BC = = AD AB DB

Suy ra AB 2 = AC . AD, AB.BC = AC.DB = AC .DC ( do DB = DC ) .

a D

Từ đó ta có: AB 2 + AB.BC = AC ( AD + DC ) = AC 2 . B

= 360 suy ra N =P =2 M . Áp dụng Trở lại bài toán: Tam giác MNP cân tại M và NPM 2 2 2 bổ đề ta có AB = BC + AB.BC. Chia hai vế cho AB suy ra:

ac ⇔ a2 = b (b + c ). b+c

Ví dụ 10: Chứng minh rằng sin18° =

5 −1 . 4

BC 2 BC BC −1 + 5  BC  BC +  −1 = 0  =  + AB 2 AB AB AB 2  AB 

Ví dụ 11

Giải Dựng tam giác cân ABC ( AB = AC ) , A = 36°  B = C = 2 A. Áp dụng ví dụ 2 ta có: AB2 = BC 2 + AB.BC , chia hai vế cho AB 2 ,

Chứng minh cos150 =

6+ 2 6− 2 , sin150 = 4 4

BC  BC − 1 = 0. Gọi I là trung điểm BC. ta được   +  AB  AB

Giải

= CAI = 18°.  AI ⊥ BC  BAI

= 300 . Gỉa sử AC=1  BC=2, AB= 3 . Dựng tam giác vuông ABC: A = 900 , B 2

 sin18° =

BI BC BC  BC  =  4 − 1 = 0.  + 2. AB 2 AB 2 AB  2 AB 

 4sin 2 18° + 2sin18° − 1 = 0. Giải phương trình

Dựng phân giác BD: 

5 −1 ta tìm được sin18° = (do sin18° > 0 ). 4

BD2 = AB2 + AD2  BD2 = 3 + 12 + 9 - 12 3 =12(2- 3 ) BD =

= 36°. Tính tỷ số Bài toán tương tự: Cho tam giác MNP cân tại M và có góc NMP NM . (Trích đề tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Toán TP Hà Nội 2011 – 2012). NP

Ta chứng minh bổ đề sau: Cho tam giác ABC có ABC = 2 ACB. Chứng minh: AC 2 = AB 2 + AB.BC. Thật vậy: Dựng phân giác trong BD của tam giác ABC

AD 3 3 AD AB 3 =  AD = = 2 3 −3 = =  DC BC 2 AD + DC 2 + 3 2+ 3

2 3( 3 − 1) = 6( 3 − 1) 2

 cos150 =

sin150 =

AB 3 3 +1 6+ 2 = = = BD 4 6( 3 − 1) 2 2

AD 2 3 −3 3(2 − 3)( 3 + 1) 6− 2 = = = BD 4 6( 3 − 1) 6(3 − 1)

= ABC Ta có: BDC là tam giác cân từ đó suy ra ADB = 2 DBC

Suy ra ∆ABC ∽ ∆ADB (g.g) 

AB AD = ⇔ AB 2 = AD. AC (1). B AC AB

Theo tính chất đường phân giác ta cũng có AD AB AD AB AB. AC thay vào (1) ta có: AC 2 = AB 2 + AB.BC. = ⇔ = ⇔ AD = DC BC AD + DC AB + BC AB + BC

Ví dụ 12 Chứng minh cos360 =

1+ 5 4

Giải

Cho tam giác ABC có A = 60° và đường phân giác AD . Chứng minh rằng: 1 1 3 + = . AB AC AD

Giải = 300 = CAD Dựng tam giác ABC, A = 600 , AD là phân giác trong A  BAD

1 2

Kẻ DH⊥ AC, DK⊥ AB  ∆AKD = ∆AHD  DH = DK = AD Dựng tam giác cân ABC (AB = AC) có A = 1080

1 2

SABC=SABD + SADC  AB. AC.sin 600 = AB. AD.sin 300 + AC. AD.sin 300 hay

Lấy điểm D trên BC sao cho CD = CA. Ta có: ∆CAD cân  ADC = 720  ADB = 1080  ∆ABC ∽ ∆DAB 

AB DA =  AB2 = BC.DA = BC AB

BC(BC - AB)  AB2 = BC2 – BC.AB. Chia hai vế cho AB2 được

3 1 1 1 1 3 AB. AC = AB. AD + AC. AD ⇔ + = . Cũng có thể giải nhanh bằng cách áp 2 2 2 AB AC AD

dụng công thức tính đường phân giác trong AD

BC 1+ 5 BC 1 + 5  BC  BC = −1 = 0  =  cos360 =   − 2 AB 4 AB AB 2  AB 

Ví dụ 15

Ví dụ 13

Chứng minh rằng trong tam giác ABC, A = 600 khi và chỉ khi a2 = b2 + c2 –bc; A = 1200 khi và chỉ khi a2 = b2 + c2 + bc.

Chứng minh các hệ thức 1. tan2 360 + tan2 720= 10.

2. tan4 360 + tan4 720 = 90

Giải

Giải tan2 360 =

sin 2 360 1 − cos 2 360 1 = = −1 . cos 2 360 cos2 360 cos 2 360

Sử dụng cos360 = Tương tự, cos2α =

1 8 8(3 − 5) 1+ 5 = = = 2(3 − 5)  tan2 360 = 5 - 2 5  4 cos 2 360 3 + 5 4

1 5 −1 − 1 , thay sin180 = tính được cot 2180 = 5 + 2 5 = tan 2 720  tan2 sin 2α 4

360 + tan2 720 = 5 - 2 5 + 5 + 2 5 =10 4

Trong ∆BHC , ta có: 0 2

tan 36 + tan 72 = (tan 36 + tan 72 ) - 2tan 36 . tan 72 = 90. Ví dụ 14

1 2

ABH = 300 ⇔ AH = AB = c, BH = Hạ BH vuông góc với AC. A = 600 ⇔

3c 2

 2  2 2 a2= BC2 = BH2+HC2  4 +  b − 2  = b + c – bc . c

Trường hợp A = 1200 chứng minh tương tự.

AB 3 c 3 = . 2 2

Ví dụ 16

2 3

4 9

Gọi BM, CN là hai đường trung tuyến  BG = BM  BG 2 = BM 2

Tính độ dài các đường trung tuyến của tam giác, biểu thị qua ba cạnh của tam giác ấy.

4  1 1  1  2  BG 2 =   a 2 + c 2  − b 2  = a 2 + c 2 − b 2 .Tương tự 9  2 9  4  9

(

Giải

)

2 2 2 1 2 2 2 2 1 2 a + b − c . Khi đó BM⊥ CN ⇔ BG2 + CG2 = BC 2 ⇔ a +c − b + 9 9 9 9 2 2 2 1 2 2 2 2 a + b − c = a ⇔ b + c = 5a2 9 9

CG 2 =

(

)

(

)

Ví dụ 18 Cho tam giác ABC (BC=a,CA=b, AB=c). Trung tuyến AD, đường cao BH và phân giác CE đồng quy. Chứng minh đẳng thức: (a + b)(a 2 + b2 − c 2 ) = 2ab2 Gọi AD là trung tuyến thuộc cạnh BC  DB = DC 2

Giải 2

Kẻ AH⊥ BC  AD = AH + HD  AD = AB – BH + HD (1) Tương tự, AD2 = AC2 – CH2 + HD2 (2) Cộng (1) và (2) theo từng vế ta được: 2AD2 = AB2 + AC2 – BH2 – CH2 + 2 HD2 2AD2 = AB2 + AC2 – ( BH + CH )2 + 2BH.HC + 2HD2 2AD2 = AB2 + AC2 – BC2 + 2(BD – HD)(DC + HD)+2 HD2 2AD2 = AB2 + AC2 – BC2 + 2(BD2 – HD2)+2 HD2 1 1 1 1 2AD = AB + AC – BC + BC 2 = AB2 + AC2 – BC 2  ma2 = (b2 + c2 ) − a2 2 2 2 4 2

Xét tam giác vuông BHC

(

)

CH 2 = BC 2 − BH 2 = BC 2 − AB 2 − AH 2 = BC 2 − AB 2 + AH 2 = BC 2 − AB 2 + (CA − CH )2  BC 2 + CA2 − AB 2 = 2CA.CH CA2 + AB 2 − BC 2 CH BC 2 + CA2 − AB 2  = (1) 2CA AH CA2 + AB 2 − BC 2

Hoàn toàn tương tự ta tính được độ dài các đường trung tuyến còn lại( dành cho bạn đọc)

Tương tự, AH =

Từ các hệ thức này ta suy ra: trong hình bình hành, độ dài các cạnh là a,b và hai đường

CE là phân giác của tam giác ABC,AD,BH,CE đồng quy  CO là đường phân giác của

1 4

1 2

OD CD BC HC = = (2) .Từ D kẻ đường thẳng DK ⊥ AC  BH / / DK  HK = OA CA 2CA 2

chéo là m,n. Ta có m2 + n2 = 2(a 2 + b2 ) − b2 ; mc2 = (a 2 + b2 )

∆ADC 

Ví dụ 17



Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng các đường trung tuyến kẻ từ B và C vuông góc với nhau khi và chỉ khi b2 + c2 = 5a2.

Từ (1),(2),(3)

Giải



OD HK CH = = (3) . OA HA 2HA

BC 2 + CA2 − AB 2 BC = CA2 + AB 2 − BC 2 CA

Giải

 BC 2CA + CA3 − AB 2CA = CA2 BC + AB 2 BC − BC 3 3

 ( BC + CA ) + BC CA + CA BC − AB CA − AB BC = 2 BC.CA

Đặt AB = α , AC = b, AH = h, ta có:

 ( BC + CA)( BC 2 + CA2 − AB 2 ) = 2 BC.CA2  (a + b)( a 2 + b 2 − c 2 ) = 2ab 2

1 1 1 + + = 1  bh + ah + ab = abh . a b h

Ví dụ 19

Tam giác ABC vuông  ab = ch và c = a 2 + b2

= 4C . Chứng minh rằng: 1 + 1 = 1 Cho tam giác ABC thỏa mãn A = 2B

 bh + ah + ch = abh  a + b + c = ab  a + b + a2 + b2 = ab

Giải

 ab − a − b = a 2 + b 2  a 2b 2 − 2ab (a + b) + 2 ab = 0

 ab (ab − 2a − 2b + 2) = 0  ab − 2a − 2b + 2 = 0  b =

2a − b 2 = 2+ a−2 a−2

Vì a và b là các số nguyên nên 2 chia hết cho a − 2  a − 2 = 2 hoặc a − 2 = 1. Trường hợp: a − 2 = 2  a = 4  b = 3  c = 5  mãn Gọi H là trung điểm của BC, qua H dựng đường thẳng vuông góc với BC cắt AB kéo = BCD . dài tại D  ∆DBC là tam giấc cân  B

1 1 1 25 12 = + =  h = . Thay vào thỏa h2 a 2 b2 144 5

 AB = 4, AC = 3, BC = 5 .

Trường hợp: a − 2 = 1  a = 3  b = 4  c = 5 . Vậy cả hai trường hợp tam giác có các cạnh 3, 4, 5.

= 4C Theo giả thiết, A = 2B

Đặt α =

Ví dụ: 21

1800 = α, B = 2α , C A = 4α , 7

+ 3C = 180° . Chứng minh rằng Cho tam giác, thỏa mãn 2 B

=B +C = 3α  ACD = α  BDC = 3α . DAC

Do đó ∆CAD cân  CA= CD = BD   Vì CA là phân giác góc BCD

Giải

AB AB = (1) AC BD

AB AD = (2) .Cộng (1) với (2) từng vế được AC CD

AB AB AB AD AB + AD 1 1 1 1 1 1 + = + = =1 + =  + = AC BC BD CD BD AC BC AB a b c

Ví dụ 20

(

BC 2 = BC . AC + AB 2 .

)

Cho tam giác vuông ABC A = 900 , đường cao AH. Độ dài các cạnh của tam giác là 1 1 1 + + = 1 .Xác định các cạnh của tam giác. các số nguyên thỏa mãn AB AC AH

Ta viết lại biểu thức cần chứng minh thành: BC 2 − BC. AC = AB 2 ⇔ BC ( BC − AC ) = AB2 . Trên BC lấy điểm D sao cho CD = AC . Khi đó biểu thức cần chứng minh trở thành: BC .DB = AB 2 ta nghĩ đến việc chứng minh: ∆CBA ” ABD , thật vậy, ta có: + 3C −C 180° − C 2B +C )= ADB = 180° − ADC = 180° − = 180° − = 180° − ( B A (đpcm) 2 2

hơn thì dây đó lớn hơn. 3. Tiếp tuyến của đường tròn. Chương II: ĐƯỜNG TRÒN – DÂY CUNG – TIẾP TUYẾN CỦA ĐƯỜNG TRÒN

TÓM TẮT LÝ THUYẾT

Đường thẳng đi qua một điểm của đường tròn và vuông góc với bán kính đi qua điểm đó thì đường thẳng đó là một tiếp tuyến của đường tròn. Như vậy:

1. Tập hợp các điểm M cách điểm O cho trước một

2. Đường kính và dây cung.

+ Nếu một đường thẳng và một đường tròn chỉ có một điểm chung thì đường thẳng đó là một tiếp tuyến của đường tròn. + Nếu khoảng cách từ tâm đường tròn đến đường thẳng bằng bán kính của đường tròn thì đường thẳng đó là tiếp tuyến của đường tròn. Qua một điểm ở ngoài đường tròn ta luôn kẻ được 2 tiếp tuyến đến đường tròn đó.

+ Đoạn thẳng nối 2 điểm nằm trên đường tròn và đi qua tâm của đường tròn gọi là

Một số tính chất cần nhớ đối với 2 tiếp tuyến cắt nhau:

khoảng không đổi R là đường tròn tâm O bán kính R . Kí hiệu ( O; R )

đường kính của đường tròn đó. + Đoạn thẳng nối 2 điếm bất kỳ nằm trên 1 đường tròn gọi là 1 dây của đường tròn đó.

Từ M nằm ngoài ( O ) dựng các tiếp tuyến MA , MB đến ( O ) ( A , B là các tiếp điểm).

Các tính chất cần nhớ

AB cắt MO tại H , đoạn thẳng MO cắt ( O ) tại điểm I . Khi đó ta có:

a. Nếu điểm M nằm trên ( O ) đường kính AB thì AMB = 90° , đảo lại : Nếu AMB = 90° (

+ Tam giác MAB cân tại M .

với A , B cố định) thì điểm M nằm trên đường tròn đường kính AB

+ MO là tia phân giác của AMB .

b. Trong các dây cung của một đường tròn, đường kính là dây cung lớn nhất.

+ MO vuông góc với AB tại trung điểm H của AB . + I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MAB .

c. Trong một đường tròn, đường kính vuông góc với một dây thì đi qua trung điểm của

4. Quan hệ đường thẳng và đường tròn

dây đó.

Để xét quan hệ một đường thẳng ( d ) với đường

d. Trong một đường tròn, đường kính đi qua trung điểm của một dây không đi qua tâm

tròn (O) ta phải dựa vào khoảng cách từ tâm O của

thì vuông góc với dây đó.

đường tròn đến đường thẳng.

e. Trong một đường tròn: Hai dây bằng nhau thì cách đều tâm; hai dây cách đều tâm thì bằng nhau. f. Trong 2 dây của một đường tròn: Dây nào lớn hơn thì gần tâm hơn; dây nào gần tâm

+ Nếu khoảng cách từ tâm O đến đường thẳng ( d ) lớn hơn bán kính thì đường thẳng không cắt đường tròn. + Nếu khoảng cách từ tâm O đến đường thằng ( d ) bằng bán kính thì đường thẳng tiếp

xúc với đường tròn (lúc này đường thẳng ( d ) gọi là tiếp tuyến của đường tròn).

Giải

+ Nếu khoảng cách từ tâm O đến đường thẳng ( d ) nhỏ hơn bán kính thì đường thẳng cắt đường tròn tại 2 điểm phân biệt. + Từ điểm M nằm ngoài (O) ta dựng tiếp tuyến MA , MB đến ( O ) và dựng cát tuyến MCD . Khi đó ta có: MA2 = MB2 = MO2 − R2 5. Quan hệ giữa 2 đường tròn Để xét quan hệ ( vị trí tương đối ) của 2 đường tròn (O1; R1 ) và (O2 ; R2 ) ta phải dựa vào khoảng cách O1O2 và các bán kính R1 , R2 . + Hai đường tròn cát nhau khi và chỉ khi: R1 − R2 < O1O2 < R1 + R2 . + Hai đường tròn tiếp xúc nhau: R1 − R2 = O1O2 hoặc O1O2 = R1 + R2 . + Hai đường tròn không giao nhau: O1O2 > R1 + R2 hoặc O1O2 < R1 − R2 . Ví dụ 1 Cho nửa đường tròn (O; R) .Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ là AB , dựng các tiếp tuyến Ax , By

của nửa đường tròn. Lấy một điểm M trên nửa đường tròn (O) . Tiếp tuyến tại

M của (O) cắt Ax , By lần lượt tại D , C tia AM , BM kéo dài cắt By , Ax lần lượt tại F , E .

a, Chứng minh: Các điểm D , M , O , A cùng nằm trên một đường tròn, các điểm C , M , O ,

= DAO = 90° , suy ra 4 điểm D , M , O , A a, Vì DA , DM là các tiếp tuyến của ( O ) nên DMO

B cùng nằm trên một đường tròn.

nằm trên đường tròn đường kính DO . Hoàn toàn tương tự ta có các điểm C , M , O , B

b, Chứng minh ∆COD vuông.

nằm trên đường tròn đường kính CO

c, D là trung điểm AE .

b) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: OC , OD lần lượt là phân giác của các góc

d, ∆CBO ” ∆BAE .

, MOB nên COD = MOC + MOD = 1 BOM + COM = 900 hay tam giác COD vuông tại MOA

e, Chứng minh: AD.BC = R , AD + BC = CD .

f, Dựng MH vuông góc với AB . Chứng minh: AC , BD đi qua trung điểm I của MH . g, Chứng minh EO ⊥ AC . h, Tìm vị trí điểm M để diện tích tam giác MHO lớn nhất. i, Tìm vị trí điểm M để diện tích tam giác MAB lớn nhất. j, Tìm vị trí điểm M để chu vi tam giác MAB lớn nhất. k, Tìm vị trí điểm M để diện tích tứ giác ABCD nhỏ nhất. l, Tìm vị trí điểm M để chu vi tứ giác ABCD nhỏ nhất.

(

)

O. = 900 . Cũng AMB = 900  EMA c) Do điểm M nằm trên đường tròn đường kính AB nên = DMA theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: DA = DM nên DAM = 900 − DMA ⇔ DEM = DME  DM = DE . Vậy DE = DA = DM hay D là trung ⇔ 900 − DAM điểm của AE . Cũng có thể chứng minh theo cách chỉ ra OD là đường trung bình của

tam giác EAB .

= BAE = 900 . Theo tính chất hai tiếp d) Xét tam giác CBO và tam giác BAE ta có: CBO = BEA cùng phụ với EBA  ∆CBO ∽ ∆BAE tuyến cắt nhau ta có: BM ⊥ CO nên COB (g.g).

e) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: AD = DM , BC = CM  AD.BC = DM .CM . Mặt khác tam giác COD vuông tại O có OM là đường cao nên theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có: CM .DM = OM 2 = R 2 . Vậy AD.BC = R 2 và AD + BC = CM + DM = CD . f) Giả sử BD cắt MH tại I . Theo định lý Thales ta có:

IM IB IH IM IH mà = =  = DE DB AD DE AD

DE = DA  IH = IM hay I là trung điểm của HM . Chứng minh tương tự ta cũng có AC đi qua trung điểm I của MH tức là MH , BD, AC đồng quy tại I .

Chú ý: Ta cũng có thể chứng minh bằng cách dùng Bổ đề hình thang: “ Cho hình thang ABCD có hai cạnh bên là AB, CD , cắt nhau tại M , hai đường chéo cắt nhau tại N . Gọi E, F là trung điểm của 2 cạnh đáy BC , AD . Khi đó 4 điểm M , E , N , F cùng nằm trên một đường thẳng”. Thật vậy, giả sử MN cắt BC , AD tại E, F theo định lý Thales ta có: bằng

BE CE = (1) (cùng AF DF

ME ) MF

BE CE = DF AF

1 AB AE BO AE g) Theo chứng minh ở câu d) ta có: ∆BAE ∽ ∆CBO  = ⇔ =2 AB BC 2 AO BC AE AB =  ∆OAE ∽ ∆CBA  OE ⊥ AC . AO BC

Chú ý: Nếu cắt

NE ). Nhân hai đẳng thức (1), (2) ta có: NF

BE 2 CE 2 = suy ra BE = CE thay vào (1) ta có: AF = DF (đpcm). DF . AF AF .DF

từ việc chứng minh:

OE ⊥ AC

ta suy ra

= EKO = 900 ta cũng suy ra EK là tiếp tuyến của ( O ) . ∆EAO = ∆EKO  EAO 1 2

h) Tam giác MOH vuông tại H nên ta có: S MHO = MH .HO ≤

2 2 1 ( MH + HO ) OM 2 R 2 = = . 2 2 4 4

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi MH = HO nên tam giác MHO vuông cân tại H . Tức là M nằm trên nửa đường tròn sao cho OM tạo với AB một góc 450 . 1 2

1 2

i) Ta có: S MAB = MH . AB = MH .2 R = R.MH . Trong tam giác vuông MHO ta có: MH ≤ MO = R nên S MAB ≤ R 2 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi H ≡ O, MH ⊥ AB . Hay M là

điểm chính giữa của cung AB . j) Chu vi tam giác MAB kí hiệu là 2 p thì 2 p = MA + MB + AB = MA + MB + 2 R . Để ý rằng

( MA + MB ) (2) (cùng bằng

( O ) tại

hay

≤ 2. ( MA2 + MB 2 ) = 2 AB 2 = 8R 2

2 p ≤ 2R + 2 2 R = 2R

(

suy

MA + MB ≤ 2 2 R .

Suy

)

2 + 1 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi MA = MB , hay M là điểm

chính giữa cung AB . 1 2

1 2

k) Ta có: S ABCD = ( AD + BC ) . AB = .2 R.CD = R.CD . Do CD ≥ AB = 2R nên S ABCD ≥ 2 R 2 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi CD = AB hay CD∥ AB khi đó M là điểm chính giữa cung AB . l) Chu vi tứ giác ABCD bằng q : q = AD + CD + BC + AB = 2CD + AB = 2CD + 2 R mà CD ≥ AB = 2 R nên chu vi tứ giác ABCD : q = 2CD + 2 R ≥ 6 R . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi CD = AB hay CD∥ AB khi đó M là điểm chính giữa cung AB . Ví dụ 2 Xét đường thẳng ( d ) cố định ở ngoài ( O; R ) (khoảng cách từ O đến ( d ) không nhỏ hơn R 2 ). Từ một điểm M nằm trên đường thẳng ( d ) ta dựng các tiếp tuyến MA, MB đến

( O; R ) ( A, B là các tiếp điểm) và dựng cát tuyến

MCD (tia MC nằm giữa 2 tia MO , MA

và MC < MD ). Gọi E là trung điểm của CD, H là giao điểm của AB và MO .

a) Chứng minh: 5 điểm M , A, E , O, B cùng nằm trên một đường tròn.

c) Giả sử các tiếp tuyến tại C , D của ( O ) cắt nhau ở F . Theo a) ta đã chứng minh 5

b) Chứng minh: MC.MD = MA2 = MO 2 − R 2 .

điểm M , A, E , O, B cùng nằm trên đường tròn đường kính MO , suy ra 4 điểm A, E , O , B cùng nằm trên đường tròn đường kính MO . Hoàn toàn tương tự ta có: C , H , O, D cùng

c) Chứng minh: Các tiếp tuyến tại C , D của đường tròn ( O; R ) cắt nhau tại một điểm nằm trên đường thẳng AB . d) Chứng minh: Đường thẳng AB luôn đi qua một điểm cố định.

= 900 hay FH ⊥ HO , mặt khác ta cũng nằm trên đường tròn đường kính OF suy ra FHO có AH ⊥ HO  F , A, H thẳng hàng. Nói cách khác: Các tiếp tuyến C , D tại cắt nhau tại điểm F nằm trên đường thẳng AB .

d) Dựng OK ⊥ ( d ) thì K là điểm cố định và OK có độ dài không đổi. Giả sử AB cắt OK

e) Chứng minh: Một đường thẳng đi qua O vuông góc với MO cắt các tia MA, MB lần lượt tại P, Q . Tìm GTNN của S MPQ .

tại điểm I thì ∆OHI ∽ ∆OKM (g.g) suy ra

f) Tìm vị trí điểm M để AB nhỏ nhất.

hệ thức lượng trong tam giác vuông MAO ta có OH .OM = OA2 = R 2 suy ra OI .OK = R 2

Giải

hay OI =

= MBO = 900 . a) Vì MA, MB là các tiếp tuyến của ( O ) nên MAO = 900 . Từ đó suy ra 5 điểm M , A, E , O, B cùng nằm là trung điểm của CD nên MEO trên đường tròn đường kính MO . E

OI OM =  OH .OM = OI .OK . Mặt khác theo OH OK

R2 suy ra OI không đổi, I nằm trên đường thẳng OK cố định, suy ra điểm I OK

cố định. Vậy đường thẳng AB luôn đi qua điểm I . e) Ta có: SMPQ = 2SMOP = OA.MP = R ( MA + AP ) . Theo bất đẳng thức AM – GM ta có: MA + AP ≥ 2 MA. AP .

Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông

MOP

thì

2 MA. AP = OA2 = R 2 . Từ đó suy ra SMPQ ≥ 2 R . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi MA = AP hay

tam giác MOP vuông cân. Suy ra MAOB là hình vuông, tức là MO = R 2 . f) Ta có: AB = 2 AH = 2 R2 − OH 2 nên AB nhỏ nhất khi và chỉ khi OH lớn nhất. Để ý rằng: OI =

R 2 R2 mà OK ≥ R 2 nên OI ≤ nên điểm I luôn nằm trong đường OK 2

tròn ( O; R ) . Trong tam giác vuông OHI ta có: OH ≤ OI nên OH lớn nhất bằng OI khi và chỉ khi H ≡ I hay M ≡ K . Cũng có thể lập luận theo cách khác: AB = 2 AH = 2

MA.OA MO 2 − R 2 R2 = 2 R. = 2R 1 − MO MO MO 2

nên AB nhỏ nhất khi và chỉ khi MO nhỏ nhất. Hay M là hình chiếu vuông góc của O lên ( d ) . b) Ta có: MC.MD = ( ME − EC )( ME + ED ) Mà ED = EC nên ta suy ra MC.MD = ( ME − EC )( ME + EC ) = ME 2 − EC 2 = MO 2 − EO2 − EC 2 = MO 2 − ( EC 2 + EO 2 ) = MO 2 − OC 2 = MO 2 − R 2 = MO 2 − OA2 = MA2 đpcm.

Ví dụ 3 Cho nửa đường tròn tâm ( O ) đường kính BC và điểm A trên nửa đường tròn ( O ) ( A khác B , C ). Hạ AH vuông góc với BC ( H thuộc BC ). I , K lần lượt đối xứng với H qua AB, AC . Đường thẳng IK và tia CA cắt tiếp tuyến kẻ từ B của ( O ) lần lượt tại M , N . Gọi E là giao điểm của IH và AB, F là giao điểm KH với AC .

a. Chứng minh: I , A, K thẳng hàng. IK là tiếp tuyến của ( O) . b. Chứng minh:

1 1 1 = + . BH 2 AB 2 AN 2

c. Chứng minh: M là trung điểm của BN và MC , AH , EF đồng quy. d. Xác định vị trí điểm A trên nửa đường tròn để diện tích tứ giác BIKC lớn nhất. e. Chứng minh: BE.CF .BC = AH 3 . f. Tiếp tuyến tại C của đường tròn ( O ) cắt

tại P . Chứng minh: NO ⊥ PB .

g. Chứng minh: AO ⊥ EF . h. Gọi Q , R lần lượt là giao điểm của OM , OP với AB, AC . Xác định tâm và tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác MPRQ biết ACB = 300 . Giải = 2 HAB , PAH = 2 HAC . Suy a) Vì I , K là các điểm đối xứng với H qua AB, AC nên IAH + PAH = 2HAB + 2 HAC = 1800 nên I , A, K thẳng hàng. Ngoài ra ta cũng có: ra IAH AH = AI = AK nên tam giác IHK vuông tại H .

Từ tính chất đối xứng ta có: AIB = AHB = 900 , AKC = AHC = 900 nên BI ∥ KC suy ra tứ giác BCKI là hình thang. Nên OA là đường trung bình của hình thang BCKI suy ra OA ⊥ KI , nói cách khác KI là tiếp tuyến của ( O ) tại A .

1 1 1 . Chú ý rằng ADBH là hình chữ nhật nên = + AD 2 AN 2 AB 2 1 1 1 (đpcm). AD = BH . Từ đó suy ra = + BH 2 AN 2 AB 2

b) Dựng AD ⊥ BN thì

= MBA , mặt khác ta có: c) Do MA, MB là tiếp tuyến của ( O ) nên MA = MB nên MAB

= 900 − = 900 − MAB suy ra MNA = MAN hay tam giác MAN cân tại M . MNA ABN , MAN Suy ra MN = MA = MB hay M là trung điểm của NB .

d) Ta chứng minh: MC đi qua trung điểm của AH . Thật vậy giả sử MC cắt AH tại J , theo định lý Thales ta có:

JA JC JH mà M là trung điểm của NB nên MN = MB = = MN CM MB

suy ra JA = JH hay J là trung điểm của AH . Chú ý rằng: tứ giác AEHF là hình chữ nhật nên AH , EF cắt nhau tại trung điểm J của mỗi đường, nói cách khác AH , EF , MC đồng quy tại J . e) Theo tính chất đối xứng ta có: IH ⊥ AB tại E , IK ⊥ AC tại F . Áp dụng hệ thức lượng trong các tam giác vuông AHB, AHC ta có: BE.BA = BH 2 , CF .CA = CH 2 suy ra BE.CF . AB. AC = BH 2 .CH 2 . Trong tam giác vuông ABC ta cũng có: BH .CH = AH 2 , AB. AC = AH .BC = ( 2S ABC ) nên suy ra BE.CF . AH .BC = AH 4 ⇔ BE.CF .BC = AH 3 .

1 CB NB OC NB f) Ta dễ chứng minh được: ∆NBC ∽ ∆OCP (g.g) suy ra = ⇔ =2 hay BC CP 2 BO CP NB CB =  ∆NBO ∽ ∆BCP suy ra NO ⊥ BP . BO CP

= từ đó suy ra là hình chữ nhật nên AFE = FEH AHE = ABC 0 AFE + OAC = ABC + OCA = 90 hay OA ⊥ EF .

g) Do AEHF

h) Gọi X là trung điểm của QR , Z là trung điểm của MP . Đường trung trực của QR cắt đường trung trực của MP tại Y thì Y chính là tâm đường tròn đi qua các điểm M , P, R , Q . Tương tự câu g) ta thấy OZ ⊥ QR nên XY ∥ OZ . Lại có OX ∥ YZ nên tứ giác XYZO là ACB = 300 . hình bình hành suy ra OZ = XY , giả thiết

Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp ( O ) có các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H. Gọi M là trụng điểm của BC, I là trung điểm của AH. Dựng đường kính AK của ( O ) . Gọi P là giao điểm thứ hai của AH với ( O ) ( P khác A). a. Chứng minh: 4 điểm A, E, H, F nằm trên một đường tròn. b. Chứng minh: IM là đường trung trực của EF. c. Chứng minh: H, K, M thẳng hàng từ đó suy ra OA ⊥ EF . d. Chứng minh: ME, MF là các tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF . e. Chứng minh: P đối xứng với H qua BC. Từ đó suy ra đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC và đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có cùng bán kính. f. Gọi N là giao điểm thứ 2 của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC với đường tròn

= CPO =  MPO ACB = 300 , OA = R  AP = R 3 ,

ngoại tiếp tam giác AEF ( N khác A). Chứng minh: MH .MN =

BC 2 . 4

Giải: B

P D

K M

F H O

OA2 = MA. AP nên R 2 = MA.R 3  MA =

R 3 4 2 3  MP = R 3  OZ = XY = . 3 3 3

E A

QX =

1 1 R QR = OA = . Áp dụng định lí Pitago cho tam giác vuông QXY ta có: 2 2 2 2

QY 2 = QX 2 + XY 2 =

R 2  2 3R  R 2 4R 2 19R 2 57 R . +  + =  QY =  = 4  3  4 3 12 6

Vậy đường tròn đi qua các điểm M, P, R, Q có bán kính là QY = Ví dụ 4:

a. Do BE, CF là các đường cao của tam giác ABC nên: AEH = AFH = 900 suy ra 4 điểm A, E, H, F nằm trên đường tròn tâm I đường kính AH ta gọi là ( I ) . 57 R . 6

= BFC = 900 suy ra 4 điểm B, F, E, C cùng nằm trên đường tròn tâm M đường b. Do BEC kính BC ta gọi là ( M ) . Vì ( I ) và ( M ) cắt nhau theo dây cung EF nên theo tính chất hai

đường tròn cắt nhau ta có: IM là đường trung trực của EF.

c. Do AK là đường kính của

( O ) nên

AKC = 900  AC ⊥ KC

mặt khác

BH ⊥ AC  BH / / KC. Tương tự CH / / BK nên tứ giác BHCK là hình bình hành suy ra hai đường chéo BC, HK cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường. Nói cách khác ta có H, M, K thẳng hang. Từ đó suy ra OM đường trung bình của tam giác AHK nên

c. Giả sử AB cắt MN tại D. Chứng minh: DM = DN . Giải: N

1 OM / / AH ; OM = AH  OM / / AI ; OM = AI nên tứ giác AOMI là hình bình hành. Suy ra: 2

AI / / MI , mà MI ⊥ EF  OA ⊥ EF.

M A

d. Ta thấy rằng đường tròn ngoại tiếp ∆A E F cũng chính là đường tròn ( I ) ngoại tiếp tứ giác AEHF. Tam giác AIE cân tại I nên : IE A = IA E (1) , tam giác MEC cân tại M nên = MCE ( 2 ) . Lấy (1) + ( 2 ) theo vế ta có : IE = IE = 900 hay MEI = 900 . MEC A + MEC A + MCE

O1 I B

Nói cách khác ME là tiếp tuyến của ( I ) , hoàn tòan tương tự ta cũng có MF là tiếp tuyến của ( I ) . e. Do AK là đường kính của ( O ) nên APK = 900  PK / / DM mà M là trung điểm của HK nên MD là đường trung bình của tam giác HPK suy ra D là trung điểm của HP. Hay P, H đối xứng nhau qua BC. Ba điểm B, P, C nằm trên ( O ) nên theo tính chất đối xứng ta có ba điể B, H, C cũng nằm trên ( O ' ) đối xứng với ( O ) qua BC. Nên hai đường tròn này có cùng bán kính.

a. Dựng ( O1 ; R1 ) và bán kính O1M . Dựng tiếp tuyến ( d ) qua M của . ( O1 ) .. Lấy điểm I trên ( d ) nối IO1 , trên tia đối của tia O1I lấy điểm O2 sao cho O1O2 bằng độ dài đã cho. Dựng O2 N ⊥ ( d ) tại N. Vẽ đường tròn

ANH = 900 , N cũng nằm trên ( O ) đường kính f. Vì N nằm trên ( I ) đường kính AH nên

( O2 ; O2 N ) ta được ( d ) tiếp xúc với ( O1 ; R1 ) , ( O2 ; R2 ) lần lượt tại M, N.

AK nên ANK = 90 suy ra K, H, N thẳng hàng. Mà K, M, H cũng thẳng hàng nên suy ra M, H, N thẳng hàng. Hay M, H, N là một cát tuyến của ( I ) . Theo tính chất quen thuộc

b. Giả sử R1 < R2 kẻ O1C ⊥ O2 N tại C ta có MNCO1 là hình chữ nhật nên :

cát tuyến và tiếp tuyến ta có: MH.MN = ME 2 ( xem câu b – Ví dụ 2). Mặt khác ta cũng có: ME = MF =

BC BC 2  MH .MN = . 2 4

MN = O1C = O1O2 2 − O2C 2 = O1O2 2 − ( R1 − R2 ) .

c. Theo tính chất cát tuyến, tiếp tuyến ta có: DM 2 = DA.DB = DN 2 suy ra D là trung điểm của MN.

Ví dụ 5:

Ví dụ 6:

Cho hai đường tròn ( O1 ; R1 ) , ( O2 ; R2 )( R1 ≠ R2 ) cắt nhau tại A, B.

Cho hai đường tròn ( O1 ; R1 ) , ( O2 ; R2 ) tiếp xú ngoài tại A. Dựng tiếp tuyến chung ngoài

a. Nêu cách dựng tiếp tuyến chung ngoài của hai đường tròn khi biết O1O2 . b. Gọi M, N là hai tiếp điểm của một tiếp tuyến chung ngoài của hai đường tròn ( O1 ; R1 ) , ( O2 ; R2 ) . Tính MN theo O1O2 , R1 R2 .

của ( O1 ; R1 ) , ( O2 ; R2 ) tại A là ( d ) . Đường tròn ( O ) đường kính O1O2 cắt ( d ) tại I. Đường tròn ( I ; IA ) cắt ( O1 ; R1 ) , ( O2 ; R2 ) lần lượt tại M, N khác A. a. Chứng minh: MN là một tiếp tuyến chung ngoài của ( O1 ; R1 ) , ( O2 ; R2 ) .

b. Kẻ đường kính NP của ( O2 ) . Chứng minh: M, A, P thẳng hàng.

b. Ta có: d

Giải:

CA. AB = ( AB − AC ) AB

= AB 2 − AC. AB = AD. AE − AD. AB

a. Từ giả thiết ta có: N

IA = IM = IN

dẫn tới IM O1 = IA O1 = IN O 2 = 900 (Hs tự

cm)

và

NI O2 = O 2 IA .

Suy

DM = B DN ( Đối đỉnh), các cặp tam giác c. Xét các tam giác : ∆DPM , ∆DBN ta có : P

cân ODN, ADM và ODB, ADP đồng dạng với nhau (g.g) suy ra

Suy ra IM, IN lần lượt là tiếp tuyến của ( O1 ; R1 ) , ( O2 ; R2 ) nên MI O1 = O 1 IA

= AD ( AE − AB ) = AD 2 = AC 2

suy ra : ∆DPM ∽ ∆DBN (c.g.c) đpcm.

ra :

0 + NIA = 2O MIA 1 IA + 2O2 IA = 2O1 IO 2 = 180 hay M, I, N thẳng hàng.

DM DO DB . Từ đó = = DN DA DP

GÓC Ở TÂM

Góc ở tâm: Là góc có đỉnh trùng với tâm của đường tròn.

Tức MN là tiếp tuyến chung của ( O1 ; R1 ) , ( O2 ; R2 ) .

1. Số đo cung:

= 900 , ta cũng có b. Do MN là đường kính của ( I ; IA ) nên MAN

+ Số đo cung nhỏ bằng số đo góc ở tâm chắn cung đó.

= 900  MAN + NAP = 900 + 900 = 1800 hay M, A, P thẳng hàng. NAP

+Số đo cung lớn bằng hiệu giữa 3600 và số đo cung nhỏ (có chung 2 mút với cung lớn).

Ví dụ 7:

2. So sánh 2 cung:

BA . Tia AO cắt 2

Cho đoạn thẳng AB kẻ tia B x ⊥ AB . Trên tia Bx lấy O sao cho BO =

+ Hai cung được gọi là bằng nhau nếu chúng có số đo bằng nhau.

( O; OB ) tại D và E ( D nằm giữa A, O). Đường tròn ( A; AD ) cắt AB ở C.

+ Trong 2 cung, cung nào có số đo bằng nhau gọi là cung lớn.

a. Chứng minh: DE 2 = AD.AE. b. Chứng minh: AC 2 = CB.AB. c. Tia BD cắt ( A; AD ) tại P. Một đường thẳng qua D cắt ( A; AD ) tại M và

cắt

AOB ởi gọi là góc ở tâm chắn bởi Trên hình 1: Góc cung nhỏ AmB ) . AB (hay

(O )

tại N. Chứng minh: ∆DPM ∽ ∆DBN .

AmB = AOB ,sđ AnB = 3600 − AOB . Ta có sđ

Giải:

O B

3. Điểm thuộc cung tròn:

a.Ta có :

AD. AE= ( AO − OD )( AO + OE )

= ( AO − OD )( AO + OD )

II.

= AO 2 − OD2 = AO 2 − OB 2 2

= AB 2 = ( 2OB ) = DE 2

Nếu C là một điểm nằm trên cung AB thì sđ AB =sđ . AC +sđ CB

LIÊN HỆ GIỮA CUNG VÀ DÂY CUNG

1.Với hai cung nhỏ trong một đường tròn hay hai đường tròn bằng nhau: + Hai cung bằng nhau căng hai dây bằng nhau.

Tiếp điểm A là gốc chung của 2 tia đối nhau Ax, Ay , AB là một dây cung của ( O ) . Khi đó góc

+Hai dây bằng nhau căng hai cung bằng nhau. 2. Với hai cung nhỏ trong một đường tròn hay trong hai đường tròn bằng nhau:

xAB, yAB là các góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây

+Cung lớn hơn căng dây lớn hơn.

+Dây lớn hơn căng cung lớn hơn. C

Trên hình 2:

⇔ AB = CD . ⇔ AB > EF AB = CD AB > EF

III.

O B

1 1 xAB = sd AB = AMB, yAB = sd AM = ABM 2 2

GÓC NỘI TIẾP

1 Góc nội tiếp là góc có đỉnh nằm trên đường tròn và 2 cạnh chứa 2 dây cung của đường tròn. 2. Trong một đường tròn, số đo góc nội tiếp bằng nửa số đo cung bị chắn. + Trong một đường tròn: Các góc nội tiếp bằng nhau chắn các cung bằng nhau. + Các góc nội tiếp cùng chắn một cung hoặc chắn cung bằng nhau thì bằng nhau. + Góc nội tiếp (nhỏ hơn hoặc bằng 900 ) có số đo bằng nửa số đo góc ở tâm chắn cùng một cung. + Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn là góc vuông.

AMB, ANB là các góc nội tiếp cùng + Các góc

Trên hình 3:

GÓC CÓ ĐỈNH BÊN TRONG ĐƯỜNG TRÒN, GÓC CÓ ĐỈNH BÊN NGOÀI ĐƯỜNG TRÒN 1.Cho hai dây cung AB, CD của ( O ) cắt nhau tại một điểm M nằm trong đường tròn. gọi là góc có đỉnh nằm trong Khi đó BMC đường tròn ( O ) .

(

= 1 sd BC − sd Tức là : BNC AD

1 1 suy ra AMB = ANB = sd AB = AOB 2 2

VI.

IV. GÓC TẠO BỞI TIA TIẾP TUYẾN VÀ DÂY CUNG 1.Đường thẳng xy là tiếp tuyến của ( O ) tại điểm A .

= 1 sd BC + sd chắn. Tức là BMC AD .

)

M N

gọi là hai dây cung của ( O ) ). Khi đó BNC góc có đỉnh nằm ngoài đường tròn. Định lý: Số đo góc có đỉnh nằm ngoài đường tròn bằng nửa hiệu số đo hai cung bị chắn.

Ta có định lí: Số đo góc có đỉnh nằm trong đường tròn bằng nửa tổng số đo hai cung bị

2 Hai tia CD, BA cắt nhau tại N ( AB, CD là

chắn AB

⇔ AB = CD AMB = BPC +

cung AB . 2. Số đo góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung bằng nửa số đo cung bị chắn. 3. Trong một đường tròn: Góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp chắn cùng một cung thì bằng nhau. Trên hình 4: Ta có

(

)

CUNG CHỨA GÓC

1.Cho hai điểm cố định A, B . Quĩ tích những điểm M nhìn đoạn thẳng AB cho trước một góc AMB = α không đổi ( 0 < α < 1800 ) là hai cung tròn đối xứng nhau qua AB . Đặc biệt quĩ tích các điểm M quĩ tích các điểm M nhìn

O B

2. Cách dựng cung chứa góc α .

c) Gọi P là trung điểm của AC . Chứng minh tương tự a) ta có PM cũng là trung trực của DK . Từ đó suy ra tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DIK chính là trung điểm M của AC .

+Dựng đường trung trực ( d ) của đoạn AB .

d) Dựng đường kính AS thì S, H,M thẳng hàng ( tính chất quen thuộc, xem thêm ví dụ 1

+Dựng tia Ax tạo với AB một góc α .

Suy ra AH = 2OM . Do BC cố định nên OM không đổi , suy ra AH không đổi .

+Dựng Ay ⊥ Ax cắt ( d ) tại O .

= 2α . Trên tia đối của HB ta lấy điểm F sao cho HF= HC . Khi đó Đặt BOC

đoạn AB dưới một góc vuông là đường tròn đường kính AB .

Ta có O chính là tâm của đường tròn chứa cung α dựng trên đoạn AB .

HB + HC = BF

= 1 BHC = 1 1800 − A = 1 1800 − α không đổi , Để ý rằng : HFC ( ) ( )

Theo bài toán cung chứa góc ta suy ra điểm F thuộc cung chứa góc Do N là trung điểm của AB nên ON ⊥ AB . Các điểm N,I,M cùng nhìn BO một góc bằng 90° nên suy ra 5 điểm B, N,O,I,M nằm trên một đường tròn đường kính BO . Ta cũng có = ADB = 90° nên 4 điểm A,I, D, B cùng nằm trên đường tròn tâm N đường kính AB . AIB

khi và chỉ khi BF là đường kính của đường tròn chứa cung chứa góc

1 1800 − α dựng 2

(

)

BC2 + 2R . 4

VII. TỨ GIÁC NỘI TIẾP 1. Tiêu chuẩn 1:

là phân giác của góc N của tam giác cân IND suy ra MN ⊥ DI tại trung điểm của DI . Hay MN là trung trực của DI . b) Dựng BE ⊥ AC , ta chứng minh E,I,M thẳng hàng. Ta thấy 4 điểm A, E,I,B nằm trên đường tròn tâm N đường kính AB .

(1) ( hai góc nội tiếp cùng chắn

)

= 90° , hay B,O,F thẳng hàng. Tức là tam giác ABC cân tại B . trên đoạn BC . Tức là BCF

Khi đó giá trị lớn nhất của HA + HB + HC là : 2OM + 2R = 2 R 2 −

)  INM = 1 IND , nói cách khác NM IM 2

= EBA Suy ra EIA

(

trên đoạn BC nằm trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa điểm A . Từ đó suy ra BF lớn nhất

= 1 IND ( liên hệ góc nội tiếp Ta có: IBD

và góc ở tâm ). = IBM = INM (cùng chắn Mặt khác IBD

1 180 0 − α dựng 2

Tứ giác ABCD nội tiếp khi và chỉ khi tổng hai góc đối bằng 1800 = BCD . Hệ quả : ABCD nội tiếp ⇔ xAD

( Tứ giác ABCD nội tiếp khi và chỉ khi góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong đối diện với đỉnh đó ) ) EA

, MN // = AIB + BIM = 900 + BNM = 90 0 + BAC ( do BIM = BNM , cùng chắn BM Ta có: AIM AC ) ( 2 ) + EIA = 90 0 + BAC + EBA = 180 0 hay E,I, M thẳng hàng ( đpcm) Từ (1) và (2)  AIM

Ví dụ 1: Cho ∆ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn ( O ) , các đường cao AD,BE,CF . cắt nhau tại điểm H .Gọi M là trung điểm của BC . a) Chứng minh : AEHF là tứ giác nội tiếp .

= DAC ( cùng phụ với góc BCA ) (5) Ngoài ra cũng có EBC = 1800 − EBC ⇔ HKC + HBC = 1800 Từ (3)(4) và (5)  HKC

nên tứ giác BHKC nội tiếp .

b) Đường tròn ngoại tiếp ∆ AEF cắt đường thẳng AM tại K . Chứng minh các tứ giác EKMC,FKMB nội tiếp . c) Chứng minh : BHKC nội tiếp .

Cách khác : = 180 0 − IEA − MEC = 1800 − IEA − ECM = 90 0 − EKC IEM  ME là tiếp

= MEK = EHK nên tứ giác BHKC nội tiếp tuyến của ( I ) . Từ đó ta có MCK

Giải :

Chú ý : Thông qua ví dụ này , ta cũng có thêm một tính chất : đường tròn ngoại tiếp tam giác HEF, HBC cắt nhau tại một điểm nằm trên AM .

Ví dụ 2 Cho ∆ABC nội tiếp đường tròn ( O ) có các đường cao AD, BE,CF cắt nhau tại điểm H ,một điểm M di chuyển trên cung nhỏ BC ( M ≠ B C ) .Gọi P,Q lần lượt là các điểm đối xứng với M qua AB,AC . a) Chứng minh : AHBP là tứ giác nội tiếp . = AFH = 900  AEH + AFH = 1800 , a) Do BE,CF là các đường cao của ∆ABC nên AEH nên tứ giác AEHF là tứ giác nội tiếp . b) Do 4 điểm A,E,H,F nằm trên đường tròn ( I ) đường kính AH nên đường tròn ngoại

b) Chứng minh: P,H, N thẳng hàng. c) Tìm vị trí điểm M trên cung nhỏ BC để PN lớn nhất.

tiếp ∆ AEF cũng chính là đường tròn tâm ( I ) . = AFE ( hai góc nội tiếp cùng chắn AE ) (1) Ta có AKE

= ECB ( 2) . Mặt khác ta cũng có BFEC nội tiếp nên AFE = ECM nên tứ giác EKMC nội tiếp. Từ (1) và (2)  AKE Tương tự ta cũng chứng minh được tứ giác FKMB nội tiếp hoặc có thể chứng minh theo cách khác như sau : = 3600 − EKM − EKF = 1800 − EKM + 1800 − EKF = ACB + BAC = 1800 − ABC Ta có FKM 0  FKM + ABC = 180  tứ giác FKMB nội tiếp. = 3600 − HKE − EKC = 1800 − HKE + 1800 − EKC = DAC + 1800 − EKC ( 3) c) Ta có HKC = EMC ( hai góc nội tiếp cùng chắn EC ) Mặt khác EKC BC  Tứ giác BFEC nội tiếp  M ;  nên EMC = 2EBC ( 4 ) 

2 

Giải

= AMB ( tính chất đối xứng ) a) Ta có : APB

= ACB = 1800 − DHE = 1800 − AHB AMB + AHB = 1800  tứ giác AHBP là tứ giác nội tiếp . hay AMB

b) Chứng minh tương tự câu a ta thấy tứ giác AHCN là tứ giác nội tiếp . Theo câu a có AHBP là tứ giác nội tiếp nên = ABP = ABM = 1800 − ACM = 1800 − ACN = 1800 − AHN AHP 0 + AHN = 180 tức là P,H, N thẳng hàng. hay AHP

c) Do ba điểm M, N,P nằm trên đường tròn tâm A ,bán kính AM .

(

)

= 2AM.sin 1800 − BAC = 2AM.sinBAC . suy ra NP = 2AM.sinPMN

Do đó NP lớn nhất khi và chỉ khi AM lớn nhất , lúc đó AM là đường kính của đường tròn ( O ) Vậy độ dài đoạn NP lớn nhất khi và chỉ khi M là điểm đối xứng của A qua O . = ADN a) Để chứng minh tứ giác ADNH nội tiếp ta cần chứng minh BHN Ta có BHN = BHM − NHM

Ví dụ 3

(

)

> 900 có hai đường chéo cắt nhau tại I .Gọi M là trung Cho hình bình hành ABCD A

Mà MB = MC,CH ⊥ BH

điểm của BC , đường thẳng AM cắt đường tròn ngoại tiếp ∆ABC tại N . Gọi H là hình chiếu vuông góc của C trên AB .

= ABC . Vậy BHN = ABC = NHM . Nên MB = MH = MC  BHM

a) Chứng minh : tứ giác ADNH nội tiếp .

= ADC − CDN = ABC − NDC Ta cũng có : ADN

b) Dựng các đường thẳng qua A lần lượt vuông góc với BC,CD,BD tại X,Y, Z . Chứng minh 4 điểm X,Y, I , Z nằm trên một đường tròn.

= NDC . Như vậy ta cần chứng minh NHM MB AB Để ý rằng : ∆AMB ” ∆CMN (g.g)  = MN

Hướng dẫn giải

MH CD (1) Thay AB = CD,MH = MB suy ra  = MN

Ta có : = HMB + BMN = HMB + 1 BN + AC HMN 2 + BAN + ANC = 2 900 − ABC + BAN + ANC = 2HCB

(

) (

) ) (

)

= ANC suy ra HMN = 1800 − ABC + BAN = BAD + BAN = BCD + BCN = DCN Do ABC (2).

= NDC  BHN = ADN  tứ giác ADNH nội Từ (1) và (2)  ∆HMN ” ∆DCN  NHM tiếp .

Giải :

Từ các tứ giác XAZC,ABXY nội tiếp, ta có : = AZC − AZI − XZC = BAZ − ZAC − CAX = BAX = BYX nên tứ giác XIYZ nội tiếp. IZX

2. Tiêu chuẩn 2: Tứ giác ABCD nội tiếp khi và chỉ khi có hai đỉnh liên tiếp cùng nhìn một cạnh những góc bằng nhau. = DBC ⇔ ABCD là tứ giác nội tiếp . DAC

= BFC = 900  BFEC là tứ a) Do tứ giác BE , CF là các đường cao của ∆ABC nên BEC

giác nội tiếp. b) Ta dễ dàng chứng minh được: các tứ giác BFHD.CEHD nội tiếp nên từ đó suy ra: = FDH FBH

= EDH (2), mặt khác theo a) ta cũng có: FBE = FCE (3). Từ (1), ECH (1), (2), (3) suy ra FDE = 2EBF (4). Lại có tứ giác BFEC nội tiếp đường tròn tâm M = 2EBF (5) (Tính chất góc ở tâm bằng 2 lần số đo góc nội đường kính BC nên EMF tiếp chắn cùng một cung). Từ (4), (5) suy ra EDF = EMF nên tứ giác EMDF nội tiếp.

Chú ý: Có thể chứng minh

điểm

E , M , D, F

nằm trên đường tròn Ơle của tam giác.

= 2EAN (6) (Tính chất góc ngoài tam giác cân AIE ). Mặt khác ta cũng có: c) Ta có EIN

Một số ví dụ tiêu biểu Ví dụ 1 Cho ∆ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn ( O ) . Các đường cao AD, BE , CF cắt nhau tại điểm H .Gọi M là trung điểm của BC . a) Chứng minh : BFEC là tứ giác nội tiếp. b) Chứng minh : MEFD là tứ giác nội tiếp. c) Gọi I là trung điểm của AH ,đường thẳng AH kéo dài cắt đường tròn tại giao điểm thứ hai là N ( N ≠ A ) .Chứng minh rằng : BNEI là tứ giác nội tiếp.

= CAN = CBN suy ra EBN = 2EBC = 2EAN (7). Từ (6) và (7) suy ra EIN = EBN EBC hay tứ giác BNEI nội tiếp (Có hai đỉnh liên tiếp I , B cùng nhìn cạnh EN các góc bằng nhau).

Ví dụ 2 Cho đường tròn (O ) và một điểm M nằm ngoài (O ) , qua M kẻ các tiếp tuyến MA, MB đến (O ) ( A, B là các tiếp điểm), dựng cát tuyến MCD ( (MC < MD ) sao cho tia MD nằm giữa hai tia MO, MA . Gọi E là trung điểm của CD . a. Chứng minh:

điểm

b. Đường thẳng qua nội tiếp.

M , A, E , O, B

cùng nằm trên một đường tròn.

song song với

cắt

tại

N . Chứng

minh:

AENC

là tứ giác

c. Đường thẳng

cắt

(O )

tại giao điểm thứ 2 là

. Chứng minh

d) Giải

a. Do

là trung điểm CD nên OE

Suy ra

nên tứ giác

MAEO

Lại có

+ MBO = 180° MAO

nên

nội tiếp (2).

Từ (1) và (2) ta suy ra 5 điểm đường tròn đường kính MO . b. Do

EN //BD

M , A, E , O, B

nội tiếp (1).

= DQA = CPQ APB

hay CPQ cân tại C suy ra cân tại P hay AB = BP = CD (4). Ta cũng có

cùng nằm trên

= CAN CEN

= 1 AOB = AOM AFB 2

hay

AENC

là tứ giác nội tiếp.

(3) (Tính chất góc nội tiếp và góc ở tâm + Tính chất 2

Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I ) . Gọi E , F lần lượt là các tiếp điểm của với AC , AB . Đường thẳng BI ,CI cắt EF lần lượt tại M , N .

b. Chứng minh:

điểm

a. Các tứ giác

cùng nằm trên một đường tròn. e) Giải:

a. Ta có:

(I )

cùng nằm trên một đường tròn. B, C , N , M

= IBC + ICB = B + C = 90° − A MIC 2 2 2

(Tính chất góc ngoài của tam giác

BIC

điểm

B, D , O , C

cùng nằm

PQLR, ABQR, ABQD

nội tiếp nên ta có biến đổi góc sau:

= 180° − QRL = ABQ = 180° − QDN ⇔ NPQ + QDN = 180° NPQ

nên NPQD là tứ giác nội tiếp. b. Gọi S là giao điểm của BC , AD . Ta chứng minh tứ giác SMQN nội tiếp. Thật vậy từ các tứ giác NPQD, BCQR và RQKP nội tiếp ta có biến đổi góc:

(1)

MBQ = QRK = QPK

). N

= AEF = 180° − A = 90° − A (2). Ta cũng có: MEC 2 2 = MIC hay MEIC là Từ (1) và (2) ta suy ra MEC

Ví dụ 5 Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O ) , hai đường chéo AC , BD cắt nhau tại P . Q, R là hai điểm bấy kỳ trên cung CD không chứa A, B . RA, RC lần lượt cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR tại L, K khác R . PK , PL lần lượt cắt BC , AD tại M , N . a. Chứng minh: P,Q, N , D cùng nằm trên một đường tròn. b. Chứng minh: BC , AD cắt nhau trên đường tròn ngoại tiếp tam giác QMN . g) Giải

Ví dụ 3

E , M ,C , I

(5), chú ý rằng: OP = OC (6). = ODC Từ (4), (5),(6) suy ra ∆BPO = ∆DCO ⇒ OBC hay trên một đường tròn.

+ AEM (4). Từ (3) và (4) tiếp tuyến cắt nhau). Mặt khác do AEOM nội tiếp nên AOM suy ra AEM = AFB , mà hai góc này đồng vị nên EC //BF .

a. Chứng minh:

ABP

BPO = 180° −OPC = 180° − OCP = 180° − OCQ = OCD

= CDB lại có: CDB = CAB cùng nên CEN

chắn cung CB nên suy ra c. Ta có

= MEO = 90° MAO

MAOB

Ví dụ 4 > 90° . Đường phân giác trong góc A cắt cạnh BC Cho hình bình hành ABCD có A tại P , cắt CD tại Q . Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CPQ . Chứng minh 4 điểm B, D,O,C cùng nằm trên một đường tròn. Q f) Giải O = DAQ Do ABCD là hình bình hành và BAQ suy ra

D E

⊥ CD

BF //CD .

suy ra

SMQN

= QPD = QND nên MBPQ là tứ giác nội tiếp. Từ đó suy ra BMQ là tứ giác nội tiếp.

tứ giác nội tiếp. B b. MEIC là tứ giác nội tiếp nên IEC = IMC = 90° (3). Chứng minh tương tự câu a) ta có BFNI là tứ giác nội tiếp nên INB = IFB = 90° (4). Từ (3) và (4) ta suy ra BNC = BMC = 90° nên giác nội tiếp.

Suy ra đpcm. C A

BNMC

là tứ

3. Tiêu chuẩn 3 Cho 2 đường thẳng cắt nhau tại

+ Nếu A, B ∈ (d1 );C , D ∈ (d2 ) sao cho MAMB . = MC .MD thì ABCD là tứ giác nội tiếp (Hình 1). Hình 1 Thật vậy:

MA.MB = MC .MD ⇔ ∆ MAD ∼ ∆ MCB

= MCB ⇒ MAD suy ra ABCD nội tiếp. A 2). + Nếu MAMC . = MB.MD thì ABCD là tứ giác nội tiếp (Hình Thật vậy: MA.MC = MB .MD ⇒ ∆ MAD ∼ ∆ MBC = DBC suy ra ABCD nội tiếp. ⇒ DAC

a. Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF có tâm là trung điểm I của AH ta kí hiệu là (I ) . Giả sử MF cắt (I ) tại E 1 thì ANFE1 nội tiếp nên suy ra MN .MA = MF .ME1 . Mặt khác ANBC nội tiếp nên MN .MA = MB.MC . Từ đó suy ra MF .ME 1 = MB .MC hay BFE1C nội tiếp. suy ra E ≡ E1 (hai đường tròn cắt nhau tối đa tại 2 điểm) hay M , E , F thẳng hàng. b. ME cắt (O ) tại giao điểm thứ 2 là Y thì OA ⊥ XY (Tính chất quen thuộc, dành cho

O M

Ví dụ1 Cho đường tròn (O ) và một điểm M nằm ngoài (O ) , qua M kẻ tiếp tuyến MA đến (O ) và cát tuyến MCD sao cho MC < MD . Dựng AH ⊥ MO . Chứng minh: Tứ giác CHOD nội tiếp. Giải

= AXY mặt khác AYX = ABX nên AXY cân tại A nên AYX 2 AXF = ABX ⇒ ∆AXF ∼ ∆ABX suy ra AX = AF .AB . Mặt khác BDHF là tứ giác nội

hs) suy ra tam giác

tiếp nên AF .AB = AH .AD từ đó suy ra trong ngoại tiếp tam giác XHD .

P C M O

Do MA là tiếp tuyến của (O ) và AH ⊥ MO . Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông MAO ta có: MA2 = MH .MO (1) = MDA suy ra ∆MAC ∼ ∆MDA nên Mặt khác ta cũng có: MAC MA MC = ⇔ MA2 = MC .MD MD MA

Từ (1) và (2) suy ra

hay

là tiếp tuyến của đường

Ví dụ 3 Cho tam giác nhọn ABC đường cao AH . Đường tròn (O ) đường kính AH cắt AB, AC lần lượt tại D, E . Đường thẳng ED cắt BC tại điểm M . Đường thẳng MO cắt AB, AC tại N và P . a. Chứng minh: MH 2 = MB.MC . b. Chứng minh: OP = ON . c. Đường thẳng DE cắt HN , HP lần lượt tại R,Q . Chứng minh: BR,CQ, AH đồng quy.

AX 2 = AH .AD

Giải A

(2).

MC .MD = MH .MO

hay CHOD là tứ giác nội tiếp (tiêu chuẩn 3). NK

Ví dụ 2 Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn nội tiếp (O ) , các đường cao AD, BE ,CF cắt nhau tại H , đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF cắt (O ) tại điểm thứ 2 là N khác A, AN cắt BC tại M . a. Chứng minh: M , E , F thẳng hàng. b. Đoạn ME cắt (O ) tại X . Chứng minh: AX là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp A tam giác XHD . Giải

D M

F X X1

P E

R H

Vì 4 điểm A, D, H , E cùng nằm trên đường tròn (O) đường kính AH nên MH là tiếp tuyến của (O) . Suy ra MH 2 = MD.ME minh BDEC là tứ giác nội tiếp.

(1) . Để chứng minh MH 2 = MB.MC ta sẽ chứng

= EHA cùng phụ với EHC mà EHA =E =E DA  ECH DA hay BDEC Thật vậy: Ta có ECH là tứ giác nội tiếp, suy ra MD.ME = MB.MC (2) . Từ (1) và (2) ta suy ra MH 2 = MB.MC

Từ (1) và (2) ta thu được ID.IE = IA.I O . Chứng tỏ 4 điểm A, D,O, E cùng nằm trên 1 đường tròn.

b. Dựng HK ⊥ MO , mặt khác MH 2 = MD.ME suy ra MK .MO = MD.ME hay DKOE tiếp suy =O = EKH . Lại có tứ giác HKPE nội tiếp nên ra OKE DE = OE D = MK D nên suy ra DKH

( cùng chắn cung b) Từ câu a ta thấy O DE = OA E (cùng chắn cung OE), OE D = OAD (3). Chú ý AO là tia phân giác OD). Do tam giác O D E cân tại O nên OA E = OAD D = CA D. của góc BAC , từ (3) suy ra BAE = CAD (4) . Từ (3) , (4) suy ra BA

= HKE , Suy ra HPE = 1 DKE = 1 DOE = DAC suy ra HP / / AB nên HPE 2 2 ∆POH = ∆NOA  OP = ON

4. Đường tròn Ơ - Le của tam giác

= DQH =Q nên QECH là tứ giác nội tiếp suy ra CQH = CEH = 900 c. Ta có PQE DA = ECH

Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp (O) có các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H . Gọi X , M , Y , I , Z , T lần lượt là trung điểm của AB, BC, AC, HA, HB, HC . Khi đó 9 điểm D, E, F , X , M , Y , I , Z , T nằm trên 1 đường tròn có tâm là trung điểm của OH ( gọi là đường tròn Ơ – Le của tam giác ABC ).

hay CQ ⊥ HP  CQ ⊥ AB .Chứng minh tương tự ta cũng có DR ⊥ AC hay BR, CQ, AH đồng quy. Ví dụ 4

Chứng minh :

Cho đường tròn (O) và điểm A nằm ngoài đường tròn đó. Kẻ các tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (O) ( B, C là các tiếp điểm). Gọi I là giao điểm của OA và BC . Kẻ dây cung DE của đường tròn (O) qua I . a. Chứng minh rằng bốn điểm A, D, O, E cùng nằm trên 1 đường tròn. b. Chứng minh rằng BA D = CA E.

Giải

1 2

Ta có IZ là đường trung bình của tam giác ABH  IZ // = AB , YM là đường trung bình 1 2

tam giác ABC nên YM // = AB . Từ đó suy ra IZ // = YM  IZMY là hình bình hành. Lại có ZM là đường trung bình của tam giác BHC nên ZM // CH mà AB ⊥ CH suy ra ZM ⊥ IZ . Vậy tứ giác IZMY là hình chữ nhật nên hai đường chéo IM , ZY cắt nhau tại trung điểm J của mỗi đường, Tương tự ta cũng chứng minh được các tứ giác XITM , XYTZ là các hình chữ nhật nên suy ra các đường chéo IM , ZY , TX đồng quy tại trung điểm J của mỗi đường.

Chú ý rằng IDM , ZEY , TFX lần lượt vuông tại D, E, F nên tâm đường tròn ngoại tiếp chính là trung điểm J của cạnh huyền tương ứng. Suy ra 9 điểm cùng nằm trên đường

D A

1 2

tròn tâm J. Ta cũng có: OM // = AH // = IH nên tứ giác IHMO là hình bình hành , suy ra

O I E C

a) Ta thấy bốn điểm B, D, C, E cùng nằm trên đường tròn (O) nên ID.IE = IB.IC = IB2 (1) . Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ABO với BI là đường cao ta có : IB2 = IA.IO (2)

hai đường chéo IM , HO cắt nhau tại trung điểm mỗi đường. Nói cách khác điểm J cũng chính là trung điểm của HO . Nếu A ' là điểm đối xứng với A qua J thì AHA ' O là hình bình hành ta dễ dàng suy ra A ' đối xứng với O qua M.

của mỗi đường. Vì DX ⊥ HY , DY ⊥ HC suy ra K là trọng tâm tam giác IHD nên

A J

X J

X C

Ví dụ 1. Cho tam giác ABC nội tiếp (O) AD là đường kính của (O) . M là trung điểm của BC , H là trực tâm của tam giác. Gọi X , Y , Z lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm D lên HB, HC, BC. Chứng minh 4 điểm X , Y , Z , M cùng thuộc 1 đường tròn. Giải Phân tích : M là trung điểm BC  M cũng là trung điểm của H D (bài toán quen thuộc). X , Y , Z lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm D lên HB, HC, BC kết hợp tính chất điểm M làm ta liên tưởng đến đường tròn Ơle của 1 tam giác. Từ những cơ sở đó ta có lời giải như sau: + Giả sử HB cắt DY tại I , HC cắt DX tại K , J là trung điểm của IK . Ta dễ chứng minh được BHCD là hình bình hành suy ra hai đường chéo HD, BC cắt nhau tại trung điểm M

= HC K DI = KHI D( N

= KID ( cùng phụ với góc H (chú ý HI // CD) và CHD DI ).

Từ đó suy ra ∆KID ∽ ∆CHD + Mặt khác CM , DJ là hai trung tuyến tương ứng của tam giác ∆CHD và ∆ KID , như vậy từ đó suy ra DJ ⊥ BC tại Z hay Z thuộc đường tròn DI = HCM ta có ∆DIJ ∽ ∆CHM  J đường kính MJ . Ta thấy rằng đường tròn đường kính MJ là đường tròn Ơle của tam giác IHD . Từ đó ta có :

X , Y , Z , M đều cùng nằm trên đường tròn đường kính MJ .

Ví dụ 2 Cho hai điểm

A, B cố định và điểm

C di

động trên mặt phẳng sao cho

ACB = α (0 < α < 1800 ). Đường tròn tâm I nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh

AB, BC, CA lần lượt tại D, E, F . Các đường thẳng AI , BI cắt EF lần lượt tại M , N . Chứng

minh: a) Đoạn thẳng MN có độ dài không đổi. b) Đường tròn ngoại tiếp tam giác DMN luôn đi qua điểm cố định. ( VMO − 2009 ) Giải

A C

E M

N O

F I

N H

L C

B Q

= IAB + IBA = A + B = 900 − C (tính chất góc ngoài), ta a) Xét tứ giác IEMB ta có : MIB 2 2 2 0 180 − C C 0 = CEF = = 90 − .Từ đó suy ra IEMB là tứ giác nội tiếp , do cũng có MEB 2 2 = IEC = 900 .Tương tự ta cũng chứng minh được 4 điểm I , N , A, F cùng đó IMC

= 900 . Từ đó suy ra BMA = BNA = 900 hay 4 A = IFA nằm trên 1 đường tròn suy ra IN điểm B, C, M , N nằm trên đường tròn tâm J đường kính AB. Ta có : MJN α = 2MBN = 2 NEI = 2ICF = MJN ACB = α . Ta có : MN = 2 NJ .Sin = AB.Sin không 2 2

đổi. b) Giả sử AN cắt BN tại H thì I là trực tâm tam giác ∆ AHB . Đường tròn ngoại tiếp tam giác DMN chính là đường tròn Ơle của tam giác HAB . Suy ra đường tròn ngoại tiếp tam giác DMN luôn đi qua trung điểm J của AB . Như vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác DMN luôn đi qua điểm cố định J . Ví dụ 3 Cho tam giác ABC nội tiếp (O) và điểm P di chuyển trên (O) . Đường thẳng đi qua P song song với BC cắt CA tại E . Gọi K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác PCE và L là tâm đường tròn Ơ le của tam giác PBC . Chứng minh: Đường thẳng qua L song song với PK luôn đi qua 1 điểm cố định khi P di chuyển trên đường tròn (O) . Giải

Gọi H , N lần lượt là trực tâm, tâm đường tròn Ơle của tam giác ABC , M là trung điểm BC . G là điểm đối xứng với P qua L . Theo kết quả quen thuộc về tâm đường tròn Ơle thì G đối xứng với O qua BC . Gọi Q là giao điểm của AH với . Do nên suy ra nên thẳng hàng. Đường thẳng qua song song với cắt tại thì là trung điểm QG, do đối xứng với qua nên là hình thang cân và là đường trung bình của hình thang. Suy ra đối xứng với qua . Suy ra đường thẳng qua song song với luôn đi qua 1 điểm cố định là điểm đối xứng với tâm Ơle của tam giác qua . 5. Đường tròn Apolionius Bài toán : Cho đoạn thẳng , là số cho trước (), là điểm chuyển động trong mặt phẳng sao cho .Tìm quỹ tích điểm M. Giải

Gọi N là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp

tam giác MIJ với (O), MI cắt (O) tại E, MJ cắt (O) tại D.

D E O

Ta có EA = EB, DA = DC. A

Mặt khác ta cũng có tính chất quen thuộc: EA

= EB = EI và DA = DC = DJ. N

= NDJ (cùng Tam giác NIE và NJD có NEI

Phần thuận: Giả sử (). Dựng lần lượt là các phân giác trong và phân giác ngoài của thì . Theo tính chất phân giác ta có :

chắn

cung

MN)

và

= 1800 − NIM = 1800 − NJM = NJD nên suy ra EIN NE EI AE (không đổi). = = ND DJ AD

, tương tự .Suy ra các điểm cố định, , suy ra thuộc đường tròn đường kính .

∆NIE ∽ ∆NJD 

Phần đảo : Lấy điểm trên đường tròn đường kính . Ta chứng minh là phân giác của góc . Qua kẻ các đường thẳng vuông góc với cắt và tại

Suy ra N thuộc đường tròn Apollonius dựng trên đoạn ED với tỷ số

Mặt khác ta cũng có : , Suy ra cân

AE . Hay N là giao AD

điểm của đường tròn Apollonius với đường tròn (O).

Suy ra là phân giác của góc là phân giác của góc Ví dụ 2

Ví dụ 1 Cho tam giác nội tiếp và điểm thay đổi trên cung không chứa . Gọi là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác . Chứng minh : Đường tròn ngoại tiếp tam giác luôn đi qua 1 điểm cố định. Giải

Cho tam giác ABC (AB > AC) và điểm M nằm trong tam giác sao cho = NAC. là điểm đối xứng với M qua BC. Chứng minh: MAB

Giải

MB AB = . Gọi N MC AC

Gọi AE, AF lần lượt là các đường phân

giác trong, phân giác ngoài góc A của

giác,

Q E1

Theo giả thiết và tính chất của đường phân

tam giác ABC.

có:

NB MB AB EB FB = = = = . NC MC AC EC FC

I K

Suy ra 5 điểm M, N, A, E, F cùng nằm B

trên đường tròn Apollonius xác định bởi BC và tỷ số

AB . AC

P N

Vì M, N đối xứng nhau qua BC nên M, N đối xứng nhau qua đường kính EF của đường = NAE (1). Mặt khác AE là phân giác của góc BAC nên tròn nói trên. Do đó MAE

1. Các tứ giác BFHD, CEHD, BFEC nội tiếp.

= NAE (2). BAE

Chứng minh: Do AD, BE, CF là các đường cao của tam giác ABC nên

= NAC. Từ (1) và (2) suy ra MAB

= BFD = 900 HDB + BFD = 1800 , suy ra tứ giác BFHD nội tiếp (tổng hai góc đối nhau bằng 1800 ).  HDB

I. CHÙM BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN ĐƯỜNG CAO VÀ ĐƯỜNG TRÒN NGOẠI TIẾP TAM GIÁC Cho tam giác ABC nội tiếp (O) có các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H, các đường thẳng AH, BH, CH kéo dài cắt (O) tại giao điểm thứ hai là P, Q, R (P khác B, Q khác C, R khác A). Gọi M, I lần lượt là trung điểm của BC, AH, đường thẳng EF cắt AH tại K.

Tương tự ta cũng có tứ giác CEHD nội tiếp. = BEC nên BFEC là tứ giác nội tiếp (Hai đỉnh liên tiếp F, E cùng nhìn cạnh Ta có: BFC

BC một góc bằng nhau). DEF; EFD , từ 2. Các đường thẳng AD, BE, CF chứa các đường phân giác của góc EDF;

đó suy ra trực tâm H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF. = FDH (cùng chắn FH ) (1), CEHD nội tiếp Chứng minh: Vì BFHD nội tiếp nên: FBH

= HCE (cùng chắn EH ) (2), tứ giác BFEC nội tiếp nên FBE = FCE (cùng chắn nên HDE ) (3). EF = EDH hay AD là phân giác của góc EDF. Từ (1), (2), (3) ta suy ra FDH

EFD Chứng minh tương tự, ta cũng có: BE, CF chứa các đường phân giác của góc DEF;

Từ đó suy ra trực tâm H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF. 3. Dựng đường kính của (O). Khi đó tứ giác BHCN là hình bình hành. Suy ra H, M, N thẳng hàng. H, G, O thẳng hàng và HO = 3GO. Chứng minh: Vì AN là đường kính của (O) nên NC ⊥ AC , do BH ⊥ AC  BH / /NC. Chứng minh tương tự, ta cũng có: CH // NB nên tứ giác BHCN là hình bình hành. Suy ra, hai đường chéo NH, BC cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường. Mà M là trung điểm BC nên N, H, M thẳng hàng. 1 Ta có: MO là đường trung bình của tam giác AHN nên MO // = AH. 2

Gọi G là giao điểm của AM và HO, do MO // AH (cùng vuông góc với BC). Theo định lý Thales ta có:

AG MO 1 = =  G là trọng tâm của tam giác ABC và H, G, GM AH 2

O thẳng hàng. GO OM 1 Do = =  HO = 3GO . (Đường thẳng qua H, G, O gọi là đường thẳng Ơle của GH AH 2

tam giác ABC). 4. Các đường thẳng AH, BH, CH kéo dài cắt (O) tại giao điểm thứ 2 là P, Q, R khi đó:

Chứng minh tương tự ta cũng có: Q, R là các điểm đối xứng với H lần lượt qua CA, AB. 5. OA ⊥ EF , tam giác ARQ cân. Chứng minh: Dựng tiếp tuyến Ax của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, ta có Ax ⊥

OA (4).

= ABC (tính chất góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung). Ta cũng có: xAC = ABC , từ đó suy ra xAC = AEF hay EF // Ax Mặt khác: tứ giác BFEC nội tiếp nên AEF

(5). Từ (4) và (5) suy ra EF ⊥ OA . Chú ý rằng EF là đường trung bình của tam giác HQR nên QR // EF  QR ⊥ OA suy ra OA ⊥ QR tại trung điểm của QR nên tam giác AQR cân tại A.

6. Đường thẳng EF kéo dài cắt đường tròn (O) lần lượt tại E1; F1 (E nằm giữa E1 và F). Khi đó: AE1; AF1 lần lượt là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp các tam giác CEE1; BFF1.

Chứng minh: Theo chứng minh ở 5 ta có: EF // QR  E1F1 // QR, suy ra tam giác AFE 1 1 cân tại A nên AF 1 E1 = AE1F1 .

P, Q, R là các điểm đối xứng với H qua BC, CA, AB. Mặt khác: AE 1F1 = AB1E1  AF1E1 = ABF1

= 900  PN / /DM. Chứng minh: Vì AN là đường kính của (O) nên APN

Suy ra AF1 là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BFF1 . Lại có M là trung điểm HN (chứng minh ở 3). Suy ra DM là đường trung bình của tam giác HPN  D là trung điểm của HP. Nói cách khác P là điểm đối xứng với H qua BC.

Chứng minh tương tự ta cũng có: AE1 là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác CEE1.

Chú ý rằng: Từ chứng minh trên ta cũng có các hệ thức đẹp: AF12 = AF.AB = AH.AD;

Chú ý rằng: IDM, ZEY, TFX lần lượt vuông tại D, E, F nên tâm vòng tròn ngoại tiếp

AE12 = AE.AC = AH.AD.

chính là trung điểm J của các cạnh huyền tương ứng. Suy ra 9 điểm D, E, F, X, Y, M, I, Z, T cùng nằm trên đường tròn tâm J.

Ta cũng có: OM // =

I X H

Z B

đường chéo IM, HO cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường. Nói cách khác điểm J cũng

Y J G

chính là trung điểm của HO. Chú ý rằng: Nếu chứng minh mỗi bộ 4 điểm trong số 9 điểm nêu trên nằm trên cùng

T D

1 AH // = IH nên tứ giác IHMO là hình bình hành, suy ra hai 2

M N

một đường tròn thì ta có thể làm đơn giản hơn như sau: Ví dụ: Chứng minh tứ giác DMEF nội tiếp. = 2EBF (tính chất góc ở Ta có: M là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BFEC nên EMF

tâm và góc nội tiếp chắn cùng một cung). 7. Gọi X, Y, Z, T lần lượt là trung điểm của AB, AC, HB, HC. Khi đó 9 điểm D, E, F,

= 2HDF = 2EBF suy ra EMF = EDF hay tứ giác DMEF Mặt khác theo 2) ta đã chỉ ra DEF

X, Y, M, I, Z, T nằm trên cùng một đường tròn có tâm là trung điểm của OH. (gọi là

nội tiếp (các đỉnh liên tiếp D, M cùng nhìn cạnh EF một góc bằng nhau).

đường tròn Ơle của tam giác ABC). 8. K là trực tâm của tam giác IBC. 1 Chứng minh: Ta có IZ là đường trung bình của tam giác ABH  IZ // = AB, YM là 2

Chứng minh: Để chứng minh K là trực tâm của tam giác IBC ta chứng minh: CK ⊥ IB .

1 đường trung bình tam giác ABC nên YM // = AB. 2

+ KCB = 900 Ta sẽ chứng minh: IBC

Từ đó suy ra IZ // = YM  IZMY là hình bình hành.

= IBE + EBC = IBE + 900 − ACB (5) Ta có: IBC

Lại có: ZM là đường trung bình của tam giác BHC nên ZM // CH mà AB ⊥ CH

Để ý rằng: 4 điểm A, E, F, H nằm trên đường tròn tâm I là trung điểm của AH nên

 ZM ⊥ IZ .

= 2EAH = 2PBC = PBE (do H đối xứng với P qua D). EIH

Vậy tứ giác IZMY là hình chữ nhật nên hai đường chéo IM, ZY cắt nhau tại trung điểm

= IPE (6). Suy ra tứ giác EIBP nội tiếp nên IBE

J của mỗi đường. Ta Tương tự ta cũng chứng minh được các tứ giác XITM, XYTZ là các hình chữ nhật nên suy ra các đường chéo IM, ZY, TX đồng quy tại trung điểm J của mỗi đường.

cũng

có:

= ABC = APC AEF

≡ KPE = KCE = ACB − KCB (7). IPE

nên

tứ

giác

EKPC

nội

tiếp

suy

= ACB − KCB thay vào (5) ta có: IBC = 900 − KCB . Từ (6) và (7) suy ra IBE

+ KCB = 900 . Từ đó suy ra: IBC

Vậy KC ⊥ IB , kết hợp IK ⊥ BC suy ra K là trực tâm tam giác IBC. Ngoài ra ta cũng có thể làm theo cách sau:

K1 K H

Giả sử đường tròn ngoại tiếp tứ giác BFEC cắt IC tại K1 theo tính chất quen thuộc về tiếp tuyến cát tuyến ta có: IK1 .IC = IE 2

(1’), mặt khác ta cũng có 5 điểm I, F, D, M, E nằm trên cùng một đường

= IDF = IDE suy ra ∆IEK ∽ ∆IDE  IE 2 = IK.ID (2’) tròn nên IEF

0 Từ (1' ) , (2' ) suy ra IK1.IC = IK .ID  DKK1C nội tiếp. Nên góc KK 1C = 90 0 Lại có BK 1C = 90 ( Do K1 nằm trên đường tròn đường kính BC ) , từ đó suy ra B, K , K1

thẳng hàng hay BK ⊥ IC kết hợp với BK ⊥ BC  đpcm. 9. ME , MF là các tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF . Chứng minh

Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF có tâm là trung điểm I của AH . Ta có : = IEA (8) , tam giác MEC cân tại M nên MEC = MCE ( 9 ) ; IAE + MCE = 900 (10 ) . IAE + MEC = 900 hay IEM = 900 tức là ME là tiếp tuyến của đường Từ (8), (9), (10) suy ra IEA tròn ngoại tiếp tam giác AEF .Chứng minh tương tự ta cũng có MF là tiếp tuyến ngoại tiếp tam giác AEF .

10. Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF cắt ( O ) tại T ( T khác A )thì M , H , T thẳng hàng . Chứng minh:

13.Đường thẳng AT cắt BC tại B1 thì E , F , B1 thẳng hàng.

Chứng minh

H1 R

T F

K D1

Ta thấy đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF cũng là đường tròn ngoại tiếp tứ giác AHEF chính là ( I ) đường kính AH . = 900  N , H , T = 900 và NTA Vì đường tròn ( O ) cắt ( I ) tại giao điểm thứ 2 là T nên HTA

thẳng hàng .

M K

Cách 1: Ta có tứ giác ATBC nội tiếp nên B1T .B1 A = B1B.B1C , giả sử B1F cắt ( I ) tại E ' thì tứ giác ATFA ' nội tiếp, suy ra E ' ≡ E . Suy ra E, F , B1 thẳng hàng. = 3600 − TFE − EFB = 1800 − TFE + 180 0 − EFB = TAC + Cách 2:Ta có: TFB ACB = 1800 − AA1 B

Mặt khác theo 3) ta đã chứng minh: N , H .M thẳng hàng. Từ đó suy ra M , H , T thẳng hàng.

+ nên TFB AB1 B = 180 0 nên tứ giác BFTB1 nội tiếp.

11.Đường thẳng RD cắt đường tròn (O) tại D1 thì AD1 đi qua trung điểm của DE .

+ TFE = TBB + TFE = TAE + TFE = 1800 suy ra E , F , B thẳng hàng. Ta có: TFB 1 1 1

Chứng minh: Xét tam giác FHD và tam giác AED ta có :

14.Đường tròn ngoại tiếp tam giác HEF, HBC cắt nhau tại một điểm nằm trên đường thẳng AM .

1 RH AE RH AE = DAE , FDH = = DFH ADE ⇔ 2 = ⇔ =  ∆RHD ∽ AEA1 nên DRH A1 AE HD 2 EA1 HD EA1 = ,mặt khác DRH A1 AC suy ra A1 AC = A1 AE hay AA1 ≡ AD1 tức là A, A1 , D1 thẳng hàng .

12.Đường thẳng KE1 cắt BC tại K1 thì AK1 ⊥ HE1. Chứng minh: Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF cắt AK1 tại giao điểm thứ 2 là H1 suy ra AH1 H = 900 nên HH1K1D là tứ giác nội tiếp . Theo 6) cũng chứng minh được : AH1. AK1 = AH . AD = AE. AC = AE12 . Tam giác AE1K1 vuông tại E1 có AE12 = AH1. AK1 nên

theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta suy ra E1 H1 ⊥ AK1 (đpcm).

Chứng minh: Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác HEF cắt đường thẳng AM tại M1 .Dễ thấy Đường tròn ngoại tiếp tam giác HEF cũng chính là đường trong ngoại tiếp tứ giác AEHF nên ta có : 0 0 0 0 EM 1 M = 360 − EM 1 H − HM 1M = 180 + 180 − HM 1 E − EMC = 180 + HAC − EMC

− 2 HBC = 1800 − HBC suy ra HM CB nội tiếp. Tức là: Đường tròn ngoại tiếp = 1800 + HAC 1

tam giác HEF, HBC cắt nhau tại một điểm nằm trên đường thẳng AM .

Cách 2: Giả sử Đường tròn ngoại tiếp tam giác HEF, HBC cắt nhau tại M 1 .Làm tương tự như trên ta chứng minh được các tứ giác EM1MC , FM1MB nội tiếp. Từ đó ta có: 0 0 AM 1 E + EM 1 M = AEF + 180 − ACB = 180 suy ra A, M1 , M thẳng hàng.

15. Ba điểm B1 , H , M1 thẳng hàng

− + 1800 − = AED = 3600 − DEI AEI = 1800 − DEI AEI = ABD + ACD AOD nên tứ giác Ta có: AEOD nội tiếp. = BEI + IEC = BAC + BDC = BOC nên tứ giác BEOC nội tiếp.Từ đó ta Ta cũng có: BEC cũng suy ra N , E, O thẳng hàng. 1800 − BOC = 900 suy ra ME ⊥ ON .Chứng + BDC 2

Chứng minh

= OEC + CEM = OBC + BDC = Ta có: OEM

Theo 10) ta có : MH ⊥ AB ,ta cũng có AH ⊥ B1M suy ra H là trực tâm của tam giác

minh tương tự ta cũng có: NI ⊥ OM suy ra I là tực tâm tam giác OMN .

AB1M suy ra B1H ⊥ AM Theo 14) ta có HM1 ⊥ AM từ đây suy ra B1 , H , M1 thẳng hàng.

Trở lại bài toán : Ta thấy tứ giác BFEC nội tiếp đường tròn tâm M đường kính BC , có giao điểm hai đường chéo là H nên suy ra H là trực tâm tam giác AMB1 .

Chú ý: Các tính chất 13,14,15 có thể dễ dàng suy ra nhờ định lý Brocard sau đây: Định lý Brocard: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) . Gọi M là giao điểm của AB và CD ; N là giao điểm của AD và BC ; I là giao điểm của AC và BD . Chứng minh rằng I là trực tâm của tam giác OMN . Chứng minh

Cũng có thể chứng minh: B1H ⊥ AM mà không dùng đến định lý Brocard như sau:Gọi I1 là trung điểm HM thì I1 là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HDM ,các điểm E, F

nằm trên đường tròn tâm I đường kính AH . Ta có:Tứ giác DEFM nội tiếp trong đường tròn Owle của tam giác ABC nên B1F .B1E = B1B.B1M từ đó suy ra B1 H là trục đẳng AH   HM  phương của 2 đường tròn  I ;  ,  I1 ;  suy ra B1H ⊥ II1 mà II1 là đường trung bình 

2  

2 

của tam giác HAM suy ra B1H ⊥ AM . A

A E

B I

O D

F M

M1 O

I1 B1

Gọi E là giao điểm thứ hai của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABI và CDI . Trước tiên ta chứng minh: E, I , M thẳng hàng: Thật vậy, giả sử MI cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABI tại E ' thì MI .ME ' = MB.MA = MC.MD suy ra 4 điểm D, E ', I , C nằm trên một đường tròn suy ra E ' ≡ E suy ra E, I , M thẳng hàng.

16.Gọi T1 là một điểm nằm trên (O) , T2 , T3 , T4 lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm T1 lên các cạnh AB, BC, CA. khi đó các điểm T2 , T3 , T4 nằm trên một đường thẳng gọi là đường thẳng Simson của điểm T1 đối với đường tròn (O) . Từ đó suy ra các điểm đối xứng với T1 qua AB, BC, CA. nằm trên một đường thẳng gọi là đường thẳng Steiner của

điểm T1 đối với tam giác ABC .Hãy chứng minh: Đường thẳng Steiner của điểm T1 thì

đi qua trực tâm H của tam giác ABC . Chứng minh:

A Q

E T7

E R

H O

O I1 B

T4 C

T3 M

T2 T1

0 0 0 +Tứ giác TT 1 2 BT3 có BT2T1 + BT3T1 = 90 + 90 = 180 nên là tứ giác nội tiếp  T2 BT1 = T2T3T1

(cùng chắn cung T2T1 ) , mà tứ giác ABT1C nội tiếp nên T 2 BT1 = ACT1 , do đó T2T3T1 = ACT1 . 0 0 Mặt khác tứ giác TT 1 3T4C nội tiếp nên T1T3T4 + T4CT1 = 180  T2T3T1 + T1T3T4 = 180 .

Vậy T2 , T3 , T4 thẳng hàng. +Ta có: T2 , T3 , T4 thẳng hàng . Dễ thấy T2T3 là đường trung bình của tam giác TT 1 5T6 nên T2T3 //T5T6 .Tương tự T3T4 //T6T7 .Theo tiên đề Ơ-clit và do T2 , T3 , T4 thẳng hàng nên suy ra T5 , T6 , T7 thẳng hàng.

+Đường thẳng Steiner đi qua trực tâm của tam giác ABC . Theo 4) ta chứng minh được R đối xứng với H qua AB , Q đối xứng với H qua AC nên HRT5T1 là hình thang cân và các tứ giác TT 1 2 BT3 , TT 1 3T4C nội tiếp nên ta có: HT 5T1 = HRT1 = T3 BT1 = T3T2T1 do đó HT5 //T2T3 .Tương tự ta cũng có: HT7 //T3T4 mà T2 , T3 , T4 thẳng

hàng nên T5 , H , T7 thẳng hàng.Nói cách khác: Đường thẳng Steiner của điểm T1 đi qua trực tâm của tam giác ABC .

17. Giả sử BC cố định, điểm A chuyển động trên cung lớn BC. Chứng minh: Trực tâm H của tam giác ABC thuộc một đường tròn cố định. Chứng minh: Do B, C cố định nên độ dài BC không đổi. Gọi M’ là điểm đối xứng với với O qua BC theo 3) ta suy ra OM ′ // AH và OM ' = AH nên tứ giác AHM’O là hình bình hành và M’ là điểm cố định và M ' H = OA = OB = OC = M ' B = M ' C = R (Do BC là trung trực của MM’). Như vậy M’ chính là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC. Hay điểm H thuộc đường tròn cố định ( M ′; R ) 18. Giả sử BC cố định, điểm A chuyển động trên cung lớn BC. Tìm vị trí điểm A để HA + HB + HC lớn nhất. Chứng minh: Theo 17) ta có H thuộc đường tròn cố định ( M ′; R ) mà BC là dây cung cố định của

( M ′; R ) nên

không đổi suy ra EHC = 180o − BHC = ϕ không đổi. Theo 3) ta cũng BHC

có: AH = 2OM suy ra HA có độ dài không đổi Như vậy để tìm GTLN của HA + HB + HC ta quy về tìm GTLN của HB + HC

Trên tia đối của tia HB ta lấy một điểm E’ sao cho HE′ = HC  ∆HE′C cân tại H

A Q'

' = 180o − 2ϕ không đổi. Suy ra E’ chuyển động trên cung chứa  HE ' C = 180o − 2CHE

góc 180 − 2ϕ dựng trên đoạn BC. o

Ta có: HB + HC = BE ' nên HB + HC lớn nhất khi và chỉ khi BE ' là đường kính của đường tròn chứa cung chứa góc 180o − 2ϕ dựng trên đoạn BC tức là BC ⊥ E ' C . Từ đó suy ra cách dựng điểm A như sau: Dựng cung chứa góc 180 o − 2ϕ trên đoạn BC, dựng tia Cx ⊥ BC cắt cung chứa góc tại E’. Dựng đường thẳng qua B vuông góc với BE’ cắt (O) tại A là vị trí cần tìm. 19. Giả sử BC cố định, điểm A chuyển động trên cung lớn BC. Tìm vị trí điểm A để EF + FD + DE lớn nhất.

H O

P' Y' B

D X'

Chứng minh Chứng minh OA ⊥ EF suy ra S AEOF

1 = OA.EF , tương tự ta có: 2

1 1 S BDOF = OB.DF ; SCDOF = OC.DE từ đó suy ra 2S ABC = R.( EF + FD + DE ) . Do R không 2 2 đổi nên EF + FD + DE lớn nhất khi và chỉ khi S ABC lớn nhất ⇔ khoảng cách từ điểm A

đến BC lớn nhất. Ta có AH ≤ AM ≤ AO + OM = R + OM nên AH lớn nhất khi và chỉ khi A, O, M thẳng hàng. Hay A là điểm chính giữa cung lớn BC. Ngoài ra ta cũng có thể giải thích theo cách khác: Ta thấy các điểm B, E, F, C nằm trên đường tròn tâm M đường kính BC. không đổi. Ta có ME, MF là các tiếp tuyến của đường tròn Do BC không đổi nên BAC = BAC không đổi. Ta có ngoại tiếp tứ giác AEHF nên MFE

đổi. Suy ra độ dài EF không đổi.

EF AE không = = cosBAC BC AB

K' =K Gọi K’ là điểm đối xứng với E qua BC thì EDC ' DC

= KDM nên F, D, K’ thẳng hàng = EHC = FHC = FDB . Suy ra EDB Ta lại có EDC

Ta có chu vi ∆DEF lớn nhất khi và chỉ khi DE + DF lớn nhất. Từ các chứng minh trên ta có: DE + DF = FK ' ≤ 2R ' = BC . Suy ra DE + DF lớn nhất khi và chỉ khi D ≡ M hay A là điểm chính giữa cung lớn BC. Cũng có thể tiếp cận bài toán theo hướng khác: Gọi P’, Q’ lần lượt là hình chiếu vuông góc của B, C trên EF. Ta có các tính chất quen thuộc FH, DH lần lượt là phân giác , FDE suy ra FB, FD lần lượt là các đường phân giác ngoài của trong các góc EFD , FDE . Hạ BX ' ⊥ DE ; BY ' ⊥ DF thì suy ra FP ' = FY ', DX ' = DY ', EP = EX ' (tính EFD

chất một điểm nằm trên phân giác cách đều hai cạnh). Ta có: Chu vi tam giác DEF là 2 p = DF + EF + DE = Y ' F + DX '+ EF + DE = FP '+ EF + EX ' = 2 EP ' . Hoàn toàn tương tự ta cũng có: 2 p = 2 FQ ' . Suy ra 4 p = 2 ( EP '+ FQ ') = 2 ( PQ '+ 2EF )  2 p = P ' Q '+ 2EF suy ra DE + DF = P ' Q ' . Mặt khác P ' Q ' ≤ BC nên chu vi tam giác DEF lớn nhất bằng EF + BC khi và chỉ khi P ' Q '/ / BC hay A là điểm chính giữa cung lớn BC.

20. Giả sử BC cố định, điểm A chuyển động trên cung lớn BC. Tìm vị trí điểm A để DH .DA lớn nhất. Chứng

minh:

∆BHD ∽ ∆ACD 

dễ

dàng

chứng

minh

Ra ≥

vế của các bất đẳng thức (1), (2), (3) ta thu được

được:

BD AD = ⇔ DH .DA = BD.CD HD CD

Ra + Rb + Rc ≥

c b a c a b b c a c a b db + d c + d c + d a + db + d a ≥ d a  +  + db  +  + d c  +  ≥ 2 ( d a + db + d c ) a a b b c c c b c a b a

(sử dụng bất đẳng thức Cô – si x + y ≥ 2 xy với x, y > 0 cho các biểu thức trong

Theo bất đẳng thức Cô – si ta cũng có BD + CD ≥ 2. BD.CD ⇔ BC ≥ 2 BD.CD suy ra BD.CD ≤

c b a c a b db + d c (1). Tương tự ta có Rb ≥ dc + d a (2); Rc ≥ db + da (3). Cộng vế với a a b b c c

ngoặc). Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c đồng thời M1 là trực tâm của tam giác

BC 2 BC 2 . Vậy DH .DA ≤ , dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi BD = CD ⇔ D là 4 4

ABC. Nói cách khác, M1 (và do đó cả M) là tâm của tam giác đều ABC. b. Từ cách chứng minh bất đẳng thức Erdos – Mordell ở câu a) ta có:

trung điểm của BC, suy ra A là điểm chính giữa cung lớn BC. 21. Chứng minh: HA.HB.HC ≥ 8.HD.HE.HF và 3R ≥ HA + HB + HC

Ra ≥

c b a c a b db + d c (1) Rb ≥ dc + d a (2); Rc ≥ db + d a (3). Nhân theo vế của ba bất đẳng a a b b c c

Để giải quyết câu hỏi này ta cần kiến thức bổ trợ là bài toán nổi tiếng sau:

thức

Bất đẳng thức Erdoss – Mordell

b  a c  a b  c b a c a b c Ra .Rb .Rc ≥  db + d c  . d c + d a  . db + d a  ≥ 2. d b . d c .2. dc . d a .2. . db . d a = 8.d a .db .dc a  b b  c c  a a b b c c a

Cho tam giác ABC và M là một điểm bất kỳ nằm trong tam giác đó. Gọi Ra , Rb , Rc theo

b) Ra .Rb .Rc ≥ 8da .db .dc

+ Áp dụng bất đẳng thức Erdoss – Mordell dạng tổng cho tâm O của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ta có: OA + OB + OC ≥ 2 ( OM + +OY )

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều và M là tâm của tam giác Hướng dẫn giải Đặt BC = a, CA = b, AB = c .

Theo

CK ⊥ AM1

Giả

sử

AM1

cắt

tại

Khi

a ≥ BH + CK ⇔ a.Ra ≥ 2S ABM1 + 2S ACM1 (chú ý rằng AM1 = AM = Ra

) hay a.Ra ≥ cdb + bdc . Từ đó

đó

BD ≥ BH , CD ≥ CK . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi AD ⊥ BC hay AM 1 ⊥ BC . Từ đó ta có:

có: HA = 2OM , tương tự HB = 2OY , HC = 2OX . Suy ra 3R ≥ HA + HB + HC

. Dựng BH ⊥ AM và phân giác trong của BAC 1

M1 K D B

(3)

có:

+ Áp dụng bất đẳng thức Erdoss – Mordell dạng tích cho trực tâm H của tam giác ABC ta có ngay: HA + HB + HC ≥ 8.HD.HE.HF

từ M đến các cạnh BC, CA, AB. Khi đó ta có bất đẳng thức:

a) Lấy điểm M1 đối xứng với điểm M qua đường

Trở lại bài toán:

thứ tự là khoảng cách từ M đến các đỉnh A, B, C. Còn da , bb , dc lần lượt là khoảng cách a) Ra + Rb + Rc ≥ 2 ( d a + db + d c )

trên

E X F

Y H D

O C M N

II. CHÙM BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN TÂM ĐƯỜNG TRÒN NỘI TIẾP 1. Cho tam giác nhọn ABC ngoại tiếp đường tròn (I) và nội tiếp (O), gọi D, E, F lần lượt là tiếp điểm của (I) với BC, CA, AB. Đường thẳng AJ kéo dài cắt đường tròn (O) tại giao điểm thứ hai là K (K khác A). Ta có các tính chất, bài toán sau: P A

E F

N I

M O'

I' B

a) KB = KC = KI (I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IBC) Chứng minh: Vì AI là đường phân giác trong của góc A nên K là điểm chính giữa của cung BC suy ra KB = KC . Bây giờ ta chứng minh, tam giác KBI cân tại I: = IBA + + IAC = IBC + CBK = IBK nên tam giác KBI cân tại K. Từ Ta có BIK ABI = IBC đó suy ra KB = KI = KC

b) Đường thẳng BI, CI cắt EF lần lượt tại M, N. Khi đó 4 điểm I, E, M, C cùng nằm trên một đường tròn, 4 điểm I, N, F, B cùng nằm trên một đường tròn. Chứng minh: = IBC + ICB = B + C = 90o − A (tính chất góc ngoài) Xét tứ giác IEMC ta có: MIC 2

= Ta cũng có : MEC AEF =

180 − A A = 90 − . Từ đó suy ra IEMC là tứ giác nội tiếp, do đó 2 2

= IEC = 90 . Tương tự ta cũng chứng minh được 4 điểm I, N, B, F cùng nằm trên IMC = IFB = 90 . một đường tròn suy ra INB = BNC = 90 . Hay 4 điểm B, C, N, M nằm trên đường tròn tâm Q Từ đó suy ra BMC đường kính BC. = QBM , lại có IBA = QBM ( Tính chất Chú ý rằng: Tam giác QBM cân tại Q nên QMB = IBA suy ra QM // AB hay đường thẳng QM chứa đường trung phân giác). Nên QMB bình song song với cạnh AB của tam giác ABC.

c) Kí hiệu R, r lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp , nội tiếp tam giác ABC. Khi đó ta có R2 − 2R.r = OI 2 ( công thức Ole).

Đường thẳng KX cắt AC, BC, CI lần lượt tại C1 , C2 , C3 . Khi đó ta có: +) BB1B2 , CC1C2 là các tam giác cân. +) B1 , I , C1 thẳng hàng. +)

KI BC = . KA AB + AC

+) B3C3 / / BC +) I là trực tâm tam giác KXY +) Gọi J là trung điểm IK thì bốn điểm A, B3 , C3 , J cùng nằm trên một đường tròn. Chứng minh

Chứng minh: Dựng đường kính PK của (O) và đường kính I’O’ qua O.I của (O) ( I’ thuộc cung nhõ AB). Ta có : II’.IO’ = IA.IK ⇔ ( R − OI )( R + OI ) = IA.IK ⇔ R 2 − OI 2 = IA.IK (*). Chú ý rằng ∆IFA ∼ ∆KCP nên

IA KP IF .KP r .2 R r.2 R thay vào (*) ta có R 2 − OI 2 = =  IA = = .IK ( IF KC KC KC KC

theo 1) ta đã chứng minh KI = KC = KB nên suy ra R2 − 2R.r = OI 2 ( đpcm). Chú ý: Do OI 2 ≥ 0  R2 − 2R.r ≥ 0  R2 ≥ 2R.r  R ≥ 2r. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi O ≡ I hay tam giác ABC là tam giác đều. d) Xét đường tròn tâm K’ là tâm đường tròn bàng tiếp ứng với góc A ( đường tròn tiếp xúc BC và tiếp xúc phần kéo dài các cạnh AB, AC ). Khi đó ta có KK’ = KI = KB = KC. Chứng minh: K’ là tâm đường tròn bàng tiếp góc A nên K’ nằm trên đường phân giác trong góc A, mặt khác (K’) tiếp xúc BC và phần kéo dài của cạnh AB nên K’ nằm trên phân giác ngoài góc B, suy ra K ' B ⊥ IB hay tam giác IBK’ vuông tại B. Mặt khác theo (1) ta chứng minh được KI = KB =KC nên suy ra K là trung điểm của IK’ hay KK’ = KI = KB = KC. 2) Các đường thẳng BI, CI kéo dài cắt (O) tại giao điểm thứ 2 là X, Y ( X khác A, Y khác B). Đường thẳng KY cắt AB, BC, BI lần lượt tại B1 , B2 , B3 .

A3 Y

B1 B3

J B

C1 C3 C

1 1 và KC = BK . Suy , CC + BK mà +) Ta có KC sđ sđ CX AX + KC AX = XC 1C = 2X =

(

)

(

)

hay tam giác CC C cân tại C. Chứng minh tương tự cho trường hợp ra KC 1 2 1C = CC2 X

tam giác BB1B2 . suy ra tứ giác IAXC nội tiếp. Suy ra = IXC = 1 sđ BC +) Ta có : IAC XIC1 = XAC = XBA 1 1 1 2

suy ra IC1 / / BC , chứng minh tuong tự ta cũng có IB1 / / BC  B1 , I , C1 thẳng hàng và B1C1 / / BC .

+) Theo (1) ta có : KI = KB = KC. n Áp dụng định lý Ptolemy cho tứ giác nội tiếp : ABKC ta có AB.KC + AC.BK =AK.BC suy ra KI ( AB + AC ) = KA.BC ⇔

KI BC = . KA AB + AC

Dựng đường thẳng qua A song song BC cắt DF tại A’. Ta dễ chứng minh được các tam giác AEF, AFA’ cân tại A nên AE = AF =AA’ . Áp dụng định lí Thales ta có:

+) Theo tính chất đường tròn nội tiếp tam giác ta có :

E1 E2 DE1 BE BD EE1 EE1 . = = = = = AA ' DA BA BA EA AA '

C B 1 1 +B BIC − +B BAC + BKC = 90 + 90 = 180 . 3 KC3 = BIC + FDE = 180 − 3 KC3 = 90 + 2 2 2 2

Suy ra E1E2 = EE1 hay E1 là trung điểm EE2 .

Suy ra tứ giác KB3 IC3 nội tiếp. Suy ra IB 3C3 = IKC3 = ABX = XBC  B3C3 / / BC .

4) DI là phân giác của góc MDN

1 1 + CA = 90 nên KX ⊥ CY , chứng minh tương +) Ta có : KC KC + XY = AB + BC 3C =

Chứng minh

tự ta cũng có : KY ⊥ BX suy ra I là trực tâm tam giác KXY.

Theo 1 ta đã chứng minh được BENI, CMFI, BMNC là các tứ giác nội tiếp nên = CMI = 90 suy ra các tu giác CMID, BNID nội tiếp nên IDN = IBN = ICM = IDM hay BNI ID là phân giác của góc MDN .

(

) 4(

)

+) Theo trên ta chừng minh : IC 3 K = IB3 K , nên 4 điểm I , B3 , K , C3 nằm trên đường tròn

tâm I đương kính IK, chứng minh tương tự phần B3C3 / / BC ta suy ra A3 B3 / / AB , A3C3 / / AC . Từ đó ta có : B 3 A3C3 + B3 JC3 = BAC + 2 B3 KC3 = BAC + BKC = 180 suy ra 4 điểm

B3 , A3 , C3 , J cùng nằm trên một đường tròn.

3. Đường thẳng qua E song song với BC cắt AD, DF lần lượt tại E1, E2 thì E1 là trung điểm EE2 . Chứng minh

5) Đường tròn tâm K1 tiếp xúc trong với (O) Tai K 2 và tiếp xúc với các cạnh AB, AC lần lượt tại K3 , K 4 . Khi đó tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC là trung điểm của K3 K4 ( Đường tròn ( K1 ) gọi là đường tròn Mixtilinear ứng với góc A của tam giác ABC). Chứng minh

Ta có O, K1 , K 2 thẳng hàng, dựng tiếp tuyến chung K2 x của (O) và ( K1 ) . Giả sử K2 K4 cắt (O) tại K 5 . Các tam giác K1K2 K4 , OK2 K5 cân tại K1; O nên K1K4 / /OK5 mà K1K4 ⊥ AC suy ra OK5 ⊥ AC suy ra K 5 là điểm chính giữa của cung AC suy ra B, I , K5 thẳng hàng. Giả sử BK5 cắt K3 K4 tại I. Ta chứng minh : CI là phân giác của góc ACB. Ta có : K 5 BK 2 = K 4 K 3 K 2 = K 5 K 2 x ( Tính chất góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung) . Suy ra tứ giác IK3 BK2 nội tiếp . Ta cũng có IK 2 C = BK 2C − BK 2 I = 180 − BAC − AK 3 K 4

(

)

= 180 − 180 − 2 AK 4 K 3 − AK 4 K 3 = AK 4 K 3 nên tứ giác IK 4CK 2 nội tiếp . Từ đó ta tính được : ACI = IK 2 K 4 = BK 2 C − BK 2 I − K 5 K 2 C = 180 − BAC − AK 3 K 4 − ABK 5

− 180 − BAC − ABC = 90 − ABC − BAC = ACB . Điều đó chứng tỏ CI là phâ = 180 − BAC 2 2 2 2 2 giác của góc ACB. Hay tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC là trung điểm của K3 K4 .

6) Tam giác ABC nội tiếp (O) điểm M trên cạnh BC. Đường tròn (J) tiếp xúc với MA, MC lần lượt tại E và F đồng thời tiếp xúc với (O) tại P . Khi đó tân I đường tròn nội tiếp tam giác ABC nằm trên đường thẳng EF ( Bổ đề Sawayama – Thebault) Chứng minh

Đường thẳng PF cắt (O) tại D. Đường tròn (J) tiếp xúc với (O) tại P suy ra P, J, O = JFP . Suy ra OD // JF . thẳng hàng . Tam giác PJF, POD là tam giác cân nên ODP JF ⊥ BC  OD ⊥ BC  DC = DB hay AD là phân giác của góc BAC. Goi I là giao điểm = FPx , FEP = FPx  IEP = IAP nên tứ giác IEAP nội tiếp . Suy ra của AD và EF thì IAP = DFI  ∆DIF ∼ ∆DIP suy ra DI 2 = DP.DF = suy ra DIP AEP = AIP , EFP AEP  AIP = EFP = DB  ∆CDF ∼ ∆PDC  DC 2 = DF .DP  DI = DC . Theo chứng minh 1) ta suy . Vì DC ra tâm I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC.

Áp dụng bổ đề ta có bài toán sau

Gọi E, F lần lượt là các tiếp điểm của ( O1 ) với BC, AD. P, Q là tiếp điểm của ( O2 ) với AD, BC. Theo 6) ta có EF ∩ PQ = I là tâm đường tròn nội tieepd tam giác ABC . Gọi H là giao điểm của DO1 với EF , K là giao điểm của DO2 với PQ thì DO1 ⊥ EF ; DO2 ⊥ DO1  DO2 / / EF , tương tự ta có DO1 / / PQ suy ra IHDK là hình chữ

nhật. Đường tròn tâm K’ tiếp xúc trong với (O) tại K 2 . Xét hai điểm P’, Q’ nằm trên đường tròn (K’) qua P’ kẻ tiếp tuyến với (K’) cắt (O) tại B’,D’ qua Q’ kẻ tiếp tuyến với (K’) cắt (O) tại A’,C’. Khi đó tâm đường tròn nội tiếp các tam giác . Khi đó tâm đường tròn nội tiếp các tam giác A ' C ' D ' và B ' C ' D ' nằm trên P’Q’ . 7) Cho tam giác ABC nội tiếp (O) , Ngoại tiếp đường tròn (I) . D là điểm bất kỳ trên cạnh BC , gọi ( O1 ) là đường tròn tiếp xúc với AB, BC và (O) , ( O2 ) là đường tròn tiếp xúc với AD, BC và (O) . Khi đó I , O1 , O2 thẳng hàng. Chứng minh

Theo định lý Thales

IH KD O1 H = =  O1 , I , O2 thẳng hàng . O2 D O2 D O1 D

Chú ý: Khi D là chân đường vuông góc trong góc A thì ( O1 ) ; ( O2 ) tiếp xúc nhau tại I. 8) Tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) và ngoại tiếp đường tròn (I) . Đường tròn (K) tiếp xúc (O) tại P và tiếp xúc với AB, AC tại D, E . Khi đó PI đi qua điểm chính giữa cung BAC. Chứng minh

F I

N P

C D

Theo tính chất đối xứng của phân giác. Ta có: E, F lần lượt thuộc AC, AB . Ta có: Gọi F là giao điểm của CI với (O) , Q là giao điểm PI với (O) theo 5) ta có I là trung = DPB =1 = BIA − 90 điểm của DE . Ta cũng có : FPB ACB; DIB

2 1 1 suy ra tứ giác DBPI nội tiếp suy ra = 180 − ABC + BAC − 90 = ACB nên DPB = DIB 2 2 = = = CPQ . Suy ra Q là BPQ ADE . Tương tự tứ giác IPCE nội tiếp nên IPC AED  BPQ

(

)

điểm chính giữa cung BAC. 9) Tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I) . AI cắt BC tại D . Gọi E, F là điểm đối xứng. của D qua CI , BI . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của DE, DF . Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEM ,AFN cắt nhau tại P khác A . Khi đó AP chia đôi BC .

BF BD CD CE = = =  EF / / BC . Gọi J là trung điểm của EF ta có: BA BA CA CA

= MPA + NPA = MEC + NFB = MDC + NDB = 180o − MDN = 180o − MJN . MPN = MNJ = MEJ = EDC = DEC = MPA suy ra A, J , P Suy ra MJPN nội tiếp. Từ đó ta có: MPJ thẳng hàng hay AP chia đôi EF , suy ra AP chia đôi BC .

10. Cho đường tròn tâm I nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F . Đường thẳng qua A song song với BC cắt EF tại K , gọi M là trung điểm BC . Chứng minh. K A

Chứng minh E Y

P X F

N H

C B

MI ⊥ DK

Gọi P là giao điểm của ID và EF . Vì AE, AF là các tiếp tuyến của ( I ) tại E, F nên IA ⊥ EF . Vì IP ⊥ BC suy ra IP ⊥ AK . Từ đó suy ra P là trực tâm của tam giác AIK  AP ⊥ IK tại H suy ra tứ giác ANHK nội tiếp.

SK KT SK + TK ST SK SA ST = = = = = , mặt khác theo định lý Thales ta cũng có : từ CD BD CD + BD BC BH AB BC SK SK = ⇔ DC = BH đó suy ra DC BH

III. CHÙM BÀI TOÁN CÁT TUYẾN, TIẾP TUYẾN VỚI ĐƯỜNG TRÒN Kẻ đường thẳng qua P song song với BC cắt AB, AC tại X ,Y . Từ các tứ giác = PFI = PEI = PYI dẫn tới tam giác IXY cân tại I nên IPXF , IPEY nội tiếp ta suy ra PXI P

là trung điểm của XY . Theo định lí thales ta dễ suy ra điểm A, P, M thẳng hàng.

IH ID = suy ra ∆IHD ∽ ∆IDK (c.g.c) . Tứ giác IDMH nội ID IK = IMH , ∆IHD ∽ ∆IDK  IDH = IKD  IMH = IKD mà IMH phụ với MIH tiếp suy ra IDH  IM ⊥ DK . phụ với MIH nên IKD

Lại có IH .IK = IN .IA = IF 2 = ID2 

11. Dựng đường kính DK của đường tròn (I), đường thẳng AK cắt BC tại H . Chứng minh : BD = HC

Cho đường tròn ( O; R ) và một điểm M nằm ngoài đường tròn ( O ), qua M kẻ các tiếp tuyến MA, MB đến đường tròn ( O ) ( A, B là các tiếp điểm) và dựng cát tuyến MCD sao cho MC < MD . Gọi E là trung điểm của CD , đoạn thẳng MO cắt ( O ) và AB lần lượt tại I , H . Khi đó các tính chất hình học sau có liên quan đến nhau: 1. 5 điểm M , A, O, E, B nằm trên một đường tròn. 2. ME là tia phân giác của góc AEB . 3. MA2 = MC.MD . 4.

Chứng minh

AC BC = . AD BD

5. I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MAB . 6. Tứ giác CHOD nội tiếp. . 7. AB chứa đường phân giác của góc CHD = BHD . 8. CAD

9. OE kéo dài cắt AB tại K thì KC, KD là tiếp tuyến của ( O ) . 10. AE cắt ( O ) tại giao điểm thứ 2 là F ( F khác với A ). Khi đó BF / / CD . Dựng đường thẳng qua K song song với BC cắt AB, AC lần lượt tại S,T suy ra ST là tiếp tuyến của (I), theo tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau ta có : + BIE = 1 KIE + DIE = 900 nên ∆SIB vuông tại I , suy ra: SK = SE,BD = BE ,lại có : SIE 2

(

)

SK.BD = SE.EB = IE 2 = r 2. Tương tự ta cũng có: KT .CD = IF 2 = r 2 suy ra SK KT SK .BD = KT .CD ⇔ = áp dụng dãy tỉ số bằng nhau ta suy ra : CD BD

11. Tia CH cắt đường tròn ( O ) tại giao điểm thứ 2 là P (khác C ) thì DP // AB . 12. Đường thẳng qua

E song

song với

cắt

AB tại N

. Khi đó CN ⊥ OB .

13.Vẽ đường kính AQ , các đường thẳng QC, QD cắt đường thẳng MO lần lượt tại X ,Y thì O là trung điểm của XY . 14. Đường thẳng qua trung điểm E của CD song song với AD cắt AB tại F , DF cắt AM tại N1 , thì N1 là trung điểm AM .

15.Qua M dựng cát tuyến thứ 2 của ( O ) là MC1D1 . Chứng minh: CD1, C1D cắt nhau tại 1 điểm nằm trên AB . 16. Giả sử MC cắt AB tại K . Gọi L là trung điểm MK ta có các hệ thức sau tương đương nhau: KC MC = (*) ; LM2 = LK 2 = LC.LD (Hệ thức Niu tơn) (**); ME.MK = MC.MD (hệ thức KD MD

Maclaurin) (***). 17. Kẻ đường kính CC′ của ( O ) , đường thẳng đi qua trung điểm của BD song song với BC′ cắt C′D tại J ′ thì J ′ nằm trên một đường tròn có bán kính không đổi.

18. Giả sử M cố định, chứng minh: khi cát tuyến MCD thay đổi, trọng tâm G của tam giác BCD thuộc một đường tròn cố định. 19. Giả sử M cố đinh, chứng minh: Tia BO cắt O tại giao điểm thức 2 là L ( L khác B ). Đường thẳng ML cắt ( O ) tại điểm thứ 2 là T (khác L ). Chứng minh rằng: đường tròn ngoại tiếp tam giác ATM luôn tiếp xúc với đường thẳng cố định. 20. Giả sử M thuộc đường thẳng cố định (d). MO cắt AB tại H. Chứng minh: H thuộc đường tròn c định. 21. Giả sử M cố định nằm ngoài ( O ) cát tuyến MCD thay đổi quanh điểm M . Đường thẳng BE cắt đường tròn ( O ) tại giao điểm thức 2 là B1 (khác B ). Tìm vị trí cát tuyến MCD để diện tích tam giác MB1D lớn nhất.

22. Giả sử M thay đổi ở ngoài ( O ) . Đường thẳng qua O vuông góc với MO cắt các tia MA, MB tại S ,W . Khi nào thì diện tích tam giác MSW nhỏ nhất.

23. Giả sử MO = 2R , cát tuyến MCD thay đổi quanh Tìm vị trí của cát tuyến để EA + EB + EM lớn nhất. 24. Giả sử MO = 2R , cát tuyến MCD thay đổi quanh M . tìm vị trí của cát tuyến để 1 1 + nhỏ nhất. EA EB

CHỨNG MINH CÁC BÀI TOÁN.

= MBO = 90°, E là trung điểm của CD 1. Vì MA, MB là các tiếp tuyến của ( O ) nên MAO

= 90° (Tính chất đường kính đi qua trung điểm một dây cung). Từ nên OE ⊥ CD  MEO đó suy ra 5 điểm M , A, O, E, B nằm trên đường tròn đường kính MO . = MA  (Góc nội tiếp chắn 2 AEM = BEM 2. Vì tứ giác MAEB nội tiếp và MA = MB  MA cung bằng nhau thì có số đo bằng nhau). Tứ đó suy ra ME là phân giác của góc AEB . = 3. Vì MA là tiếp tuyến của ( O ) nên MAC ADC (Tính chất góc tạo bởi tiếp tuyền và dây = cung). Xét hai tam giác MAC và MDA ta có: MAC ADC , AMD chung nên ∆MAC ∽ ∆MDA

(g.g) suy ra

MA MD = ⇔ MA2 = MC ⋅ MD . MC MA

4. Từ chứng minh ∆MAC ∽ ∆MDA (g.g) suy ra

CA MC = (1) , chứng minh tương tự ta AD MA

cũng có: ∆MCB ∽ ∆MBD 

CB MC MC MC = = (2), từ (1) và (2) chú ý rằng MA = MB  ⇔ BD MB MA MB

CA CB = . AD BD

5. Do I nằm trên MO nên MI là phân giác trong của góc AMB (3). Lại có MO là trung = IBA . Mặt khác ta cũng có trực của AB và I nằm trên MO nên IA = IB suy ra IAB

= IAB (tính chất góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung) từ đó suy ra MAI = IAB hay MAI (4). Từ (3) và (4) suy ra I là tâm đường tròn nội chính là phân giác của góc MAB

tiếp tam giác MAB .

= 900 , mặt khác ta cũng có cùng nằm trên đường tròn đường kính KO suy ra KHO

AHO = 900  K , A, H thẳng hàng, hay K nằm trên đường thẳng AB .

10. Theo chứng minh ở 1) thì 4 điểm A, E , O, M nằm trên đường tròn đường kính MO

6. Theo chứng minh ở 3) ta có MA2 = MC.MD (5), áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông MAO , AH ⊥ MO ta có MA2 = MH .MO (6). Từ (5) và (6) suy ra MH .MO = MC.MD

1 nên ta có AEM = AOM = AOB = AFB ( tính chất góc nội tiếp và góc ở tâm). Mà hai góc

MH MD MH MD chung nên = = hay . Xét tam giác MCH , MOD ta có: và OMD MC MO MC MO

đồng vị nên suy ra EM / / BF . AEM , AFB

= MDC => tứ giác CHOD nội tiếp (góc ngoài đỉnh H ∆MCH ∽ ∆MOD (g.g) suy ra MHC bằng góc trong đối diện đỉnh H ). = MDO (7) mà MDO = OCD (8) (do tam giác COD cân tại O ). Mặt 7. Từ 6) ta có MHC ). Từ (7), (8), (9) suy ra khác ta có OCD = OHD (9) (góc nội tiếp cùng chắn OD = OHD . Các góc MHC = DHA hay AH là phân , DHA phụ với các góc MHC , OHD tương ứng nên suy ra CHA CHA . giác của góc CHD nếu gọi ta có Z là giao điểm của Chú ý: Từ việc chứng minh: AH là phân giác của CHD AH

và CD ta có:

HC ZC từ = do đó MH ⊥ ZH nên MH là phân giác ngoài của góc CHD HD ZD

đó ta cũng có HC MC MC ZC MC ZD = = ⇔ ⋅ = 1 (đây là hệ thức rất hay gặp trong các suy ra HD MD MD ZD MD ZC = 180 − DHA = 180 − 1 CHD = 180 0 − 1 COD (10) (Do AH là phân giác của 8. Ta có BHD 2 2 và tứ giác CHOD nội tiếp đã chứng minh ở trên). Mà 1 COD = CBD (11) (tính góc CHD 2 1 = 1800 − CAD (12). chất góc nội tiếp bằng số đo góc ở tâm chắn cùng một cung) và CBD 2 = CAD . Từ (10), (11) ,(12) suy ra BHD 0

11. Theo chứng minh ở 6) ta có tứ giác CHOD nội tiếp kết hợp với 7) AH chứa đường , CPD đồng vị nên CHA = 1 CHD = 1 COD = CPD mà hai góc CHA phân giác của góc CHD 2

nên HA / / DP . 12. Để chứng minh: CN ⊥ OB ta chứng minh CN / / MB . = CDB (đồng vị). Mặt khác CDB = CAB Thật vậy theo cách dựng điểm N ta có : CEN suy ra CEN = CAB ≡ CAN  tứ giác CEAN nội tiếp ( có 2 đỉnh liên cùng chắn cung BC = EAN ≡ EAB (13) tiếp A, E cùng nhìn cạnh CN một góc bằng nhau). Từ đó suy ra ECN

= CAD và cùng chắn cung Chú ý rằng: ∆ACD và ∆ HBD có BHD ACD = HBD AD nên ... ∆ACD ∽ ∆HBD ( g.g ) suy ra ADC = HDB . Từ đó cũng suy ra ADH = CDB

= EMB (14). Từ (13) , (14 ) suy mặt khác tứ giác EAMB nội tiếp ( chứng minh ở 1) nên EAB

= KDO = 900 nên tứ giác KCOD nội 9. Giả sử tiếp tuyến tại C , D cắt nhau ở K thì KCO tiếp. Mặt khác theo 6) ta có tứ giác CHOD nội tiếp. Từ đó suy ra 5 điểm K , C , H , O, D

ADQ = 900  ADYH là tứ giác nội tiếp. Suy ra 13. Do AQ là đường kính của ( O) nên

= EMB suy ra CN / / MB mà MB ⊥ OB  CN ⊥ OB . ra ECN

AYD = AHD . Mặt khác theo 6,7) ta có CHOD nội tiếp và AH là phân giác của góc CHD

1 1 suy ra AY / / CQ . Xét hai tam giác suy ra AHD = CHD = COD = CQD  AYD = CQD

Ta có thể chứng minh bài toán này như sau:

, YAO = AOY = QOX XQO nên ∆AOY = ∆QOX ( g.c.g ) suy ra AOY , QOX ta có: OA = OQ,

= DPS = = QCD nên ∆QCD ∽ ∆ PAF APF và PAF Ta có: DQC

OX = OY .

Tương tự ta cũng có: ∆QBD ∽ ∆ PAE

Chú ý: Ta cũng có thể chứng minh theo cách khác như sau: Tứ giác AEOM nội tiếp nên :

Nên

, YQO = DQA = DCA ≡ ECA nên ∆OYQ ∽ ∆EAC  QY = CA hay AEC ≡ AEM = AOM = QOY QO CE QY CA QY CA = = ADC = ECA AQC  ∆QYA ∽ ∆CAD ( c.g.c ) nên YAQ = ⇔ = 1 1 QA CD QA CD 2 2

PE PE AP QD QC QC = . = . = đpcm. Khi P ≡ Q ta có bài toán ở trên. PF AP PF QB QD QB

14. Đường thẳng qua trung điểm E của CD song song với AD cắt AB tại F , DF cắt AM tại N1 thì N1 là trung điểm AM .

 AY / / QX nên tứ giác AXQY là hình bình hành suy ra OX = OY .

Tính chất này là 1 trường hợp đặc biệt của bài toán: Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp ( O ) và điểm P nằm trong tam giác, đường thẳng AP cắt BC , ( O) lần lượt tại Q, D . Đường tròn ngoại tiếp tam giác PQD cắt S , SO cắt AC , AB lần lượt tại E , F . Khi đó ta có:

PE QE . = PF QF

= Suy ra EFCB nội tiếp. Giả sử CF cắt AD tại K ADC = ABC Ta có biến đổi góc: FEC 1

thì EF là đường trung bình của tam giác CDK1 hay F là trung điểm của CK1 . Theo bồ đề hình thang ta suy ra N1 là trung điểm của AM . . Tương tự cũng 15. Ta có CHOD là tứ giác nội tiếp, và AH là phân giác của góc CHD có: C1HOD1 cũng là tứ giác nội tiếp và HB là phân giác của góc C 1 HD1 .

Ta có: CI 1C1 =

1 + DD CHC = CHM + MHC = ODC + OD sđ CC 1 1 1 1 1C1 2

(

)

1 1 1 + 180 0 − C − sdC + DD 180 0 − COD 360 0 − sdCD sd CC 1OD1 = 1 D1 = 1 1 2 2 2

(

) (

)

(

+ Trước tiên ta chứng minh các hệ thức trên tương đương với nhau:

)

hay CI 1C1 = CHC1 tức là tứ giác CI1 HC1 nội tiếp, tương tự ta cũng có DD1 HI1 nội tiếp. Từ

Thật vậy ta có: LM 2 = LC.LD ⇔ LM 2 = ( MC − ML )( MD − ML ) ⇔ LM 2 = MC.MD − ML ( MC + MD) + ML2 ⇔ MC.MD = ML ( MC + MD )

= CC đó ta có biến đổi góc CHI 1 1 D = CD1 D = CC1 D = DHI1 hay I1 H cũng là phân giác của MK MK .2 ME = MK .ME như vậy (**) và ( ***) tương đương ( MC + MD ) = 2 2

. CHD

⇔ MC .MD =

Suy ra A, I1 , H thẳng hàng.

nhau.

16. Chứng minh các hệ thức:

+ Ta cũng có:

KC MC = ⇔ MD.KC = MC.KD ⇔ MD ( MK − MC ) = MC ( MD − MK ) ⇔ 2 MC .MD = MK ( MC + MD ) KD MD

KC MC = ( *) KD MD

2MC.MD = MK .2ME ⇔ MC.MD = MK.ME vậy (*) và ( ***) tương đương nhau.

+ LM 2 = LK 2 = LC.LD

Bây giờ ta chứng minh (***) . Gọi H là giao điểm của AB, MO thì CHOD và KHOE là

+ ME.MK = MC.MD

các tứ giác nội tiếp nên MC.MD = MH .MO = MK .ME (đpcm) Giải:

17. Gọi E ' là trung điểm của BD, Do E ' J ' song song với BC ' nên E 'J' là đường trung bình của DBC ' dẫn tới J ' là trung điểm của C ' D suy ra OJ ' D = 900 nên 4 điểm OE ' J ' D nằm trên đường tròn đường kính OD = R .

18. Qua G kẻ các đường thẳng song song với EO, MD cắt OB, MB lần lượt là U ,V . BG BU BV UV 2 = = = = , suy ra U ,V cố định và BE BO BM MO 3 = 900 . Suy ra G thuộc đường tròn đường kính PQ = 2 MO . UGV 3

Ta có các điểm B, O, M cố định và

= MHB = 900 nên tứ giác MTHB nội tiếp nên TBH = TMH mặt khác 19. Do MTB TBH ≡ TBA = TAM suy ra TMH = TAM hay HM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ATM . Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác ATM luôn tiếp xúc với đường thẳng cố định MO .

Một bài toán tương tự của tính chất này. Cho đường tròn tâm O , đường kính BC . Một điểm A di chuyển trên ( O) sao cho AB > AC .Tiếp tuyến tại A của ( O ) cắt đường thẳng BC tại D . Gọi E là điểm đối xứng

với A qua BC , AE cắt BC tại M . Kẻ đường cao AH của ∆ABE . Gọi I là trung điểm của AH , BI cắt ( O ) tại K . Gọi N là giao điểm của AK và BD . Chứng minh: N là trung điểm MD . Hướng dẫn:

Ta có M là trung điểm của AE nên IM là đường trung bình của tam giác AHE suy ra IF / / HE , kết hợp với BAKC là tứ giác nội tiếp. Ta có biến đổi góc: AMI = AEB = ACB = AKI suy ra tứ giác AIFK nội tiếp. Chú ý rằng: IM ⊥ AH (do AH ⊥ BE ) nên tứ giác AIMK nội tiếp đường tròn đường kính AM . Gọi S là giao điểm = KED  KMD = KED = KAE (cùng phụ với KMA ) mà KAE của DK với ( O ) . Ta có KMD = KEM = KEA = KSA suy ra AS / / BD . Ta có: hay KMED nội tiếp. Dẫn đến KDM KDN = KSA = KAD . Suy ra ∆KND ∽ ∆DNA  NK .NA = ND 2 .Trong tam giác vuông NMA ta có : MN 2 = NK .NA từ đó suy ra MN = ND .

20. Dựng OA1 ⊥ ( d ) , do ( d ) , O cố định nên OA1 không đổi, giả sử OA1 cắt AB tại A2 . ∽ ∆A2 HO  Ta có ∆MAO 1

OA1 OM = ⇔ OA1.OA2 = OH .OM . OH OA2

Trong tam giác vuông MOA ta cũng có: OH.OM = OA2 = R2 suy ra OA1.OA2 = R2  OA2 =

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi D1 ≡ A, DA = 2R . Hay D đối xứng A qua O . Từ đó xác định được vị trí cát tuyến MCD như sau: Dựng đường kính AD , nối MD ta được cát tuyến MCD cần tìm. 22. Ta có: S∆MWS = S∆MOS = OA.MS = OA ( MA + AS ) . Áp dụng bất đẳng thức côsi dạng x + y ≥ 2 xy ta có MA + AS ≥ 2 MA. AS . Mặt khác theo hệ thức lượng trong tam giác

vuông MOS ta có MA. AS = OA = R2 suy ra MA + AS ≥ 2 R . Do đó S ∆MWS ≥ 2 R 2 . Dấu bằng xảy ra khi MA = AS ⇔ ∆MOS vuông cân tại O hay MO = 2 R . Để giải các câu hỏi 19, 20 ta cần biết bài toán nổi tiếng sau: ĐỊnh lý Ptolemy cho tứ giác nội tiếp: Cho tứ giác ABCD nội tiếp trong đường tròn ( O ) . Khi đó ta có: AB.CD + AD.BC = AC.BD Chứng minh

R2 không đổi, suy ra A2 cố định. OA1

A2 HO = 900 suy ra H thuộc đường tròn đường kính OA2 Mặt khác

= BAC ta có DAE = BAC và DAE = ACB ( Trên đường chéo BD lấy điểm D sao cho DAE AD DE  AD.BC = AC.DE (1) . Do cùng chắn cung AB ) nên ∆ADE ∽ ∆ACB (g-g)  = AC BC = BAC nên DAC = EAB , lại có ( cùng chắn cung DAE ABE = ACD AD ) AB BE  ∆ΑΒΕ ∽ ∆ACD  =  AB.CD = AC.BE ( 2 ) AC CD

Từ (1) và ( 2) ta có AB.CD + AD.BC = AC ( BE + DE ) = AC.BD AMO = 300  AMB = 600 , ∆MAB nên MA = MB = AB 23. Khi MO = 2R ⇔ MO = 2OA 

Mặt khác tứ giác MEOB nội tiếp ( chứng minh ở định lý (1) ). Áp dụng định lý 21. Theo tính chất ở 10) ta có AB1 / /CD nên SMB D = SMAD . 1

1 2

Dựng DD1 ⊥ ΑΜ thì S MAD = DD1.MA ≤ DA.MA ≤ .2 R.MA ≤ R.MA

Potolemy cho tứ giác MEOB ta có EA.MB + EB.MA = EM .AB . Mà MA = MB = AB suy ra EA + EB = EM . Do đó EA + EB + EM = 2 EM . Vì vậy tổng EA + EB + EM lớn nhất khi và chỉ khi EM lớn nhất, hoặc EM ≤ MO = 2R ⇔ M ≡ O . Nói cách khác cát tuyến MCD đi qua O

CHƯƠNG V: THẲNG HÀNG, ĐIỂM ĐỒNG QUY, ĐƯỜNG CỐ ĐỊNH THẲNG HÀNG, ĐỒNG QUY Những điểm đặc biệt 1. Bổ đề hình thang Cho hình thang ABCD có hai đáy AB, CD khi đó trung điểm của hai đáy và giao điểm của hai cạnh bên nằm trên một đường thẳng. Chứng minh 1

1

24. Với mọi số thực dương x, y ta có ( x + y )  +  ≥ 2 xy .2 = 4 . Nên ta suy ra x y x y 1 1 4 1 1 4 4 . Áp dụng vào bài toán ta có . Do EM ≤ MO = 2R + ≥ + ≥ = x y x+ y EB EC EB + EC EM

nên ta suy ra

1 1 4 + ≥ = 2 R . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi E ≡ O . Nói cách khác MA MB 2 R

cát tuyến MCD đi qua O Giả sử các đường thẳng AD, BC cắt nhau tại M AC, BD cắt nhau tại P , đường thẳng MP cắt AB, CD tại N , Q . Ta chứng minh N , Q lần lượt là trung điểm của AB, CD Thật vậy: do AB / /CD , theo định lý thales ta có Lấy (1) nhân với ( 2 ) ta có

AN NB AN NB = = (1) , ( 2) . QD QC QC QD

AN 2 NB 2 =  AN = NB thay vào (1) ta có QD = QC > Hay QC.QD QC.QD

N , Q lần lượt là trung điểm của AB, CD .

Ví dụ 1 cắt BC tạ O . Qua O Cho ta giác nhọn ABC đường cao AH phân giác trong góc BAC dựng các đường thẳng OM vuông góc với AB và ON vuông góc với AC .

a) Chứng minh 5 điểm A, M , H , O, N cùng nằm trên một đường tròn. . b) Chứng minh AH là phân giác góc MHN

c) Đường thẳng đi qua O vuông góc với BC cắt MN tạ K . Chứng minh KN. AC = KM . AB . d) Gọi I là trung điểm BC . Chứng minh A, K , I thẳng hàng.

Giải

= NAO ( cùng phụ với NOA ), ta cũng có Do AO ⊥ MN nên ta có ONK = 900 − NOC = OCA ONK

KN ON KM OM = Từ đó suy ra ∆ΟΚΝ ∽ ∆COA (g-g) dẫn đến , tương tự ta cũng có OA = CA . OA CA KM AC hay KM .AB = KN .AC Do OM = ON suy ra = KN AB

Dựng đường thẳng qua K song song BC cắt AB, AC lần lượt tại E, F ta dễ dàng chứng = OMK ta có biến đổi gọc minh được: KEMO, KNFO nội tiếp, kết hợp ONK = OMK = ONK = OFK suy ra tam giác OEF cân tại O , dẫn tới KE = KF theo bổ đề OEK hình thang suy ra A, K , I thẳng hàng.

2. Đường thẳng ơle Trong một tam giác: Trực tâm H, trọng tâm G, tâm đường tròn ngoại tiếp nằm trên một đường thẳng gọi là đường thẳng ơle của tam giác đồng thời HO = 3GO Chứng minh

Dựng đường kinh AN của (O). Vì AN là đường kính của (O) nên NC ⊥ AC , do BH ⊥ AC  BH / / NC

Chứng minh tương tự ta có: CH / / NB nên tứ giác BNCH là hình bình hành, suy ra hai đường chéo NH, BC cắt nhau tại trung điểm M của mỗi đường nên N, H, M thẳng hàng . 1 2

Ta có MO là đường trung bình của tam giác AHN nên MO / / AH , MO = AH . Gọi G là giao điểm của AM và HO, do MO//AH ( cùng vuông góc với BC) . Theo định lý thales AG MO 1 = = suy ra G là trọng tâm tam giác ABC và G, H, O thẳng hàng . Do AH AH 2 GO MO 1 = =  HO = 3GO . ( đường thẳng đi qua G, H, O gọi là đường thẳng Ơle của GH AH 2

ta có:

tam giác ABC. 3. Đường thẳng Simson, đường tẳng Steiner Đường thẳng Simson: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( O ) , M là một điểm bất kỳ trên đường tròn. Kẻ MH , MI , MK lần lượt vuông góc với AB, BC , CA . Chứng minh ba điểm H, I, K thẳng hàng Chứng minh + BIM = 900 + 900 = 1800 nên tứ giác nội tiếp  MIH = MBH (cùng Tứ giác MIBH có BHM chắn cung HM ) , mà tứ giác ABMC nên MBH = KCM , do đó MIH = KCM . Mặt khác tứ = MKC = 900 ) giác KCMI ( vì MIC + KCM = 1800  MIH + MIK = 1800  HIK = 1800 . Vậy H , I , K thẳng hàng. Nên MIK

Đường thẳng H , I , K được gọi là đường thẳng Simson qua điểm M .

A K

O F

Ví dụ 1

a) Học sinh tự chứng minh.

Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp ( O ) , tiếp tuyến tại A của ( O ) cắt CB tại K , kẻ tiếp

b) Từ chứng minh câu a ta suy ra:

tuyến KD với ( O ) . Gọi E , G, F lần lượt là hình chiếu vuông góc của D trên AB, BC , CA .

∆KBA ∽ ∆KAC suy ra

b) Chứng minh:

AB DB = AC DC

. c) Chứng minh: BC = 2R sin BAC

d) Chứng minh: G là trung điểm của EF . Giải:

Tương tự

Chú ý: Ta có bài toán đảo về bài toán Simson như sau: cho tam giác ABC và một điểm M nằm ngoài tam giác. Chứng minh rằng nếu hình chiếu của điểm M trên ba cạnh của tam giác ABC là ba điểm thẳng hàng thì M nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .

a) Chứng minh: KA2 = KB.KC .

KA AB , = KC AC

KB BD AB BD mà KA = KB suy ra . = = KC BC AC BC

= 900 , lại có BAC = BKC , suy ra c) Kẻ đường kính BK của ( O) ta có: BCK = sin BKC = BC ⇔ BC = BK .sin BAC , hay BC = 2R sin A. sin BAC BK

d) Áp dụng câu c ta có: Tứ giác BGDE nội tiếp đường tròn đường kính BD nên = BD.sin A = CD.sin GE = BD.sin GDE BC , tương tự ta cũng có: GF = CD.sin FCG ACB GE BD.sin ABC AB.sin A BC = = , dựng đường cao AH của tam giác ABC GF CD.sin A CB AC.sin ACB GE BD.sin ABC AB.sin A BC AH = = = = 1 suy ra GE = GF . Mặt khác từ các tứ thì ta có: GF CD.sin A CB AC.sin A CB AH = EBD = ACD = 1800 − DGF giác BGDE , CFGD, ABCD nội tiếp ta có biến đối góc: EGD

Từ đó suy ra

+ DGF = 1800 hay E , G, F thẳng hàng. Nói cách khác G là trung điểm của EF .  EGD

(Đường thẳng qua E , G, F chính là đường thẳng Simson của D với tam giác ABC

Đường thẳng Steiner Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( O ) , M là điểm bất kỳ thuộc đường tròn. Gọi N , P, Q theo thứ tự là các điểm đối xứng với M qua AB, BC , CA . Chứng minh rằng N , P, Q thẳng hàng.

hàng. Nói cách khác: Đường thẳng Steiner của điểm M đi qua trực tâm của tam giác ABC . Cách khác: A

Chứng minh: Gọi H , I , K theo thứ tự là hình chiếu của M lên AB, BC , CA; thế thì H , I , K thẳng hàng (đường thẳng Simson). Dễ thấy IH là đường trung bình của tam giác MNP nên IH //NP . Tương tự IK / / PQ . Theo tiên đề Ơ-clit và do H , I , K thẳng hàng nên suy ra N , P, Q thẳng hàng. Đường thẳng đi qua N , P, Q được gọi là đường thẳng Steiner của điểm M .

P O

S I

H M

D N

ANB = AMB Gọi AS , BJ , CR là các đường cao của tam giác ABC , D là trực tâm. Ta có

). AMB = ADJ (cùng bù với SDJ (tính chất đối xứng). Lại có

= NDB . Mà ANB = ADJ nên ADBN là tứ giác nội tiếp, do đó NAB Suy ra = MAB  NDB = MAB . NAB

H M

Chú ý: a) Ta có thể chứng minh ba điểm N , P, Q thẳng hàng bằng cách dùng phép vị tự: Các điểm N , P, Q lần lượt là ảnh của H , I , K trong phép vị tự tâm M tỉ số 2, mà H , I , K thẳng hàng nên N , P, Q cũng thẳng hàng. Như vậy đường thẳng Steiner là ảnh của đường thẳng Simson trong phép vị tự tâm M tỉ số 2. Ngoài ra liên quan đến đường thẳng Simson, Steiner ta cũng có kết quả sau: “Đường thẳng Steiner đi qua trực tâm tam giác ABC ”. Thật vậy, gọi D là trực tâm của tam giác ABC ; BD, CD cắt ( O ) lần lượt ở E, F . Dễ dàng chứng minh được E đối xứng với D qua AC , F đối xứng với D qua AB. Ta có FDMN là hình thang cân và các tứ giác IBHM , MBFC nội tiếp nên ta có: = DNM = MBC = IHM do đó ND / / IK mà H , I , K thẳng hàng nên N , P, Q thẳng DFM

= CAM . Ta có NDB + CDQ = MAB + CAM = BAC Chứng minh tương tự CDQ = NDB + BDC + CDQ = BAC + BDC = 1800 . Vậy N , D, Q thẳng hàng hay đường thẳng  NDQ

Steiner đi qua trực tâm của tam giác ABC . Ví dụ 1 Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp ( O ) có trực tâm là điểm H . Một điểm D nằm trên cung nhỏ BC , gọi E là điểm đối xứng với D qua BC , đường tròn ngoại tiếp tam giác ODE cắt AD tại G . Gọi J là giao điểm thức 2 của đường tròn ngoại tiếp tam giác AGO với AH . Chứng minh: a) J , O, E thẳng hàng b) Chứng minh: G là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác JHE . c) Chứng minh: Trực tâm tam giác AGO nằm trên đường thẳng HE .

Giải

Steiner của K trong tam giác AGO . Theo tính chất vừa chứng minh thì HK đi qua trực tâm của tam giác AGO .

4. Đường thẳng Pascal Cho 6 điểm A, B, C , D, E , F dùng thuộc một đường tròn (có thể hoán đổi thứ tự). Gọi P, Q, R lần lượt là giao điểm của các cặp đường thẳng ( AB, DE ) , ( BC, EF ) , ( CD, FA) . Khi đó 3 điểm P, Q, R cùng nằm trên một đường thẳng gọi là đường thẳng Pascal.

Chứng minh: J

C D

= GDE = GAJ = 1800 − GOJ a) Ta có: GOE

+ GOJ = 1800 hay J , O, E thẳng hàng. Suy ra GOE

b) Từ các tứ giác AJOG, ODEG nội tiếp ta có biến đổi góc: S

= GAO = GDO = GEO GJO

O FN

Suy ra tam giác GJE cân tại G. Gọi F là giao điểm thức 2 của AH với ( O ) thì F đối xứng với H qua BC nên tứ giác HEDF là hình thang cân. Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác JHE cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác AGO tại giao điểm thứ 2 là K . Suy ra

(

)

= = 2.JKE JGE AOD = 2. ABD = 2. AFD = 2 1800 − JHE

Suy ra G là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác JHE . = GDE = GAJ = GKJ = GJK = GOK lại có GK suy ra O = GJ O = GEO c) Ta có: GOE ∆GOK = ∆GOE hay OG là trung trực của KE hay E là điểm đối xứng với K qua OG . mà Do GK = GJ và tứ giác AJGK nội tiếp nên AG là phân giác của HAK GKA = GJH = GHJ suy ra H , K đối xứng nhau qua AG . Suy ra HE là đường thẳng

Giả sử DE cắt BC tại M , cắt AF tại N , BC cắt AF tại S . Áp dụng định lí Menelaus cho ∆SMN và cát tuyến : ABP ta có: PM AN BS PM AS BM ⋅ ⋅ = 1 hay = ⋅ (1) . PN AS BM PN AN BS

Áp dụng định lí Menelaus cho ∆SMN và cát tuyến : CDR ta có:

RN CS DM RN CM DN ⋅ ⋅ = 1 suy ra = ⋅ ( 2). RS CM DN RS CS DM

Áp dụng định lí Menelaus cho ∆SMN

và cát tuyến : QEF ta có:

QM FS EN QS FS EN ⋅ ⋅ = 1 suy ra = ⋅ ( 3) . QS FN EM QM FN EM

Mặt khác các tứ giác ABCF , BCDE , AFED nội tiếp nên: SB.SC = SA.SF ; MC.MB = MD.ME ; NF .NA = ND.NE ( 4 )

Từ (1) , ( 2) , ( 3) , ( 4) ta suy ra

PM RN QS ⋅ ⋅ = 1 . Theo định lí đảo Menelaus ta suy ra P, Q, R PN RS QM Q

thẳng hàng.

Đường thẳng PRQ ở trên được gọi là đường thẳng Pascal ứng với bộ điểm A, B, C , D, E , F . Bằng cách hoán vị các điểm A, B, C , D, E , F ta thu được rất nhiều đường thẳng Pascal khác nhau, cụ thể ta có tới 60 đường thẳng Pascal. Chẳng hạn hình vẽ bên minh họa trường hợp các điểm ACEBFD .

O C P

F O

C B

R A

O D

A D

Ngoài ra khi cho các điểm trùng nhau (khi đó lục giác suy biến thành tam giác, tứ giác, ngũ giác), ví dụ E ≡ F thì cạnh EF trở thành tiếp tuyến của đường tại E , ta còn thu thêm được rất nhiều các đường thẳng Pascal khác nữa. Hình vẽ dưới đây minh họa trường hợp các điểm ABCDEE , ABCCDD.

5. Đường thẳng Gauss Cho tứ giác ABCD có AB, CD cắt nhau tại M AD, BC cắt nhau tại N. Khi đó trung điểm các đoạn thẳng AC , BD, MN nằm trên một đường thẳng gọi là đường thẳng Gauss của tứ giác ABCD . Chứng minh

M A

D T

F I B

F Y

Gọi I , E , F lần lượt là trung điểm của BD, AC , MN và K , G, H lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng CN , CD, DN . Dễ thấy các điểm F , H , K thẳng hàng. E , G, K thẳng hàng. I , G, H thẳng hàng. IG BC FH MD EK AN Ta có: FK //MC , IH //BC , EK //DN nên nhân 3 đẳng thức ta = = = , , IH BN FK MC EG AD IG FH EK BC MD AN có: ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ . Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác CDN và đường IH FK EG BN MC AD BC MD AN IG FH EK thẳng đi qua B, A, M ta có: ⋅ ⋅ = 1 , suy ra ⋅ ⋅ = 1 . Theo định lí BN MC AD IH FK EG Menelaus đảo ta suy ra I , E , F thẳng hàng.

6. Đường thẳng Niutơn

D Z

(Ta chỉ xét trường hợp AB không song song với CD ) Gọi các tiếp điểm của ( I ) với AB, BC, CD, DA lần lượt là X,Y,Z,T thì IX = IY = IZ = IT = r . Giả sử: AD, BC cắt nhau tại P , Trên PD lấy E sao cho PE = AD , trên PC

lấy F sao cho PF = BC thế thì:

Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp ( I ) , gọi M , N lần lượt là trung điểm của BD, AC . Khi đó 3

1 1 1 SMAD + SMBC = S DAB + S DBC = S ABCD . 2 2 2

điểm I , M , N thẳng hằng. Đường thẳng đi qua I , M , N gọi là đường thẳng Niutơn của tứ giác ABCD .

1 1 1 S NAD + S NBC = SCAD + S NBC = S ABCD . 2 2 2

Chứng minh

Từ đó suy ra: SMAD + SMBC = S NAD + SNBC . Theo cách xác định E , F ta có: SMAD = SMEF , SMBC = SMPF , S NAD = S NPE ,

S NBC = S NPF suy ra: SMPE + SMPF = S NPE + SNPF hay SEPF + SNEPF (1) .

Lại có: S IAD = SIPE , S IPF = SIPE  S IAD + SIBC = SIPE + SIPF = S IEPF nhưng S IAD + S IBC =

1 1 1 1 1 S AXYT + S DZYT + S IZCY + S XIYB = S ABCD Suy ra SMEPF = SIEPF ( 2) . Từ (1) và ( 2) 2 2 2 2 2

Ta suy ra SMEPF = SNEPF = SIEPF hay SMEF = S NEF = SIEF ⇔ MN //EF,MI//EF suy ra I , M , N thẳng hàng.

7. Trục đẳng phương của hai đường tròn Khi đó đại lượng: PM /(O) = MA.MB gọi là phương tích của điểm M với đường tròn ( O ) + Nếu M nằm ngoài ( O ) thì PM /(O ) = MA.MB = MO 2 − R2 .

+ Nếu M nằm trong ( O ) thì PM /(O) = MA.MB = R2 − MO2 .

+ Nếu M nằm trên ( O ) thì PM /(O) = 0. M

Ta cũng có kết quả: Khi M nằm ngoài ( O) và MC là C

tiếp tuyến của tại C thì PM / (O ) = MA.MB = MC 2 (Đây là những kết quả quen thuộc đã được chứng minh trong phần cát tuyến, tiếp tuyến).

PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TOÁN BẰNG CHỨNG MINH THẲNG HÀNG , ĐỒNG QUY

b, Các điểm có cùng phương tích với hai đường tròn phân biệt ( O1; R1 ) ; ( O2 ; R2 ) nằm trên một đường thẳng gọi là trục đẳng phương của hai đường tròn đó.

1. Một số tiêu chuẩn để chứng minh ba điểm thẳng hàng.

Trong phạm vi THCS ta cần chú ý đến các trường hợp là:

Để chứng minh ba điểm A, B, C thẳng hàng theo thứ tự, thực chất của các phương pháp cơ bản là chứng minh hai đường thẳng AB và AC trùng nhau.

Trong phần này chúng ta đưa ra một số tiêu chuẩn để chứng minh ba điểm A, B, C thẳng hàng.

Tiêu chuẩn 1: Ba điểm phân biệt A, B, C theo thứ tự nằm trên một đường thẳng khi và chỉ khi ABC = 1800 .

O1 D

x F

Xét một đường thẳng xx ' qua B

D D

+ Nếu ( O1; R1 ) ; ( O2 ; R2 ) cắt nhau theo dây AB , lấy điểm M trên đường thẳng AB ( M nằm ngoài 2 đường tròn) cát tuyến qua M cắt đường tròn ( O1 ) tại C , D , cát tuyến qua M cát

Để chứng minh A, B, C thẳng hàng ta quy về chứng minh: = 1800 hoặc ABx + xBC + ABx = x ' BC

A E

đường tròn ( O2 ) tại E, F thì MC.MD = ME.MF = MA.MB (Hình 1)

Ví dụ 1:

+ Nếu ( O1; R1 ) ; ( O2 ; R2 ) tiếp xúc nhau tại N thì trục đẳng phương là đường thẳng qua N

Cho nửa đường tròn đường kính AB . Lấy điểm C thuộc AB sao cho CA < CB và điểm M thuộc nửa đường tròn đó. Đường thẳng đi qua M vuông góc với MC cắt tiếp tuyến

vuông góc với O1O2 . (Hình 2,3)

tại A tại M1 . Đường thẳng qua C vuông góc với M 1C cắt tiếp tuyến qua M tại M 2 . Chứng minh rằng M , M1 , M 2 thẳng hàng.

ADN + ADC = 1800 Từ (1) và ( 2) ta có:

Suy ra (đpcm). Giải

= CM Ta có: CAM 1M (tứ giác ACMM1 nội tiếp). = MBM (góc giữa hai tiếp tuyến và dây cung). CAM 2

Ví dụ 3 Cho tứ giác ABCD nội tiếp trong đường tròn ( O) các tia AB, CD cắt nhau ở E . AD cắt

M1 M

CM 1M = MCM 2 (cùng phụ với góc MCM 1 ) M2

BC tại F . Gọi M là giao điểm thứ hai khác C của hai đường tròn ngoại tiếp các tam giác BCE , CDF . Chứng minh E , M , F thẳng hàng.

= MBM  MCM 2 2

Giải

 tứ giác BCMM 2 nội tiếp

= 900 .  CMM 2 0 Do đó ta có: M 1MM 2 = M1MC + M 2 MC = 180 (đpcm).

Ví dụ 2 A

Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn ( O ) . Các tiếp tuyến qua A, C cắt nhau tại M

. Vẽ hình bình hành ACMBN . Đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN cắt đường tròn N , C , D thẳng hàng.

( O) ở D . Chứng minh

Giải tiếp).

(hai góc so le trong). AMN = CAM

+ CMF = 1800 . Để chứng minh E , M , F thẳng hàng ta chứng minh: CAE

= 1800 − EBC do EBCM nội tiếp. FMC = 1800 − CDF do FMCD Thật vậy ta có: EMC = 3600 − CDF − EBC . nội tiếp. Từ đó ta có: EMC

(góc giữa tiếp tuyến ACM = ABC

+ ABC , EBC = CDA mà = 1800 ABC + CDA Để ý rằng: ABCD là tứ giác nội tiếp nên: CDF M

= ABC (1) Và dây cung)  ADN

+ CMF = 1800 . Do đó ba điểm E , M , F thẳng hàng. Nên CME

Mặt khác tứ giác ABCD nội tiếp nên

Ví dụ 4 O

( 2) .

Vì vậy ta cần quy về hai góc này về hai góc đối trong một tứ giác nội tiếp.

(tứ giác ADMN nội Ta có: AMN = ADN

ABC + ADC = 1800

Cho ba điểm thẳng hàng theo thứ tự A, M , B về cùng một phía của đường thẳng AB vẽ hai hình vuông AMCD và BMEF . Hai đường tròn ( O1 ) và ( O2 ) ngoại tiếp hai hình vuông đó cắt nhau tại M và N . Chứng minh rằng:

Để chứng minh: M , N , Q thẳng hàng ta chứng + NQA = 180° minh: MQA A

= BHC = 180° − BAC nên tứ giác Ta có BPC . AEPF nội tiếp, suy ra BFC = BEA

a) B, C , N thẳng hàng. b) A, E , N thẳng hàng.

+ BEC = 180° suy ra BFC

Từ các tứ giác AQFN , AQEM nội tiếp Giải

E H

= MQA + NQA ta có MQN

a) Ta có: ANC = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

+ NFA = BFC + BEC = 180° . = MEA

Vậy 3 điểm M , N , Q thẳng hàng.

D C

= MEF = 450 (góc nội tiếp). MNE

N E

= MEB = 450 (góc nội tiếp). MNB

 ANB = 900 .

= 1800 (đpcm) Vậy ANC + ANB = CNB

b) Từ kết quả câu trên, ta có:

Ví dụ 6: Cho tam giác ABC và điểm O nằm trong tam giác đó ( O không nằm trên các cạnh tam giác). Điểm M nằm trên tia OA ( M khác O , A ) sao cho đường tròn ngoại tiếp tam giác ABM cắt tia OB tại giao điểm thứ hai là N , đường tròn ngoại tiếp tam giác ACM cắt tia OC tại giao điểm thứ hai là P . Gọi I , J lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABC , MNP . Chứng minh: O , I , J thẳng hàng. (Trích đề thi vào lớp 10 – Trường chuyên tỉnh Bà Rịa Vũng Tàu- Năm 2012). Giải

∆MBC = ∆MEA ( c.g.c )

Phân tích định hướng giải

= MEA  MBC

Giả sử đường tròn ( J ) cắt OA , OB , OC lần lượt tại D , E , F . Để chứng minh O , I , J

+ MEN = 1800  MEN + MEA = 1800 Mặt khác tứ giác BMEN nội tiếp đường tròn nên MBN

thẳng hàng ta chứng minh :

Suy ra (đpcm). Ví dụ 5 : Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) có trực tâm H . Gọi P là điểm nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC ( P ≠ B, C, H ) và nằm trong tam giác

ABC . PB cắt đường tròn ( O) tại M khác B . PC cắt ( O ) tại N khác C , BM cắt AC tại E , CN cắt AB tại F . Đường tròn ngoại tiếp tam giác AME và đường tròn ngoại tiếp tam giác ANF cắt nhau tại Q khác A . Chứng minh M , N , Q thẳng hàng. I

(Trích đề tuyển sinh vào lớp 10 chuyên – Trường THPT chuyên ĐHQG Hà Nội – năm 2013)

F O

Giải N

B D

Ví dụ 1 : Cho nửa đường tròn tâm ( O ) đường kính AB . Gọi C là trung điểm cung AB , = 180° . Điều này cũng tương đương với . Ta cần tìm liên hệ của AOJ + DOJ AOI = DOJ

các góc này với các góc của tứ giác nội tiếp. Thật vậy ta có :

tại N , MN cắt ( O) tại D . Chứng minh B , H , D thẳng hàng.

là trung điếm đoạn BC , AK cắt ( O ) tại M . Kẻ CH vuông góc với AM ; OH cắt BC

= JDE − ODE , IAO = IAB − OAB JDO

Giải

= 2DFE , = 180° − EJD , EIB = 180° − AIB , mặt khác EJD Lại có : JDE AIB = 2 ACB . 2 2

Bây giờ ta quan tâm đến hai ∆ABC , ∆ DEF . Nếu hai tam giác này đồng dạng với nhau thì bài toán sẽ được giải quyết. Từ định hướng trên ta có thể giải bài toán như sau : + Để ý rằng do các tứ giác AMNB , AMPC là tứ giác nội tiếp nên ta dễ chứng minh được OM .OA = ON .OB = OP.OC suy ra ∆OBC ∽ ∆OPN

Ta có: AMB = 90° (góc chắn nửa đường tròn)  HC // BM (cùng vuông góc với AM ). Mà K là trung điểm của BC nên K là trung điểm của HM  BM = HC  BHCM là hình bình hành  BH // MC (1) C D

AMC = 45° (góc chắn cung AC )  ∆HCM Mặt khác, vuông cân tại H  HC = HM

Lại có OC = OM (bán kính đường tròn ( O ) ) A

= OEF , ∆OBC ∽ ∆OEF  BC = OB = OC . Hoàn toàn tương tự ta có : mà OPN

 NC = NM  OH là phân giác của COM

∆OAB ∽ ∆ODE

= NMC mà CMD = CBD (góc nội tiếp cùng chắn cung  ∆NCM cân tại N  NCM CD ), do đó BCM = CBD  BD // MC (2)



AB OA OB AC OA OC , ∆OAC ∽ ∆ODF  . = = = = DE OD OE DF OD OF

Từ (1) và (2) ta có đpcm.

BC AB AC = Từ đó suy ra do đó ∆ABC ∽ ∆DEF suy ra DFE ACB dẫn đến : = = EF DE DF  JDE = EIB mặt khác ODE = OAB nên JDO = IAO . AIB = EJD

nên hai tam giác này + Tam giác IAB cân tại I , ∆JDE cân tại J mà AIB = EJD

đồng dạng với nhau, dẫn đến

IA AB IA OA suy ra từ đó ta có : ∆AOI ∽ ∆DOJ = = JD DE JD OD

. AOI = DOJ suy ra

Ví dụ 2 : Cho đường tròn tâm O đường kính AB . Trên đường tròn lấy điểm D khác A > 60° . Trên đường kính AB lấy điểm C khác A , B và dựng CH ⊥ AD tại sao cho DAB cắt đường tròn tại E và cắt CH tại F . Đường thẳng DF H . Phân giác trong góc DAB cắt đường tròn tại giao điểm thứ 2 là N . Chứng minh : Tứ giác AFCN nội tiếp và N , C , E thẳng hàng. (Trích đề tuyển sinh vào lớp 10 – Trường chuyên Phan Bội Châu Nghệ An năm 2013) Giải E

Tiêu chuẩn 2. A , B , C thẳng hàng ⇔ đường thẳng AB và AC cùng song song hoặc cùng vuông góc với một đường thẳng.

D H

= DAC thì A , B , C thẳng Ngoài ra ta cũng có thể chứng minh theo hướng : DAB hàng.

A O

(cùng chắn cung AD ) suy ra Ta có : ACH = ABD (đồng vị). ABD = AND ACH = ANF

Hay tứ giác AFCN nội tiếp.

= BAE và BAE = DAE = DNE Ta có : CND

=1 IBA A1CB1 , 1 2

có:

1 = 1 sd A1 IB = sd AB1 + BA A1CB1 1 2 2

(

= DNE hay 3 điểm N , C , E thẳng hàng. Vậy CND

Ví dụ 3 : Cho đường tròn ( O) đường kính BC = 2R . Từ điểm A nằm ngoài đường tròn

)

 A1 BI = A1 IB  ∆A1BI cân tại A1 .

B1 C1

kẻ hai tiếp tuyến AM , AN đến đường tròn ( O ) ( M , N là hai tiếp điểm). Gọi H là trực tâm tam giác ABC , F là giao điểm của BC và AH . Chứng minh M , H , N thẳng hàng.

+ Tương tự ta có : ∆A1CI cân tại A1 .

(Trích đề tuyển sinh vào lớp 10 –Trường chuyên Bắc Ninh năm 2014)

A1B = A1I và MA 1 B = MA1 I (góc nội tiếp)

Giải

Xét tứ giác ABMI có :

= MIB .  A1M ⊥ BI  MB = MI  MBI

ABC Mặt khác, BB1 , là phân giác góc = IBC  MIB = IBC (so le trong) nên IBM  MI // BC . Tương tự NI // BC I M

 M , I , N thẳng hàng.

Ví dụ 5 : Hai đường tròn ( O1 ) , ( O2 ) tiếp xúc ngoài tại A . Vẽ hai đường kính AA1 , AA2 ,

và tiếp tuyến chung ngoài tương ứng B1B2 . Gọi ( d ) là đường thẳng qua B2 , và vuông B

Để chứng minh M , H , N thẳng hàng ta chứng minh:

ANH = ANM .

Ta có : ANM = AFM = AFN (Do 5 điểm A , M , N , O , F cùng nằm trên một đường tròn và AM = AN ). AFN = ANH . Như vậy ta cần chứng minh :

Xét tam giác ∆ANH , ∆AFN chung, AH . AF = AI . AO = AN 2 (Tính chất quen thuộc của tiếp tuyến, Ta có : NAH cát tuyến)

suy ra

AH AN hay ∆ANH ∽ ∆AFN suy ra AFN = ANH . = AN AF

Ví dụ 4 : Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn ( O) . Gọi A , B , C là trung điểm , CA , các cung BC AB của ( O ) và I là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác ABC . AC cắt AB ở M ; A1 B1 cắt AC ở N . Chứng minh M , I , N thẳng hàng.

Giải , CA , + Vì A , B , C là trung điểm các cung BC AB nên AA1 , BB1 , CC1 là các tia phân giác trong của tam giác ABC do đó chúng đồng qui tại I .

góc với A1B2 . Gọi ( d ′) là đường thẳng qua A2 , vuông góc với AA2 , d và d ′ giao nhau tại M . Chứng minh B1 , A , M thẳng hàng. Phân tích định hướng giải Vì AB1 ⊥ A1B1 , (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn), để chứng minh B1 , A , M thẳng hàng ta sẽ chứng minh MB1 ⊥ A1B1 , nghĩa là chứng minh tứ giác A1B1B2 M nội tiếp được. Do O1 B1 // O2 B2 nên AO1 B1 = AO2 B2 (2 góc đồng vị)

B1 B2

(d')

 B1 AO1 = B2 A2O2  B1 A // B2 A2 .

Tương tự, A1B1 // AB2 , A1B1 cắt A2 B2 tại N thì AB1 NB2 là hình chữ nhật

(d)

 NB 1 B2 = B1 B2 A . Mặt khác, B 1 B2 A = B2 A2 A (góc giữa tiếp tuyến và dây cung)

Δ2

trong đường tròn đường kính A1M . Vậy tứ giác A1 B1B2 M nội tiếp được. Từ đó ta có đpcm.

B, C của tam giác ABC . Gọi D là điểm trên cạnh BC . Gọi ( w1 ) là đường tròn đi qua các

điểm B, N , D . Gọi ( w2 ) là đường tròn đi qua các điểm C , D, M . Dựng DP, DQ lần lượt là các đường kính của ( w1 ) , ( w2 ) . Chứng minh: P, Q, H thẳng hàng. (IMO-2013)

+ Trước hết ta chứng minh: A, S , D thẳng hàng: Ta có: ASN = AHN

cùng

Khi đó nếu

Δ2

MA NC thì A, B, C thẳng hàng. = MB NB

Ta chứng minh tiêu chuẩn này như sau: do đó ∆AMB” ∆CNB AMB = CNB Vì ∆1 ∆ 2 nên ta có:

Ta còn gọi đây là phương pháp: “Chứng minh 2 tia trùng nhau”

A M

Ví dụ 1. Cho hình thang ABCD ( AB CD ) . Hai đường chéo cắt nhau tại M , kéo dài hai cạnh bên

N P B

H K

cắt nhau tại N . Chứng minh đường MN đi qua trung điểm 2 cạnh đáy. (Bổ đề hình thang)

Giải

= = 180° do đó A, S , D thẳng hàng. ASN + NSD AHN + NHK Suy ra:

Gọi E , F lần lượt là trung điểm của AB, CD . Ta chứng minh M , E , F thẳng hàng.

+ Vì 5 điểm A, N , S , H , M cùng nằm trên một đường tròn nên: ASH = 90° .

Thật vậy, do AB CD nên:

= 180° − NBD = NHK do các tứ giác NSDB, NHKB nội tiếp. chắn cung AN , NSD

Vì DP là đường kính của ( w1 )

= NBC hay A, B, C thẳng hàng. suy ra MBA

Phân tích định hướng giải

Ta dễ chứng minh được ANSM là tứ giác nội tiếp (Đây là bài toán rất quen thuộc) từ đó suy ra 5 điểm A, N , S , H , M cùng nằm trên một đường tròn.

Δ1 M

N A

Ví dụ 6. Cho tam giác nhọn ABC có trực tâm là điểm H . Gọi M , N là chân các đường cao hạ từ

Δ1 M

 NB 1 B2 = B2 A2 A1  tứ giác A1B1 B2 A2 nội tiếp được. Ta có A1 B2 A2 M nội tiếp được

Gọi S là giao điểm thứ 2 của hai đường tròn ( w1 ) , ( w2 ) .

= 90° , DQ là đường kính của ( w ) nên suy ra PSD 2

MC CD 2 FC MC FC = =  = MA AB 2 EA MA EA

 M , E , F thẳng hàng.

Tiêu chuẩn 3: Xét đường thẳng ( ∆ ) đi qua B và hai đường thẳng ( ∆1 ) , ( ∆2 ) song song

Ta còn phải chứng minh N , E , F thẳng hàng. Xét ∆NAB có CD AB nên đpcm.

= 90° Điều đó chứng tỏ các tia PS , HS , QS trùng nhau. Hay P, Q, H thẳng hàng. DSQ

tương ứng qua A, C tạo thành hai tam giác BMA và BNC như một trong hai hình vẽ dưới đây:

CD ND ND DF  N , E , F thẳng hàng. Từ đó ta có =  = AB NA NA AE

Ngoài ra ta cũng có thể chứng minh theo cách khác: DF CF NF Áp dụng định lý Thales với AB CD ta có: (cùng bằng ). Ta cũng có: = AE BE NE DF CF MF (cùng bằng ). Nhân hai đẳng thức trên ta có: = EB AE ME DF DF CF CF . = . ⇔ DF 2 = CF 2 AE EB BE AE

⇔ DF = CF suy ra F là trung điểm của CD .

AX XK  XY  = =  . Do đó ∆AXK ” ∆ ABM (g.g)  XAK = BAM  Hai tia AK , AM trùng AB BM  BC 

nhau. Vậy A, K , M thẳng hàng. Ví dụ 3. Cho đường tròn ( O ) đường kính AB . Trên tiếp tuyến tại A của đường tròn ( O) lấy điểm C . Vẽ cát tuyến CDE (tia CD nằm giữa hai tia CA, CO; D, E thuộc đường tròn ( O )

Từ đó ta cũng suy ra E là trung điểm của AB .

, D nằm giữa C và E ). Gọi M là giao điểm của CO và BD . Gọi F là giao điểm của AM và đường tròn ( O ) ( F khác A ). Chứng minh rằng ba điểm E , O, F thẳng hàng.

Ví dụ 2.

Giải

Cho đường tròn ( I ) nội tiếp tam giác ABC , ( I ) tiếp xúc với BC , AB, AC lần lượt tại D, E , F . Vẽ AM là đường trung tuyến của tam giác ABC . Gọi K là giao điểm của EF và DI

. Chứng minh A, K , M thẳng hàng. Giải

Do đó ∆CAD” ∆CEA (g.g)

Qua K vẽ đường thẳng song song với BC cắt AB, AC lần lượt ở X , Y .



DI ⊥ BC , XY BC  DI ⊥ XY

Ta có XEI = XKI = 90°  Tứ giác EXKI nội tiếp

X E

E D C

CA CD =  CA2 = CD.CE CE CA

H O

 CA2 = CH .CO .

Do đó CD.CE = CH .CO ( = CA2 ) chung, CD = DH (vì CD.CE = CH .CO ). Xét ∆CDH và ∆COE có DCH

= IFK nên IXK = IYK  ∆IXY cân tại I . Mà IE = IF ( = r )  ∆IEF cân tại I  IEK

Mà IK là đường cao ( ID ⊥ XY ) do đó IK là đường trung tuyến  XK = KY = Do đó

+ ∆ACO vuông tại A, AH là đường cao F

= IXK .  IEK

Tương tự tứ giác IKFY nội tiếp  = IYK . IFK

Vẽ AH ⊥ OC tại H . Xét ∆CAD và ∆CEA = CEA (hệ quả góc có ACD chung, CAD tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung).

XK 2 XK XY AX XY . = = , ∆ABC có XY BC  = BM 2 BM BC AB BC

Xét ∆ AXK và ∆ABM có AXK = ABM (đồng vị và XY BC )

XY . 2

= CEO . Do đó ∆CDH ” ∆COE (c.g.c)  CHD

ADB = 90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). Mặt khác = CHD . Ta có ADM + AHM = 90° + 90° = 180°  tứ giác ADMH nội tiếp  DAM = DAM (hai góc nội tiếp cùng chắn cung DF ). Do đó CEF = CEO  hai tia Mà CEF EF , EO trùng nhau. Vậy E , O, F thẳng hàng.

Ví dụ 4. Từ điểm A nằm ngoài đường tròn ( O) vẽ hai tiếp tuyến AB, AC ( B, C là hai tiếp điểm) và một cát tuyến ADE đến ( O ) sao cho ADE nằm giữa hai tia AO, AB . Đường thẳng

qua D song song với BE cắt BC , AB lần lượt tại P, Q . Gọi K là điểm đối xứng của B qua E . Chứng minh rằng ba điểm A, P, K thẳng hàng. Giải + Gọi H , I lần lượt là giao điểm của BC với AO, DE . Ta có AB, AC là các tiếp tuyến của đường tròn ( O)  AB = AC , AO

Ví dụ 5. Cho tam giác nhọn ABC ( AB < AC ) nội tiếp đường tròn ( O ) các đường cao AD, BE , CF cắt nhau tại H . Vẽ CI vuông góc với OA tại I . Gọi M là trung điểm với BC . Chứng minh rằng ba điểm M , I , F thẳng hàng. Giải

B Q

I H

, là tia phân giác của BAC ∆ABC cân tại O  AO là đường cao của tam giác ABC .

+ OB = OC ( = R )  ∆OBC cân tại O , K

P O

+ + OCM = 90° nên Ta có: BAC ACF = MOC ACF = OCM . Tứ giác OMIC có: = OIC = 90° nên nội tiếp  OMC AIF = ACF do vậy AIF = OIM

+ Xét ∆ABD và ∆AEB có: BAD chung, ABD = AEB (hệ quả góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung). AB AD Do đó ∆ABD ” ∆ AEB (g.g)  =  AB 2 = AD. AE , ∆ABO vuông tại B, BH là đường AE AB

cao

M I

 hai tia IM , IF trùng nhau. Vậy M , I , F thẳng hàng.

Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn ( O) . Đường phân giác AD của tam giác

chung, AH = AD (vì AD. AE = AH . AO ). + Xét ∆ AHD và ∆AEO có HAD AE AO

= ODE . AHD = AEO  tứ giác OEDH nội tiếp  OHE Do đó ∆AHD” ∆AEO (c.g.c) 

cắt cung BC ở E . Đường tròn ( I ) tiếp xúc trong với ( O ) tại S và tiếp xúc với BC tại T cắt AD ở M , N ( N nằm giữa A và M ), CM cắt đường tròn ( O ) ở K . Vẽ dây song song với AB . Chứng minh rằng L, N , I thẳng hàng.

= OED . Do đó: OHE = ∆ODE có OD = OE ( = R )  ∆ODE cân tại O  ODE AHD . + EHI = ( = 90° ) nên EHI = IHD  HI là tia phân giác DHE . AHD + IHD Ta có OHE

)

=  HA là đường phân giác ngoài của AHD = OHE + Gọi Hx là tia đối của tia HE, xHA nên ID = AD . ∆ ABE có DQ BE  DQ = AD , ∆IBE có BE PD  DQ = DP . HED DE AE BE AE ∆ ABE có DQ BE 

E F

Ví dụ 6.

 AB 2 = AH . AO . Do đó AD. AE = AH . AO ( = AB 2 )

(

OM là đường trung tuyến  OM là đường cao, = MOC  = 1 BOC . đường phân giác nên BAC    2 

AQ QD AQ 2QD PQ . Do đó . = = = AB BE AB 2 BE BK

AQ PQ + Xét ∆APQ và ∆AKB có AQP = ABK (đồng vị và PQ BE ) , do đó = AB

= BAK  hai tia AP, AK trùng nhau hay A, P, K thẳng hàng. ∆APQ” ∆AKB (c.g.c)  QAP

Giải = OSE = OES do các tam giác IST , OSE cân Vì OE IT (cùng vuông góc với BC ) và IST

suy ra S , T , E thẳng hàng.

chung, + Xét ∆ECT và ∆ECS có CET ECT = ESC . Do đó ∆ECT ∽ ∆ESC( g.g ) .

= KCD ( góc giữa tia tiếp Ta có: CAD tuyến và dây cung)

) = 1 sđ CBD = = 1 ( sđ AD + sđ BC CIK 2 2 CAD

EC ET Suy ra =  EC 2 = ET .ES . (1) ES EC chung, + Xét ∆EMT và ∆ESN có MET

K B

CK =

1 IE . 2

= 90o  ∆CIE vuông tại C  DCF  O là trung điểm của đường kính DF .

= = LCA . Do KL//AB  BK AL  DCM

)

= LCA = DCM  Hai tia CN , CL trùng nhau. Ta có: NCA

Vậy C, N , L thẳng hàng.

Ví dụ 2 Cho đường tròn (O; R) , đường kính AB và C nằm giữa O và A . Vẽ đường tròn ( I ) đường kính BC . Vẽ AD là tiếp tuyến, ACF là cát tuyến của đường tròn ( I ) , ( AE < AF ) sao cho tia AO nằm giữa hai tia AD, AE . Đường thẳng vuông góc với AB vẽ từ C cắt đường tròn (O) ở N , P ( D, P cùng thuộc một nửa mặt phẳng bờ AB ). DI cắt NB ở S . Gọi J là trung điểm của SD ; L, T lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác SBC , SEF . Chứng minh rằng ba điểm J , L, T thẳng hàng. Giải

Tiêu chuẩn 4: Sử dụng các tính chất của đường tròn để chứng minh A, B, C thẳng hàng. Ví dụ: B là tâm của đường tròn đường kính AC hoặc các đường tròn tâm A và tâm C tiếp xúc nhau tại B , hai đường tròn cắt nhau thì đường thẳng nối tâm của hai đường tròn vuông góc với dây chung của hai đường tròn đó ...

chung, Xét ∆ADC và ∆ ABD có DAC ADC = ABD . Do đó ∆ADC ∽ ∆ABD( g.g )

Ví dụ 1



Cho đường tròn (O) và dây cung AB . Lấy I thuộc đoạn AB sao cho IA > IB . Gọi D là trung điểm của cung nhỏ AB . DI cắt (O) tại giao điểm thứ hai C . Tiếp tuyến với (O) tại C cắt AB tại K , EC cắt (O) tại giao điểm thứ hai F . Chứng minh D, O, F thẳng hàng. Giải

Do K là trung điểm của IE nên ∆CIE có M

= NAC  DCM = NCA Mà ECD

(

B I

= ICK  KI = KC .  CIK

= ESN . EMT Do đó ∆EMT ∽ ∆ESN ( g.g ) . EM ET Suy ra  EM .EN = ET .ES . (2) = ES EN Từ (1) và (2) suy ra EC 2 = EM .EN EC EM  =  ∆ECM ∽ ∆ENC (c.g .c) EN EC = ENC  ECD + DCM = NCA + NAC .  ECM

D A

AD AC =  AD 2 = AB. AC . AB AD ANB = 90o ( góc nội tiếp chắn nửa đường

tròn). vuông tại N , NC là đường cao  AN = AB. AC . Do đó: AD2 = AN 2 (= AB. AC )  AD = AN . Gọi R là giao điểm của DN và AS . Xét ∆DAS ADS = 90o và

∆ANB

(

∆NAS ANS = 90o

có AS chung, AD = AN . Do đó: ∆DAS = ∆NAS ( cạnh huyền – cạnh = NAS góc vuông)  DAS

T N

)

chung Xét ∆ ABD và ∆ AEB có ABD = AEB , BAD

(

)

∆AND

= NAS cũng là đường cao. cân tại A ( AD = AN ) , AR là đường phân giác DAS

∆ADS

vuông tại D , DR là đường cao  AD2 = AR.AS nên AR. AS = AB. AC (= AD2 ) .

Do đó ∆ABD ∽ ∆AEB 

BD AB . = BE AE

Tương tự ∆ACD ∽ ∆AEC 

CD AC . = CE AE

chung, AC = AR ( vì AR. AS = AB. AC ). Xét ∆ACR và ∆ASB có CAR

= EHC , BFH = HCE . Xét ∆ HBF và ∆HEC có BHF

Do đó ∆ACR ∽ ∆ASB (c.g .c )  ACR = ASB

Do đó ∆HBF ∽ ∆HEC 

 Tứ giác CBSR nội tiếp  L thuộc đường trung trực của RS . (1)

HB BF . = HE CE

Tương tự ∆HFC ∽ ∆HBE 

Chứng minh tương tự có tứ giác RSFE nội tiếp  T thuộc đường trung trực của RS . (2) Ta có:

Mặt khác ∆RDS vuông tại R , RJ là đường trung tuyến  RJ = SJ = DJ J

thuộc đường trung trực của RS . (3)

CF HC . = BE HE

HB BF CD AC AB BD CF HC  HB = HC . = = = = = = = HE CE CE AE AE BE BE HE

Ta có: HB = HC, AB = AC, OB = OC  H , A, O cùng thuộc đường trung trực của đoạn thẳng BC .

Từ (1), (2) và (3) có J , L, T thẳng hàng.

Vậy A, O, H thẳng hàng.

Ví dụ 3 Cho điểm A nằm ngoài đường tròn (O; R) . Vẽ các tiếp tuyến AB và AC của đường tròn (O), ( B, C ∈ (O ) ) . Vẽ cát tuyến ADE của đường tròn (O), ( D, E ∈ (O ) ) , ( AD < AE) sao cho tia AD nằm giữa hai tia AO, AB . Gọi F là điểm đối xứng của D qua AO , H là giao điểm của EF và BC . Chứng minh rằng ba điểm A, O, H thẳng hàng. Giải Vì tiếp tuyến AB và AC của đường tròn (O)  AB = AC và AO là tia phân giác của . BAC Do F là điểm đối xứng của D qua AO  OF = OD = R, DF ⊥ OA . Ta có: DF //BC  Tứ giác DBCF là hình thang.

Từ A nằm ngoài đường tròn (O) , vẽ tiếp tuyến AB , vẽ BH vuông góc với OA tại H , vẽ cát tuyến ADE . Đường thẳng qua B vuông góc với OE cắt đường tròn (O) ở I . Đường thẳng qua D song song với BE cắt BH ở G , đường thẳng qua D song song với EI cắt < MKG ) . Chứng minh rằng M , N , D thẳng hàng. AI ở K . Vẽ hình thoi KMGN ( DKG Giải

Xét ∆ ABD và ∆ AEB có ABD = AEB , BAD chung.

D A H

Do đó ∆ABD ∽ ∆AEB ( g.g ) 

AB AD = AE AB

 AB2 = AD.AE .

vuông tại B, BH là đường cao 2  AB = AH. AO . chung, Xét ∆ADH và ∆AOE có DAH ∆ABO

Hình thang DBCF nội tiếp đường tròn (O)  Tứ giác DBCF là hình thang cân  DB = CF , BF = CD .

Ví dụ 4

AD AH = AO AE

( vì AB2 = AD.AE = AH.AO ).

N G D A H

I M

Do đó ∆ADH ∽ ∆AOE (c.g.c)  AHD = AOE  Tứ giác DHOE nội tiếp. = OHE mà ODE = OED (vì OD = OE ) nên . Do đó ODE AHD = OHE

Gọi S là giao điểm của BH và AE ; HS , HA là các đường phân giác trong và ngoài của tam giác HDE 

AD SD . = AE SE

∆SBE

có DG //BE 

SD DG . = SE BE

∆AEI

có DK //IE 

AD DK . = AE IE

Vẽ CN là tiếp tuyến của (O),( N khác A) . . Ta có: CA = CN , CO là tia phân giác của CAN = MNC ( tính chất trục đối xứng) mà  MAC ANB = 90o ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Ta có: CO ⊥ AN , BN ⊥ AN  CO //BN = NBD mà CND = NBD ( hệ quả góc tạo  CMD bởi tia tiếp tuyến và dây cung) = CND Do đó: CMD = MNC .  Tứ giác CMND nội tiếp  BDE = MAC (= MNC ), BDE = BAE Ta có: BDE

D M

= BAE  MAC + BAE = BAF + MAC = 90o Ta có: FAE = BAF

là đường kính của đường tròn (O) . Vậy ba điểm A, E, F thẳng hàng  EF

= IE  BE = IE. Do đó DK = DG . OE ⊥ BI  BE

Mà MK = MG, NK = NG ( tứ giác KMGN là hình thoi).  D, M , N cùng thuộc đường trung trực của đoạn KG .  D, M , N thẳng hàng.

Ví dụ 5 Cho đường tròn (O) đường kính AB . Trên tiếp tuyến tại A của đường tròn (O) lấy điểm C . Vẽ cát tuyến CDE ( tia CD nằm giữa hai tia CA, CO; D, E ∈ (O), D nằm giữa C, E ). Gọi M là giao điểm của CO và BD . Gọi F là giao điểm của AM và đường tròn (O) , F ≠ A . Chứng minh rằng ba điểm E, O, F thẳng hàng. Giải

Tiêu chuẩn 5: Sử dụng các điểm phụ: + Để chứng minh 3 điểm A, B, C thẳng hàng, nếu ta xác định được điểm D khác A, B, C mà 2 trong 3 bộ ba điểm A, B,D hoặc A, C, D hoặc B, C, D thẳng hàng thì suy ra A, B, C, D thẳng hàng, dẫn đến A, B, C thẳng hàng. + Một cách khác ta cũng thường xuyên dùng đó là: Giả sử điểm C thuộc hình (H ) . Giả sử AB cắt hình (H) tại C ′ . Chứng minh C ′ có các tính chất như C . Từ đó suy ra C ≡ C ′ dẫn đẫn đến A, B, C thẳng hàng. Ví dụ 1 Cho điểm A nằm ngoài đường tròn (O; R) . Vẽ các tiếp tuyến AB và AC của đường tròn (O), ( B, C ∈ (O ) ) . Vẽ cát tuyến ADE của đường tròn (O), ( D, E ∈ (O ) ) , ( AD < AE) sao cho tia AD nằm giữa hai tia AO, AB . Gọi F là điểm đối xứng của D qua AO , H là giao điểm của EF và BC . Chứng minh rằng ba điểm A, O, H thẳng hàng. Giải + Gọi H ′ là giao điểm của AO và BC , D, F đối xứng qua OA  OF = OD = R  F AB

thuộc đường tròn (O) và có AH ′D = AH ′F

và AC là các tiếp tuyến của đường tròn (O) nên AO ⊥ BC

+ Xét ∆ ABD và ∆AEB có: ABD = AEB ( hệ quả góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung) chung BAD Do đó ∆ABD ∽ ∆AEB( g.g )

= EFB  MK / / BN , ∆EFN EKM

D A

AB AD  =  AB 2 = AD. AE . AE AB ∆ABO vuông tại B, BH′ là đường cao

Gọi

Vậy

I ≡ I'

có KM / / NF , EK = KF  EM = MN .

là giao điểm của FM và

AB ,

EM MN  FM  = =   AI ' = I'B. AI ' I ' B  FI ' 

do đó F , M, I thẳng hàng.

Ví dụ 3

 AB = AH ′.AO . Do đó: AD. AE = AH ′. AO(= AB 2 ) . ′ + Xét ∆ ADH ′ và ∆AOE có: DAH chung

Cho đường tròn (O ) có

cắt AC ở

và

BE , N

E . DE

và CD là các đường kính . Tiếp tuyến của đường tròn (O ) tại

cắt đường tròn (O ) ở

( F khác

Giải

, ADH ' = AOE  tứ giác DH ' OE nội tiếp  AH Do đó ∆ADH '# ∆AOE(c.g.c)  ' D = OED

= 900 , AFB = 900 ( góc nội tiếp chắn Ta có CFD

. Mà OD = OE = R  ∆ODE cân tại O  OED = ODE do OH ' E = ODE AH ' F = OH ' E . Ta có EH ' F = AH 'F + AH ' E = OH ' E + AH ' E = 1800

nửa đường tròn )

đó

AH ' D = OH 'E

vì vậy

= 900 ,  CEF BMF =

(

Ví dụ 2

= ECF = ABF Nên BMF

( B, C ∈ ( O ) ) ,

nằm ngoài đường tròn (O; R) . Vẽ tiếp tuyến AB, AC của đường tròn (O ) ,

vẽ cát tuyến

AEF

của đường tròn ( O ) ( E, F ∈ ( O ) ) và AE < AF tia

giữa hai tia AO, AB . Vẽ đường thẳng qua

nằm

vuông góc với OB cắt BC, BF lần lượt tại

M , N. Gọi I là trung điểm của AB . Chứng minh rằng ba điểm F , M, I thẳng hàng.

= AKO = 900  A, B, K , O, C EF , ABO

. Mà AB ⊥ OB, EN ⊥ OB

= MEK  AB / / EN  BAK

+ Ta có

(

I≡I'

)

giác EMKC nội

= ABE = 900  CM / / AB Ta có : CME

cùng

Ta có

CI NI IM CK EK KM = =  CI = CM và = =  CK = KM . Do vậy I ≡ K OB NO OA OA EO OB

Vậy ba điểm E, N , O thẳng hàng. F

Chú ý rằng : Bài toán này thực chất là bổ đề hình thang.

= MEK = BAK  tứ MCK

F O

)

= CFE = 900  tứ giác CEMF nội tiếp  CME

K≡I

+ Gọi I là giao điểm của ON và CM , K là giao điểm của OE và CM , Do CM / / AB.

thuộc một đường tròn. = MCK  BAK

Áp dụng hệ quả của định lí Ta lét .

Giải + Vẽ OK ⊥ EF tại K  K là trung điểm của

ABF mà

= ABF ( tứ giác ABFC nội tiếp ) ECF

 E, H ', F thẳng hàng . Vậy H ' ≡ H. Do đó A, H, O thẳng hàng.

là giao điểm của AF

là giao điểm của AM và BC . Chứng minh rằng ba điểm E, N , O thẳng hàng.

AD AH ′ (vì AD. AE = AH ′. AO ) = AO AE

Cho điểm

D ). Gọi M

= EKM mà ECM = EFB nên tiếp  ECM C

Ví dụ 4

Cho tam giác nhọn ABC ( AB , AC ) nội tiếp đường tròn ( O ) các đường cao BD , CE . Gọi M

là giao điểm của các tiếp tuyến vẽ từ B, C của đường tròn, N là trung điểm của M

đoạn thẳng DE . Chứng minh rằng A, M , N thẳng hàng. Giải

+ Qua M kẻ đường thẳng song song với DE cắt

D N

AB, AC lần lượt tại K , S. Gọi Cx là tia đối của tia CM

T≡K

= BDC = 900  Tứ giác BDEC nội tiếp + Ta có BEC E

= BAI + ABI = CBE + IBC = EBI Giả sử ED cắt BC ở N , ME cắt BC ở T , EIB

= BKM (đồng vị DE / / KS ). Ta có ACx = ABC AED M≡M'

(hệ quả góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung) K

cân tại M  MC = MS . Tương tự MB = MK mà MB = MC AS

do đó MK = MS . Gọi M ' là giao điểm của

và KS , ∆AKM ' có EN / / KM ' 

∆AM ' S

có ND / / M ' S 

EN AN , = KM ' AM '

EN ND  AN  ND AN = = = nên . Mà EN = ND . KM ' SM '  AM '  SM ' AM '

Do đó KM ' = SM'. Ta có M ≡ M ' . Vậy ba điểm A , M , N thẳng hàng.

 ∆EBI

cân tại E  EB = EI

chung , EBT = EMB )  EB = ET ; EI = ET ∆EBT # ∆EMB ( BET EM EB EM EI = EMI ∆EIT # ∆EMI  EIT

− sđCD sđ EC − sđC sđEB D sđED = EIT  EITN nội tiếp EN T= = = = EMI 2 2 2 = IEN = 900  IT ⊥ BC , do đó T ≡ K. Vậy M , K , E thẳng hàng.  ITN

Tiêu chuẩn 6: Sử dụng tính chất của các phép biến hình như đối xứng trục, đối xứng tâm , quay, vị tự ….biến một đường thẳng thành một đường thẳng. Từ đó nếu tìm được một trong các phép biến hình đó biến ba điểm thẳng hàng A1 , B1 , C1 thành ba điểm A , B, C thì ta có ba điểm A , B , C thẳng hàng.

Ví dụ 5 Cho tam giác ABC ( AB < AC ) nội tiếp đường tròn ( O ) , I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC . Đường tròn AO, AI cắt đường tròn ( O ) lần lượt tại D , E, DI cắt đường tròn

(O )

= ABC , AED = ACB . Mà ADE = MSC ,  ADE

= MCS (đối đỉnh ) do đó MCS = MSC  ∆MCS  ACx

ở M . Vẽ IK vuông góc với BC tại K . Chứng minh rằng M , K , E thẳng hàng. Giải

Ví dụ 1 =D = 900. Kẻ AH ⊥ BD . Lấy K thuộc BD sao cho BH = DK. Dựng Tứ giác ABCD có B

hình bình hành ABED . Chứng minh rằng E, K , C cùng nằm trên một đường thẳng và đường thẳng này vuông góc với BD. Giải

hàng . Đường thẳng đi qua N, P, Q được gọi là đường thẳng Steiner của điểm M. B

Ví dụ 3 Cho tam giác ABC cắt H, G, O lần lượt là trực tâm, trọng tâm, tâm đường tròn ngoại

H O

Vẽ hình bình hành

N M

tiếp tam giác ,

cắt đường tròn (O ) tại AHA3O .

Chứng minh

A1 .

Lấy

A 2 là

điểm đối xứng của G qua BC .

thẳng hàng.

A1 , A2 , A3

Giải

K A

Gọi M là trực tâm ∆ABD . Dễ thấy tứ giác BMDC là hình bình hành ( vì các cặp cạnh đối tương ứng song song với nhau). Gọi N là giao điểm của BD, MC suy ra N là trung điểm của BD, MC . Ta thấy phép đối xứng tâm N biến và

thành

E, M

thành C

G O

( theo giả thiết . Mặt khác A, M, H cùng nằm trên một đường thẳng và

đường thẳng này vuông góc với

, từ đó ta có đpcm

Ví dụ 2 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O ) , M là điểm bất kì thuộc đường tròn. Gọi N , P, Q theo thứ tự là các điểm đối xứng với M qua AB, BC, CA . Chứng minh rằng

Ta có các kết quả quen thuộc ( Xem thêm phần các định lí hình học nổi tiếng ) ,

N , P, Q thẳng hàng.

đối xứng với

qua BC và

AH / / = 2OM

Giải

( M là trung điểm BC )

Gọi H , I , K theo thứ tự là hình chiếu của M

A Q

lên AB, BC , CA thế thì H, I , K thẳng hàng ( đường thẳng Simson )

AHA3O

là hình bình hành nên H

thành

đối xứng với O qua đường thẳng BC .

A1 ; G

thành

; O thành

A3 .

Ta thấy rằng : Phép vị tự tâm M tỷ số bằng 2 biến các điểm H, I , K thành N, P, Q . Mà H, I , K thẳng hàng nên suy ra

Theo giả thiết

Vậy phép đối xứng trục BC biến

N, P, Q thẳng

K O N

H M

Mặt khác do tính chất của đường thẳng Ơ – le thì A1 , A2 , A3 thẳng hàng.

H , G ,O

thẳng hàng. Từ đó ta có

Bài 1. Từ điểm M thuộc đường thẳng ( d ) ở ngoài đường tròn ( O; R ) sao cho khoảng cách từ

Cho tam giác BC và điểm M chuyển động trong đoạn BC . Lấy hai điểm N , P trên AC , AB để ANMP là hình bình hành. Khi đó đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN luôn đi qua điểm cố định.

điểm O đến ( d ) bằng không đổi ta kẻ 2 tiếp tuyến MA, MB đến ( O) (Với A , B là các

Giải

tiếp điểm). a. AB luôn đi qua điểm I cố định.

b. Gọi K là giao điểm của OM , AB . Chứng minh khi M di chuyển trên ( d ) thì K

thuộc đường cố định.

Giải d

Dựng ( O1 ) qua B tiếp xúc với AC tại A . O

Dựng ( O2 ) qua B tiếp xúc với AB tại A . Giả sử ( O1 ) cắt nhau tại giao điểm thứ hai là K thì K là điểm cố định. = KCA , KCA = KBA (1) suy ra ∆KAB ∽ ∆CA  Ta có: KAB

a. Dựng OH ⊥ ( d ) thì OH = h . Gọi I là giao điểm của OH và AB thì ta có: ∆OKI ∽ ∆OHM 

OI OK OK .OM . =  OI = OM OH OH

Lại có OK .OM = OA2 = R 2 Suy ra OI =

M B

M H

R2 . Như vậy điểm I luôn cố định. h

= 90° suy ra điểm K thuộc đường tròn b. Theo câu a) thì OI cố định, mặt khác IKO đường kính OI .

KA AB (2) = KB AC

Vì ANMP là hình bình hành nên theo định lý Thales ta có: BP BM AN BP AN BC AN PB AN BP AB (3). Từ (1), (2), = =  =  =  = ⇔ = PA MC NC PA NC PA + PB AN + NC AB NC AN AC = (3) suy ra ∆KBP ∽ ∆KAB  BPK ANK  ANPK nội tiếp suy ra đường tròn ngoại tiếp

tam giác AMN luôn đi qua điểm cố định.

Bài 3. Từ điểm M ở ngoài đường tròn ( O; R ) ta kẻ 2 tiếp tuyến MA, MB đến ( O ) (Với A , B là các tiếp điểm) và cát tuyến MCD đến ( O ) sao cho MC < MD và tia MC nằm giữa hai tia

Bài 2.

MO , MA . Giả sử M cố định, khi cát tuyến MCD thay đổi thì trọng tâm G của tam giác BCD luôn nằm trên đường tròn cố định.

Giải

Hay AK =

AB. AC không đổi. Suy ra điểm K cố định. Hay MD đi qua điểm cố định K . AH

I C

M P

G Q

Bài 5. Cho tam giác ABC nội tiếp ( O ) . Trên cạnh BC lấy điểm M . Dựng ( O1 ) qua M tiếp xúc với AB tại A . Dựng ( O2 ) qua M tiếp xúc với AC tại A . Hai đường tròn này cắt nhau

tại giao điểm thứ 2 là N . Khi đó:

BG 2 Gọi I là trung điểm của CD , ta có = BI 3

a. Điểm N nằm trên ( O) .

Qua G kẻ các đường thẳng song song với IO, MD cắt OB, MB lần lượt tại Q, R .

b. Đường thẳng MN luôn đi qua một điểm cố định khi M di chuyển trên cạnh BC . Giải

= 90° . Suy ra G thuộc Ta có các điểm B, O, M cố định, suy ra P, Q cố định và PGQ 2 3

đường tròn đường kính PQ = MO .

Bài 4. O

Cho 3 điểm A , B , C thẳng hàng theo thứ tự đó. Đường tròn ( O ) thay đổi luôn đi qua B , C . Vẽ 2

đường kính MN vuông góc với BC tại H . Tia AN cắt ( O ) tại giao điểm thứ

là D . Khi đó MD luôn đi qua một điểm cố định nằm trên BC .

C B

M I J

Giải M B

C K O

= = a. Ta có: NBM ABC , MNC ACB . Tứ giác ABNC có + BNC = BAC + BAC ABC + ACB = 180°

Suy ra tứ giác ABNC nội tiếp. Nói cách khác điểm N thuộc đường tròn ( O ) cố định. = DNC (cùng chắn cung DC ). b. Ta có: DAC

Ta có: ∆ADK ∽ ∆AHN  AK .AH = AD.AN Mặt khác ta cũng dễ chứng minh được: AB.AC = AD.AN . Từ đó suy ra AB.AC = AK.AH

= = Mặt khác ta cũng có: DNC ACB suy ra DAC ACB . Suy ra AD / / BC , do đó điểm D là điểm cố định.

Vậy đường thẳng MN luôn đi qua điểm cố định là D .

Bài 6.

b. Chứng minh: Tam giác COD cân

Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn nội tiếp ( O; R ) . Dựng đường cao AD của tam giác và

c. Đường thẳng đi qua D và vuông góc với BC luôn đi qua một điểm cố định M khi di động trên đường tròn ( O ) .

đường kính AK của ( O) . Hạ BE , CF lần lượt vuông góc với AK . Cho BC cố định, điểm A di chuyển trên cung lớn BC . Chứng minh: Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF là một điểm cố định.

Giải

Giải A

O N

I B

D M

E F

C A

= 90° suy ra 4 điểm A, B, D, E nằm trên đường tròn đường kính AB có ABD = AEB Vì

a. Ta có MC là tiếp tuyến của đường tròn ( O )  MC ⊥ O (1)

ADC = AFC = 90° nên 4 điểm A, B, F , C nằm trên đường tâm là trung điểm N của AB . tròn đường kính AC có tâm là trung điểm P của AC .

= 90° (2). Từ (1) và (2)  MO / / MD  MO và MD trùng Xét đường tròn ( I ) : Ta có CMD

Gọi M là trung điểm của BC , I là trung điểm của BO thì ON ⊥ AB , OM ⊥ BC suy ra 5 điểm N , O, E , M , B nằm trên đường tròn đường kính BO .

b. CA là tiếp tuyến của đường tròn ( O)  CA ⊥ AB (3). Đường tròn ( I ) tiếp xúc với AC

. Tam = MBE ≡ DBE = DAE = 1 DNE suy ra MN là phân giác của góc DNE Ta có: MNE 2

giác DNE cân tại N suy ra MN cũng là trung trực của DE , tương tự ta cũng có MP là trung trực của DF . Suy ra M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF . Vậy là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF là điểm M cố định.

nhau  O, M , D thẳng hàng.

tại C  CA ⊥ CD (4). = COA (*) Từ (3) và (4)  CD / / AB  DCO

(hai góc so le trong) = COD (**) CA, CM là hai tiếp tuyến cắt nhau của ( O )  COA

= DCO  ∆COD cân tại D . Từ (*) và (**)  DOC

Bài 7. Cho đường tròn ( O ) có đường kính AB cố định, M là điểm thuộc ( O) ( M khác A, B ).

** Thực nghiệm hình vẽ cho thấy đường thẳng đi qua D và vuông góc với BC luôn đi qua trung điểm K của AO . Ta chứng minh điều này như sau:

Các tiếp tuyến của ( O) tại A và M cắt nhau ở C . Đường tròn ( I ) đi qua M và tiếp xúc

c. Gọi chân đường vuông góc hạ từ D tới BC là H , N giao điểm của CO và ( I ) . Ta có

với đường thẳng AC tại C . CD là đường kính của ( I ) .

= 90°  H ∈ ( I ) (bài toán quỹ tích) DH ∩ AB = K  CND = 90° và ∆COD cân tại CHD

a. Chứng minh: O, M , D thẳng hàng.

D, NC = NO . Ta có tứ giác NHOK nội tiếp.

)  NHO + NKO = 180° (5). Ta có NDH = NCH =O = DCO (cùng bù với DHN + Vì H 2 1

Bài 9

HN OB (cùng chắn cung NH của đường tròn ( I ) ) (g.g)  . Tương tự ta có: = HD OC OB OA OA CN ON HN ON = CDH  ∆NHO ∽ ∆DHC (c.g.c) . Mà ONH = ; = =  = OC OC OC CD CD HD CD

Cho đường tròn tâm O . Từ điểm A cố định ngoài đường tròn ( O ) kẻ tiếp tuyến AB ,

= 90° mà NHO + NKO = 180° (5)  NKO = 90°  NK ⊥ AB  NK / / AC  NHO

 K là trung điểm của OA cố định  Đpcm.

tới (O ) ( B , C là tiếp điểm). Lấy điểm M trên cung nhỏ BC . Gọi D , E , F thứ tự là

hình chiếu từ M đến BC , AC , AB . Gọi MB cắt DF tại P , MC cắt DE tại Q . Chứng minh đường thẳng nối giao điểm của hai đường tròn ngoại tiếp tam giác MPF và MQE luôn đi qua một điểm cố định. Giải

Bài 8.

Cho đường tròn ( O; R ) và một đường thẳng d cắt ( O ) tại C , D . Một điểm M di động

trên tia đối của tia DC . Qua M kẻ hai tiếp tuyến MA, MB với đường tròn ( O ) ( A, B là

P N

tiếp điểm). Chứng minh đường thẳng AB luôn đi qua một điểm cố định. Giải

A Q

F D A

E O

Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác MPF và MQE cắt nhau tại M , N .

M B

Gọi H là trung điểm của CD và giao điểm của AB với OM , OH lần lượt là E , F . Tam giác OBM vuông tại B , đường cao BE . Suy ra OE.OM = OB 2 = R 2 (1) = FEM = 90° nên tứ giác MEHF nội tiếp. Do FHM

Từ hai tam giác vuông OMH , OEF đồng dạng, suy ra Từ (1) và (2) suy ra OF =

OH OM OE.OM (2) . =  OF = OE OF OH

R2 . Do đường tròn ( O ) , đường thẳng d cho trước nên OH OH

không đổi. Suy ra OF không đổi, điểm F cố định. Do đó đường thẳng AB đi qua điểm F cố định.

Đường thẳng MN cắt PQ , BC theo thứ tự tại K và I . = MDE = MBC , Ta có các tứ giác MDCE , MDBF nội tiếp nên MCE = MDF = MCB . MBF

+ PDQ = PMQ + PDM + QDM = PMQ + MCB + MBC = 180° . Suy ra PMQ = MCB = MEQ . Do đó tứ giác MPDQ là tứ giác nội tiếp. Suy ra MQP

Suy ra KQ là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ∆MQE . Tương tự KP là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ∆MFP .

Ta có KM .KN = KQ 2 , KM .KN = KP 2 .

Từ (1) và ( 2 ) suy ra

Suy ra KP = KQ . Xét tam giác MBC , PQ∥ BC , KP = KQ .

AM BM =  AM = BM . CM CM

Do đó đường tròn ( I ) luôn đi qua trung điểm M của AB là điểm cố định

Theo định lý Thales suy ra I là trung điểm BC . Vậy MN đi qua điểm cố định I là trung điểm BC . Bài 10 Cho đường tròn ( O ) và dây cung AB . Lấy điểm E trên dây cung AB ( E khác A và B ). Qua E vẽ dây cung CD của

(O ) . Trên hai tia E . Chứng minh rằng đường tròn ( I ) đi qua

DA , DB lấy P , Q

đối xứng qua

tiếp xúc với PQ

tại E luôn đi qua một điểm cố định khi E di động trên dây cung AB .

Bài 11 Cho đường tròn (O ) đường kính BC . Gọi A là điểm chính giữa cung BC , điểm M thuộc đoạn BC . Kẻ ME , MF lần lượt vuông góc với AB , AC , MN vuông góc với EF tại N .

a).Khi M di chuyến trên BC , hãy chứng minh MN luôn đi qua một điểm cố định. b).Lấy điểm D thuộc đoạn OA , tia BD cắt đường tròn tại giao điểm thứ 2 là P . Chứng minh khi D di chuyển trên OA thì tâm I của đường tròn ngoại tiếp APD luôn thuộc đường thẳng cố định.

Giải C

Giải P

F P

O E

N' N D

Gọi M là giao điểm của AB và đường tròn ( I ) EP là tiếp tuyến của ( I ) nên

= PEC = QED . CMA

= BDC . Suy ra ∆CMA ∽ ∆QED g.g . Mặt khác BAC ( )



AM DE = BMC , ADC = ABC nên ∆BMC ∽ ∆DEP g.g = (1) . Tương tự DEP ( ) CM QE



BM DE DE = = ( 2) . CM PE QE

a). Dựng đường kính AK của ( O ) . Ta chứng minh MN đi qua K . Giả sử FM cắt

của OA và MN thì ∆OEK ∽ ∆OAI ( g.g ) 

OE OK =  OA.OK = OE .OI ( 2 ) . Từ (1) OA OI

BK tại J , EM cắt KC tại H . Do ABKC là hình vuông nên BEMJ là hình vuông. =N ′MF lại có Suy ra ∆EMF = ∆KHM , Giả sử KM cắt EF tại N ′ thì JMK

và ( 2 ) suy ra OK .OA = OM 2 = R 2 . Từ đó suy ra OK =

= HMK suy ra N = JMK + HMK = 90° hay KM ⊥ EF tại N ′ , suy ra ′MF + MFE MFE

K là điểm cố định.

R2 mà OA không đổi, do đó OA

N ≡ N ′ tức là N , M , K thẳng hàng, suy ra MN luôn đi qua điểm K cố định. = 1 AID suy ra = 45° , mà APB b).Ta có APB = ACB AID = 90° , hơn nữa ta có

Bài 13

= ADI = 45° . Suy ra I nằm trên BC cố định. DAI

Cho ba điểm cố định A , B , C thẳng hàng theo thứ tự đó. Một đường tròn ( O ) thay đổi

luôn qua B và C . Từ điểm A kẻ các tiếp tuyến AM , AN đến đường tròn. Đường thẳng MN cắt AO và AC lần lượt tại H và K . Bài 12

a) Chứng minh M , N di động trên một đường tròn cố định.

Cho đường tròn (O; R ) và đường thẳng d nằm ngoài đường tròn. I là một điểm di động trên d . Đường tròn đường kính IO cắt đường tròn (O; R ) tại hai điểm M , N . Chứng minh đường thẳng MN luôn đi qua một điểm cố định.

b) Gọi I là trung điểm BC . NI cắt đường tròn (O ) tại điểm P . Chứng minh MP∥ BC . c) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác OHK luôn đi qua hai điểm cố định. Giải

Giải M

K I

d N

N = BCN mà CAN chung nên a) Vì AN là tiếp tuyến của đường tròn (O ) nên ANB = INO = 90° Đường tròn đường kính IO , cắt đường tròn ( O; R ) tại M , N .  IMO  IM

, IN là tiếp tuyến của đường tròn (O; R ) . Gọi E là giao điểm của IO và

MN thì IE cũng là đường cao của tam giác cân MIN  IE ⊥ MN . Xét ∆OMI ta = 90° , ME ⊥ OI nên OM 2 = OE.OI . Kẻ OA ⊥ d tại A , gọi K là giao điểm có OMI

∆ANB ∽ ∆ACN ( g.g ) suy ra

AN AB =  AN 2 = AB.AC mà AM = AN (tính chất tiếp AC AN

tuyến). Suy ra M , N nằm trên đường tròn tâm A bán kính

AB.AC cố định.

= 90° , AIO = 90 ° nên tứ giác AOIN nội tiếp đường tròn đường kính AO , b). ANO

1 1 . Mặt khác = MPN suy ra AON = MON suy ra , MPN = MON nên AIN AON = AIN

MP∥ BC .

c).Theo câu a). ta có AN = AB.AC (1) . Mặt khác ∆ANO vuông tại N có NH ⊥ AO 2

chung, AHK = AIO = 90° ) nên AN 2 = AH .AO ( 2 ) . ∆AHK ∽ ∆AIO (vì OAI



AH AK =  AH . AO = AI . AK ( 3) . Từ (1) , ( 2 ) , ( 3) suy ra AB . AC = AI . AK AI AO

AB.AC mà AB , AC , AI cố định  AK không đổi  K cố định. Tứ giác AI OIKH nội tiếp nên đường tròn ngoại tiếp ∆OHK luôn đi qua I và K cố định.  AK =

Bài 14. Cho tam giác ABC vuông tại C và BC < CA . Gọi I là điểm trên AB và IB < IA . Kẻ đường thẳng d đi qua I và vuông góc với AB . Gọi giao điểm của d với AC , BC lần lượt là E và F . Gọi M là điểm đối xứng với B qua I

= EMB . Mà a).Ta có IE là đường trung trực của BM  ∆EBM cân tại M  EBM

a) Chứng minh rằng ∆ IME đồng dạng với ∆IFA và IE .IF = IA.IB .

= EFA (cùng phụ FAB )  ∆IME ∽ ∆IFA g.g  IM = IE  IE.IF = IA.IM EBM ( ) IF IA

b) Đường tròn ngoại tiếp tam giác CEF cắt AE tại N . Chứng minh E , N , B thẳng hàng.

 IE .IF = IA.IB

= 90° . Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp c) Cho AB cố định C thay đổi BCA ∆AEF luôn đi qua hai điểm cố định.

Lời giải

= 90°  ENF = 90° . Xét ∆BAE có EI , AC là các đường cao cắt nhau b).Ta có ECF tại F nên BF ⊥ EA mà FN ⊥ EA  B, F, N thẳng hàng. = EFA suy ra tứ giác AMFE nội tiếp. Từ đó suy ra đường tròn ngoại c).Ta có EMB tiếp ∆AEF luôn đi qua hai điểm A , M cố định. Vậy tâm đường tròn ngoại tiếp ∆AEF luôn nằm trên đường trung trực của AM cố định

Bài 15 Cho đường tròn (O; R ) và điểm A cố định với OA = 2R . Một đường kính BC quay quanh O sao cho ba điểm A , B , C không thẳng hàng. Đường tròn ngoại tiếp ABC cắt đường thẳng OA tại điểm thứ hai là I . Đường thẳng AB , AC cắt đường tròn (O; R ) lần lượt tại D và E . Nối DE cắt đường thẳng OA tại K .

a) Chứng minh rằng OI .OA = OB .OC và AK . AI = AE . AC .

c).Gọi H là giao điểm thứ hai của đường tròn ngoại tiếp ∆ ADE với AO . Ta có

b) Tính độ dài đoạn thẳng OI và AK theo R .

∆KHE ∽ ∆KDA ( g.g )  KH .KA = KM .KN  KH .

c) Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp ADE luôn đi qua một điểm cố định khác A khi BC quay quanh O .

H

Lời giải

 3R 6R  6 R 6R  = − R  .  3R −   KH = 5  5 5  10 

cố định (điều phải chứng minh)

Bài 16 Cho đường tròn ( O, R ) , một dây cung CD có trung điểm H . Trên tia đối của tia DC lấy

một điểm S và qua S kẻ các tiếp tuyến SA, SB với đường tròn. Đường thẳng AB cắt các đường thẳng SO, OH lần lượt tại E, F. Gọi I là giao điểm của AB và CD.

a) Chứng minh tứ giác SEHF nội tiếp. b) Chứng minh OH .OF = R 2 . O

M A

c) Chứng minh SI .SH = SC.SD. d) Khi S di động trên tia đối của tia DC. Chứng minh đường thẳng AB luôn đi qua một điểm cố định. Giải

a). ∆OIC ∽ ∆OBA ( g.g ) 

OI OC =  OB.OC = OI .OA . Xét các góc nội tiếp ta có OB OA

= IAB , BCE = EDA  ICB + BCE = IAB + EDA  ICE = EKA ICB

 ∆AKE ∽ ∆ACI ( g.g )  AK . AI = AE. AC (1)

1 2

b). OB.OC = OI .OA  R.R = OI .2R  OI = R . Gọi M , N là giao điểm của đường

D S

I E

= ACN thẳng AO với đường tròn ( O ) ( M nằm giữa A và N )  AME

a) Tứ giác SEHF nội tiếp vì H và E cùng nằm nhìn FS dưới một góc vuông.

 ∆AME ∽ ∆ACN ( g.g )  AM . AN = AE. AC ( 2 ) . Từ (1) và ( 2 ) suy ra

b) Ta có ∆OHS ∽ ∆OEF ( g.g ) suy ra OH .OF = OE .OS.

5R 6R = R.3R  AK = AK . AI = AM . AN  AK. . 2 5

Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông AOS ta có: OE.OS = OA2 nên OH .OF = OA2 = R2 .

c) Chứng minh các cặp tam giác đồng dạng:

= MBA (cùng phụ MAB ) suy ra NKM = NMK  ∆MNK cân tại N . Ta lại có NKM

∆SAD ∽ ∆SCA ( g.g )  SA2 = SC.SD, ∆SAE ∽ ∆SOA ( g.g )

c) Ta có ∆COI vuông tại C  IC 2 + CO2 = OI 2

 SA = SE.SO, ∆SEI ∽ ∆SHO ( g .g ) 2

 SI .SH = SE .SO.

 IC 2 =

Từ đó suy ra SI .SH = SC.SD.

c) Từ đề bài O, C, D cố định nên H cố định. Từ câu b) suy ra OF =

R2 không đổi. OH

Vậy đường thẳng AB luôn đi qua điểm cố định là F . Bài 17 Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2 R. Gọi C là trung điểm của đoạn thẳng AO. Đường thẳng Cx vuông góc với đường thẳng AB, Cx cắt nửa đường tròn trên tại I . Gọi K là điểm bất kỳ nằm trên đoạn thẳng CI ( K khác C và I ), tia AK cắt nửa đường tròn tâm O tại điểm M , tiếp tuyến tại M của ( O ) cắt Cx tại N . Gọi D là giao điểm của

3R 2 R 3 R 3  IC =  CK = . 4 2 4

) = 90o ; KAC = CDB (cùng phụ với DBA Ta có ∆CAK ∽ ∆CDB. Vì ACD = BCD

CA CK R 3 R 3R =  CD.CK = CA.CB  CD. = .  CD = R 3. Do đó diện tích ∆ABD là: CD CB 4 2 2 1 1 S = AB.CD = .2 R.R 3 = R 2 3. 2 2



d) Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác AKD cắt BA tại E. Suy ra AKDE nội tiếp nên nên tam giác KEB cân tại K suy ra CE = CB. Như vậy E là ta có: AEK = ADK = KBA điểm cố định. Hay đường tròn ngoại tiếp tam giác AKD luôn đi qua điểm cố định E.

BM và Cx.

a) Chứng minh rằng 4 điểm A, C, M , D cùng nằm trên một đường tròn.

Bài 18 Cho đường tròn ( O ) và điểm A khác O nằm trong đường tròn. Một đường thẳng thay

b) Chứng minh tam giác MNK cân. c) Tính diện tích ∆ABD khi K là trung điểm của đoạn thẳng CI .

đổi đi qua A nhưng không đi qua O cắt đường tròn tại hai điểm M , N. Chứng tỏ rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN luôn đi qua một điểm cố định khác O.

d) Chứng minh rằng khi K di động trên đoạn thẳng CI thì đường tròn ngoại tiếp tam giác AKD đi qua một điểm cố dịnh khác A.

Giải M

Giải D N I

N E

K C O

a) ACD = 90o ; AMD = 90o  A, C , M , D cùng thuộc đường tròn đường kính AD. = b) MN là tiếp tuyến của ( O )  NMK ABM (góc giữa tiếp tuyens và dây cung).

Gọi giao điểm của đường thẳng OA với đường tròn ( O ) là I , K  I , K cố định. Gọi giao điể của đường thẳng OA với đường tròn ngoại tiếp ∆OMN là P. Từ ∆AMI ∽ ∆AKN ( g.g ) suy ra AM . AN = AK . AI (1)

Từ ∆AON ∽ ∆AMP ( g .g ) suy ra AO. AP = AM . AN ( 2 ) Từ (1) và ( 2 ) ta có: AO. AP = AI . AK hay AP =

AI . AK AO

= 90o ; MK ⊥ OI nên b) IM , IE là tiếp tuyến của ( O )  IO ⊥ ME tại K , ∆OMI có OMI

mà AI , AK , AO cố định  AP

OM 2 = OK .OI  OK .OI = R 2 không đổi. Gọi S là giao điểm của ME và AB. Xét ∆OKS = OKS = 90o ; IOS chung  ∆OKS ∽ ∆OHI ( g.g )  OK .OI = OH .OS và ∆OHI có OHI

không đổi  P là điểm cố định.  OH .OS = R 2  OS =

R2 . Mà OH cố định  OS không đổi  S cố định hay ME OH

luôn đi qua điểm S cố định.

Bài 19 Cho điểm M bất kì nằm trên nửa đường tròn ( O ) đường kính AB = 2 R , qua điểm H cố định trên đoạn OB, vẽ đường thẳng d vuông góc với AB. Gọi giao điểm của MA và ( d ) là D, giao điểm của tiếp tuyến tại M của ( O ) với ( d ) là I và ( d ) cắt MB tại C. Gọi E là giao điểm của AC và đường tròn ( O ) . Gọi K là giao điểm của OI và ME.

Bài 20 Cho đường tròn ( O; R ) và dây BC cố định, A là điểm chuyển động trên cung lớn BC của ( O )( A ≠ B, C ) , gọi M là trung điểm của AC , H là hình chiếu vuông góc của M

a) Chứng minh rằng IE là tiếp tuyến của đường tròn ( O ) .

trên AB. Chứng minh khi điểm A thay đổi trên cung lớn BC thì điểm H nằm trên một đường tròn cố định.

b) Cho M di động trên đường tròn ( M không trùn với A; B ). Chứng minh rằng tích OI .OK không đổi và ME luôn đi qua một điểm cố định.

Giải Ta có OM ⊥ AC nên M nằm trên đường

Giải

B = 90 o nên suy ra N là trung tại N thì ONC

)

AEB = 90o  B , E , D thẳng hàng.

của OC thì I cố định. Giả sử ( I ) cắt CB

 C là trực tâm  AC ⊥ DB mà AE ⊥ BE

I N

điểm của BC. Suy ra MN là đường trung bình

Tứ giác AMCH có AMC = AHC = 90 o

của tam giác ABC , kết hợp với giả thiết MH ⊥ AB

 AMCH nội tiếp đường tròn đường kính AC

= 90 o nên NK là suy ra NH ⊥ HM , gọi K là giao điểm của ( I ) với HM thì NMK

= MCI (cùng bù với ABM )  MAH

đường kính của ( I ) , mà N , I cố định suy ra K cố định, NK là đường kính của ( O ) nên

= MAH  IMC = MCI  ∆MCI cân tại I  IM = IC Mà MI là tiếp tuyến  IMC + DCM = 90 o Ta có MDI I  IM = ID ( 2) . Từ (1)

tròn đường kính OC. Gọi I là trung điểm

a) Xét ∆ABD có BM ⊥ AD; DH ⊥ AB

(

mà và

= IMC  DMI = MDI  ∆IMD DCM

( 2)  ID = IC = IM . ∆CDE

vuông tại

cân E

(1) . tại có

IC = ID  IC = ID = IE. Từ đó ta có IM = IE ; OM = OE , OI là cạnh chung suy ra = OMI  IE là tiếp tuyến của đường tròn ( O ) . ∆OEI = ∆OMI ( c.c.c )  OEI

= 90 o hay KCB = 90o , tứ giác BCKH nội tiếp nên H nằm trên đường tròn đường KCN

kính KB cố định.

Giải Bài 21

Gọi H là trung điểm của BC thì OM ⊥ BC tại H .

Theo giả thiết MD, ME lần lượt vuông góc với

Cho ba điểm B, M , C cố định theo thứ tự nằm trên một đường thẳng. Dựng ( O; R ) qua B, C ( BC < 2 R ) , qua M kẻ cát tuyến vuông góc với OB cắt ( O ) tại A, P. Chứng minh:

AB, AC nên MHCE là tứ giác nội tiếp dẫn tới

A, P thuộc một đường tròn cố định.

H B

Giải

C E

= HCM , lại có BAC = BCM HEM = HEM nên suy ra BAC

+ HEA = BAC + 90 o − HEM = 90 o BAC

O B

suy ra EH ⊥ AB, tương tự DH ⊥ AC suy ra H là trực tâm của tam giác ADC.

Ta có OH = OA2 −

(

BC 2 = R 2 − a 2 không đổi, O cố định suy ra điểm H nằm trên 4

)

đường tròn O; R 2 − a 2 .

Gọi H là giao điểm của AP với OB thì H là trung điểm của AP , kẻ đường kính BD của ( O ) thì DA = DP. Trong tam giác vuông BAD ta có: BA2 = BH .BD , lại có tứ

Bài 23

giác MHDC nội tiếp nên BH .BD = BM .BC (hệ thức quen thuộc, hs tự chứng minh).

Cho đường tròn ( O; R ) và một điểm A cố định nằm trên đường tròn. Trên tiếp tuyến

Từ đó suy ra BM .BC = BA ⇔ BA = BM .BC mà điểm B, M , C cố định nên BM .BC không đổi và BA = BP suy ra A, P nằm trên đường tròn tâm B bán kính bằng

tuyến với đường tròn ( O ) tại A lấy một điểm K cố định, một đường thẳng ( d ) thay

BM .BC .

đổi đi qua K và không đi qua O cắt ( O ) tại B , C ( B nằm giữa K và C ). Gọi M là trung điểm của BC. Vẽ đường kính AN của ( O ) . Đường thẳng qua A vuông góc với CB cắt MN tại H . Khi đường thẳng ( d ) thay đổi quanh K và thỏa mãn điều kiện đề

Bài 22 Cho đường tròn ( O ) và dây BC = 2a không đổi a < R, A là điểm chuyển động trên cung lớn BC của ( O )( A ≠ B, C ) , các tiếp tuyến của ( O ) tại B , C cắt nhau ở M , gọi D, E lần lượt là hình chiếu vuông góc của M trên AB, AC. Chứng minh rằng: Khi điểm A thay đổi trên cung lớn BC của ( O ) thì trực tâm của tam giác ADE luôn nằm trên một đường tròn cố định.

bài thì điểm H di động trên đường nào. Giải

Do AN là đường kính của ( O ) nên O là trung điểm của AN. Lại có AH , OM cùng vuông góc với BC nên AH / / MO suy ra MO là đường trung bình của tam giác AHN suy ra AH = 2OM . Tứ giác BH .MC có hai đường chéo BC , HM cắt nhau tại

A A

J H K

O (d)

M Hình 1

CỰC TRỊ HÌNH HỌC 1. Bất đẳng thức liên hệ giữa độ dài các cạnh một tam giác. A'

AB − AC < BC < AB + BC (d)

Chú ý rằng:

a. Với 3 điểm A, B, C bất kì ta luôn có: AB + BC ≥ AC . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi A, B, C thẳng hàng và điểm B nằm giữa hai điểm A, C. b. Với 3 điểm A, B, C bất kì ta luôn có: AB − AC ≤ BC . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi A, B, C thẳng hàng và điểm B nằm giữa hai điểm A, C. c. Cho hai điểm A, B nằm về một phía đường thẳng (d). Điểm M chuyển động trên đường thẳng (d). Gọi A’ là điểm đối xứng với A qua (d). Ta có kết quả sau: (Hình 1) + MA + MB = MA '+ MB ≥ A ' B . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M là giao điểm của A’B và đường thẳng (d). (M trùng với M0) + MA − MB ≤ AB . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M là giao điểm của AB và đường thẳng (d) (M trùng với M1). d. Cho hai điểm A, B nằm về hai phía đường thẳng (d). Điểm M chuyển động trên đường thẳng (d). Gọi A’ là điểm đối xứng với A qua (d). Ta có kết quả sau: (Hình 2) + MA + MB ≥ AB . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M là giao điểm của AB và đường thẳng (d) (M trùng với M0). + MA − MB = MA '− MB ≤ A ' B . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M là giao điểm của A’B và đường thẳng (d) (M trùng với M1).

Hình 2

e. Trong quá trình giải toán ta cần lưu ý tính chất: Đường vuông góc luôn nhỏ hơn hoặc bằng đường xiên Ví dụ 1 Cho tam giác ABC và điểm M nằm trong tam giác. Chứng minh rằng: 1 2

a. MB + MC < AB + AC ( AB + BC + CA ) < MA + MB + MC < AB + BC + CA b. BM + MN + NC < AB + AC trong đó điểm N nằm trong tam giác sao cho MN cắt hai cạnh AB, AC. Hướng dẫn giải a. Đường thẳng BM cắt AC ở P. Áp dụng BĐT (1) ta có: MB + MC < MB + MP + PC = BP + PC < AB + AP + PC = AB + AC .

b. Theo trên ta có: BC < MA + MB < AB + AC ; CA < MC + MA < AB + BC ; AB < MA + MB < AC + BC

Cộng theo từng vế các BĐT trên ta có điều phải chứng minh.

3 ( AB + BC + CA ) 4

c. Áp dụng câu 1) ta có:

c. Trong tam giác ABD, ADC có AB < AD + BD; AC < AD + DC

BM + MN + NC < BE + EM + MN + NF + FC = BE + FE + FC < BE + EA + + FC = AB + AC.

Cộng

theo

từng

vế

hai

BĐT

cùng

chiều

trên

được:

AB + AC − BC AB + AC < 2 AD + BC  < AD 2

Ví dụ 2 Cho tam giác ABC và 3 trung tuyến AM, BN, CP. Chứng minh rằng:

Kết quả này vẫn đúng với D là điểm bất kì nằm bên trong đoạn BC.

AB + AC − BC AB + AC a. < AM < 2 2

< AM + BN + CP < AB + BC + CA

Dựng AH ⊥ BC . Với AB = AC thì AM = AD. Với AB > AC thì BH > CH  BM < BH  M thuộc đoạn BH. Hơn nữa ADB > ADC  ADB tù. Do đó D thuộc đoạn BH. Lấy điểm P trên AB sao cho AP = AC  ∆ ADP = ∆ ADC (c.g.c)  DP = DC ; APD = ACD

3(AB+ BC + CA) < AM + BN + CP < AB + BC + CA 4

ACB ≤ 900 (hình) thì APD = ACB ≤ 900 ≥ 900 >  BD > PD = CD  BM > BD  MH > DH  AM > AD  BPD ACB > PBD

+Nếu

c. Giả sử AB ≥ AC . Gọi AD, AM theo thứ tự là đường phân giác, đường trung tuyến của tam giác ABC. Chứng minh rằng:

AB + AC − BC AB + AC < AD ≤ AM < 2 2

Hướng dẫn giải

Nếu

ACD > 900 (hình)

thì

= BPD ACH > ADC > ABC

 BD > PD = CD  BM < BD  MH > DH  AM > AD

a. + Xét các tam giác MAB, MAC ta có: AM > AB − BM , AM > AC − MC .

Ví dụ 3:

Suy ra 2 AM > AB + AC − ( MC + MC ) ⇔ 2 AM > AB + AC − BC

Cho tam giác nhọn ABC có trực tâm là điểm H. Chứng minh rằng: HA + HB + HC <

+ Gọi D là điểm đối xứng với A qua M thì ABDC là hình bình hành nên AB = CD và AD = 2AM. Trong

tam

giác

ACD

có:

AD < AC + CD ⇔ 2 AM < AB + AC

Như vậy:

AB + AC − BC AB + AC . < AM < 2 2

b. Áp dụng bất đẳng thức ở câu a) A

Cho ba đường trung tuyến AM, BN, CP ta có: AB + AC − BC AB + AC ; < AM < 2 2 BC + AB − AC AC + BC BC + AC − AB AC + BC ; < BN < < CP < 2 2 2 2

Cộng

bất

đẳng

thức

cùng

chiều

có:

P B

2 ( AB + BC + CA ) 3