Giáo Viên : Hà Gia Có Trang 1 Trường THCS Lý Thường Kiệt – Phú Vinh - Định Quán - Đồng Nai
ĐỀ THI CHUYÊN TOÁN – LƯƠNG THẾ VINH – TỈNH ĐỒNG NAI
NĂM HỌC 2004
Câu 1. Giải phương trình :
( )
2
2
2
3
1
x
x
x
+ =
+
Câu 2.
Bố tôi hơn mẹ tôi 2 tuổi. Trước đây khi tổng số tuổi của Bố mẹ tôi là 60, thì tuổi
của tôi là 6 tuổi, tuổi của anh tôi là 8 tuổi. Hiện nay, tổng số tuổi của Bố Mẹ tôi
gấp 2 lần tổng số tuổi của hai Anh em tôi.Hiện nay tuổi Bố và Mẹ tôi là bao nhiêu?
Câu 3. Giải hệ phương trình sau :
2
2
2
1
0
0
x yz
y zx
z xy
− =



− =


− =

Câu 4.
Cho tam giác vuông cân tại A. Lấy điểm I trong tam giác sao cho :
·
·
0 0
IBC 15 ; ICB 30= =
. Chứng minh tam giác AIC là tam giác cân.
Câu 5.
Cho hình bình hành ABCD có góc B là góc tù, và các cạnh đều nhỏ hơn hai
đường chéo. Gọi O là giao điểm của hai đường chéo. Gọi B’, C’, A’ là chân các
đường vuông góc hạ từ D đến các cạnh AC; AB; BC.
Chứng minh: Tứ giác A’B’OC’ là tứ giác nội tiếp được trong đường tròn.
GỢI Ý BÀI GIẢI
Câu 1. Giải phương trình :
( )
2
2
2
3
1
x
x
x
+ =

+
Điều kiện:
1x ≠ −
( ) ( )
2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2 2 2
3 2 2 3 0 2 3 0
1 1 1 1
1 1
2 3 0 2 3 0
1 1 1 1
x x x x x x
x x x x x x
x x x x
x x
x x x x x x
x x x x
 
+ = ⇔ − + + − = ⇔ − + − =
 ÷
+ + + +
+ +
 
+ −
   
⇔ + − = ⇔ + − =

 ÷  ÷
+ + + +
   
Đặt :
2
1
x
t
x
=
+
, Ta được phương trình : t
2
+ 2t – 3 = 0 (*)
Phương trình (*) có dạng : a + b + c = 1 + 2 + (– 3 ) = 0. Vậy phương trình
(*) có nghiệm : t
1
= 1 ; t
2
= c/a = – 3 ;
+ Với : t = 1, ta được phương trình :
2
2
1 1 0
1
x
x x
x
= ⇔ − − =
+

. Giải phương trình
Giáo Viên : Hà Gia Có Trang 2 Trường THCS Lý Thường Kiệt – Phú Vinh - Định Quán - Đồng Nai
này ta được hai nghiệm :
1 2
1 5 1 5
;
2 2
x x
+ −
= =
( Nhận )
+ Với : t = – 3 , ta được phương trình :
2
2
3 3 3 0
1
x
x x
x
= − ⇔ + + =
+
. Phương trình
này vô nghiệm
3 0∆ = − <
.
Kết luận : Phương trình đã cho có tập nghiệm là :
1 5 1 5
S ;
2 2
 

+ −
=
 ÷
 
Câu 2. Bố tôi hơn mẹ tôi 2 tuổi. Trước đây khi tổng số tuổi của Bố mẹ tôi là 60, thì
tuổi của tôi là 6 tuổi, tuổi của anh tôi là 8 tuổi. Hiện nay, tổng số tuổi của Bố Mẹ tôi
gấp 2 lần tổng số tuổi của hai Anh em tôi. Hiện nay tuổi Bố và Mẹ tôi là bao nhiêu ?
Khi tổng số tuổi của Bố và Mẹ bằng 60 thì tổng số tuổi của hai Anh Em bằng 14.
Gọi x là số năm từ khi Bố Mẹ có tổng số tuổi bằng 60 cho đến nay. Vì mỗi năm
tổng của số tuổi của Bố Mẹ tăng 2 tuổi và tổng số tuổi của hai Anh Em cũng tăng 2 tuổi.
Theo đề ta được : 60 + 2x = 2( 14 + 2x)  2x = 32  x = 16.
Vậy hiện nay tổng số tuổi của Bố Mẹ bằng : 60 + 2. 16 = 92.
Vì Bố hơn Mẹ 2 tuổi : Vậy hiện nay Bố 47 tuổi và Mẹ 45 tuổi.
Kết luận : Bố hiện nay 47 tuổi ; Mẹ hiện nay 45 tuổi.
Câu 3. Giải hệ phương trình sau :
2
2
2
1 (1)
0 (2)
0 (3)
x yz
y zx
z xy
− =


− =



− =

* Từ (1) và (2), ta được :
( x
2
– yz ) – ( y
2
– zx) = 1  ( x – y) ( x + y ) + z ( x – y) = 1
 ( x – y) ( x + y + z) = 1
0
0 0
x y x y
x y z x y z
− ≠ ≠
 
⇒ ⇔
 
+ + ≠ + + ≠
 
* Từ (2) và (3), ta được :(y
2
– zx ) – (z
2
– xy ) = 0  ( y – z)( y + z) + x( y – z) = 0
 ( y – z) ( x + y + z) = 0 vì x + y + z
≠
0 => y – z = 0  y = z.
* Từ (2)  y
2
– yx = 0  y ( y – x) = 0 , Vì : y – x

≠
0 => y = 0
Thay vào ( 1) ta được : x
2
= 1 => x =
±
1.
Kết luận : Hệ phương trình đã cho có nghiệm : (– 1; 0 ; 0) ; ( 1; 0 ;0).
Giáo Viên : Hà Gia Có Trang 3 Trường THCS Lý Thường Kiệt – Phú Vinh - Định Quán - Đồng Nai
Câu 4. Cho tam giác vuông cân tại A. Lấy điểm I trong tam giác sao cho :
·
·
0 0
IBC 15 ; ICB 30= =
. Chứng minh tam giác AIC là tam giác cân.
* Dựng tam giác đều BCD sao cho A và D nằm
cùng một nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng BC.
* Ta được :
·
·
·
·
·
·
·
·
0 0 0
0
0 0 0
DBA DBC CBA 60 45 15

DBA DCA 15
DCA DCB ACB 60 45 15

= − = − =

⇒ = =

= − = − =


* Xét
DAB∆
và
DAC∆
:
DB = DC ;
·
·
0
DBA DCA 15= =
; AB = AC
Suy ra :
DAB∆
=
DAC∆
=>
·
·
·
0

1
ADB ADC CDB 30
2
= = =
;
* Xét
DBA∆
và
CBI∆
:
·
·
0
DBA CBI 15= =
; DB = BC ;
·
·
0
ICB BDA 30= =
Suy ra :
DBA∆
=
CBI∆
=> AB = IA =>
ABI∆
cân tại B.
*Tam giác ABI cân tại B và
· ·
·
·

·
0 0 0
ABI 30 BAI AIB 75 IAC 15 ACI= => = = => = =
Suy ra tam giác AIC cân tại I (đpcm)
Câu 5. Cho hình bình hành ABCD có góc B là góc tù, và các cạnh đều nhỏ hơn
hai đường chéo. Gọi O là giao điểm của hai đường chéo. Gọi B’, C’, A’ là chân
các đường vuông góc hạ từ D đến các cạnh AC; AB; BC.
Chứng minh: Tứ giác A’B’OC’ là tứ giác nội tiếp được trong đường tròn.
Hướng dẫn :
* Chứng minh các tứ giác :
A’B’CD và C’DB’B nội tiếp.
·
·
B'A'C B'DC⇒ =
và
·
·
B'C'B B'DB=
* Do tứ giác ABCD là hình bình hành
·
·
· ·
·
·
C'BD BDC BDB' B'DC BC'B' B'A'C= = + = +
* Xét
ΔBC'D
vuông tại C’ và BO = OD
=> OC’ = OB = OD ( Tính chất đường
trung tuyến của tam giác vuông )

=> Tam giác C’OB cân tại O
=>
·
·
BC'O C'BD=
=>
·
·
·
·
BC'B' B'C'O BC'B' B'A'C+ = +
=>
·
·
·
·
B'C'O B'A'C hay B'C'O B'A'O = =
Suy ra tứ giác A’C’B’O nội tiếp được một đường tròn ( Theo bài toán cung chứa góc )
NĂM 2005
D
C
B
I
A
B
A
C
D
A'
B'

C'
O
Giáo Viên : Hà Gia Có Trang 4 Trường THCS Lý Thường Kiệt – Phú Vinh - Định Quán - Đồng Nai
Câu 1. Giải hệ phương trình sau:
3
3
2
2
1
14
2
y
x
y y
x x

+ =




+ = −


Câu 2. Cho x, y, z, t thỏa mãn :
0x y z t≥ ≥ ≥ ≥
. Chứng minh:
1/ x
2
– y

2
+ z
2

≥
( x – y + z)
2
; 2/ x
2
– y
2
+ z
2
– t
2

≥
( x – y + z – t )
2
.
Câu 3. Cho nửa đường tròn đường kính MN, tâm O, bán kính R, A là điểm thay đổi
trên đường kính MN. Qua A vẽ đường vuông góc với MN cắt nửa đường tròn ở B.
1/ Xác định giá trị lớn nhất của chu vi tam giác MBN;
2/ Trên OB lấy điểm C sao cho OC = AB. Chứng minh : Khi A thay đổi trên
đường kính MN, thì điểm C thuộc một đường tròn cố định.
Câu 4. Cho phương trình bậc hai : ax
2
+ bx + c = 0, Với a, b, c là các số nguyên thay
đổi, a khác 0. Xét giá trị nhỏ nhất của biệt thức
2

b 4ac∆ = −
, mà
∆
> 0 và không phải là
số chính phương. Tìm giá trị nhỏ nhất của
∆
.
GỢI Ý BÀI GIẢI
Câu 1. Giải hệ phương trình sau:
3
3
2
2
1
14
2
y
x
y y
x x

+ =




+ = −


3

3
3
3
2
2
1
1
14
14
1 1
. 2
2
y
y
x
x
y y
y y
x x
x x


+ =
+ =


 
⇔
 
 

 
+ = −
+ = −
 ÷



 

Điều Kiện : x
≠
0. Đặt
1
t
x
=
ta được hệ phương trình sau :
( )
( ) ( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
3 3
3 3
3
14
3 14 6 14

2
2 2
2
8
2 2
2
2 2 1
2
t y
t y ty t y t y
ty t y
ty t y ty t y
t y
t y
t y t y
ty t y
ty ty
ty t y
 
+ =
+ − + = + + =

 
⇔ ⇔
  
+ = −
+ = − + = −
 

 


+ =
+ =
+ = + =

 

⇔ ⇔ ⇔ ⇔
   
+ = −
= − = −
+ = −
 



Vậy t và y là 2 nghiệm của phương trình : k
2
– 2k – 1 = 0 (*)
Giải phương trình (*) ta được hai nghiệm :
1 2 ; 1 2+ −
.
Hệ phương trình đã cho có nghiệm là :
1 1
1 2; ; 1 2;
1 2 1 2
   
+ −
 ÷  ÷
− +

   
Hay
( ) ( )
1 2; 1 2 ; 1 2; 2 1+ − − − −
Giáo Viên : Hà Gia Có Trang 5 Trường THCS Lý Thường Kiệt – Phú Vinh - Định Quán - Đồng Nai
Câu 2. Cho x, y, z, t thỏa mãn :
0x y z t≥ ≥ ≥ ≥
. Chứng minh:
1/ x
2
– y
2
+ z
2

≥
( x – y + z)
2
; 2/ x
2
– y
2
+ z
2
– t
2

≥
( x – y + z – t )
2

.
1/ Ta có :
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
2 2
2 2 2 2
0
2 0
2 0 2 0
x y z x y z x y x y z x y z
x y x y y x x y z
x y x y x y z x y y z
− + ≥ − + ⇔ − + + − − + ≥
⇔ − + + − − + ≥
⇔ − + − + − ≥ ⇔ − − ≥
Ta có:
( ) ( )
0
0
0
x y x y
x y y z
y z y z
≥ − ≥
 
⇔ ⇒ − − ≥
 
≥ − ≥
 

(Đpcm)
2/ Áp dụng câu 1, ta được :
( ) ( ) ( )
2
2 2 2 2 2
x y z t x y z t x y z t x y z t− + − ≥ − + − = − + − − + +
(1)
Vì t
≥
0 , nên ta được :
x y z t x y z t− + + ≥ − + −
( 2)
Từ (1) và (2) ta được :
( ) ( ) ( ) ( )
2 2
2 2 2 2 2
x y z t x y z t x y z t x y z t x y z t− + − ≥ − + − = − + − − + + ≥ − + −
Câu 3. Cho nửa đường tròn đường kính MN, tâm O, bán kính R, A là điểm thay đổi trên
đường kính MN. Qua A vẽ đường vuông góc với MN cắt nửa đường tròn ở B.
1/ Xác định giá trị lớn nhất của chu vi tam giác MBN;
2/ Trên OB lấy điểm C sao cho OC = AB. Chứng minh : Khi A thay đổi trên đường
kính MN, thì điểm C thuộc một đường tròn cố định.
1/ Ta có tam giác MBN vuông tại B,
nên : MB
2
+ NB
2
= MN
2
= 4R

2
.
Ta có :
2( NB
2
+ MB
2
)
≥
( MB + NB)
2
=> 8R
2

≥
( NB + MB )
2

=>
2R 2 NB+MB≥
Suy ra :
MN + MB + NB
2R 2R 2≤ +
Vậy chu vi của tam giác MBN đạt giá trị lớn nhất bằng :
2R 2R 2+
.
2/ * Gọi D là điểm chính giữa cung MN => D cố định và OD
⊥
MN.
* Do OD

⊥
MN và AB
⊥
MN suy ra : OD// AB =>
· ·
OBA BOD=
* Xét
∆
OAB và
∆
OCD : OA =OC (gt);
· ·
OBA COD=
; OB = OD = R.
Suy ra :
∆
OAB =
∆
OCD ( c – g – c)=>
·
·
OAB DCO=
=> ;
·
0
DCO 90=
Do hai điểm O và D cố định và
·
0
DCO 90=

=> Điểm C thuộc đường tròn
đường kính OD.
D
C
B
A
O
M
N
Giáo Viên : Hà Gia Có Trang 6 Trường THCS Lý Thường Kiệt – Phú Vinh - Định Quán - Đồng Nai
Câu 4. Cho phương trình bậc hai : ax
2
+ bx + c = 0, Với a, b, c là các số nguyên thay đổi,
a khác 0. Xét giá trị nhỏ nhất của biệt thức
2
b 4ac∆ = −
, mà
∆
> 0 và không phải là số
chính phương. Tìm giá trị nhỏ nhất của
∆
.
Hướng dẫn :Vì a; b và c là các số nguyên =>
2
b 4ac∆ = −
là số nguyên. Vậy
∆
là
số tự nhiên lớn hơn 0 và không chính phương.
+ Nếu b chẵn , đặt b = 2k, ta được :

( )
( )
2
2
2 4 4k ac k ac∆ = − = −
Vậy
∆
chia hết cho 4.
+ Nếu b lẻ, đặt b = 2k + 1, ta được :
( )
( )
2
2
2 1 4 4 2 1k ac k k ac∆ = + − = + − +
Vậy
∆
chia 4 dư 1.
Suy ra :
∆
có dạng 4Q hoặc 4Q + 1( Trong đó Q là số tự nhiên )
Để
∆
có Giá trị nhỏ nhất thì Q phải có giá trị nhỏ nhất
+ Nếu Q = 0 ta được:
0
1
∆ =


∆ =


+ Nếu Q = 1 ta được :
4
5
∆ =


∆ =

Vậy Giá trị nhỏ nhất của
∆
là bằng 5.
NĂM 2006
Câu 1. a/ Giải phương trình sau :
2
11 2 8 9 18 6 0x x x+ − − + =
b/ Giải hệ phương trình :
1 1
2
2
1 3
4
2
x y
x y

− = −

+




− =

+

Câu 2.
a/ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho ba đường thẳng (d); (d
1
) và (d
2
) lần lượt
có phương trình là : y = x – 4 ; x + 2y = – 2 và y = – 2x+ 2.
Chứng minh rằng : Nếu điểm M thuộc (d) thì M cách đều (d
1
) và (d
2
)
b/ Tìm tất các bộ ba số nguyên (u; v; t) thỏa :
u
2
+ v
2
+ t
2
= u + v + t
Câu 3. Cho tam giác ABC vuông tại A, điểm M tùy ý thuộc cạnh AB ( M không
trùng với A và không trùng với B). Kẻ MN vuông góc với BC ( N thuộc BC). Biết
P; Q lần lượt là trung điểm của đoạn thẳng BM và CM.
a/ Chứng minh : APNQ là tứ giác nội tiếp;

b/ Với điều kiện nào của tam giác ABC ( Vuông tại A) để tồn tại điểm M sao
cho tứ giác APNQ là hình thang.
Câu 4. Cho tứ giác lồi ABCD có AC + AD
≤
BC + BD. Chứng minh: AD < BD.
Loại vì
∆
> 0
Loại vì
∆
không chính phương
Loại vì
∆
không chính phương
Thỏa điều kiện
Giáo Viên : Hà Gia Có Trang 7 Trường THCS Lý Thường Kiệt – Phú Vinh - Định Quán - Đồng Nai
GỢI Ý BÀI GIẢI
Câu 1.
a/ Giải phương trình sau :
2
11 2 8 9 18 6 0x x x+ − − + =
b/ Giải hệ phương trình :
1 1
2
2
1 3
4
2
x y
x y


− = −

+



− =

+

a/ + Nếu :
9
8 9 0 | 8 9 | 8 9
8
x x x x< ⇔ − < ⇔ − = − +
, ta được phương trình :
11x
2
– 16x + 18 – 18x + 6 = 0  11x
2
– 34x + 24 = 0 (*)
Giải phương trình (*) ta được :
1
17 5
2
11
x
+
= =

( Loại );
2
17 5 12
11 11
x
−
= =
( Nhận)
+ Nếu :
9
8 9 0 | 8 9 | 8 9
8
x x x x≥ ⇔ − ≥ ⇔ − = −
, Ta được phương trình :
11x
2
+ 16x – 18 – 18x + 6 = 0  11x
2
– 2x – 12 = 0 (**)
Giải phương trình (**) ta được :
1
1 133
11
x
+
=
( Nhận);
2
1 133
11

x
−
=
( Loại)
Kết luận : Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm :
12 1 133
S ;
11 11
 
+
=
 
 
b/ Điều kiện :
0; 2; 0; 2x y≠ − ≠ −
( )
( ) ( )
1 1
2
2 2 2
2 2 2 4
1 3 3 6 4 8
3 2 4 2
4
2
3 2 2(*) 2 6 4 4
3 5 2 3 5 2
7 3 4 6 7 3 4 6
y x x y
x y y x xy x

y x xy y
y x y x
x y
y x xy y x xy
x y x y
y x xy y x xy




 
  






 
 
 
− = −
+ − = − +
+ + − = − −
⇔ ⇔
− − = +
− + = +
− =
+
+ = − − + = − −

⇔ ⇔ ⇒ − = ⇔ = +
− − = + − − = +
Từ (*) => y + 3x + 2xy + 2 = 0 <=> 3y + 9x + 3x.2y + 6 = 0
<=> 3y + 3(5y + 2) + 2y(5y + 2) + 6 = 0 <=> 3y + 15y + 6 + 10y
2
+ 4y + 6 = 0
<=> 10y
2
+ 22y + 12 = 0 <=> 5y
2
+ 11y + 6 = 0 (**).
Giải phương trình (**) ta được :
1 1
2 2
1 1
6 4
5 3
y x
y x
= − = −
 
 
⇔
 
= − = −
 
Vậy Hệ đã cho có nghiệm :
( )
3 6
1; 1 ; ;

4 5
− −
 
− −
 ÷
 
Giáo Viên : Hà Gia Có Trang 8 Trường THCS Lý Thường Kiệt – Phú Vinh - Định Quán - Đồng Nai
Câu 2.
a/ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho ba đường thẳng (d); (d
1
) và (d
2
) lần lượt
có phương trình là : y = x – 4 ; x + 2y = – 2 và y = – 2x+ 2.
Chứng minh rằng : Nếu điểm M thuộc (d) thì M cách đều (d
1
) và (d
2
)
b/ Tìm tất các bộ ba số nguyên (u; v; t) thỏa :
u
2
+ v
2
+ t
2
= u + v + t (1)
Gợi ý
a/ * Gọi A là giao điểm của (d) và ( d
2

),
Vậy tọa độ của A là nghiệm của hệ :
4 2
2 2 2
y x x
y x y
= − =
 
⇔
 
= − + = −
 
Vậy A ( 2 ; – 2) . Ta được : 2 + 2. (– 2 ) = – 2
=> A thuộc (d
1
).Vậy ba đường thẳng
(d); (d
1
) và (d
2
) đồng quy tại A.
* Gọi B; D; và C lần lượt là giao
điểm của (d); (d
1
) và (d
2
) với trục Ox .
Gọi H là hình chiếu của A trên Ox.
Ta được : B( 4; 0);C(–2; 0);D( 1; 0);
H ( 2; 0)=> BH = 2;HC = 4; BC = 6;

CD = BD =3; AH = 2.
* Áp dụng định lý Pi – Ta – Go và các
Tam giác vuông ADH và AHC
ta được :
AD 5;AC 20 2 5= = =
* Xét tam giác ACD, ta được :
AC 2 5
2
AC BC
AD
5
AD BD
BC 6
2
BD 3

= =


⇒ =


= =


=> AB là phân giác góc ngoài của tam giác ADC
Suy ra các điểm thuộc AB cách đều AD và AC hay các điểm thuộc (d) cách đều (d
1
)
và (d

2
). (Đpcm).
b/ *Xét đa thức f(x) = 4x
2
– 4x . với x là số nguyên.
f(x) = ( 2x – 1)
2
– 1. Vì x là số nguyên nên ta có : 2x
≠
1 => 2x – 1
≠
0
=> ( 2x – 1)
2
> 0 và 2x – 1 là số nguyên, ta được :
( 2x – 1)
2

≥
1  ( 2x – 1)
2
– 1
≥
0 hay f(x)
≥
0  x
2
– x
≥
0 với mọi x là số nguyên.

*Áp dụng vào bài toán ta được :
2 2 2
u u 0; v v 0; t t 0; − ≥ − ≥ − ≥
(*)
* Từ (1)  (u
2
– u ) + ( v
2
– v) + ( t
2
– t) = 0 (**)
Từ (*) và (**) ta được : u
2
– u = v
2
– v = t
2
– t = 0.
Nghiệm nguyên của phương trình là :
(0; 0 ; 0) ; ( 1; 1; 1) ; ( 0; 0 ; 1) ; ( 0; 1; 0 ) ; ( 1; 0 ; 0 ); ( 0; 1; 1 ) ; ( 1; 1; 0) và ( 1; 0 ; 1).
H
Giáo Viên : Hà Gia Có Trang 9 Trường THCS Lý Thường Kiệt – Phú Vinh - Định Quán - Đồng Nai
Câu 3.
Cho tam giác ABC vuông tại A, điểm M tùy ý thuộc cạnh AB ( M không
trùng với A và không trùng với B). Kẻ MN vuông góc với BC ( N thuộc BC). Biết
P; Q lần lượt là trung điểm của đoạn thẳng BM và CM.
a/ Chứng minh : APNQ là tứ giác nội tiếp;
b/ Với điều kiện nào của tam giác ABC ( Vuông tại A) để tồn tại điểm M sao
cho tứ giác APNQ là hình thang.
a/ Áp dụng định lý đường trung tuyến

trong tam giác vuông, đối với các tam giác
vuông : BNM ; CMN và AMC, ta được :
· ·
·
·
· ·
PNM PMN;NMQ QNM;AMQ MAQ= = =
·
·
·
·
·
·
·
·
0
PNM QNM MAQ PMN NMQ AMQ PNQ PAQ 180⇒ + + = + + ⇔ + =
.
Vậy tứ giác AQNP nội tiếp được đường tròn.
b/ * Để tồn tại điểm M, tức là M phải nằm giữa hai điểm A và B =>
·
·
MCB ACB<
.
* Vì tứ giác AQNP nội tiếp , vậy nếu tứ giác AQNP là hình thang thì là hình
thang cân. Suy ra :
·
·
·
PAQ APN 2.ABC= =

.
* Ta có :
·
·
· ·
·
·
·
·
·
·
·
·
·
·
·
·
·
0 0
0 0
PAQ QAC 90 2.ABC ACM 90

ABC ACB 90 ABC ACM MCB 90
2.ABC ACM ABC ACM MCB ABC MCB ACB
 
+ = + =
 
⇔
 
+ = + + =

 
 
⇒ + = + + ⇔ = <
Kết luận:Điều kiện tồn tại điểm M sao cho tứ giác PAQN là hình thang là :
· ·
ABC ACB<
.
Câu 4.
Cho tứ giác lồi ABCD có AC + AD
≤
BC + BD. Chứng minh: AD < BD.
* Gọi O là giao điểm của hai đường chéo AC và BD.
* Xét tam giác ADO : AD < AO + OD
* Xét tam giác BOC : BC < BO + OC
Suy ra : AD + BC < AO + DO + BO + CO
=> AD + BC < AC + BD (1)
Theo đề : AC + AD
≤
BC + BD (2)
Cộng theo vế của bất đẳng thức (1) và (2), ta được :
AD + BC + AC + AD < AC + BD + BC + BD
 2AD + AC + BC < 2BD + AC + BC  AD < BD (Đpcm) .
P
Q
N
M
C
B
A
O

D
C
B
A
Giáo Viên : Hà Gia Có Trang 10 Trường THCS Lý Thường Kiệt – Phú Vinh - Định Quán - Đồng Nai
NĂM 2007
Câu 1. Giải phương trình sau :
2
3
3
22 49 0x x x− + =
Câu 2.
Cho đa thức Q(x) = 2x
3
– ( 2m + 3n) x
2
+ nx + 3 ( biến số là x). Tìm m và n
biết : Q(x) chia hết cho đa thức ( 1 + 2x) và x =
3
là một nghiệm của Q(x)
Câu 3.
Trong mặt phẳng vối hệ tọa độ Oxy cho Parabol (P) và hai đường thẳng (d
1
) ;
(d
2
) là lượt lần có phương trình : y =
1
3
x

2
; 8x + 3y = – 12 ; 2x – 3y = – 3 .
Chứng minh rằng : các giao điểm của (d
1
) với (P) và của (d
2
) với (P) tạo thành bốn
điểm của một hình thang.
Câu 4.
Tìm tất cả các số nguyên
u v
k
v u
= +
( Với u và v là các số nguyên)
Câu 5.
Cho tam giác vuông ABC có AB > AB và I là trung điểm của cạnh huyền
BC; Biết D là điểm thuộc cạnh AB ( D không trùng A và không trùng với B). Gọi
M là điểm đối xứng với D qua BC. Gọi N là điểm đối xứng với D qua I.
Chứng minh rằng :B; C; M và N cùng thuộc một đường tròn.
Câu 6.
Cho tam giác đều EFG có EF = a.
1/ Tính theo a thể tích của hình tạo thành khi quay tam giác EFG vòng quanh cạnh
EF.
2/ Xác định các điểm E
1
; F
1
và G
1

lần lượt thuộc các đoạn EG, GE và EF sao cho
tam giác E
1
F
1
G
1
là tam giác đều và có diện tích nhỏ nhất.
GỢI Ý BÀI GIẢI
Câu 1. Giải phương trình sau :
2
3
3
22 49 0x x x− + =
Gợi ý :
( ) ( )
4 2
2
3
3 3 3
22 49 0 22 49 0x x x x x− + = ⇔ − + =
, Đặt
( )
2
3
t 0x
= ≥
,
Ta được phương trình : t
2

– 22t + 49 = 0. Giải phương trình này ta được :
1 2
t 11 6 2 ; t 11 6 2= + = −
( Nhận cả hai nghiệm )
* Với :
1
t 11 6 2= +
, ta được :
( ) ( )
( )
( )
3
3
2 2
3
3
3
3 2
3 2 45 29 2
11 6 2 3 2
3 2 45 29 2
3 2
x
x x
x
x x
x

= +
 

= + = +

= + = + ⇔ ⇔ ⇔
 

= − − = − −
 
= − −
 


Giáo Viên : Hà Gia Có Trang 11 Trường THCS Lý Thường Kiệt – Phú Vinh - Định Quán - Đồng Nai
* Với :
1
t 11 6 2
= −
( ) ( )
( )
( )
3
3
2 2
3
3
3
3 2
3 2 45 29 2
11 6 2 3 2
3 2 45 29 2
3 2

x
x x
x
x x
x

= −
 
= − = −

= − = − ⇔ ⇔ ⇔
 

= − + = − +
 
= − +
 


Vậy tập nghiệm của P/ trình :S = {
45 29 2+
;
45 29 2− −
;
45 29 2−
;
45 29 2− +
}
Câu 2. Cho đa thức Q(x) = 2x
3

– ( 2m + 3n) x
2
+ nx + 3 ( biến số là x). Tìm m và n
biết : Q(x) chia hết cho đa thức ( 1 + 2x) và x =
3
là một nghiệm của Q(x)
Gợi ý
* Vì Q(x) chia hết cho ( 1 + 2x) và nhận x =
3
là một nghiệm nên ta được :
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
3 2
3 2
1 1 1 1
Q 0 2 2 3 3 0
2 2 2 2
Q 3 0
2 3 2 3 3 3 3 0
1 1 1
3 3 2 3 6 36 0
2 3 3 0
4 4 2

6 3 3 2 3 3 3 0
6 3 3 2 3 3 3 0
m n n
m n n
m n n
m n n
m n n
m n n

− − −

       
− = − + + + =
 ÷  ÷  ÷  ÷


       
⇔
 
 
=
− + + + =


−

+ + + − =

− + − + =
 

⇔
 
− + + + =



− + + + =

Giải tiếp hệ phương trình trên ta được :
30 6 3 84 41 3
;
6 3 6 3
n m
− − +
= =
+ +
Câu 3. Trong mặt phẳng vối hệ tọa độ Oxy cho Parabol (P) và hai đường thẳng (d
1
) ;
(d
2
) là lượt lần có phương trình : y =
1
3
x
2
; 8x + 3y = – 12 ; 2x – 3y = – 3 .
Chứng minh rằng : các giao điểm của (d
1
) với (P) và của (d

2
) với (P) tạo thành bốn
điểm của một hình thang.
* Tọa độ giao điểm của (P) và (d
1
) thoả phương trình :
1
3
x
2
=
8
3
−
x – 4  x
2
+ 8x + 12 = 0.
Giải phương trình trên ta được: x
1
= –2;x
2
= – 6
Vậy (d
1
) và (P) cắt nhau tại hai điểm A
4
2;
3
 
−

 ÷
 
; B
( )
6;12−
* Tọa độ giao điểm của (P) và (d
2
) thoả phương trình :
1
3
x
2

=
2
3
x + 1  x
2
– 2x – 3 = 0 .
Giải phương trình trên ta được : x
1
= – 1 ; x
2
= 3
Vậy (d
2
) và (P) cắt nhau tại hai điểm : C
1
1;
3

 
−
 ÷
 
; D
( )
3;3
Giáo Viên : Hà Gia Có Trang 12 Trường THCS Lý Thường Kiệt – Phú Vinh - Định Quán - Đồng Nai
* Đường thẳng AC đi qua hai điểm A và điểm B có phương trình là :
2
3
y x= − −
* Đường thẳng BD đi qua hai điểm B và điểm D có phương trình là :y = – x + 6
Hai đường thẳng AC và BD có hệ số góc a = – 1, bằng nhau nên CA // BD
Vậy bốn điểm trên tạo thành một hình thang. (Đpcm)
Câu 4. Tìm tất cả các số nguyên
u v
k
v u
= +
( Với u và v là các số nguyên)
Gợi ý :
Ta có :
u v
k
v u
+ = ∈ ¢
và
u v
. =1

v u
, Vậy theo định lý đảo của định lý Vi – Et , thì
u
v
và
v
u
là hai nghiệm hữu tỉ của phương trình : x
2
– kx + 1 = 0 (*).
Ta có :
( )
2
2 2
4 4 4b ac k k∆ = − = − − = −
để phương trình (*) có nghiệm hữu tỉ thì
2
4k −
phải là số hữu tỉ.
Đặt :
2
4
n
k
m
− =
với n và m là các số nguyên và n.m > 0 .
Suy ra : m
2
k

2
– 4m
2
= n
2
 m
2
( k
2
– 4) = n
2
(**) . Vì n; m và k là các số nguyên nên
ta được n
2
chia hết cho m
2
hay n chia hết cho m. Đặt n = pm ( với p là số nguyên), ta
được : k
2
– 4 = p
2
 k
2
– p
2
= 4  ( k – p)( k+ p) = 4
Ta được các trường hợp sau :
Trường hợp 1 : k – p = – 1 và k + p = – 4 => k = – 2,5 ( loại)
Trường hợp 2 : k – p = – 4 và k + p = – 1 => k = – 2,5 ( loại)
Trường hợp 3 : k – p = – 2 và k + p = – 2 => k = – 2 ( nhận )

Trường hợp 4 : k – p = 1 và k + p = 4 => k = 2,5 ( loại)
Trường hợp 5 : k – p = 2 và k + p = 2 => k = 2 ( nhận )
Trường hợp 6 : k – p = 4 và k + p = 1 => k = 2,5 ( loại)
Vậy ta tìm được hai giá trị nguyên của k là 2 và (– 2 ).
Câu 5.
Cho tam giác vuông ABC có AB > AB và I là trung điểm của cạnh huyền BC; Biết
D là điểm thuộc cạnh AB ( D không trùng A và không trùng với B). Gọi M là điểm đối
xứng với D qua BC. Gọi N là điểm đối xứng với D qua I.
Chứng minh rằng :B; C; M và N cùng thuộc một đường tròn.
Giáo Viên : Hà Gia Có Trang 13 Trường THCS Lý Thường Kiệt – Phú Vinh - Định Quán - Đồng Nai
Gợi ý
* Do M đối xứng với D qua BC
Nên ta được :
·
·
DBI MBC=
* Do : DI = IN và BI = IC
Nên tứ giác BDCN là hình bình hành.=>
· ·
CNI BDI=
* Do BC // MN ta được :=>
·
·
DIB DNM=
Ta được :
·
·
· · ·
·
0

DNM MBC CNI BDI DBI DIB 180+ + = + + =
·
·
0
MBC MNC 180⇔ + =
.Vậy Tứ giác BMNC nội tiếp
được một đường tròn. (Đpcm)
Câu 6. Cho tam giác đều EFG có EF = a.
1/ Tính theo a thể tích của hình tạo thành khi quay tam giác EFG vòng quanh cạnh EF.
2/ Xác định các điểm E
1
; F
1
và G
1
lần lượt thuộc các đoạn EG, GE và EF sao cho tam giác
E
1
F
1
G
1
là tam giác đều và có diện tích nhỏ nhất.
Gợi ý
1/ Học sinh tự tính toán (Đáp số : Thể tích hình cần tính bằng :
3
V
4
a
π

=
2/ * Ta có :
·
·
·
0 0
1 1 1 1 1 1 1
G FE =60 G FE+GFE =120⇔
Mặt khác :
·
·
0
1 1 1 1
G FE+EG F =120
Suy ra :
·
·
·
·
1 1 1 1 1 1 1 1
GFE =EG F GE F =EFG⇔
Suy ra :
( )
1 1 1 1 1 1
GFE G EF GF G Eg c g∆ = ∆ − − ⇔ =
=> EF
1
+ EG
1
= EF

1
+ GF
1
= GE = a.
Tương tự ta được :
1 1 1 1
GFE FE G∆ = ∆
Suy ra :
1 1 1 1 1 1
S =S S
ΔEGF ΔFG E ΔGEF
=
*Ta có :
1 1
S =
ΔEGF
·
1 1 1 1 1 1 1
1 3 3
EG .EF.SinG EF= EG .EF GF.EF
2 4 4
=
và
S =
ΔEGF
·
2
1 3 a 3
EG.EF.SinGEF= EG.EF=
2 4 4


Gọi S là diện tích của tam giác G
1
E
1
F
1
, ta được :
1 1 1 1 1 1 1 1 1
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
2
1 1
1 1 1

3. 3.
3 3 3
.
4 4
S S S S S
G F E GF E G FE G F E GEF
S S S S S S
G F E G F E GEF G F E GEF G F E
a
S GF EF
G F E
+ + + =
∆ ∆ ∆ ∆ ∆
⇔ + = ⇔ = −
∆ ∆ ∆ ∆ ∆ ∆
⇔ = −

∆
M
I
N
D
C
B
A
C
B
A
F
1
G
1
E
1
G
F
E
Giáo Viên : Hà Gia Có Trang 14 Trường THCS Lý Thường Kiệt – Phú Vinh - Định Quán - Đồng Nai
Vậy để diện tích tam giác G
1
E
1
F
1
có giá trị nhỏ nhất thì tích : GF
1
. EF

1
có giá trị lớn
nhất. Ta có : ( GF
1
+ EF
1
)
2

≥
4GF
1
.EF
1

( )
2
2
1 1
1 1
.
4 4
GF EF
a
GF EF
+
≤ =
Vậy diện tích tam giác G
1
E

1
F
1
có giá trị nhỏ nhất bằng :
2 2 2 2 2
3 3 3 4 3 3 3 3
4 16 16 16
a a a a a−
− = =
NĂM 2008
Câu 1. Giải phương trình sau : x
4
+ 4x
3
+ 8x
2
+ 8x – 3 = 0
Câu 2.
Cho biết phương trình : x
2
+ px + q = 0 có hai nghiệm dương x
1
< x
2
. Lập
một phương trình bậc hai mà các nghiệm là :
( )
1 2
1x x −
và

( )
2 1
1x x−
.
Câu 3. Tìm tập hợp các số thực x thỏa phương trình :
2 2 3 4 5 2 2 4 5 2 2x x x x+ + − + − − − =
Câu 4.
Cho tam giác ABC vuông ở C. CD là đường cao của tam giác. Đường tròn
(T) đường kính CD cắt AC và BC theo thứ tự tại E và F. BE cắt (T) tại điểm M
khác E. AC cắt MF tại K. EF cắt BK tại P.
a/ Chứng minh rằng : B, F, M và P cùng thuộc một đường tròn;
b/ Với điều kiện nào của góc CAB thì ba điểm D; M và P thẳng hàng.
Câu 5. Chứng nminh rằng nếu b, c là các số thực mà :
2 2
2
0
4 2 2
b c
bc c b b c
+ + =
− − −
Thì :
( )
( ) ( )
2 2 2
2 2
2
0
4
2 2

b c
bc
c b b c
+ + =
−
− −
GỢI Ý BÀI GIẢI
Câu 1. Giải phương trình sau : x
4
+ 4x
3
+ 8x
2
+ 8x – 3 = 0
Ta có : x
4
+ 4x
3
+ 8x
2
+ 8x – 3 = 0  (x
2
+ 2x)
2
+ 4( x
2
+ 2x) – 3 = 0
Đặt : x
2
+ 2x = t, ta được : t + 1 = x

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

≥
0 => t
≥
– 1 .
ta được phương trình : t
2
+ 4t – 3 = 0.
Giải phương trình ta được : t
1
=
2 7− +
( Nhận ) và t
2
=
2 7− −
( Loại).
Với t
1
=
2 7− +
ta được : ( x + 1)
2
=
1 7− +
1 7 1 7 1 1
1 7 1 7 1 1

x x
x x
 
+ = − = − −
 
⇒ ⇔
 
+ = − − = − − −
 
Vậy phương trình đã cho có nghiệm :
{ }
7 1 1; 7 1 1S = − − − − −
Giáo Viên : Hà Gia Có Trang 15 Trường THCS Lý Thường Kiệt – Phú Vinh - Định Quán - Đồng Nai
Câu 2. Cho biết phương trình : x
2
+ px + q = 0 có hai nghiệm dương x
1
< x
2
.
Lập một phương trình bậc hai mà các nghiệm là :
( )
1 2
1x x −
và
( )
2 1
1x x−
.
* Theo định lý Vi – et ta được :

1 2
x + x = > 0 p < 0p− ⇒
và
1 2
x .x = q > 0
Vì : 0 < x
1
< x
2.
*Ta có :
( ) ( )
( ) ( )
1 2 2 1 2 1 1 2 1 2 2 1 1 2
1 1 1x x x x x x x x x x x x x x− + − = − + − = − −
* Ta có :
( )
2
2 1 1 2 1 2
2 2x x x x x x p q
− = + − = − −
Do :
( ) ( )
2
2 2 0
4 0
2 0 2 0
0; 0
2 0
p q p q
p q

p q p q
p q
p q

− + >
− >


⇔ ⇒ + < ⇔ − − >
 
< >


− <

* Ta được :
( )
2 1
2 1
2
2 1
2 1
2 1
0
0
2
2
2
x x
x x

x x p q
x x p q
x x p q

− >
− >

 
⇔ ⇒ − = − −
 
− = − −
− = − −
 


Vậy :
( ) ( )
( )
1 2 2 1
1 1 2 1x x x x p q q− + − = − − −
(1)
* Ta có :
( ) ( ) ( ) ( )
1 2 2 1 1 2 2 1 2 1
1 . 1 1 1x x x x x x x x x x q p q− − = − − + = − + +
(2).
Từ (1) và (2) ta được phương trình cần lập là :
( )
( )
2

2 1 1 0x p q q x q p q− − − − − + + =
Câu 3. Tìm tập hợp các số thực x thỏa phương trình :
2 2 3 4 5 2 2 4 5 2 2x x x x+ + − + − − − =
Ta có : Điều kiện của bài toán :
5
4 5 0
4
x x− ≥ ⇔ ≥
Ta có :
( )
( ) ( )
( ) ( )
2 2
2 2
2 2 3 4 5 2 2 4 5 2 2
4 4 6 4 5 4 4 2 4 5 4 Nhan hai ve cho 2
4 5 6 4 5 9 4 5 2 4 5 1 4
4 5 3 1 4 5 4 4 5 3 1 4 5 4
x x x x
x x x x
x x x x
x x x x
+ + − + − − − =
⇔ + + − + − − − =
⇔ − + − + + − − − + =
⇔ − + + − − = ⇔ − + + − − =
$ $
Ta có :
4 5 3 1 4 5 4 5 3 1 4 5 4x x x x− + + − − ≥ − + + − − ≥
Dấu dẳng thức xảy ra khi :

Giáo Viên : Hà Gia Có Trang 16 Trường THCS Lý Thường Kiệt – Phú Vinh - Định Quán - Đồng Nai
( ) ( )
4 5 3 1 4 5 0 1 4 5 0
3
1 4 5 4 5 1
2
x x x
x x x
− + − − ≥ ⇔ − − ≥
⇔ ≥ − ⇔ − ≤ ⇔ ≤
Kết hợp với điều kiện của bài toán ta được các số x cần tìm là :
5 3
4 2
x≤ ≤
.
Câu 4. Cho tam giác ABC vuông ở C. CD là đường cao của tam giác. Đường tròn
(T) đường kính CD cắt AC và BC theo thứ tự tại E và F. BE cắt (T) tại điểm M khác E.
AC cắt MF tại K. EF cắt BK tại P.
a/ Chứng minh rằng : B, F, M và P cùng thuộc một đường tròn;
b/ Với điều kiện nào của góc CAB thì ba điểm D; M và P thẳng hàng.
a/ * Do DC là đường kính của đường tròn (T)
nên ta được :
·
·
0
CED CFD 90= =
Suy ra tứ giác CEDF là hình chữ nhật
=> EF là đường kính của đường tròn (T).
=>
·

·
0
KMB KME 90= =
* Xét
∆
EKB có : KM
⊥
EB và BC
⊥
EK
=> F là trực tâm của tam giác EKB => EP
⊥
BK.
* Xét tứ giác BMFP có :
·
·
0 0 0
FPB FMB 90 90 180+ = + =
Vậy tứ giác BMFP nội tiếp được một đườngtròn.
b/ Giả sử D; M và P thẳng hàng, ta được góc FMP là góc ngoài của tứ giác EFMD.
Mặt khác ta có tứ giác DEFM nội tiếp được, nên :
·
·
FMP FED=
* Ta có tứ giác BMFP nội tiếp được, nên :
·
·
FMP FBP=
* Ta có tứ giác BECP nội tiếp được, nên :
·

·
CEF FBP=
Suy ra :
·
·
·
·
·
·
CEF FBP FMP FED CEF FED= = = ⇒ =
.
Vậy EP là phân giác của góc CEB =>
·
·
·
0 0 0
CEF 45 ACD 45 CAB 45= ⇒ = ⇒ =
Câu 5. Chứng nminh rằng nếu b, c là các số thực mà :
2 2
2
0
4 2 2
b c
bc c b b c
+ + =
− − −
,Thì :
( )
( ) ( )
2 2 2

2 2
2
0
4
2 2
b c
bc
c b b c
+ + =
−
− −
M
K
P
F
E
D
C
BA