Khóa học PenC – N3 (Thầy: Lê Anh Tuấn_Nguyễn Thanh Tùng) Họcmai.vn

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt 1

GỬI TẶNG CÁC BẠN
TỔNG HỢP 10 BÀI TOÁN ĐẦU TIÊN TRÊN FB CỦA THẦY
www.facebook.com/ThayTungToan



Giải
 Với ba số
1, 1, 1
a b c
  
theo nguyên lý Dirichlet tồn tại ít nhất hai số cùng dấu hoặc có ít nhất 1 số
bằng
0
. Do vai trò
, ,
a b c
bình đẳng nên không mất tính tổng quát giả sử :

( 1)( 1) 0
a b
  
1
ab a b
   

2 2 2 2
abc ac bc c
   

 Suy ra :
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
a b c abc a b c ac bc c A
         

Ta có
2 2
( ) ( 1) 2( ) 1 2( ) 1
A a b c ab bc ca ab bc ca
           

Vậy
2 2 2
2 2( ) 1
a b c abc ab bc ca
      
(*)
 Khi đó từ (*) và kết hợp bất đẳng thức AM – GM ta được:

3 3 3
2( ) 1 12 2( ) 6 6 1
T ab bc ca ab bc ca
ab bc ca ab bc ca ab bc ca
          
     



3
3 3
3 2( ).6 .6 1 17
ab bc ca
ab bc ca ab bc ca
    
   

 Với
1
a b c
  
thì
17
T

. Vậy giá trị nhỏ nhất của
T
là
17
.





Giải:
 Điều kiện :

0
xy

(*) . Ta sẽ chỉ ra hệ có nghiệm
0
y

bằng hai cách sau :
 Cách 1: (Dùng phương pháp đánh giá)

3 2 3
(2) 6( 2 1) 2
x x x xy
      
3 2 3
6( 1) 2 0
x x xy
      
( vì
3 2
0
xy y xy
 
– theo (*))

0
x
 
, kết hợp với (*) suy ra
0

y

(3)
Bài 2 (Nguyễn Thanh Tùng). Giải hệ phương trình


3 2
3
2 3
2(1 ) 2 2 8 (1)
( 6) (12 ) 8 (2)
y y x xy y
x x x y

    



   

( ,x y


)
Bài 1 (Nguyễn Thanh Tùng). Cho
, ,
a b c
là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

2 2 2

3
2 12T a b c abc
ab bc ca
    
 

Khóa học PenC – N3 (Thầy: Lê Anh Tuấn_Nguyễn Thanh Tùng) Họcmai.vn

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt 2

Khi đó :
2
3
(1) 2 ( 2 2 2 ) 8
y x xy y y
      




2 2
2
3
2 2 ( ).( 2 ) 2 8
y x x y y y
 
         
 
 





2
2
3
8 2 2 2
y y x y
       
8 8 0
y y
    
(4)
Từ (3) và (4) suy ra:
0
y


 Cách 2: (Dùng kĩ thuật nhân liên hợp và đánh giá biểu thức không âm)





2 2 3
3
(1) 2 2 2 8 2 0
xy y xy y y
      




2
2
3
3
2 2 2 0
( 8) 2 8 4
y
y xy y xy y
y y
    
   
 
 
2
2
3
1
2 0
8 1 3
y xy y
y
 
 
   
 
  
 
 

0
y
 
( vì


 
2
2
3
1
2 0
8 1 3
xy y
y
  
  
,
0
xy
 
)
 Khi đó hệ có dạng:
2
2 2
( 6) 12 8
x x x




  


3 2
6 12 8 0
x x x
    
3 3 2
2 6 12 8
x x x x
    


3
3
3 3
3
2
2 ( 2) 2 2
1 2
x x x x x       


Vậy nghiệm của hệ là:
3
2
( ; ) ;0
1 2
x y
 


 

 







Giải:

Bài 3 (Nguyễn Thanh Tùng). Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy
, cho hình bình hành
ABCD
có đỉnh
11 1
;
2 2
A
 
 
 
.
Một điểm
(1; 1)
M


nằm trong hình bình hành sao cho


MAB MCB

và

0
135
BMC 
.
Tìm tọa độ đỉnh
D
, biết rằng
D
thuộc đường tròn có phương trình
( )
T
:
2 2
2 2 3 0
x y x y
    
.
Khóa học PenC – N3 (Thầy: Lê Anh Tuấn_Nguyễn Thanh Tùng) Họcmai.vn

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt 3

 Dựng điểm
E

sao cho
ABEM
là hình bình hành, khi đó
DCEM
cũng là hình bình hành
Ta có:






1 2
2 1
1 1
A C
C E BECM
A E



  




nội tiếp đường tròn


0

180
BEC BMC  
(1)
Mặt khác :
BEC AMD
  
(c.c.c)


BEC AMD
 
(2) .
Từ (1) và (2) suy ra


0
180
AMD BMC 
(*)
 Đường tròn
( )
T
nhận
(1; 1)
M


làm tâm và có bán kính
5
R MD 

Ta có
3 10
2
MA  . Theo (*) ta có:


0 0
180 45
AMD BMC  

 Xét tam giác
AMD
:


2 2 2
45 3 10 2 25
2 . .cos 5 2. . 5.
2 2 2 2
AD MA MD MA MD AMD      
5
2
AD 

Suy ra
D
thuộc đường tròn tâm
11 1
;
2 2

A
 
 
 

bán kính
5
2
AD 
có phương trình:


2 2
2 2
11 1 25
11 18 0
2 2 2
x y x y x y
   
         
   
   

 Khi đó tọa độ điểm
D
là nghiệm của hệ :

2 2
2 2
11 18 0

2 2 3 0
x y x y
x y x y

    



    


2
1
x
y





hoặc
3
2
x
y



 



(2;1)
(3; 2)
D
D





.
Vậy
(2;1)
D hoặc
(3; 2)
D

.




Giải:
 Điều kiện:
1 2
x
 
(*)
Với điều kiện (*) ta có
2

(2) (3 2) 2 1
y x x
   
2
2 1
3 2
x
y
x

 


Xét hàm số
2 1
( )
3 2
x
f x
x



với


1;2
x
. Ta có
2

1
'( ) 0
(3 2)
f x
x

 

với


1;2
x 




( )
f x
nghịch biến trên


1;2

( ) (1) 1
f x f
  
hay
2
1 1 1

y y
    
(2*)
Bài 4 (Nguyễn Thanh Tùng). Giải hệ phương trình


3
2 2
1 2 2 1 2 1 (1)
3 2 2 1 0 (2)
y x x y x x
xy x y

         



   


( , )
x y



Khóa học PenC – N3 (Thầy: Lê Anh Tuấn_Nguyễn Thanh Tùng) Họcmai.vn

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt 4

 Cách 1 (Nguyễn Thế Duy) Biến đổi

(1)
ta được:
 


 
2
1 2 2 1 1
y y y x y x
       

(3)

Do
1
y

không là nghiệm của
(3)
nên
2
1
1 1
(3) 0
1
1
2 2
y
y x
y

y
y y x


 
   

 

   

(3*)
Từ (2*) và (3*) suy ra:
1
y
 
, khi đó
1
x

thỏa mãn hệ.
Vậy nghiệm của hệ là
( ; ) (1; 1)
x y
 
.
 Cách 2 (Nguyễn Thanh Tùng) Ta có


2

(1) (1 ) 1 ( 1) 2 2 0
y x y x y y
         

(3)
Theo (*) và (2*) ta có:
 
2
(1 ) 1 0
1 2
1 1
( 1) 2 2 0
y x
x
y
y x y y

  
 



 
  
     




Khi đó

 
2
1
(3) (1 ) 1 ( 1) 2 2 0
1
x
y x y x y y
y


          

 

(thỏa mãn hệ)
Vậy hệ có nghiệm
( ; ) (1; 1)
x y
 
.
 Cách 3 (Vũ Đức Tùng) Ta có
2 2
(2) (3 2) 2 1
x y y
   
2
2
2 1
3 2
y

x
y

 

(3) với
2
2
3
y


Với điều kiện
1 2
x
 
2
2
2 1
1 2 1 1
3 2
y
y
y

      


Thay (3) vào (1), ta có:
2 2 2 2

2 2 2 2
2 1 2 1 2 1 2 1
1 2 2 1 2 1
3 2 3 2 3 2 3 2
y y y y
y y
y y y y
 
   
         
 
 
   
 


2 2
3
2 2
2
2
2 2
1 4 3
2 (1 ) ( 1) 0
3 2 3 2
1 (4 3)( 1)
1 1( 2) (1 ) 0
3 2 3 2
y y
y y y y

y y
y y y
y y y y y
y y
 
       
 
 
  
        
 
 
 
 

Vì
1 1
y
  
nên
1 0
y
 
và ta có
2
2
1 7
2 0
2 4
y y y

 
     
 
 
, y
 


nên
2
2
2 2
1 (4 3)( 1)
1( 2) (1 ) 0
3 2 3 2
y y y
y y y y
y y
  
      
 
với mọi
1 1
y
  

Do đó
1 0 1
y y
    

(thỏa mãn). Thay
1
y
 
vào (3) ta được
1
x

(thỏa mãn)
Vậy hệ có nghiệm
( ; ) (1; 1)
x y
 
.

 Chú ý: Ở Ví dụ trên ta có thể chỉ ra
2
1
y

bằng cách phân tích:

2
2 1 2 1 2 1
1
3 2 3 3(3 2) 3 3
x
y
x x


     
 
với
1
x
 
.

Khóa học PenC – N3 (Thầy: Lê Anh Tuấn_Nguyễn Thanh Tùng) Họcmai.vn

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt 5




Giải

Đặt
2
3
x a
y b
z c









, khi đó
2 2 2
, , 0
5 2 4 3 60 (*)
x y z
x xyz y z



   


Ta viết lại (*) thành:
2 2 2
5 2 . (4 3 60) 0
x x yz y z
    
(2*)


Lúc này quan niệm (2*) là phương trình bậc hai với ẩn
x
, khi đó:

2 2 2 2 2 2 2 2
' 5(4 3 60) ( 15)( 20) (15 )(20 )
y z y z y z y z
          
Mặt khác với điều kiện (*) ta có:

2 2
2 2
4 60 15 0
3 60 20 0
y y
z z
 
  
 

 
  
 
 

Suy ra
2 2
(15 )(20 )
5
yz y z
x
   
 . Do
2 2
(15 )(20 )
0
5
yz y z
x x
   

  


Khi đó áp dụng bất đẳng thức AM – GM (Cauchy) với hai số dương
2
15
y

;
2
20
z

ta được:

2 2
2 2
2
(15 ) (20 )
(15 )(20 )
35 ( )
2
5 5 10
y z
yz
yz y z
y z
x
  
 

   
 
  
Suy ra
2
2 2
60 ( ) 10( ) 25
35 ( ) 60 ( 5) 60
6
10 10 10 10
y z y z
y z y z
T x y z y z
 
    
    
 
         


Với
1
a b c
  
thỏa mãn điều kiện bài toán và
6
T

. Vậy giá trị lớn nhất của
T

là
6
.






Giải:
Bước 1: Ta sẽ khai thác phương trình
(1)
để chi ra
y x
 
bằng hai cách sau :
Cách 1:
2 2 2
2
5
(1) 5 5 5
5
x x x x y y
y y
         
 


2 2
5 ( ) 5 ( )

x x y y
       

(*)

Bài 5 (Nguyễn Thanh Tùng). Cho
, ,
a b c
là các số thực dương thỏa mãn
2 2 2
5 12 16 27 60
a abc b c
   
.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
2 3
T a b c
  
.
(Dựa trên ý tưởng từ bài của một bạn hỏi thầy)
Bài 6 (Nguyễn Thanh Tùng). Giải hệ phương trình




 


2 2
2 4

5 5 5 (1)
7 2 5 4 2 (2)
x x y y
x y y

    



   


( , )
x y



Khóa học PenC – N3 (Thầy: Lê Anh Tuấn_Nguyễn Thanh Tùng) Họcmai.vn

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt 6

Xét hàm số
2
( ) 5
f t t t
  

2
2 2 2
5

'( ) 1 0
5 5 5
t t
t t t
f t
t t t

 
     
  
,
t
 


suy ra
( )
f t
đồng biến và liên tục trên

.
Khi đó
(*) ( ) ( )
f x f y
  
x y
  
hay
y x
 


(3)

Cách 2:




2
2
2 2
2 2
2
2 2
2
2
2 2
2
5 5
5
5
5
5 5 ( )
5
(1)
5 5 ( )
5 5
5
5
5

5
y y
x x
y y
x x y y a
y y
y y x x b
x x
y y
x x
x x

 

   


 
    
 
 
 
 
    
 
 


   


 
 


Cộng vế với vế
( )
a
và
( )
b
ta được: 2( ) 0
x y y x
    

(3)

Bước 2: Thay
(3)
vào
(2)
ta được:




2 4 2 4
7 2 5 4 2 7 10 14 5 4 0
x x x x x x
         


(2*)

Để giải
(2*)
ta có:
Cách 1: Ta có:
4 4 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2
4 4 4 4 ( 2) (2 ) ( 2 2)( 2 2)
7 10 14 ( 2 2) 6( 2 2)
x x x x x x x x x x
x x x x x x

            


       



Nên
2 2 2 2
(2*) ( 2 2) 6( 2 2) 5 ( 2 2)( 2 2) 0
x x x x x x x x
           

+) Đặt
2
2
2 2

2 2
a x x
b x x

  


  





, 0
a b

phương trình có dạng:

2 2
6 5 0
a b ab
  
( 2 )( 3 ) 0
a b a b
    
2
a b

hoặc
3

a b


+) Với
2 2
3 9
a b a b
  
:
2 2 2
2 2 9( 2 2) 8 20 16 0
x x x x x x
        
(vô nghiệm).
+) Với
2 2
2 4
a b a b
  
:
2 2 2
5 7
2 2 4( 2 2) 3 10 6 0
3
x x x x x x x

          
Thay vào
(3)
ta được nghiệm của hệ là:

5 7 5 7 5 7 5 7
( ; ) ; , ;
3 3 3 3
x y
 
   
     
 

   
 
   
 
   
 

Cách 2: (Sử dụng kĩ thuật nhân liên hợp)

(3*)


2 2 4
3 10 6 4 8 5 4 0
x x x x
       











2 2 4 2 4 2 4
3 10 6 4 8 5 4 4 8 5 4 4 8 5 4 0
x x x x x x x x
             








2 2 4 4 2
3 10 6 4 8 5 4 9 64 36 0
x x x x x x
         








2

2 2 4 2 2
3 10 6 4 8 5 4 3 6 (10 ) 0
x x x x x x
 
         
 
 






2 2 4 2 2
3 10 6 4 8 5 4 (3 10 6)(3 10 6) 0
x x x x x x x x
           

Khóa học PenC – N3 (Thầy: Lê Anh Tuấn_Nguyễn Thanh Tùng) Họcmai.vn

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt 7




2 2 4 2
3 10 6 4 8 5 4 (3 10 6) 0
x x x x x x
 
         

 


2
3 10 6 0
x x
   
(4*)
hoặc
2 4
10 2 5 4 0
x x x
    

(5*)

+) Cộng
(5*)
với
(2*)
ta được:
2
8 20 16 0
x x
  
(vô nghiệm)
+) Ta có
(4*)
5 7
3

x

  .
Thay vào
(3)
ta được nghiệm của hệ là:
5 7 5 7 5 7 5 7
( ; ) ; , ;
3 3 3 3
x y
 
   
     
 

   
 
   
 
   
 






Giải:



AJ
đi qua
(2;1)
J và
(2; 4)
D

nên có
phương trìn phương trình:
2 0
x
 

Khi đó tọa độ điểm
A
là nghiệm của hệ :

2 0 2
(2;6)
2 10 0 6
x x
A
x y y
  
 
 
 
   
 


 Gọi
E
là giao điểm thứ hai của
BJ
với
đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC
. Khi đó:



 
AmE EnC
CpD DqB











EnC CpD AmE DqB
   

hay




ECD AmE DqB
  (1)
Mặt khác:





 
1
2
1
2
EBD sdECD
DJB sd AmE sdDqB






 


(2)
Từ (1) và (2) suy ra:



EBD DJB


hay tam giác
DBJ
cân tại
D
, suy ra
DB DJ

(*) . Lại có


1 2
A A DB DC
   (2*)
Từ (*) & (2*) suy ra:
DB DJ DC
 
hay
D
là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác
JBC

 Suy ra
,
B C
nằm trên đường tròn tâm
(2; 4)
D


bán kính
5
DJ

có phương trình :
2 2
( 2) ( 4) 25
x y
   
. Khi đó tọa độ điểm
B
là nghiệm của hệ:
Bài 7 (Nguyễn Thanh Tùng). Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy
, cho tam giác
ABC
ngoại tiếp đường tròn tâm
(2;1)
J . Biết đường cao xuất phát từ đỉnh
A
của tam giác
ABC
có phương trình
2 10 0
x y
  
và
(2; 4)
D


là giao điểm thứ hai của
AJ
với đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC
. Tìm tọa độ các đỉnh của
tam giác
ABC
biết
B
có hoành độ âm và
B
thuộc đường thẳng có phương trình
7 0
x y
  
.

Khóa học PenC – N3 (Thầy: Lê Anh Tuấn_Nguyễn Thanh Tùng) Họcmai.vn

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt 8


2 2
( 2) ( 4) 25
7 0
x y
x y

   



  

3
4
x
y
 


 

hoặc
2
9
x
y



 

( 3; 4)
(2;9)
B
B
 






Do
B
có hoành độ âm nên ta được
( 3; 4)
B
 



BC
đi qua
B
và vuông góc với đường thẳng
2 10 0
x y
  
nên có phương trình:
2 5 0
x y
  

Khi đó tọa độ điểm
C
là nghiệm của hệ :

2 2
( 2) ( 4) 25

2 5 0
x y
x y

   


  

3
4
x
y
 


 


hoặc
5
0
x
y





( 3; 4)

(5;0)
(5;0)
C B
C
C
  

 



Vậy
(2;6), ( 3; 4), (5;0)
A B C
 
.




Giải:
Cách 1 (Nguyễn Thanh Tùng)
 Điều kiện:
0 2
x
 

 Với điều kiện trên khi đó
2 2
(2) 2 ( 1) 3 ( 1) 3( 1) ( 1) 5( 1)

x y x y y y x x
         


2 2
( 1)(2 3 3) ( 1)( 5)
y x x x y
      


2 2
5 2 3 3
1 1
y x x
y x
  
 
 
(*)
Xét hàm số
2
2 3 3
( )
1
x x
f x
x
 



với


0;2
x .
Ta có:
2
2
2 4 6
'( )
( 1)
x x
f x
x
 


;
2
1
'( ) 0 2 4 6 0
3
x
f x x x
x


     

 



Khi đó
 
 
0;2
0;2
(0) 3
min ( ) 1
(1) 1
max ( ) 3
5
(2)
3
x
x
f f x
f
f x
f







 
 
 


 



. Do
( )
f x
liên tục trên đoạn


0;2
, suy ra
1 ( ) 3
f x
 

Từ (*)
2
2
2
2
4 0
5
1 3 3 2 0
1
3 2 0
y y
y
y y

y
y y

  


       


  


1 2
y
  

Bài 8 (Nguyễn Thanh Tùng). Giải hệ phương trình




2 2 2 2
(2 ) 2 1 (1)
2 2 3 8 3 2 (2)
y x x x xy
x y xy x y xy x y

    




      


( , )
x y



Khóa học PenC – N3 (Thầy: Lê Anh Tuấn_Nguyễn Thanh Tùng) Họcmai.vn

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt 9

 Ta có:
(1) (2 ) (2 ) 2 (2 ) 2 ( 1) 0
y x y x x y x y x x y y x
             
(2*)
Với
(2 ) 2 0
0 2
0
1 2
( 1) 0
y x
x
x y
y
y x


  

 


 
 
 


 



(2 ) 2 ( 1) 0
y x x y y x
      

Khi đó (2*)
0
(2 ) 2 ( 1) 0
2
x
y x x y y x
y


       




thỏa mãn
(2)
.
Vậy hệ phương trình có nghiệm
( ; ) (0;2)
x y


 Nhận xét: Thực ra bài toán trên tác giả đã mượn số liệu và ý tưởng từ bài toán “cho điểm” trong đề thi
đại học khối D 2013 vừa qua “ Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
2
2 3 3
( )
1
x x
f x
x
 



trên đoạn


0;2
”. Sau khi được “biến tấu, che đậy” và “đánh nhiễu” bằng các số liệu đi kèm cùng với
một cách tiếp cận khác thì bài toán đã được làm mới và “lột xác” đi khá nhiều. Vì vậy có rất nhiều
những bài toán tưởng như khó lại được sinh ra từ những ý tưởng khá đơn giản.
Cách 2 (Tú Anh)

 Điều kiện:
0 2
x
 

 Ta có


2(2 )( 1)
(1) 1 0 (2 )( 1) 0
2
y x
x xy y x
x x
 
       
 

 Với
1 2
x
 
, biến đổi phương trình (2):
2 2 2
(1 ) (3 3 2 ) 2 8 2 0
y x y x x x x
       
(*)
Để phương trình có nghiệm thì:


2 2 2 4 3 2
(3 3 2 ) 4( 1)( 2 8 2) 4 4 3 58 1 0
x x x x x x x x x
              


2 2
(4 8 13)( 3 2) 35 25 0
x x x x x
       
(2*)
Mà ta có:
2
1 2 ( 1)( 2) 0 3 2 0
x x x x x
         


2 2
(4 8 13)( 3 2) 35 25 0
x x x x x
       
, không thỏa mãn (2*) hay (*) vô nghiệm.
Suy ra
0 1 1 0 2 0 2
x x y y
         
(3*)
 Với
0 1

x
 
, biến đổi phương trình (2):
2 2 2
(1 ) (3 3 2 ) 2 8 2 0
y x y x x x x
       


2 2
2 2
1 1
( 5)( 1) ( 1)(2 3 3)
2 3 3 5
x y
y x y x x
x x y
 
        
  

Xét hàm
2
1
( )
2 3 3
x
f x
x x



 
;
2 2
2(1 )( 3)
'( ) 0
(2 3 3)
x x
f x
x x
 
 
 
,


0;1
x  . Vậy
( )
f x
đồng biến trên


0;1
.

2
2 2
1 1 1
(0) 3 3 5 1 2

5 2 3 3 3
y x
f y y y
y x x
 
          
  

Mà theo (3*) ta có
2
y

nên suy ra
2; 0
y x
 
. Vậy hệ phương trình có nghiệm
( ; ) (0;2)
x y




Khóa học PenC – N3 (Thầy: Lê Anh Tuấn_Nguyễn Thanh Tùng) Họcmai.vn

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt 10





Giải:

Giải:
 Gọi
G
,
I
lần lượt là trọng tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp
tam giác
ABC
. Gọi
N
là trung điểm của
MA
, khi đó :

2
3
CK CG
GK
CN CM
   //
MN
hay
GK
//
AB
.
Do
I

là tâm đường tròn ngoại tiếp nên
MI AB

MI GK
 
(1)
Gọi
P
là trung điểm của
AC
và do
ABC

cân tại
A
nên:

/ / / /MP BC MK BC
GI MK
AG BC GI BC
 
  
 
 
 
(2)
Từ (1) và (2) , suy ra
I
là trực tâm của tam giác
MGK



KI MG
 
hay
KI CM

.
 Khi đó
KI
có phương trình:
7 5 7 0
x y
  

Suy ra tọa độ điểm
I
là nghiệm của hệ
7 5 7 0
2 4 7 0
x y
x y
  



  

7
2

x

và
7
2
y
 
7 7
;
2 2
I
 
 
 
 

 Gọi (4 7 ;5 )
C t t CM
 
, khi đó :
2
5 25
2
2
R IC IC   


2 2
2
1 7 25

7 5 74 42 0 0
2 2 2
t t t t t
   
         
   
   
hoặc
21
37
t
 
(loại)
(4;0)
C


 Gọi (4 7 ;5 )
M m m CM
 
, khi đó
K
là trọng tâm tam giác
ACM
nên
5 7
7 ; 5
2 2
A m m
 

   
 
 

Ta có
   
2 2
2 2 2
1
(1; 1)
25
2
7 6 5 148 168 47 0
72 12
;47
2
37 37
74
A
m
IA R m m m m
A
m



 


          


 


 

 

 




Do
A
có tọa độ nguyên nên
(1; 1)
A

1 5
; (0; 4)
2 2
M B
 
   
 
 
(vì
M
là trung điểm của

AB
)
Vậy
(1; 1), (0; 4), (4;0)
A B C
 
.



Bài 9 (Nguyễn Thanh Tùng).Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy
, cho tam giác
ABC
cân tại
A
và
M
là trung điểm của
AB
.
Đường thẳng
CM
có phương trình
5 7 20 0
x y
  
và
11 7
;

6 6
K
 

 
 
là trọng tâm của tam giác
ACM
. Đường tròn
ngoại tiếp tam giác
ABC
có tâm nằm trên đường thẳng
2 4 7 0
x y
  
và có bán kính bằng
5
2
. Tìm tọa độ các đỉnh
c
ủ
a tam giác
ABC
, bi
ế
t
A

và
C


có t
ọ
a đ
ộ

nguyên .


Khóa học PenC – N3 (Thầy: Lê Anh Tuấn_Nguyễn Thanh Tùng) Họcmai.vn

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt 11




Giải:
 Ta có
2 2 2 2
2 4(2 ) 18 2( 2 1) ( 4 4) 8( ) 6 18
b c a b c b b c c a b c
               


2 2
24 2( 1) ( 2) 8( ) 8( )
b c a b c a b c
          

Suy ra

3
a b c
  

 Do 0
a b c
  
, nên ta có
2 2 2 2 2 2 2
( )( ) ( )
ab bc ca ab bc ca a a b b c abc b a c
          
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM dạng
3
( )
27
x y z
xyz
 
 , ta được:

3
2 3
4
2 2
( ) 4. . . 4. ( ) 4
2 2 27 27
a c a c
b
a c a c

b a c b a b c
 
 
 
 
 
 
      

Khi đó
2 2 2
4
ab bc ca
  
(*)
 Áp dụng bất đẳng thức AM – GM dạng 2
xy x y
 
và
3
3
xyz x y z
  
, ta được:



3 3
2 5 6 4 2 5 3.2 .1 2.3 2 . .2
a b b bc a b b b c

      


2 5 3( 1) 2(2 2) 2( ) 7
a b b b c a b c
          
2.3 7 13
  

Suy ra


3
2 5 6 4 13
a b b bc
   

Mặt khác
0 1
b
 
, khi đó: ta có:




3
5 6 6 5 0 2 5 6 4 0
b b b b a b b bc
         



Vậy


3
0 2 5 6 4 13
a b b bc
    
(2*)
 Từ (*) và (2*), suy ra
13
4 3
13
P
  

Với
0; 1; 2
a b c
  
thỏa mãn điều kiện đề bài và
3
P

. Vậy giá trị lớn nhất của
P
bằng 3.

CẢM ƠN CÁC BẠN ĐÃ ĐỌC TÀI LIỆU !

Nguyễn Thanh Tùng




Bài 10 (Nguyễn Thanh Tùng). Cho
, ,
a b c
là các số thực thỏa mãn 0 1
a b c
   
và
2 2
2 4(2 ) 18
b c a b c
    
.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:


2 2 2
3
13
2 5 6 4
P ab bc ca
a b b bc
   
  
.
Tài liệu môn tiếng anh

Lovebook
- Tuyển tập đề thi thử trung học phổ thông môn tiếng anh có đáp án chi tiết
/>tiet/Nzc2MTY=

Đề thi thử kỳ thi THPT quốc gia Tiếng Anh 2015 cô vũ mai phương moon- có hướng dẫn giải thích chi
tiết
/>dan-giai-thich-chi-tiet/Nzc2MTg=

Vũ khí tiếng anh: cú huých ẵm trọn 1,5 điểm bài luận tổng hợp 60 bài luận tiếng anh 140 từ
/>140-tu/NzY4OTI=

Bộ đề thi thử môn tiếng anh có đáp án chi tiết

Bộ đề thi tốt nghiệp trung học phổ thông quốc gia tiếng anh 2015


60 bài luận tiếng anh thông dụng


các bài luận tiếng anh thông dụng nhất

45 đề trắc nhiệm và tự luận tiếng anh 12

bài luận mẫu tiếng anh trong kỳ thi trung học phổ thông quốc gia phần writing part 2
/>2/NzYyMDQ=

Bộ đề thi tuyển sinh đại học cao đẳng môn tiếng anh hoàng thị lệ

quy tắc phát âm trong tiếng anh luyện thi đại học


chuyên đề bài tập tiêng anh các câu ĐỒNG NGHĨA


Tài liệu môn văn

nghị luận xã hội nghị luận văn học ôn thi THPT quốc gia môn văn (hocmai.vn
/>vn-bien-soan/Nzg3MjE=

tài liệu chọn lọc ngữ văn trung học phổ thông gstt group 2015


Tài liệu ngữ văn ôn luyện kỳ thi trung học phổ thông quốc gia tài liệu tinh giảm kiến thức chọn lọc
/>chon-loc-phan-1/NzM1OTM=

Tài liệu môn toán
Tổng hợp tuyệt kỹ bấm máy casio giải phương trình hệ phương trình bất phương trình
/>trinh/NzY1MjI=
sơ đồ tư duy, các hướng tư duy và vận dụng giải toán Oxy


tóm tắt công thức toán học học nhanh toán học cấp 3


tóm tắt kiến thức lượng giác


Tài liệu tinh giảm, ngắn gọn để đạt 7 điểm môn toán trong ký thi THPT quốc gia 2015
/>2015/NzMyMTY=
bài tập và bài giải chi tiết toán lũy thừa, bài tập mũ, bài tập logarit- bản màu đẹp



PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG- ÔN THI ĐIỂM 10 MÔN TOÁN


hướng dẫn giải 6 dạng tích phân thường gặp ôn điểm 10 môn toán


các dạng tích phân và cách tính ôn thi đại học

CáchTÍNH TÍCH PHÂN đặc biệt

giải hệ phương trình


Lượng giác tập 3: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị lớn nhất, một số phương pháp lượng giác hóa
/>hoa/NjIzMzY=
Bảng công thức lượng giác dễ nhớ


Bảng công thức tích phân - đạo hàm - Mũ - logarit


chinh phục hình học giải tích trong mặt phẳng


tổng hợp 90 đề thi đại học môn toán kèm đáp án hay không nên bỏ qua


tuyển tập hình học giải tích trong mặt phẳng hay và đặc sắc phiên bản 1



tuyển tập tích phân có đáp án chi tiết

Tuyển chọn các bài toán đặc sắc hệ phương trình hình phẳng oxy đặng việt hùng moon
/>moon/NzMyMjI=
hướng dẫn tìm nhân tử với casio nhân tử từ một nghiệm vô tỉ


luyện giải đề trước đề kỳ thi đại học tuyển chọn và giới thiệu đề thi môn toán

tuyển tập 10 đề thi thử đại học cao đẳng môn toán (kèm lời giải chi tiết và bình luận)
/>luan/NzMyMTk=
tọa độ không gian ôn thi đại học ôn điểm 10 môn toán

bài tập phương pháp tọa độ trong không gian





Tài liệu môn hóa

Tuyển tập 90 đề thi thử đại học cao đẳng môn hóa học kèm lời giải chi tiết tập 2
/>phan-1-file-dinh-kem-co-link-down-phan-2-va-phan-3/Nzc2MTk=

Các phương pháp tư duy và kĩ thuật ôn tổng lực toàn tập lý thuyết hóa học thi kỳ thi quốc gia 2015
/>gia-2015/NzM2NTY=

tuyển chọn giải chi tiết 20 đề thi thử trọng điểm hóa học 2015- Nguyễn Anh Phong
/>phong/NzY1NDc=


Free cuốn tư duy thần tốc
khám phá tư duy giải nhanh thần tốc hoá học nguyễn anh phong (full)


Hướng dẫn giải nhanh đề thi khối B môn Toán Hóa Sinh


tuyển tập 40 đề thi thử đại học môn hóa có đáp án


Công thức giải nhanh trắc nghiệm hóa học


16 kĩ thuật và phương pháp giải nhanh bài tập trắc nhiệm hóa học


ôn thi cấp tốc kĩ thuật tổng hợp và giải nhanh lý thuyết hóa học


Tổng hợp 16 phương pháp giải nhanh trắc nhiệm hóa học kèm câu hỏi và hướng dẫn
/>dan/NDE5MzQ=

Nhận biết các hóa chất hóa học


ôn tập và hệ thống hóa kiến thức Hóa Hữu cơ Quan Hán Thành


phân tích , tránh 1 số sai lầm Bẫy trong đề thi đại học môn hóa



phương pháp mới giải nhanh bài tập trắc nhiệm hóa vô cơ đỗ xuân hưng phần 1
/>http-123doc-org-share-phuong-phap-moi-giai-nhanh-bai-tap-trac-nhiem/NzMyMzI=
phương pháp mới giải nhanh bài tập trắc nhiệm hóa vô cơ đỗ xuân hưng phần 2
/>2/NzMyMzM=

Phương pháp mới giải nhanh bài tập hóa hữu cơ đỗ xuân hưng phần 1
/>org-share-phuong-phap-moi-giai-nhanh-bai-tap-hoa-huu-co-do-xuan-h/NzMyMzA=
Phương pháp mới giải nhanh bài tập hóa hữu cơ đỗ xuân hưng phần 2



Tài liệu tổng ôn tập luyện thi trắc nhiệm hóa học hóa đại cương và vô cơ phần 1
/>http-123doc-org-share-tai-lieu-tong-on-tap-luyen-thi-trac-nhiem/NzMzMzg=
Tài liệu tổng ôn tập luyện thi trắc nhiệm hóa học hóa đại cương và vô cơ cao cự giác phần 2
/>2/NzMzMzk=


Bộ đề ôn luyện thi trắc nhiệm môn hóa học PGS TS nguyễn thanh khuyến

tuyển tập 20 đề thi đại học cao đẳng kèm lời giải chi tiết môn hóa

chuyên đề giúp trí nhớ hóa học phần đại cương và vô cơ

Nhận biết hoá học hữu cơ


17 dạng bài toán hóa học luyện thi đại học



HOT tuyển tập đề thi thử hóa có đáp án của thủ khoa lê phạm thành


Những kiến thức luyện thi hóa học quan trọng



Tài liệu môn lý
tuyển tập 200 bài vật lý hay và khó tập 1 GSTT group

Tóm tắt công thức lý 12


tuyển tập cách tính nhanh vật lý bằng máy tính casio- có hình minh họa


siêu phẩm luyện đề trước kỳ thi đại học vật lý 2015 kèm theo đáp án và bình luận chi tiết
/>tiet/NzMyODg=

69 đề thi trắc nhiệm khách quan vật lý đại học kèm đáp án mới nhất

chuyên đề con lắc lò xo có lời giải


60 đề thi trắc nhiệm đại học môn vật lý có đáp án


Tài liệu môn Sinh
Sơ đồ tư duy lý thuyết sinh học hocmai vn forum



tuyển tập đề thi thử trắc nhiệm sinh có đáp án

Hướng dẫn giải các dạng bài tập theo đề thi quốc gia môn sinh học

công thức tính nhanh trắc nhiệm môn sinh và bài tập hướng dẫn đi kèm(lưu hành nội bộ)
/>bo/NDQ4NjE=

các công thức sinh học lớp 9 và lớp 12 luyện thi đại học trong 11 trang giấy

Bài giảng ôn tập sinh học 12

Tài liệu môn Sử
HOT bộ đề thi thử lịch sử có hướng dẫn đáp án không thể bỏ qua

tài liệu giáo án ôn thi lịch sử Việt Nam từ 1919 2000

tóm tắt đề cương ôn tập luyện thi môn lịch sử

tài liệu ôn thi kỳ thi THPT quốc gia lịch sử

đề cương câu hỏi lịch sử lớp 12

Tài liệu môn Địa
30 bài tập vẽ biểu đồ môn địa lý


các chủ đề chính cần học để ôn thi tốt đại học môn địa lý không nên bỏ qua


TÀI LIỆU ôn THI đại học môn địa lý mới