MỘT SỐ BÀI TOÁN ĐẠI SỐ HAY

1. a) Cho

. Chứng minh:

Giải: Đặt:
TH1: max

+ Xét

suy ra

và

suy ra

và

suy ra

và

Do đó

Từ đây suy ra:

+ Xét

Do đó

Từ đây suy ra:
TH2: max

+ Xét

Do đó

Từ đây suy ra:

+ Xét

suy ra

và

suy ra

và

suy ra

và

Do đó

Từ đây suy ra:
TH3: max

+ Xét

Do đó

Từ đây suy ra:

+ Xét

Do đó

Từ đây suy ra:
b) Cho a, b, c khác 0, chứng minh
Tương tự như trên.

2. Giải hệ:
Giải: Điều kiện:
Xét

thì x = 0 hoặc y =0

(Thực hiện: Lê Bá Hoàng).

+ Nếu x =0 thì từ phương trình thứ nhất ta suy ra y=3
Cặp (x, y) = (0; 3) không thỏa mãn phương trình thứ 2 nên (x,y) = (0;3) không phải là
nghiệm của hệ đã cho.
+ Tương tự nếu y =0 thì từ phương trình thứ nhất ta suy ra x =3, cặp số (x, y) = (3; 0)
không thỏa mãn phương trình thứ 2 nên (x,y) = (3;0) không phải là nghiệm của hệ đã cho.
Xét

suy ra

Rõ ràng

hoặc

không thỏa mãn phương trình thứ nhất

Do dó
Từ phương trình thứ nhất ta suy ra

Áp dung BĐT

suy ra

hay

, ta có:

Ta có

Do đó
Dấu “=” xảy ra

hay

(thỏa mãn đề ra)

Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất
Nhận xét: Sai lầm đây khi đặt điều kiện

thì học sinh thường nhầm là

Vì trong trường hợp x = 0 thì y tùy ý, y =0 thì x tùy ý.

hoặc

Do đó trong quá trình giải thì HS có thể kết hợp điều kiện xác định và điều kiện để hệ có
nghiệm
Đối với bài toán trên ta kết hợp giữa điều kiện xác đình và điều kiện có nghiệm của hệ thì
ta có thể làm như sau:
Giải:
Điều kiện xác định:

và từ phương trình thứ nhất ta suy ra

nên

do đó suy ra điều kiện để hệ có nghiệm là
Đối với bài toán trên thì HS có thể giải như sau:
Từ phương trình thứ nhất ta suy ra
Áp dung BĐT

nên

, ta có:

Ta có

Do đó
Dấu “=” xảy ra
Thử lại cặp số

hay
thỏa mãn hệ đã cho.

Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất
Lời bình: Với cách trình bày lời giải này thì học sinh làm gọn hơn và đỡ phức tạp hơn
cách trình bày lời giải ban đầu.
Bài 3. Cho a, b, c là các số thực không âm, đôi một khác nhau. Chứng minh rằng:
(Đề thi vào lớp 10, chuyên Hà Tĩnh năm học 2024-2025)
Giải:

Cách 1: Giả sử

vì a, b, c là các số thực không âm, đôi một khác nhau

nên

(dấu = xảy khi c=0)
và
Do đó đê chứng minh BĐT đã cho ta chỉ cần chứng minh:

(luôn đúng)
Dấu “=” xảy ra khi

và

(b>0)
hoặc

cùng các hoán vị của chúng.

Cách 2.
Do a, b, c khác nhau và không âm, vai trò như nhau nên ta giả sử
Đặt:
( với
Khi đó

trở thành
(*)

Vì
Để chứng minh BĐT (*) ta chỉ cần chứng minh BĐT (**)
(**)

Thật vậy
(**)
Đặt

(

). Khi đó
(luôn đúng)

Dấu “=” xảy ra khi
Dấu “=” của bất đẳng thức cần chứng minh xảy ra khi (a, b, c) =

.

và các hoán vị (với x là số thực dương tùy ý).
Bài 4. Trong hình lục giác đều có cạnh bằng 4 cho 257 điểm phân biệt. Chứng minh
rằng tồn tại một hình vuông có cạnh bằng 1 chứa ít nhất 5 điểm (có thể thuộc cạnh hình vuông)
trong số các điểm đã cho.
(Đề thi vào lớp 10, chuyên Hà Tĩnh năm học M
N
B
A
2024-2025)
Giải: Ta có lục giác đều ABCDEF có cạnh bằng 4
nội tiếp đường tròn đường kính CF = 8.
Vẽ hình vuông MNPQ ngoại tiếp hình tròn đường
F
C
O
kính bằng 8 và có cạnh song song với đường kính CF.
Chia hình vuông MNPQ cạnh bằng 8 thành 64 hình
vuông có cạnh bằng 1. Dễ thấy 8 hình vuông được tô đỏ
E
không chứa điểm nào của lục giác đều ABCDEF nên các
D
Q
P
phần của lục giác đều ABCDEF đều nằm trong (64-8) =
56 hình vuông còn lại của hình vuông MNPQ.
Theo nguyên lí Đi-rích-lê tồn tại ít nhất một hình vuông chứa ít nhất:
trong 257 điểm đã cho).
Bài 5. Cho

là các số thực dương thỏa mãn:

(điểm

. Chứng minh rằng:

.
Ta có:
với mọi
với mọi
Tương tự

với mọi
với mọi

.

Suy ra
Cần chứng minh bất đẳng thức phụ sau: Cho
ta có:
Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có:

là các số thực dương,

Tương tự, ta có:

Cộng theo vế ba bất đẳng thức trên ta được:
(với

).

Áp dụng bất đẳng thức trên, ta có:

Từ

suy ra:

Từ bất đẳng thức:

, ta được:
.

Mặt khác:

Từ

Dấu

suy ra:

khi và chỉ khi:

Suy ra:

.

Vậy

, với

dương thỏa mãn:

là các số thực

.

Bài 6. Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn:
a) Chứng minh:
b) Tìm giá trị lớn nhất của
Lời giải:
a) Ta có:
nên

.

b)
Cách 1.
Ta có:
ra khi
)

(dấu “=” xảy ra khi

) và

(dấu “=” xảy

Do đó:
Suy ra

Suy ra

Tương tự ta cũng có:

hay

(Dấu “=” xảy ra khi

(Dấu “=” xảy ra khi

(Dấu “=” xảy ra khi

)

hoặc

)

hoặc

)

(Dấu “=” xảy ra khi

hoặc

)

Do đó
Dấu “xảy ra” khi

và các hoán vị.

Vậy giá trị lớn nhất của P là 2.
Cách 2. Giả sử

suy ra

Suy ra
Ta chứng minh
Thậy vậy:
Nếu

, mà

Nếu
Do đó

suy ra

(vì

)

dấu “=” xảy ra khi a = 0; b =c = 2.

Vậy GTLN của P = 2 khi a = 0; b =c = 2 và các hoán vị.
Bài 7. Cho x, y, z là các số thực dương thõa mãn:
rằng:
Hướng dẫn:
Ta có:
Đặt

. Chứng minh

Say ra

.

Khi đó: P =

=

Ta chứng minh:
Thật vậy: Áp dụng BĐT

với
với

, ta có:

(với

Do đó ta cần chứng minh:
Thật vậy:

(với

)

Ta chứng minh:

với

Thật vậy:
Ta có

Do

mà

nên

Từ đây suy ra điều phải chứng mính.
Bài 8. Cho a, b, c các số thực dương thỏa mãn:

. Chứng minh rằng

Chứng minh:
Chuẩn hóa bằng điều kiện abc=1
Đặt
z
x
y
a= ,b= , c= ( x , y , z> 0 ) ,
x
y
z

khi đó abc=1hiển nhiên thỏa.
Ta biến đổi từng hạng:
2

2

2

z 2 x
2 zy + x
1
y
2
ab= , b = 2 ⇒ 2 ab+b =
⇒
= 2
.
2
2
y
y
y
2 ab+b x +2 yz

Suy ra
1
1
1
y2
z2
x2
S=
+
+
=
+
+
.Áp dụng Cauchy–Schwarz ta có:
2 ab+ b2 2 bc+ c2 2 ca+ a2 x 2 +2 yz y 2 +2 zx z 2 +2 xy

Kết luận
1
1
1
+
+
≥1
2
2
2 ab+b 2 bc +c 2 ca+a 2

với mọi a , b , c >0thỏa abc=1.


Dấu “=” xảy ra khi x= y =z, tương đương a=b=c=1.

Bài 9. Giải các phương trình:
1)
2)
3)
4)
5)
6)
7)
Bài 10. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện:

và

.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
Bài 11. Cho tam giác nhọn ABC (AB là điểm bất kỳ thuộc đoạn BC, đường thẳng qua M vuông góc với BC cắt các đường thẳng
AC, AB theo thứ tự tại P và Q.
a. Chứng minh
MH.

và trực tâm R của tam giác APQ nằm trên đường thẳng

b. Tia phân giác của góc HBD cắt HD tại U, tia phân giác của góc BHD cắt DB tại V
O là giao điểm cảu BU và HV. Tìm giá trị nhỏ nhất của
Hướng dẫn giải:

b. Cách 1. Vẽ hình bình hành AHGB, kẻ
suy ra AH=BG và AH//BG, vì
ra
AB//HG mà

A

suy

E

nên

Do đó

F

nên tứ giác GBHC nội

H

tiếp đường tròn suy ra

1

B

Do đó

1

suy ra

Ta có

nên 5 điểm B, E,

F, C, I nằm trên đường tròn đường kính BC
Mà

D

G

J

I

suy ra

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông BGC với đường cao BI ta có

Cách 2. Ta có

Do đó:

2

C

Q

X

R

A

KY
E

F
B

P

H
D

C

M

b. Ý 2.
Qua A kẻ đường thẳng song song với BC cắt các tia CF, BE, MH, MQ
theo thứ tự tại X ,Y, R, L (hình vẽ). Từ bài ra suy ra

(1)

Ta có RX//MC; AR//BM suy ra:
nên
Mà PM//AD suy ra
Từ (2) và (3) suy ra
(4)

(2)

(3)
suy ra RP//CX mà

nên

hay

Từ (1) và (4) suy ra A là trực tâm của tam giác RPQ suy ra R là trực tâm của tam giác
APQ.
Nhận xét: Ý này vẫn đúng khi M là điểm bất kỳ thuộc đoạn thẳng BC

Q

X

Y

A

R

E
F

B

H

D

K
P

C

M

c. Đặt
Vì tam giác BHD vuông tại D nên
Áp dụng tính chất phân giác ta có:
suy ra

H

hay

hay ra

x

a

Suy ra
Suy ra

do đó

U
hay

O
B

Tương tự:

Ta có

c

V
b

y

D

Vây giá trị nhỏ nhất của T bàng 4 khi

hay tam giác DHB vuông cân tại D

tức là tam giác ABC có
Bài 12. Đề thi HSG Toán 9 Hà Nội năm học 2024-2025.
Cho tam giác ABC cân tại A, nội tiếp đường tròn (O), (BAC) ̂<60^∘. Gọi H là trực tâm của
tam giác ABC và D là điểm đối xứng với H qua đường thẳng BC. Kẻ đường kính CM của
đường tròn (O).
a) Chứng minh MD là tia phân giác của góc BMC.
b) Gọi N là giao điểm của hai đường thẳng CHvà MB. Đường thẳng qua H và song song
với đường thẳng BCcắt đường thẳng MD tại điểm P. Chứng minh rằng (ANP) ̂=90^∘.
c) Đường thẳng AP cắt đường thẳng BC tại điểm E, đường thẳng BH cắt đường thẳng MC
tại điểm F. Chứng minh rằng EF là tiếp tuyến của đường tròn có đường kính AP.
Giải:
A
M
I
N

O

R

F
P

B

E

K

H
G

C

D

a) Vì tam giác ABC cân tại A, nội tiếp đường tròn (O), H là trực tâm các điểm: A, O, H
thẳng hàng.
Vì D đối xứng với H qua BC suy ra
ra AD là đường kính.
b) Vì CM là đường kính nên
đường kính AP. Do đó

suy ra D thuộc đường tròn (O), suy
suy ra tứ giác AMPH nội tiếp đường tròn

Vì CM là đường kính của đường tròn (O) suy ra

suy ra BM//DA nên tứ giác

AMDB là hình thang cân suy ra
Mà

, CN//BD (vì cùng vuông góc với AB) suy ra

hay

Do đó
suy ra tứ giác NMPH nội tiếp, kết hợp với tứ giác AMPH nội tiếp
đường tròn đường kính AP suy ra 5 điểm A, M, N, P, H thuộc đường tròn đường kính AP .
Do đó
c) Ta có tứ giác BHCD là hình thoi nên
mà

,
suy ra tứ giác MNHF nội tiếp, do đó F thuộc

đường tròn đường kính AP. Suy ra
Mặt khác:

, từ đây suy tam giác

(g.g)

Suy ra:
Từ đây suy ra EF là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AP. Các em xem vì sao nhé!

Bài 13. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:
Giải: Trước hết ta chứng minh nếu y là số nguyên dương mà
chính phương.

là số hữu tỷ thì y là số

Thật vậy.
Vì

là số hữu tỷ và nguyên dương nên

Suy ra

nên

suy ra

với m, n là các số nguyên dương và

mà

suy ra n =1.

Do đó

Trở lại bài toán:

Suy ra

nên

- Nếu

khi đó

- Nếu

, suy ra

(*)

thay vào (*) ta tính được

Do x, y là số nguyên dương nên

dương,

là số hữu tỷ dương nên áp dụng nhận xét

trên thì y là số chính phương y =
* Chứng minh tương tự, nếu

, nếu

ta cũng có là số chính phương

nên
Thay vào đề ra ra

(vì

)

Suy ra:

. Vậy (x, y) =

Vậy phương trình đã cho có nghiệm nguyên dương là (x, y) = (20; 20), (4; 324)
Bài 14. (203) Cho tam giác ABC có
(I) là đường tròn nội tiếp tam giác. Gọi D,
E, F tiếp điểm của (I) các cạnh BC, CA, AB. L là điểm đối xứng của D qua EF. Chứng
minh

Bài 15. (202) Cho tam giác nhọn ABC (AB BD và CE cắt nhau tại H. Gọi M là trung điểm của BC, N là giao điểm của AH và DE, K
là giao điểm của AO và BC. Chứng minh HM//NK

Ta có AP là đường kính suy ra
mà
suy BH//PC, tương tự BP//CH
do đó tứ giác BHCP là hình bình hành nên HP và BC cắt nhau tại trung điểm mỗi đoạn,
mà M là trung điểm của BC nên M là trung điểm của HP. Suy ra OM là đường trung bình
của tam giác PAH. Suy ra

.

Gọi I là trung điểm của AH, suy ra
Nên tứ giác OIHM là hình bình hành suy ra IO//HM (*).
Mặt khác, dễ có:

Do đó

suy ra OI//NK (**)

Từ (*) và (**) suy ra HM//NK.
Bài 16. Cho tam giác ABC cân tại C và
ABC sao cho

và

. Giả sử tồn tại điểm D nằm trong tam giác

. Chứng minh rằng

Giải:
Dựng

suy ra

mà

Đặt BD=x thì AD=2 x =ED
Áp dụng định lí Pi ta go vào tam giác vuông DEB suy ra

Vì
Dể có

(vì

)

Suy ra

Vậy:

(đpcm)

Bài 17.
Cho tam giác ABC nhọn, các đường cao BE và CF, M là trung điểm của BC. Qua A kẻ
đường thẳng d vuông góc với AM, d cắt các đường thẳng BE và CF lần lượt tại D và K. a)
Chứng minh AD = AK.
b) Chứng minh

HD: Cách 1. Lấy G đối xứng với B qua A (Hay qua C kẻ đường thẳng song song với AM
cắt đường thẳng AB tại G.
Bài 18. Cho đường tròn (O, R) cố định, tam giác ABC thay đổi ngoại tiếp đường tròn sao
cho
. Đường thẳng d thay đổi đi qua tâm O, d cắt AB, AC lần lượt tại N và M.
Tìm diện tích nhỏ nhất của tam giác AMN theo R.

Gọi D, E theo thứ tự là tiếp điểm của AC, AB với đường tròn (O; R), khi đó OE = OD
=R. Vì

suy ra

suy ra OA =2R.

Ta có
* Nếu AM = AN suy ra tam giác AMN cân tại A nên AMN là tam giác đều có đường cao
AO = 2R.

Khi đó

, hay AN = 2ON, mà

Suy diện tích tam giác
Nếu AM
, giả sử
lần lượt tại I và K.

. Qua O kẻ đường thằng vuông góc với AO cắt AB, AC

Khi đó
Ta chứng minh
Thật vậy. Qua I kẻ đường thẳng song song với AC cắt MN tại G, Vì O là trung điểm của
IK suy ra KM = GI.
Ta có

là góc ngoài tam giác INO nên

suy ra

Ta có

là góc ngoài tam giác OMK nên

hay

Trong tam giác GNI có

suy ra GI >GN do đó AM+AN >AI+AK

Do đó
Suy ra
Do đó diện tích tam giác AMN đạt GTNN

khi MN vuông góc với OA.

Bài 19. Cho đường tròn cố định tâm (O), bán kính bằng 1. Tam giác ABC thay đổi và luôn
ngoại tiếp đường tròn tâm (O). Một đường thẳng đi qua tâm (O) cắt các đoạn AB, AC lần
lượt tại M và N. Xác định giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác AMN.
Gọi đường tròn tâm (O) tiếp xúc với AB, AC lần lượt tại H và

A

K.
I
K

Vẽ MI vuông góc AB tại I. Ta có:

H

Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 2 số không âm ta có:

M
B

N
O
C

Do đó:

Vậy:

Suy ra:

Khi và chỉ khi:

(do

> 0)

Dấu bằng xảy ra Khi: AM = AN = MI, tức là:
AM = AN thì

và

=2

Vậy giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác này là 2.
Bài 20. Cho tam giác ABC vuông cân tại A, O là trung điểm của BC, vẽ
thuộc đoạn AB, N thuộc đoạn thẳng AC.

với M

a) Chứng minh tam giác OMN vuông cân.
b) Đường thằng qua C song song với AB cắt đường thẳng qua A song song với MN lại E.
ON cắt AE tại K, HK là phân giác của góc ECK (H thuộc CE). Chứng minh:

a) Vì tam giác ABC vuông cân tại An nên
và
phụ với
tại M.

, mà O là trung điểm của BC nên

, đồng thời kết hợp với đề ra suy ra

). Suy ra

nên OM=ON hay tam giác OMN vuông cân

b) Do tam giác OMN vuông cân tại M suy ra
ra
nên
Xét hai tam giác

Do

có

và

(đối đỉnh)

(c.g.c) suy ra
suy ra KN là phân giác của

Vì CE//AB nên CE vuông góc với AC.
Khi đó ta có tam giác
Dể có

, do AK//MN nên

.
và

Suy ra

(vì cùng

và

.

suy

Từ (*) và (**) suy ra :

(đpcm).

Bài 21. Cho nửa đường tròn O, đường kính AB =
2R, điểm C trên đường kính AB, đường thẳng
vuông góc với AB tại C cắt nửa đường tròn tại D.
Gọi (O1; R1) là đường tròn tiếp xúc với nửa đường
tròn đường kính AB tại E, tiếp xúc với CD tại H,
tiếp xúc với nửa đường tròn đường kính AB tại I.
Gọi (O1; R2) là đường tròn tiếp xúc với nửa đường
tròn đường kính AB tại F, tiếp xúc với M tại H, tiếp
xúc với nửa đường tròn đường kính AB tại K.
a) Chứng minh các điểm I, H, B thẳng hàng và
.
b) Chưng minh:
Hướng dẫn:
a) Gọi O là tâm đường tròn đường kính AB. Suy ra O là trung điểm của AB.
Vì đường tròn (
hàng

;

) tiếp xúc với (O) đường kính AB tại I nên ba điểm I, O1, O thẳng

Theo bài ra ta có:
O1H//AB suy ra
Ta có tam giác

(đồng vị)
cân tại

suy ra

Ta có tam giác OIB cân tại O suy ra

hay
(2)

Từ (1) và (2) suy ra ba điểm I, H, B thẳng hàng.
Vì I thuộc nửa đường tròn đường kính AB nên

, suy ra

Mà ba điểm I, H, B thẳng hàng suy ra
Do đó
b) Gọi

đối xứng với

qua E suy ra AB là đường trung trực của

(1)

Từ đề ra ta suy ra các tứ giác CEO1H, CFO2M là hình vuông có độ dài các cạnh lần lượt là
R1, R2 nên
Vì

đối xứng với

qua E suy ra 3 điểm O2, C, O3 thẳng hàng. Suy ra

Xét 3 điểm O, O2, O3 ta có:

Nên
do đó

./.

Bài 22.

a) Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vuông BAO, đường cao BH ta có:

Vì I là trung điểm của DE nên

suy ra

suy ra:

nên
Do đó

suy ra
hay KE là tiếp tuyến của đường tròn (O).

b) Kẻ
BC.

, vì d và O cố định nên M là điểm cố định. Gọi N là giao điểm của ON và

Ta có
nên
là bán kính đường tròn (O), R không đổi
Suy ra
Mặt khác

, mà

(với R

(không đổi) vì O cố định, M cố định, R không đổi)
. Vậy H nằm trên đường tròn cố định đường kính OM.

Bài 23. Cho a, b, c là các số thực không âm và thỏa mãn:
Tìm giá trị lớn nhất của
Hướng dẫn:
Trước tiên ta chứng minh:
Thật vậy: Không mất tính tổng quảt ta giả sử:
Từ

suy ra

hoặc

nên

Khi đó:

Do đó
Dấu “=” xảy ra khi a=b=c = 1 hoặc

và các hoán vị

Trở lại bài toán
Ta có:
Suy ra
Tương tự:

(Dấu “=” xảy ra khi
;

hoặc

. Lưu ý khi

Do đó
Ta chứng minh:
Thật vậy:

luôn đúng
Vậy

. Dấu “=” xảy khi chắng hạn

Bài 24. Hay và khá khó.
Tìm số nguyên tố p để

là số nguyên với a là số nguyên dương.

Thậy vậy,
P là số nguyên tố nên
ra

, do

suy ra

là số nguyên dương. Do đó từ bài ra suy

là số nguyên dương

Suy ra:
Ta có:
Do đó
Suy ra
Trường hợp 1:

, đặt

Do đó

trở thành

Nếu

thì

(với

trở thành

)

Không thỏa mãn điều kiện
Nếu

thì

(mâu thuấn với (*)

Do đó nếu

thì không tồn tại số nguyên tố p và số nguyên dương a thỏa mãn bài toán

Trường hợp 2:

, đặt

(với

Từ bài ra suy ra

), ta có

(1)

hay

Ta chứng minh:
Thật vậy
(**)
Nếu

thì (**) đúng

Nếu

thì (**) trở thành

luôn đúng

Do đó
Suy ra:

hay

do p là số nguyên tố nên

là số nguyên dương, suy ra
Suy ra

khi đó

là số nguyên dương.

hay

Nên
Do đó

là ước nguyên dương của 5, suy ra a = 1 hoặc a= 2 hoặc a =5

Thử lại ta thấy a = 2 thỏa mãn.
Vậy số nguyên tố p cần tìm là 2.
Nhận xét: Bài toán này có thể trình bày gọn hơn mà không cần đi tìm tất cả các số nguyên
dương a để

là số nguyên dương. Cụ thể như sau:

Sau khi lập luận ta tính được p = 2, khi đó thì biểu thức
cần chỉ ra a = 2 thì

là số nguyên ta chỉ

=1 thỏa mãn bài toán

Vậy số nguyên tố p cần tìm là p = 2.
Bài 25. Cho a, b là các số thực dương thõa mãn:
a) Chứng minh:

;

.

b)

c)

Hướng dẫn:
a: Áp dụng BĐT
Khi đó:
b) Ta có

suy ra

c) Vận dụng kết quả câu a và b.
Bài 26. Cho a, b, c là các số thực dương thõa mãn:
a) Chứng minh:

;

c)
Hướng dẫn:
Áp dụng BĐT
a) Ta có
Hay
Do

và

b) Chứng minh:

.
;

Suy ra

=
b) Ta có
Suy ra:
c) Áp dụng kết quả câu a và b.
Bài 27. Cho a, b, c là các số thực dương thõa mãn:
a) Chứng minh rằng:
Ta có
Tương tự

Suy ra
Mặt khác:
Do đó:

Từ đó suy ra:
Suy ra:
b) Tìm GTNN của
(Có 3 cách:

.

Cách 1:
Mà
Do đó:

Cách 2: Ta chứng minh

Cách 3. Ta có:

Áp dụng BĐT cô si ta có:

suy ra ;

Suy ra:

Tương tự suy ra:
c) Tìm GTLN của
Ta có

suy ra

Ta chứng minh:
Thật vậy:
(luôn đúng)
Do đó
Tương tự:

Cộng các BĐT trên ta có đpcm.
Bài 28. Cho a, b, c là các số thực không âm và thỏa mãn:
;
HD:

a) Ta có
Tương tự, ta suy ra
Áp dụng BĐT S-vác-xơ ta có:

Do đó
b)

(*)
Ta có
Do đó
Từ đây ta suy ra để chứng minh BĐT (*) ta chỉ cần chứng minh:

Hay

. Chứng minh:

(luôn đúng)
Dấu “ =” xảy ra khi

;

và các hoán vị

Bài 29. Cho a, b, c là các số tự nhiên thỏa mãn:

và

là số nguyên tố

Giải:
Hay

là số chính phương.

Từ bài ra suy ra a−b là số nguyên tố nên a> b ≥0
Nếu c=0thì suy ra b=0 và a là số nguyên tố và 8 c +1=1 là số chính phương.
Xét c >0, gọi d là ước tự nhiên của a+ c và b+ c

Suy ra

, mà theo giả thiết

a−b

là số nguyên tố nên

d=1h o ặ c d =a−b

Trường hợp 1: Nếu d=1suy ra a+ c và b+ c là các số chính phương
Đặt

và

(với m. n là các số nguyên dương).

Suy ra
Và

, do

a−b

là số nguyên tố suy ra

m−n=1 n ê nm=n+1

Khi đó 8 c +1=4 mn+1=4 ( n+1 ) n+1= (2 n+1 ) 2 là số chính phương.
Trường hợp 2. a−b=d suy ra a=b+ d suy ra a+ c=b+ c+ d
Vì ( b+ c ) c h ia hết cho d nên ( b+c )=kd ( với k là số nguyên dương )
Suy ra b+ c+ d=d ( k +1 ) . Do đó
suy ra
k ( k +1 ) l àsố chính phương suy ra k =0 ; k =−1
vô lý vì k là số nguyên dương.

Đến đây bài toán được chứng minh.
Bài 30. Cho tam giác ABC vuông tại
A ( AB< AC ), đường cao AH . Gọi M là trung

điểm của BC . Đường thẳng qua A vuông góc với AM cắt BC tại S. Dựng hình vuông BNCK
sao cho AN< AK .
a) Chứng minh: SB⋅ SC=SH ⋅ SM .
b) Chứng minh: KH vuông góc với SN .
c ¿ AK cắt BC tại D . Kẻ DE vuông góc với AC tại E . Chứng minh rằng SE , HN , AM đồng quy

Hướng dẫn giải:
a) Theo bài ra suy ra: MB=MC=MA nên

Xét hai tam giác SAB, SCA có chung góc S và

nên

Suy ra
Mặt khác, áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ASM, đường cao AH, ta có

Do đó
b) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ASM, đường cao AH, ta có

Suy ra

, mà

nên

(c.g.c)

Mà
c) Dể có AE = CE.
Gọi L là giao điểm của AM và SE.
Áp dụng định lý Ma-le-la-uyt vào tam giác AMC, với 3 điểm thẳng hàng S, L, E ta có:

Ta chứng minh: H, L, M thẳng hàng thì chỉ cần chứng minh

hay

Do đó cần chứng minh

( AB là phân giác

)

Mặt khác:
Do đó

mà MN//AH suy 3 điểm H, L, N thẳng hàng.

Vậy 3 đường thẳng SE , HN , AM đồng quy.
Bài 31. Cho các số nguyên a, b, c thoả mãn

và

Chứng minh c chia hết cho 40.
Thật vậy: Từ

suy ra

nên

Mặt khác:

hoặc

suy ra a lẻ

hay

Do a lẻ, 2b chẵn nên

là tích của hai số chẵn liên tiếp do đó
chia hết cho 8. Do đó

suy c

(*)

Ta chứng minh c chia hết cho 5.
Thật vậy:
Do a lẻ nên a có chũ số tận cùng là 1, 3, 5, 7, 9.
Mặt khác:

suy ra

Nếu a có chữ số tận cùng bằng 1 hoặc 9 thí
số tận cùng là 0 nên

có chữ

chia hết cho 5. Do đó

Nếu a có chữ số tận là 3 hoặc 7 thí
cùng là 8 nên

có chữ số tận cùng là 1 suy ra

có chữ số tận là 8.

có chữ số tận cùng là 9 suy ra

có chữ số tận

Mà có chữ số tận là 0, 1, 4, 5, 6, 9 suy ra
có chữ số tận cùng là 0; 6; 4 điều đó vô lý
nên a không thể có chữ só tận cùng 3 hoặc 7.
Nếu a có chữ số tận cùng là 5 thì a chia hết cho 5 nên
chia hết cho 5 nên c chia hết cho 5.

chia hết cho 5 suy ra 11c

Tóm lại c chia hết cho 5 và 8 nên c chia hết cho 40.
Bài 32. Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB. H là điểm cố định thuộc OA (H nằm
giữa O và A, H không trùng với O và A). Kẻ HC vuông góc với AB (C thuộc nửa đường
tròn đướng kính AB. Gọi D là điểm đối xứng với A qua C. I và J lần lượt là trung điểm của
HC và HD.
a) Chứng minh

đồng dạng với tam giác HBI.

b) Kẻ Bx là tiếp tuyến của nửa đường tròn đường kính AB, trên Bx lấy điểm E, qua H kẻ
đường thẳng vuông góc với AE cắt đường thẳng BE tại F. Chứng minhg rẳng khi E thay
đổi trên Bx thì đường tròn đường kính EF luôn đi qua hai điểm cố định.
Hướng dẫn:
a) Hình bên. Theo bài ra ta có CJ là
đường trung bình của tam giác DAH
ra CJ//AB và
Vì CJ//AB,
Suy ra

(1)

Ta có

Từ (1) và (2) suy ra
b) Gọi P là chân đường vuông góc kè
từ H xuống AE.
Đặt
Ta có

suy

(*)
Mà

Kẻ CM là phân giác góc ACH, theo tính chất phân giác, ta có

Suy ra

Hay

tức là

Suy ra
Qua C kẻ đường thẳng vuông góc với CM cắt tia AB tại K.
Áp dụng hệ thức lượng hệ thức lượng trong tam giác vuông CMK và đường cao CH, ta có

Suy ra

Do đó

(**)

Từ (*) và (**) suy ra

suy ra 4 điểm E, P, M, K thuộc một đường tròn.

Mặt khác
hay
M, F, K cùng thuộc một đường tròn,

suy ra 4 điểm P,

Do đó năm điểm E, P, M, F, K cùng thuộc một đường tròn, mà

nên

E, P, M, F, K cùng thuộc một đường tròn đường kính EF hay đường tròn đường kính EF đi
qua hai điểm cố định M và K.
Cách 2 câu b.
Ta có:

(*)
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác
vuông

ABC,

ta

có

;

Kẻ CM là phân giác góc ACH, kẻ CK
vuông góc CM cát AB tại K
Ta có:
tròn (*).

Ta có

Do đó

suy ra 4 điểm P, M, F, K thuộc một đường

Suy rs

từ đây suy ra 4 điểm E, P, M, F thuộc một đường

tròn (**)
Từ (*) và (**) suy ra năm điểm E, P, M, F, K cùng thuộc một đường tròn, mà
nên E, P, M, F, K cùng thuộc một đường tròn đường kính EF hay đường tròn đường kính
EF đi qua hai điểm cố định M và K.
Bài 33. Cho tam giác ABC với AB< AC . Đường tròn ( O ; R )tiếp xúc với các cạnh của tam
giác ABC . Gọi D , N lần lượt là các tiếp điểm của ( O ; R )với BC và AB; kẻ đường kính DI của
đường tròn ( O ; R ). Tiếp tuyến của đường tròn ( O ;R )tại I cắt các cạnh AB , AC lần lượt tại E và
F.
1. Chứng minh △ BOE vuông và EI ⋅ BD=FI ⋅CD=R2.
2. Gọi P , K lần lượt là trung điểm các đoạn thẳng BC , AD . Q là giao điểm của BC và AI .
Chứng minh AQ=2 KP .
3. Gọi A1là giao điểm của AOvới cạnh BC , B1là giao điểm của BOvới cạnh AC , C 1là
giao điểm của CO với cạnh ABvà ( O1 ; R 1 )là đường tròn ngoại tiếp △ ABC . Chứng minh
1
1
1
2
+
+
<
.HD:
A A 1 B B1 C C 1 R1−O O1

1) Theo tính chất tiếp tuyến thì
EO và BO là tia phân giác các
góc FEB và EBD suy ra

suy ra tam giác
Gọi L là tiếp điểm của AB với (O; R) suy ra
Tương tự:
Do đó: EI ⋅ BD=FI ⋅CD=R2
2) Ta có: : EI ⋅ BD=FI ⋅CD suy ra
Suy ra BD =CQ

BOE vuông tại O .

Mà là trung điểm của BC nên P là trung điểm QD, suy ra KP là đường trung bình của tam
giác DAQ do đó AQ=2 KP .
3). Gọi

là đường cao ứng với các cạnh BC, AC và AB.

Suy ra

(với R là bán kính đường

tròn nội tiếp tam giác ABC)
Ta chứng minh

với

2 tâm đường tròn và nội tiếp,

là khoảng cách
là bán kính đường

tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Gọi N là giao điểm của

với đường tròn ngoài

tiếp tam giác ABC
Kẻ đường thẳng

cắt đường tròn ngoại tiếp tam

giác ABC tạo Q và T.
Dễ dàng chứng minh được BN = ON = NC
Và

hay

Kẻ đường kính NP của đường tròn tâm
Suy ra
Do đó

∽

(g.g)
hay

ngoại tiếp tam giác ABC
. Mà CN =ON
dấu “=” xảy ra khi tam giác

ABC đều điều này không đúng nên
Ta có
(luôn đúng)
Do đó ta suy ra điều cần chứng minh.

Bài 34. Cho đường tròn (O) và dây AB không đi qua tâm. Gọi H là điểm thuộc đoạn AB
sao cho AH>BH. Qua H kẻ đường thẳng vuông góc với AB cắt cung lớn AB của đường
tròn (O) tại M. Gọi E, F lần lượt là hình chiếu vuông góc của M xuống MA, MB. Đường
thẳng qua M vuông góc với EF cắt AB, đường thẳng HF và đường tròn (O) lần lượt tại D,
K, N. Chứng minh:
a) Các tứ giác: MEHF, AMHK, ABFE nội tiếp.

b) AN//HE và
Hướng dẫn:
a) Theo bài ra ta có:

suy

ra tứ giác MEHF nội tiếp đường tròn đường
kính MH.
Vì tứ giác MEHF nội tiếp suy ra
(cùng chắn cung ME)
Ta có

nên

(cùng phụ với

). Suy ra

(1)nên tứ giác AEFB

nội tiếp.
Mặt khác: Theo bài ra

suy ra:

,

suy ra

. Do đó
Ta có
tiếp.

(cùng phụ với

), kết hợp với (1) suy ra

nên tứ giác AKHM nội

b)