ĐỀ RÈN LUYỆN HSG TỈNH 2018 –KHỐI 10-ĐỀ 3
Câu 1
Cho tam giác ABC có sin A =

sin B + 2sin C
với A, B, C tương ứng là kí hiệu số đo của các góc
2 cos B + cos C

¼ ,¼
BAC
ABC , ¼
ACB của tam giác ABC. Chứng minh rằng tam giác ABC vuông.
Câu 2
 x 2 + xy − 2 y 2 + 3 y = 1
( x, y ∈ ¡ )
Giải hệ phương trình: 
 x x − y − x + y = 2
Câu 3
a + 3c a + 3b 2a
+
+
≥5
Cho các số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng:
a+b
a+c b+c
Câu 4. (5 điểm)
Cho các số nguyên n, m, k thỏa m.n = k2 và k không chia hết cho 3. Chứng minh rằng (m – n) chia hết
cho 3
Câu 5. (1 điểm)
Cho đường tròn (O1) có tâm O1 và đường tròn (O2) có tâm O2, biết hai đường tròn cắt nhau tại hai điểm
A, B. Vẽ tuyến chung d của hai đường tròn. Gọi C, D lần lượt là tiếp điểm của d với (O1), (O2); biết A và

C khác phía so với O1 O2. Vẽ đường thẳng đi đi qau A và song song với d lần lượt cắt BD, BC tại E,
F. Chứng minh rằng AE = AF.
Câu 61 (4 điểm)
3
3
2

x − y − 3y = 9
Giải phương trình sau:  2
2

x + y = x − 4 y
Câu 7 (4 điểm)
Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn xy + yz + zx = 3. Chứng minh bất đẳng thức:
x2
x3 + 8

+

y2
y3 + 8

+

z2
z3 + 8

≥1

Câu 8 (4 điểm)

Trên các cạnh BC, CA, AB và về phía ngoài tam giác ABC ta dựng các hình vuông BCMN, ACPQ,
ABEF. Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Kí hiệu A1 là giao điểm của AG và FQ; B1 là giao điểm của
BG và NE; C1 là giao điểm của CG và MP. Ta xác định các điểm A2, B2, C2 sao cho AGC2F, BGA2N,
CGB2P là các hình bình hành. Chứng minh rằng các đường đi qua A2, B2, C2 tương ứng vuông góc với
B1C1, C1A1, A1B1 đồng quy.
Câu 9. (4 điểm)
Giả sử m, n là các số tự nhiên thỏa mãn: 4m3 + m = 12m3 + n. Chứng minh rằng m – n là lập phương của
một số nguyên.
------------------HẾT-------------


Đáp Án
Câu 1. Cách 1: Ta có:
sin B + 2sin C
sin A =
⇔ 2sin A cos B + sin A cos C = sin B + 2sin C
2 cos B + cos C
1
⇔ sin ( A + B ) + sin ( A − B ) + sin ( A + C ) + sin ( A − C )  = sin B + 2sin C
2
1
⇔ sin C + sin ( A − B ) + sin B − sin ( A − C )  = 0
2
1
⇔ sin ( A − B ) − sin ( A + B ) − sin ( A + C ) + sin ( A − C )  = 0
2
(1)
 cos A = 0
⇔ 2 cos A sin B + cos A sin C = 0 ⇔ 
(2)

 2 sin B + sin C = 0
Phương trình (2) vô nghiệm
Phương trình (1) cho tam giác ABC vuông tại A.
Cách 2: Ta có:
sin B + 2sin C
b + 2c
sin A =
⇔a=
2
2
a + c − b2 a 2 + c2 − b 2
2 cos B + cos C
2.
+
2ac
2ac
2
2
3
2
2
3
2
2
⇔ 2a b + 2bc − 2b + a c + b c − c = 2b c + 4bc ⇔ 2a 2 b − 2b3 + a 2c − c 3 − 2bc 2 − b 2c = 0
⇔ 2b ( a 2 − c 2 − b 2 ) + c ( a 2 − c 2 − b 2 ) = 0 ⇔ ( a 2 − c 2 − b 2 ) ( 2b + c ) = 0
a 2 − c 2 − b 2 = 0
⇔
⇔ a 2 = b2 + c2
 2b + c = 0 (VN)

Theo định lý Pytago suy ra tam giác ABC vuông tại A.
 x 2 + xy − 2 y 2 + 3 y = 1 (1)
Câu 2. Ta có: 
 x x − y − x + y = 2 (2)
Điều kiện: x − y ≥ 0
Xem phuoeng trình (1) là phương trình bậc hai theo x nên ta có được hai nghiệm là:
x = y − 1; x = 1 − 2y
• Với x = y − 1 ⇔ x − y = −1 (loại vì x − y ≥ 0 )
1
• Với x = 1 − 2y thay vào (2) ta được: 3y − 3 + ( 1 − 2y ) 1 − 3y = 0 (y ≤ )
3
Đặt t = 1 − 3y; t ≥ 0 thay vào giải ta được: t = 2 ⇔ 1 − 3y = 2 ⇔ y = −1 ⇒ x = 3
Vậy hệ thức có nghiệm là x = 3 và y = -1
a + 3c a + 3b 2a
+
+
≥ 5 (1)
Câu 3.
a+b
a+c b+c
b
c 
 a+c a+b  a
+
+
+
Cách 1: Ta có: VT(1) = 
÷+ 2 
÷
a+b a +c  b+c a+c a +b

a+c a+b
+
≥2
+)
a+b a +c
a
b
c
1
1 
9
3
 1
+
+
= ( a + b + c) 
+
+
−3=
+)
÷− 3 ≥ ( a + b + c )
b+c a +c a+b
2 ( a + b + c)
2
b+c a +c a +b


3
⇒ VT( 1) ≥ 2 + 2. = 5 (điều phải chứng minh). Dấu bằng xảy ra khi và chỉ kkhi a = b = c.
2

Cách 2: Đặt x = a + b , y = b + c, z = c + a.
y 2z 2x y x z
+ + + ≥ 5 (điều phải chứng minh).
Ta được VT( 1) = −3 + + +
x x
z z y y
Câu 4. Cách 1: Vì m.n = k2 và k không chia hết cho 3 (m, n, k là số nguyên) nên m, n không chia hết cho 3.
Suy ra m = 3m’ +r1, n = 3n’ + r2 (r1, r2 ∈{1;2}
Do m.n = k2 nên m.n ≡ r1 r2 (mod 3), suy ra r1r2 ≡ 1 (mod 3) suy ra r1≡ r2 ≡1 (mod 3)
Suy ra m ≡n (mod 3) ⇒ m − n M3 (điều phải chứng minh).
Cách 2: Vì k không chia hết cho 3 nên k2≡ 1 (mod 3) suy ra m.n≡ 1 (mod 3) (*)
Vì m.n không chia hết cho 3 nên m, n không chia hết cho 3.
Giả sử m và n không cùng số dư khi chia cho 3 thì m.n ≡ 2 (mod 3) mẫu thuẩn (*).
Suy m,n chia hết cho 3 có cùng số dư. Vậy m – n chia hết cho 3.
Câu 5. Gọi G = AB ∩ CD suy ra GC = GD (vì GA.GB
=
2
2
GC = GD là phương tích của điểm G với hai đường
tròn).
Theo định lí Talet ta có:
GD GB GC
=
=
mà GC = GD nên AE = AF (điều phải
AE AB AF
chứng minh)
Câu 6. Ta có:

3

3
2
3
3
2
 x − y − 3 y = 9
 x = y + 3 y + 9
⇔ 2
 2
2
2
 x + y = x − 4 y
 x − x = − y − 4 y

 x 3 − 3 ( x 2 − x ) = y 3 + 3 y 2 + 9 − 3 ( − y 2 − 4 y )
⇔
 x 2 − x = − y 2 − 4 y
 x 3 − 3 x 2 + 3 x = y 3 + 6 y 2 + 12 y + 9
 x 3 − 3x 2 + 3 x − 1 = y 3 + 6 y 2 + 12 y + 8
⇔ 2
⇔ 2
2
2
 x − x = − y − 4 y
 x − x = − y − 4 y
( x − 1) 3 = ( y + 2 ) 2
 x = y + 3
 x − 1 = y + 2
⇔
⇔ 2

⇔

2
2
2
2
2
 x − x = − y − 4 y
 x − x = − y − 4 y
( y + 3) − ( y + 3) = − y − 4 y

−9 − 33 
−9 + 33
y
=

y =
 x = y + 3


4
4
⇔ 2
⇔
∨
3 − 33
3 + 33
2 y + 9 y + 6 = 0



x=
 x =

4

4
2
2
2
x
y
z
+
+
≥1
Câu 7: Ta có
x3 + 8
y3 + 8
z3 + 8
Theo bất đẳng thức Cauchy cho các số thực dương ta có:


( x + 2) ( x

x +8 =
3

x

⇒


2

≥

x +8
3

Tương tự, ta cũng có

2

( x + 2) + ( x2 − 2 x + 4)

− 2x + 4) ≤

2

x2 − x + 6
=
2

2

2x
x − x+6
2

y2
y3 + 8


≥

2 y2
z2
2z2
≥ 2
; 3
2
y − y +6 z +8 z − z +6

Từ đó suy ra:
x2
y2
z2
2x2
2 y2
2z2
+
+
≥ 2
+ 2
+ 2
(1)
x3 + 8
y3 + 8
z3 + 8 x − x + 6 y − y + 6 z − z + 6
Mặt khác theo công thức Cauchy – Shwarz:
2
2( x + y + z)

2 x2
2 y2
2z2
+
+
≥
(2)
x 2 − x + 6 y 2 − y + 6 z 2 − z + 6 x 2 + y 2 + z 2 − ( x + y + z ) + 18
Ta chứng minh:
2
2( x + y + z)
≥ 1 ( 3)
x 2 + y 2 + z 2 − ( x + y + z ) + 18
Thật vậy ta có:
x 2 + y 2 + z 2 − ( x + y + z ) + 18
= ( x + y + z ) − ( x + y + z ) − 2 ( xy + yz + zx ) + 18
2

= ( x + y + z ) − ( x + y + z ) + 12 > 0
2

Nên:

(3) ⇔ 2 ( x + y + z ) ≥ x 2 + y 2 + z 2 − ( x + y + z ) + 18
2

⇔ x2 + y 2 + z 2 + x + y + z ≥ 6
Mặt khác, do x, y, z là các số dương nên ta có:
x 2 + y 2 + z 2 ≥ xy + yz + zx


x + y + z ≥ 3 ( xy + yz + zx )
Mà xy + yz + zx = 3 nên bất đẳng thức (3) đúng. Từ (1), (2) và (3), ta có điều phải chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1.
Câu 8. Gọi I là trung điểm cảu BC. Ta có:
uuu
r uur 1 uuu
r uuur uuur uuur 1 uuu
r uuur uuu
r uuur uuur uuur uuur uuur
FQ.AI = FA + AQ AB + AC = FA.AB + FA.AC + AQ.AB + AQ.AC
2
2
1
1
¼ + AQ.AB.cos QAB
¼
= 0 − AF.AC + AQ.AB + 0 = − AF.AC cos FAC
2
2
)
¼ = QAC
¼ = 900 + A
Do AF = AB, AQ = AC, FAB

(

(

(


)(

)

)

(

(

)

)

)

⇒ FQ ⊥ AI hay FQ ⊥ A1G (1)
Ta cos CGB2P là hình bình hành nên GB2 song song và bằng CP nên GB2 song song và bằng AQ, suy ra
AQB2G là hình bình hành, vậy có QB2 song song và bằng AG. Suy ra QB2 song song và bằng FC2. Nên
FQB2C2 là hình bình hành, hay FQ song song với B2C2 (2)


Từ (1) và (2) suy ra A1G ⊥ B2C 2
Tương tự cũng có:
B1G ⊥ A 2 C 2 , C1G ⊥ A 2 B2 .
Vậy các đường thẳng đi qua A1, B1, C1 tương ứng vuông góc
B2C2, C2A2, A2B2 đồng quy tại G nên theo hệ quả của định lí
Carnot, ta có các đường thẳng đi qua A 2, B2, C2 tương ứng
vuông góc với B1C1, C1A1, A1B1 cũng đồng quy.
Câu 9: Giả sử m, n là các số tự nhiên thỏa mãn: 4m3 + m =

12m3 + n. Chứng minh rằng m – n là lập phương của một số
nguyên.
3
3
3
3
3
Ta có: 4m + m = 12m + n ⇔ 4 ( m − n ) + ( m − n ) = 8n
⇔ ( m − n ) ( 4m 2 + 4mn + 4n 2 + 1) = 8n 3 (1)

Giả sử p là một ước nguyên tố chung m – n và 4m 2 + 4mn + 4n 2 + 1
Do 4m 2 + 4mn + 4n 2 + 1 là số lẻ nên p là số lẻ.
Từ (1) suy ra 8n 3 Mp mà p là số nguyên lẻ ⇒ n Mp ⇒ m Mp
Mặc khác p là ước của 4m 2 + 4mn + 4n 2 + 1 ⇒ p = 1 (vô lí)
Do đó m – n và 4m 2 + 4mn + 4n 2 + 1 không có ước nguyên tố chung, suy ra
( m − n, 4m2 + 4mn + 4n 2 + 1) = 1
Do 8n 3 = ( 2n ) , suy ra m – n là lập phương của một số nguyên.
3

với