Đề Bài 1: (4,0 điểm).Cho biểu thức:  x −3 x  x −3 x −2 9−x  P = 1 − + − :  x −  2 − x + x x + x − 6  a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm giá trị x để P = Bài 2: (5,0 điểm) x2 = x−4 a) Giải phương trình: ( x + + 1) x + y + z =  b) Tìm nghiệm nguyên hệ:  xy + yz + zx = Bài 3: (2,0 điểm) Cho số dương x,y,z thoả mãn điều kiện: (1 + y )(1 + z ) x +y (1 + z )(1 + x ) xy + yz + zx = +z (1 + x )(1 + y ) 2 1+ y 1+ x 1+ z Tính: T = Bài 4: (3,0 điểm).Cho hai dãy số chiều : a1 ≤ a2 ≤ a3 ; b1 ≤ b2 ≤ b3 Chứng minh : (a1+ a2 +a3)(b1 + b2 + b3 ) ≤ 3(a1b1 +a2b2+a3b3) 2 a 2005 + b 2005 + c 2005 ≤ 2006 2006 2006 a+b+c Áp dụng chứng minh : với ≤ a ≤ b ≤ c a + b + c Bài 5: (6,0 điểm) Cho hai đường tròn (o1) (o2) cắt A B Tiếp tuyến chung gần B hai đường tròn tiếp xúc với (o1) (o2) C D Qua A kẻ đường thẳng song song với CD cắt (o1) (o2) M N Các đường thẳng BC BD cắt đường thẳng MN P Q Các đường thẳng CM DN cắt E Chứng minh rằng: a) Đường thẳng AE vng góc với đường thẳng CD b) Tam giác EPQ tam giác cân Cho hình thang ABCD (AB//CD, AB>CD) Hãy xác định điểm E thuộc cạnh bên BC cho đoạn thẳng AE chia hình thang thành hai hình có diện tích HƯỚNG DẴN GIẢI  x≥0 x ≥    x − ≠ ⇔ x ≠  x ≠  đk 2 − x ≠ Ta có:  x ( x − 3)   ( x − 3)(3 + x ) + ( x − 2)( − P = 1 − : ( x + 3)( x −   ( − x )(3 + x )     x − x −     (2 − x )(3 + x )     x +  :  (2 − x )(3 + x   x +   − (2 − x )       = = = x) +9 − x   x − Vậy P = x −2 Ta thấy P = ⇔ =1 x −2 ⇔ x − = ⇔ x = ⇔ x = 25 Vậy với x = 25 P = ( )  x x +1 −1    x   = x − ⇔   = x−4 x x + +     a ĐK: x ≥ -1 PT ( ) x +1 −1 = x − ⇔ x + = Giải Pt x = (t/m x ≥ -1) KL: x = x + y = − z  Hệ ⇔  xy + ( x + y ) z = x + y = u  Đặt  xy = v ⇒x, y nghiệm phương trình: b Phương trình có nghiệm ⇔ u – 4v ≥ t2 - ut + v = (*) (a) (1) ( 2) Thế (1) vào (2) ⇒ v = – z(5 - z) = z2 –5z + u = − z  Ta có hệ: v + zu = Hệ có nghiệm ⇔ (a) có nghiệm ⇔ (*) xảy ⇒ (5-z)2 – 4(z2 – 5z + 8) ≥ ⇔ - 3z2 + 10z – ≥   z − ≥ 1 ≤ z ≤   7 − z ≥ ⇔  z ≤  ⇔  z − ≤    z ≥ ⇔ (z-1)(-3z+7) ≥ 7 − 3z ≤  (3) (VN ) Từ (3) z nguyên ⇒ z = 1; u =  x + y =  x = z =1⇒  ⇒ ⇒ v =  xy = y = +)  x =  u =  x + y =  y = z =2⇒ ⇒ ⇒  x = v =  xy =   y = +) Vậy hệ có nghiệm nguyên là: (2; 2; 1); (1; 2; 2); (2; 1; 2) Ta có 1+x2 = xy + yz + zx + x2 = y(x+z)+x(x+z) =(x+z)(z+y) Tương tự ta có: 1+y =(y+x)(y+z) 1+z2 =(z+x)(z+y) ( y + x )( y + z )( z + x )( z + y ) ( x + z )( x + y ) T= x +y ( z + x )( z + y )( x + y )( x + z ) ( x + y )( y + z ) +z ( x + y )( x + z )( y + x )( y + z ) ( z + x )( z + y ) = =x(y+z)+y(x+z)+z(x+y) =2(xy+yz+zx)=2 Vậy T= Do a1 ≤ a2 ≤ a3 ⇒ a1 - a2 ≤ 0; a1 - a3 ≤ 0; a2 - a3 ≤ b1 ≤ b2 ≤ b3 ⇒ b1 - b2 ≤ 0; b1 - b3 ≤ 0; b2 - b3 ≤ ⇒ (a1 - a2)(b1 - b2) + (a1 - a3)(b1 - b3) + (a2 - a3)(b2 - b3) ≥ ⇔ 2(a1b1+ a2b2 + a3b3)- a1b2 - a2 b1 - a1 b3 - a3b1 - a2b3 - a3b2 ≥ ⇔ a1b1+a2b2+a3b3+a1b2+a2b1+a1b3+a3b1+ a2b3+a3b2 ≤ 3(a1b1+a2b2+ a3b3) 2 ⇔ a1(b1+ b2+b3)+ a2(b1+ b2+b3)+ a3(b1+ b2+b3) ≤ 3(a1b1+a2b2+ a3b3) ⇔ ( a1 + a2 + a3 )( b1+ b2+b3) ≤ 3(a1b1+a2b2+ a3b3) Đặt a1 = a2005 ; a2 = b2005 ; a3 = c2005 a b c b1 = a + b + c ; b2 = a + b + c ; b3 = a + b + c Do ≤ a ≤ b ≤ c Nên ta có ; a1 ≤ a2 ≤ a3 b1 ≤ b2 ≤ b3 áp dụng câu a ta có;  a 2006 + b 2006 + c 2006 a b c    + +   a+b+c 2005 2005 2005  a + b + c a + b + c a + b + c  ≤ (a +b +c ) 3 5.1) Do MN // CD nên ∠ EDC = ∠ ENA Mặt khác ∠ CDA= ∠ DNA ( Cùng chắn cung DA) -> ∠ EDC= ∠ CDA hay DC phân giác góc ADE Lâp luận tương tự -> CD phân giác góc ACE -> A E đối xứng qua CD-> AE ⊥ CD Do PQ song song với CD nên AE ⊥ PQ  a 2005 + b 2005 + c 2005  ≤ 2006 2006 2006 ⇔ a a+b+c +b +c ( *) Gọi I giao điểm AB CD Ta có ∆ AID đồng dạng với ( Do chung ∠ BID ∠ IAD = ∠ IDB (cùng chắn cung BD)) ID IB -> IA = ID -> ID = IA.IB ∆ DIB (1) Lập luân tương tự -> IC = IA.IB Từ (1) (2) -> IC = ID (2) F ID IC Mà AP = AQ BI ( BA ) => AP = AQ Kết hợp với (*) -> ∆ EPQ cân E D 2) Biến đổi hình thang thành hình tam giác có diện tích ABF Từ D kẻ DF//AC , DF cắt đt BC F Chứng minh SABCD = SABF Lấy E trung điểm cảu FB Đoạn thẳng A AE chia tam giác ABF thành hai hình có diện tích AE đoạn thẳng chia hình thang thành hai hình có diện tích C E B Đề  x x +8 x + 2  x + x +  :  P =  + −   x+2 x + x x + x + x x     Bài 1: (4,0 điểm).Cho biểu thức : a) Tìm x để P có nghĩa chứng minh P ≤ b) Tìm x thoả mãn : x + P = ( ) Bài 2: (5,0 điểm) 3  x  x +  =1 x +   a) Giải phương trình : b) Giải hệ phương trình : x2y – 2x + 3y2 = x2+ y2x + 2y = Bài 3: (3,0 điểm).Cho x, y, z ∈ R thỏa mãn : 1 1 + + = x y z x+ y+z Hãy tính giá trị biểu thức : M = + (x8 – y8)(y9 + z9)(z10 – x10) Bài 4: (6,0 điểm) Cho ∆ABC với BC=a, CA=b, AB=c (c0 Ta có : x+4 ( x ) + (8 x + 8) − ( x + 2) ( x + x + 3) + ( x + 2) : x ( x + 2) x ( x + 2) x +4 P= x + x + ⇒ P-1= x + x + −1 = − ( x − 1) ( x + 1) + ≤0 b) ( x + 1).P = ⇔ ( x + 1) = x + x + ⇔ 3x + x -1 = Vậy P ≤ −3− 3 −3+ x= x= (loại) 7−4 ⇔ ⇔ (thoã mãn điều kiện x>0) 2 x x2 x2 2x x 2x x2 − +( ) + =1 (x − ) + =1 ( + 1) = ⇔ ⇔ x +1 x +1 x +1 x +1 x +1 x +1 a ĐK : x ≠ −1 ⇔ x + (1 − ) x + (1 − ) = −1± 2 −1 x= x + ( + ) x + ( + ) = ⇔ ⇔ (thỏa mãn) (thỏa mãn) x= b Giải hệ phương trình : Nếu y=0 ⇒ x=0 Vậy x=0, y=0 nghiệm hệ phương trình Với y ≠ hệ cho trở thành x2y – 2x + 3y2 = x2y+ y3x + 2y2 = (1) 4 y x + 2x − y = ⇔ x2 + y2 x + 2y = Nhận thấy y = − khơng thoả mãn hệ phương trình (2) y2 y + thay vào (2) ta có : Xét y ≠ − từ (1) ⇒   y3 y3 y2 y2 y + + 2 = ( ) +y + 2y =  3 y +2 y +2 y +2  ⇔  ( y + 2) y = −1 ⇒ y = −1 ⇒ x = −2 y = − ⇒ y = ⇒ x = −2 3 ⇔ Vậy hệ có nghiệm (0;0) x= ⇔ y + 11 y + = −2 (1;-1) (-2 ; 3 ) 1 1 x+ y x+ y+z−z 1 1 + + = + + − =0 + =0 x y z x + y + z x y z x + y + z xy z ( x + y + z ) Từ : => =>    zx + zy + z + xy  ⇒ ( x + y)  + =0 ⇒ ( x + y)  ÷ ÷ = ⇒ ( x + y ) ( y + z ) ( z + x) =  xy z ( x + y + z ) ÷ xyz ( x + y + z )     Ta có : x8 – y8 = (x + y)(x-y)(x2+y2)(x4 + y4).= y9 + z9 = (y + z)(y8 – y7z + y6z2 - + z8) z10- x10 = (z + x)(z4 – z3x + z2x2 – zx3 + x4)(z5 - x5) 3 Vậy M = + (x + y) (y + z) (z + x).A = 4 A M F E O Q P B N C Ta có : ∠ BOP góc ngồi ∆AOB ⇒ ∠ BOP= ∠ OAB + ∠ OBA = ( ∠ BAC + ∠ a) ABC) 1800 − ∠ACB = 1800 − (∠BAC + ∠ABC ) 2 Lại có : ∠ PNB=1800 – ∠ MNC =1800 ⇒ ∠ BOP+ ∠ PNP=1800 ⇒ tứ giác BOPN nội tiếp ⇒ ∠ OPM = ∠ OBC (cùng bù ∠ OPN ) ⇒ ∆ OPM ∠ OMP = ∠ OCN ∆ OBC (g.g) Mặt khác : PM OM OP = = ⇒ a OC OB (1) NQ ON OM PM = = = OC OC a  ∆ OCA (g.g) ⇒ b Tơng tự ta có : ∆ ONQ 5 PQ OP PM = = OB a  ∆ QOP (g.g) ⇒ c ∆ AOB MP NQ PQ = = b c Từ (1) , (2) ⇒ a b Tứ giác AMQO nội tiếp (CM trên) ⇒ ∠ AQO= ∠ AMO = 900 ⇒ ∆ ABQ vng Q có QE trung tuyến ⇒ ∠ EQB= ∠ EBQ= ∠ CBQ ⇒ EQ//BC mà EF//BC ⇒ E, Q, F thẳng hàng Cho ba số thực a, b, c không âm cho a + b + c = Chứng minh: b + c ≥ 16abc Dấu đẳng thức xảy ? Theo kết câu 3.1, ta có: ( a + b + c) =  a + ( b + c )  ≥ 4a ( b + c )   mà a + b + c = (giả thiết) ≥ a ( b + c ) ⇔ b + c ≥ 4a ( b + c ) nên: Nhưng: ( b + c ) ≥ 4bc (không âm) Suy ra: b + c ≥ 16abc (vì a, b, c không âm nên b + c không âm) a = b + c 1 ⇔b=c= , a=  Dấu đẳng thức xảy khi:  b = c Đề  x−3   x+2 9− x x − 9 P= + − ÷:  − ÷ x−  − x + x x + x −    thức: Bài 1: (4,0 điểm).Cho biểu a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm giá trị nguyên x để P nguyên Bài 2: (3,0 điểm) Cho x > 0, y > x + y = Chứng minh: Bài 4: (3 điểm) a) Giải hệ phương trình 8(x4 + y4 ) + ≥5 xy x + =3 y2 y x x+ + =3 y y x2 + 2 b) Giải phương trình : 25 - x - 10 - x = Bài 4: (6,0 điểm) 1) Cho ∆ABC vuông A, đường cao AH Gọi (P), (Q) theo thứ tự đường tròn nội tiếp hai tam giác AHB AHC Kẻ tiếp tuyến chung (khác BC) (P) (Q) cắt AB, AH, AC theo tự M, K, N Chứng minh a ∆HPQ ∆ABC b KP // AB, KQ // AC c Tứ giác BMNC nội tiếp 2) Cho a, b, clà độ dài cạnh ∆ABC Gọi m, n, k độ dài đường phân giác ba góc ∆ABC Chứng minh rằng: + + > + + Bài 5: (2,0 điểm) 6 Tìm tất tam giác vng có độ dài cạnh số ngun số đo diện tích số đo chu vi HƯỚNG DẴN GIẢI x ≥ x ≥    x ≠ 2⇔ x ≠ x ≠ x ≠   Điều kiện để P có nghĩa: ⇔ P= (x − 9) + (4 − x) + (9 − x) (2 − x)( x + 3) P= 2+ x x+3 x ⇔ P= (x − 9) + (4 − x) P= (2 − Ta có: 4− x (2 − x) x = 9− x x)( x + 3) ( x − 2)( x + 3) x( x − 3) ( x − 3)( x + 3) 2+ x x  x =1  x ∈ Z ⇔  x = (lo¹ i) 2 = 1+ x x Theo câu a ta có: Do để P ∈ Z ta cần ⇔ x = 1.Vậy với x = P có giá trị nguyên Ta có: x4 + y4 = (x2 + y2)2 – 2x2y2 = [(x + y)2 – 2xy]2 – 2x2y2 = (1 – 2xy)2 – 2x2y2= 2x2y2 – 4xy + ⇒ 8(x4 + y4 ) + − 1 = 16x2y2 − 32xy + + = (4xy − 7)(4xy − 1) + + xy xy xy Vì x > y > nên theo BĐT Cơsi ta có: (4xy − 7)(4xy − 1) ≥  xy ≤ x + y = 1⇔ xy ≤ ⇒   xy ≥  ⇒ (4xy − 7)(4xy − 1) + + x = y 1 ⇔ x= y= ≥ ⇔ 8(x4 + y4 ) + ≥  xy xy Dấu xảy x + y = 1) ĐKXĐ: - 10 ≤ x ≤ 10 a − b =  2 ( a, b ≥ ) Ta hệ pt : a − b = 15 Đặt a = 25 − x ; b = 10 − x Giải hệ pt ta : a = ; b = Suy : x1 = ; x2 = -3 2) Đk : (1): y≠0 x2 +  x + = ⇔  x + y y  Cộng (1) (2) vế với vế ta được: 1 x  = + y y x+ (2)  x 1 x + = ⇔  x +  − = − y y y y     1   1 1  x +  +  x +  − = ⇔  x + +  x + −  = y y y y       x +   x +  ⇒ ⇔  1 +3=0 x + = −3( 3)  y y  1  −2=0 x + = 2( )  y y  hệ vô nghiệm Từ (4) (2) ta có x = y = 1; 1) a ∆ AHB => Từ (3) (2) ta có: HP AB = HQ AC   x + y = −3  ⇔ x y =6  6 y + y + = 0(*)  x = y   y − y + = ⇔ x = y = 1; x + = −   y  x = y ⇔  x  =1  y (*) vơ nghiệm hệ có nghiệm ∆ CHA mặt khác P Q tâm đường tròn nội tiếp ∆ AHB ∆ AHC (1) lại có ∠ BAC = ∠ PHQ = 900 (2) Từ (1) (2) suy ∆ HPQ ∆ ABC b Theo câu a ta có ∠ PQH = ∠ ACB (3) ∠ PKQ = ∠ PHQ = 90 => tứ giác PKQH nội tiếp => ∠ PKH = ∠ PQH (4) Từ (3) (4) => ∠ PKH = ∠ ACB lại có ∠ BAH = ∠ ACB=> ∠ PKH = ∠ BAH => PK // AB chứng minh tương tự ta có KQ //AC c Ta có ∠ ACB = ∠ PKH = ∠ MKP = ∠ AMK => ∠ BMN + ∠ NCB = ∠ BMN + ∠ AMK = 1800 => tứ giác BMNC nội tiếp A N K M Q P B H C M 2) Qua điểm C vẽ đường thẳng song song AD cắt AB M ∠ A1 = ∠ M1, ∠ A2 = ∠ C2, Mà ∠ A1 = ∠ A2, (AD tia phân giác góc A ) Nên ∠ M1 = ∠ C1, ⇒ AM = AC Xét ∆AMC : MC < AM + AC = 2AM Xét ∆BMC ta có : AD // MC ⇒ = = Nên AD = < ⇒ > ( + ) ⇔ > ( + ) Tương tự : > ( + ) ; > ( + ) Vậy + + > + + A B D C Gọi a, b, c số đo cạnh tam giác vng cần tìm Giả sử ≤ a ≤ b < c (1)  a + b2 = c2  ab = 2(a + b + c) (2) Ta có hệ phương trình : Từ (1) ⇒ c2 = (a + b)2 − 2ab ⇒ c2 = (a + b)2 − 4(a + b + c) (theo (2)) ⇔ (a + b)2 − 4(a + b) = c2 + 4c ⇔ (a + b)2 − 4(a + b) + = c2 + 4c + ⇔ (a + b − 2)2 = (c + 2)2 ⇔ a + b − = c + (do a + b ≥ 2) ⇔ c = a + b − Thay vào (2) ta được: ab = 2(a + b + a + b − 4) ⇔ ab −4a−4b + = ⇔ b(a −4) −4(a−4) = ⇔ (a −4)(b−4) = Phân tích = 1.8 = 2.4 nên ta có: a − =1  a- 4=2 h c  b- 4=4 b − =  a=5 a=6 h c  b =12  b=8 ⇔ Từ ta có tam giác vng có cạnh (5 ; 12 ; 13) (6 ; ; 10) thỏa mãn yêu cầu toán Đề   6x +   + 3x3 3x A =  − − x  ÷ ÷  + 3x ÷ 3x3 − x + x + ÷     Bài 1: (4,0 điểm).Cho biểu thức: a) Rút gọn biểu thức A b) Tìm giá trị nguyên x để biểu thức A nhận giá trị nguyên Bài 2: (3,0 điểm) a) Giải hệ phương trình:  x + y − xy = 19   x + y + xy = −7 b) Cho x3 + y3 + 3(x2 +y2) +4(x + y) + = xy > M= Tìm giá trị lớn biểu thức : Bài 3: (5,0 điểm).Giải phương trình 2 a) x + x + + x + x + 15 + 1 + x y x + 12 x + 35 + x + 16 x + 63 = b) x + − x + + x + 11 − x + = Bài 4: (6,0 điểm) Cho ∆ABC nội tiếp đường tròn tâm O Tia phân giác góc A cắt (O) D Một đường trịn (L) thay đổi ln qua A, D cắt AB, AC điểm thứ hai M, N a) CMR: BM = CN b) Tìm quỹ tích trung điểm K MN c) Tìm vị trí (L) cho MN ngắn Bài 5: (2,0 điểm).Cho tứ giác ABCD, gọi I giao điểm hai đường chéo Kí hiệu S1 = S∆AIB ; S = S∆CID ; S = S ABCD a Chứng Minh: S1 + S ≤ S b Khi tứ giác ABCD hình thang hệ thức xảy nào? HƯỚNG DẴN GIẢI 9 Ta có: ( 3x  A =     A=   A= ( ) 3x + 3x + = ( −8 = ( ) 3x + + > 0;1 + x > 0, ∀x ≥ )( ) x − x + x + ≠ 0, x ≥ ⇔ x ≠ ⇔ ≤ x ≠ ( ) (   + 3x 3x ÷ − ÷ + x 3 x + x + ÷ 3x −  (  ÷ 3x − 3x + 3x − 3x + x + ÷  6x + ) 3x + + x )( ) =( 3x − 3x − , nên điều kiện để A có nghĩa ) 3x − + ( ( ) ) 3x − + 3x − ( )( )   x + − 3x − 3x  − 3x ÷ A = ÷  3x − x + x + ÷   ( ) ( A= = 3x + ) 3x − 3x − 2 ( 0≤ x≠ )  ÷ 3x − x + − x ÷  ( ) 3) 3x − Với x số nguyên không âm, để A số nguyên x ∈ Z x ≥ ) Khi đó: A =  3x = 3 x = x − = ±1 ⇔  ⇔ ⇔ x=3  3x =  x = (vì ( x + y ) − 3xy = 19  x + y − xy = 19  S − P = 19  S = x + y  ⇔ ⇔   ÷ x + y + xy = −7 x + y + xy = −7    S + P = −7  P = xy  (1)  2.a) Giải hệ (1) ta được: ( S = −1; P = −6), ( S = −2; P = −5)  x + y = −1  x + y = −2   xy = −  Giải hệ phương trình tích, tổng:  xy = −5 ta có nghiệm hệ phương  x = −3  x =  x = −1 −  x = −1 + ; ; ;  y =  y = −3  y = −1 +  y = −1 −  trình cho là: b) Ta có : x3 + y3 + 3(x2 +y2) +4(x + y) + = ⇔ x3 + 3x2 + 3x +1 + y3 + 3y2 + 3y + + x + y + = ⇔ (x + 1)3 + (y + 1)3 + (x + y + 2) = ⇔ (x + y + 2)[(x + 1)2 – (x + 1)(y + 1) + (y + 1)2 + 1] = (*) 2   Vì   ( x + 1) – ( x + 1) ( y + 1) + ( y + 1) + 1= ( x + 1) − ( y + 1)  + ( y + 1) + > 0               ⇔ ⇔ Nên (*) x + y + = x+y=-2 1 x + y −2 −2 Ta có : M = + = = ( x + y ) ≥ xy ⇒ ≥ xy ⇒ ≥ ⇒ ≤ −2 x y xy xy xy xy Vậy MaxM = -2 ⇔ x = y = -1 a) x2 + 4x + = ( x + 1)( x+ 3) x2 + 8x + 15 = ( x +3)(x+5) x2 + 12x + 35 = ( x +5)( x + 7) x2 + 16x + 63 = ( x + 7)( x + 9) ⇒ ĐKXĐ : x ≠ -1; x ≠ -3; x ≠ -5; x ≠ -7; x ≠ -9 pt ⇔ 10 ⇔ 1 1 + + + = ( x + 1)( x + 3) ( x + 3)( x + 5) ( x + 5)( x + 7) ( x + 7)( x + 9) 1 1 1 1 1 1 1 ( − + − + − + − ) = ( − )= x +1 x + x + x + x + x + x+7 x+9 5⇔ x +1 x + 10 Do A2 = B +2 ≥ nên A ≥ 0,5 3 ⇔ x=y=z= 3 a (3đ) Vậy Min A = Từ 2x6 + y2 – 2x3y = 320 (x3-y)2 +(x3)2=320 => (x3)2 £ 320 x£2 b 0,5 mà x nguyên nên Nếu x=1 x=-1 y không nguyên (loại) Nếu x=2=> y=-2 y=6 Nếu x=-2 => y=-6 y=2 Vậy phương trình cho có cặp nghiệm (x;y) là: (2;-2);(2;6);(-2;-6);(-2;2) 0,75 1 + ≥ Áp dụng BĐT a b a + b 0,5 ⇒ ≤ a+b 0,25 (với a, b > 0) 11 1  + ÷ 4a b Ta có:  1 1 1 = ≤  + ÷ 3x + y + z ( x + y + z ) + ( x + y + z )  x + y + z x + y + z   1  1 1 1  ≤  + + + + ≤   ÷  ( x + y ) + ( x + z ) ( x + y ) + ( y + z )    x + y x + z x + y y + z  ≤ 1 1  + +  ÷ 16  x + y x + z y + z  1 1  ≤  + + ÷ x + y + z 16 x + z x + y y + z   Tương tự: 1 1  ≤  + + ÷ x + y + 3z 16  y + z x + y x + z  Cộng vế theo vế, ta có: 1 1 4  + + ≤  + + ÷ 3x + y + z 3x + y + 3z x + y + 3z 16  x + y x + z y + z  4 1  ≤  + + ÷ = = 16  x + y x + z y + z  4 79 C J A I M O O’ B D 0,5 0,5 1,0 79 (6đ) a Xét tứ giác ACMD có : IA = IM (gt), IC = ID (vì AB ⊥ CD : gt) ⇒ ACMD hình thoi ⇒ AC // DM, mà AC ⊥ CB (do C thuộc đường trịn đường kính AB) ⇒ DM ⊥ CB; MJ ⊥ CB (do J thuộc đường trịn đường kính MB) ⇒ D, M, J thẳng hàng 0 · · · Ta có : IDM + IMD = 90 (vì DIM = 90 ) · · Mà IJM = IDM (do IC = IJ = ID : ∆ CJD vng J có JI trung tuyến) 0,5 0,5 0,5 0,5 · · · ˆ ' MJO' = JMO' = IMD (do O’J = O’M : bán kính đường trịn (O’); JMO ˆ đối đỉnh) IMD ¶ = 900 · · + MJO' = 900 ⇒ IJO ⇒ IJM ⇒ IJ tiếp tuyến (O’), 0,5 J tiếp điểm b AB Ta có: IA = IM ⇒ IO’ = = R (R bán kính (O)) O’M = O’B (bán kính (O’) ∆ JIO’ vuông I : IJ2 + O’J2 = IO’2 = R2 Mà IJ + O’J ≥ 2IJ.O’J = 4SJIO’ R2 ≤ Do SJIO’ 2 R2 SJIO’ = IJ = O’J ∆ JIO’ vng cân 0,5 0,5 0,5 0,5 có cạnh huyền IO’ = R nên : R 2 2 2O’J = O’I = R ⇒ O’J = (1đ) Khi MB = 2O’M = 2O’J = R 0,5 Tìm x,y nguyên dương thỏa mãn: 2xy + x +y = 83 ⇔ xy + x + y + = 167 ⇔ (2 x + 1)(2 y + 1) = 167 0,5 Do x,y nguyên dương ⇒ (2 x + 1);(2 y + 1) ∈ Z ⇒ (2 x + 1);(2 y + 1) ∈ Ư(167)Lập bảng tìm (x,y)=(0;83);(83;0) 0,5 ĐỀ 28 ĐỀ THI CHỌN HSG CẤP HUYỆN LỚP 80 80 Môn : Tốn Năm học : 2015-2016 Thời gian:150 phút (khơng kể thời gian giao đề) Bài 1: (6 điểm) 1,Cho biểu thức: K = a/ Rút Gọn K x+3 x + x+ x   − +  : x − x + x − x +    b/ Tính giá trị biểu thức K x = 24+ c / Tìm x để : − − 29 − 12   x − 1 x +1 ≥1 − K 2,Cho số thực dương x , y ,z thỏa mãn điều kiện x 1− y2 + y 1− z + z 1− x2 = Bài 2: (4điểm) a ) Giải phương trình x2 + y2 + z = chứng minh − x + x + = x − x + 13 b ) Cho a,b,c ba số thực thỏa mãn : a + b +c = Chứng minh : Bài 3: (3điểm) a b c + + = 1+ a 1+ b 1+ c a+ b+ c =2 (1 + a)(1 + b)(1 + c) x2 y2 z2 A= + + x + y y + z z + x biết x, y, z > , a Tìm GTNN a b c + + >2 a+c a+b b) Chứng minh b + c với a, b, c > xy + yz + zx = Bài 4:(6 điểm).Cho (O;R) (I;r) tiếp xúc A (R>r) Dựng tiếp tuyến chung BC ( B nằm đường tròn tâm O C nằm đường tròn tâm (I) Tiếp tuyến BC cắt tiếp tuyến A hai đường tròn E a Chứng minh tam giác ABC vuôngtại A b OE cắt AB N ; IE cắt AC F Chứng minh N;E;F; A nằm đường tròn c Chứngtỏ BC = Rr Tính diện tích tứ giác BCIO theo R ;r Bài5: (1 điểm )Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: xy2 + 2xy – 243y + x = Hết -(Cán coi thi khơng giải thích thêm) Híng dẫn chấm thi học sinh giỏi lớp Năm học 2015- 2016 81 81 Môn thi : Toán Bi í 1.(4đ) a)(2đ) NỘI DUNG CẦN ĐẠT a, Với x≥0 , x≠ ta có: x +1 K= x K= b)(1 đ) c )(1đ ) − K 0,75 25 + = 25 x +1 x ≥1⇔ − x +1 0,5 x +1 − x+6 x −9 −1 ≥ ⇔ ≥0 0,75 8( x + 1) (*) Do : 8( x + 1) ≥ 0∀x nên (*) ⇔ −( x − 3) ≥ ⇔ ( x − 3) ≤ mặtkhác ( x − 3) ≥ ⇔ 2)(2đ) 0,5 0,75 b,Ta có : x = 24+ = 24+ = 24+ = 24+ = 25 Thay x = 25 vào K ta có: Bài (6đ) ĐIỂM x =3⇔ x =9 Áp dụng BĐT Cô-si cho số khơng âm ta có x2 +1− y2 y2 +1− z x 1− y + y 1− z + z 1− x ≤ + + 2 z +1− x2 + = 2 x = − y x = − y    2  y = − z ⇔  y = − z ⇒ (dpcm)  z = − x z = 1− x2    0,75 0,5 0,5 0,5 0,5 Đẳngthứcsảyra : 82 82 a,(2đ) a, 0,5 −1 ≤ x ≤ ĐK: Ápdụng BĐT Bunyakovsky Bài (4đ) 0,5 tacó ( − x + x + 1) ≤ 2(7 − x + x + 1) = 16 ⇔ − x + x + ≤ 0,5 ) 0,5 2 lạicó x − x + 13 = ( x − 3) + ≥ b(2đ)  − x = x +1 ⇔ ⇔ x=3 x −3=  PT b 0,5 0,5 Đặt x = a ; y = b ; z = c x2 + y2 + z = x + y + z = ⇒ 2( xy + yz + zx ) = 2 − = ⇒ xy + yz + zx = 1 + a = xy + yz + zx + x = ( x + y )( x + z ) 0,5 + b = xy + yz + zx + y = ( y + z )( y + x) Do : + c = xy + yz + zx + z = ( z + x )( z + y ) 0,5 Vìvậy a b c x y z + + = + + + a + b + c ( x + y )( x + z ) ( y + z )( y + x) ( z + x)( z + y ) 2( xy + yz + zx ) = = ( x + y )( y + z )( z + x) (1 + a )(1 + b)(1 + c) Bài (3đ) a(1,5đ) x2 y2 z2 x+y+z + + ≥ a:x+y y+z z+x Theo bất đẳng thức Cauchy : x+y y+z z+x x+y+z ≥ xy ; ≥ yz ; ≥ zx nên ≥ 2 2 1 ⇔ x=y=z= A = b(1,5) b )Theo bấtđẳngthức Cauchy : 83 0,5 xy + yz +0,5zx = 2 0,5 b+ c b + c + a 0,5  b+ c  ≤  + 1÷: = a 2a  a  83 a 2a ≥ Do : b + c a + b + c Tươngtự : b 2b c 2c ≥ ; ≥ a+ c a+ b + c a + b a + b + c a b c 2(a + b + c) + + ≥ =2 b + c c + a a + b a + b + c Cộngtừngvế : a = b + c  b = c + a ⇒ a+ b+ c = c = a + b Xảyradấuđẳngthức :  , tráivớigiảthiết a, b, Bài (6đ) 0,5 0,5 c > Vậydấuđẳngthứckhơngxảyra a(1,5đ) Hìnhvẽ B C E N F O A I 0,5 a )Ta có : BE AE tiếptuyếncắtnhau⇒AE = BE AE = BE = EC = Tươngtự ta có AE =EC ⇒ ⇒ tam giác ABC vuông tai A b(1,5đ) BC b) Theo tínhchất tiếptuyếncắtnhauthì EO làphângiáccủa tam giáccân ∧ AEB ⇒OE làtrungtrực AB hay OE ⊥ AB ⇔ ENA = 90 0,5 0,5 0,5 0,5 ∧ EÈA = 90 Tươngtự 0,5 ∧ NAF = 90 ⇒ Mà tứgiác FANE hìnhchữnhật điểm F ;A ; N ;E cùngnằmtrênđườngtròn c(1,5) d(1,5) c )tứgiác FANE hìnhchữnhật ⇒ ∆OEI EA ⊥ OI vngtại E ( tínhchấttiếptuyến ) Ápdụnghệthứclượngtrongtamgiácvng ta có 84 AE = OA AI 0,5 0,5 0,5 0,5 84 BC BC AE = ; OA = R; AI = r ⇒ = Rr ⇔ BC = Rr Mà Bài 1đ 0,5 d/SBCIO=? Ta cótứgiác BCIO hìnhthangvng OB + IC × BC ⇒SBCIO= 0,5 (r + R ) rR ⇒S= 0,5 Ta có xy2 + 2xy – 243y + x = ⇔ x(y + 1)2 = 243y (1) Từ (1) vớichú ý (y + 1; y) = ta suy (y + 1) làướccủa 243 Vậy (x, y) = (54, 2) ; (24, 8) ĐỀ 29 ĐỀ THI HSG LỚP NĂM HỌC Mơn: Tốn (Thời gian 150 phút) Câu 1(4đ): Giải hệ phương trình sau:  x + y + x + y =  2x + y + x − y = a)  ( x − 1) y + ( y − 1) x = xy  x y − + y x − = xy b)  Câu 2(3đ): Giả sử x, y, z số dương thay đổi thỏa mãn điều kiện x + y + z = Hãy tìm giá trị lớn biểu thức P= x y z + + x +1 y +1 z +1 Câu 3(3đ): Cho a, b, c > thỏa mãn điều kiện 1 + + ≥2 1+ a 1+ b 1+ c abc ≤ Chứng minh rằng: Câu 4(4 đ): Cho đường tròn tâm O, hai tiếp tuyến MA MB (A, B tiếp điểm), C điểm đường trịn tâm M bán kính MA nằm đường tròn (O) Các tia AC BC cắt đường tròn (O) P Q Chứng minh PQ đường kính đường trịn (O) Câu 5(4đ): Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) d tiếp tuyến (O) C Gọi AH, BI đường cao tam giác a) Chứng minh HI // d b) Gọi MN EF hình chiếu đoạn thẳng AH BI lên đường thẳng d chứng minh MN = EF Câu 6(2đ): Chứng minh tích số phương số đứng trước chia hết cho 12 85 85 Hết ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM Câu Đáp án Thang điểm  x + y + x + y = 5(1)  x + y + x − y = 1(2) a)  7x + y 2x + y Đặt u = ,v= ( u ≥ 0, v ≥ ) u + v = (*)  v + x − y =  Ta có Do u2 – v2 = (7x + y) – (2x+y) = 5x Mà u + v = nên u – v = x 0.25 0.25 0.25 0.25 x+5 5− x Do u = , v = Từ phương trình thứ hai (*) ta 5− x x+3 + x −1 = y=v+x–1= x+3 Thay y = vào phương trình (2) ta x+3 x+3 + x− =1 2 x = 5x + − x ⇔ = ⇔ 2  x2 = 19 2x + Với x = ta y = 2; x = 19 ta y = 11 86 0.25 0.25 0.25 0,25 86 Thử lại hệ phương trình ta hệ có nghiệm (1;2) ( x − 1) y + ( y − 1) x = xy (1)  x y − + y x − = xy (2) b)  Điều kiện x ≥ 1, y ≥ 0.25 Xét phương trình (2) áp dụng bất đảng thức Cơ Si ta có: x( y − + 1) xy = 2 y ( x − + 1) xy y x − = y ( x − 1).1 ≤ = 2 x y − = x ( y − 1).1 ≤ (3) (4) 0.25  y −1 = ⇔ Dấu “=” xảy  x − = ⇔ x= y=2 0.25 Ta thấy x = y =2 củng thỏa mãn phương trình (1) Vậy hệ phương trình có nghiệm (2;2) 0.25 P = (1 − 1 ) + (1 − ) + (1 − ) x +1 y +1 z +1 P = 3− ( 1 + + ) x +1 y +1 z +1 Mặt khác, với x, y, z > 0, theo bất đẳng thức Cơ Si ta có 1 + + ≥ x + y + z ≥ xyz , x y z xyz 1 ⇒ ( x + y + z )( + + ) ≥ xyz =9 x y z xyz Dấu = xảy x = y = z 1 + + ≥ Ta có x + y + z + ( x + 1) + ( y + 1) + ( z + 1) 1 ⇒ + + ≥ x +1 y +1 z +1 P ≤ 3− = 4 Vậy x +1 = y +1 = z +1 P= ⇔ ⇔x= y=z= x + y + z = P= x= y=z= Vậy P đạt giá trị lớn 1 ≥ (1 − ) + (1 − ) 1+ b 1+ c Ta có: + a ⇒ 87 0.5 Vậy x y − + y x − ≤ xy Ta có 0.5 b c bc ≥ + ≥2 1+ a 1+ b 1+ c (1 + b)(1 + c) 0.25 0.5 0.25 0.25 0.5 0.25 0.25 0.5 0.25 0.5 0.5 87 0.5 bc ≥2 (1 + b)(1 + c ) Vậy + a ac ≥2 (1 + a )(1 + c ) Tương tự: + b 0.25 0.25 ab ≥2 1+ c (1 + a )(1 + b) Nhân ba bất đẳng thức ta được: 0.5 8abc ≥ (1 + a )(1 + b)(1 + c) (1 + a )(1 + b)(1 + c ) ⇒ 8abc ≤ 0.5 Q A O M C B P Để chứng minh PQ đường kính đường trịn (O), ta cần chứng minh ba điểm P, Q, O thẳng hàng Trong đường trịn tâm M ta có: ·AMC = ABC · (góc tâm chắn cung AC) Trong đường trịn tâm O ta có: ·AOQ = ·ABQ (góc tâm chắn cung AQ) ·AMC = ·AOQ Suy (1) Chứng minh tương tự ta có · · BMC = BOP (2) 0.25 0.5 0.5 0.25 0.5 µ µ Tứ giác MAOB có A = B = 90 0.25 0.25 Từ (1), (2), (3) suy ra: 0.25 ⇒ ·AMB + ·AOB = 1800 (3) · · · POQ = POB + BOA + ·AOQ · · = ( BMC + ·AMC ) + BOA = ·AMB + ·AOB = 180 88 0.5 0.25 0.25 88 Suy P, Q, O thẳng hàng Vậy PQ đường kính đường trịn (O) 0.25 A B x I 0.5 H M C E F N d a) Chứng minh HI // d Gọi Cx tiếp tuyến chắn cung AC · · · Tứ giác ABHI nội tiếp nên ABC = HIC (Cùng bù với góc HIA ) · · Mà ABC = ACx (cùng chắn cung AC) · · ⇒ HI // d ⇒ HIC = ICx b) Chứng minh MN = EF d // HI ⇒ IF=HN · · AMCH nội tiếp ⇒ HMN = HAC · · BICE nội tiếp ⇒ IEF = IBC · · · · Mà HAC = BIC nên HMN = IEF ⇒ ∆HMN = ∆IEF ⇒ MN = EF Số phương n2(n Ỵ Z) số đứng trước n2-1 Ta có (n2-1)n2 =(n+1)(n-1)n2= (n-1)n.n(n+1) Tích có số ngun liên tiếp nên chia hết cho Mặt khác (n-1)n hai số nguyên liên tiếp nên chia hết cho Và n (n+1) chia hết cho Nên (n-1)n.n(n+1) chia hết cho Mà (3;4) = nên (n-1)n.n(n+1) chia hết cho 12 Vậy (n2-1)n2 chia hết cho 12 0.25 0.5 0.25 0.5 0.5 0.25 0.25 0.5 0.5 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 ĐÊ 30 SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐỀ CHÍNH THỨC 89 KÌ THI CHỌN HSG LỚP NĂM HỌC 2014 – 2015 ĐỀ THI MƠN: TỐN Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề 89  3x + 16 x − A= − x + x −  Câu (1,5 điểm): Cho biểu thức: a) Rút gọn biểu thức A b) Tìm x để A = −6 mx − y =  2 x + my = Câu (1,5 điểm): Cho hệ phương trình: a) Giải hệ phương trình m = 10 x +1 − x +3 x +7  ÷:  − x −1   x  ÷ x −1 (với m tham số) x; y ) b) Tìm m để hệ phương trình cho có nghiệm ( thỏa mãn hệ thức: −2015m + 14m − 8056 x + y − 2014 = m2 + Câu (3,0 điểm): a) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = Tìm giá trị lớn biểu thức: a b c P= + + 2 9a + 3b + c 9b + 3c + a 9c + 3a + b b) Tìm tất cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn: x(1 + x + x ) = y ( y − 1) Câu (3,0 điểm): Cho đoạn thẳng AC có độ dài a Trên đoạn AC lấy điểm B cho AC = AB Tia Cx vng góc với AC điểm C , gọi D điểm thuộc tia Cx ( D không trùng với C ) Từ điểm B kẻ đường thẳng vng góc với AD cắt hai đường thẳng AD CD K , E a) Tính giá trị DC.CE theo a b) Xác định vị trí điểm D để tam giác BDE có diện tích nhỏ c) Chứng minh điểm D thay đổi tia Cx đường trịn đường kính DE ln có dây cung cố định 1 1 ; ; ; ; ; 2014 2015 Câu (1,0 điểm): Cho dãy gồm 2015 số: Người ta biến đổi dãy nói cách xóa hai số u, v dãy viết thêm vào dãy số có giá trị u + v + uv vào vị trí u v Cứ làm dãy thu sau 2014 lần biến đổi, dãy cuối lại số Chứng minh giá trị số cuối khơng phụ thuộc vào việc chọn số u, v để xóa lần thực việc biến đổi dãy, tìm số cuối -Hết Ghi chú: - Thí sinh khơng sử dụng máy tính cầm tay - Giám thị coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh:…………………………………………………… 90 90 Số báo danh:…….…………… … SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KÌ THI CHỌN HSG LỚP NĂM HỌC 2014 – 2015 HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN: TỐN (05 trang) I) Hướng dẫn chung: 1) Hướng dẫn chấm nêu cách giải với ý bản, thí sinh làm khơng theo cách nêu hướng dẫn chấm cho đủ số điểm phần thang điểm quy định 2) Việc chi tiết hố thang điểm (nếu có) hướng dẫn chấm phải đảm bảo không làm sai lệch hướng dẫn chấm phải thống thực với tất giám khảo 3) Điểm tồn tính đến 0,25 điểm Sau cộng điểm toàn bài, giữ nguyên kết 4) Với hình học học sinh khơng vẽ hình phần khơng cho điểm phần II) Đáp án thang điểm: Câu Nội dung trình bày Điểm Câu  x + 16 x − x +1 x +7  x  A= − − (1,5 đ) ÷:  − ÷ x+2 x −3 x +3 x −1   x −1  Cho biểu thức: a) (1,0 điểm) Rút gọn biểu thức A  x ≥  x + x − ≠   x +3≠0   x −1 ≠  x 2 − ≠0  x −  Điều kiện: 0,25 Từ đó: x ≥ 0; x ≠ 1; x ≠ Biến đổi: 3x + 16 x − − x+2 x −3 x +1 − x +3 x +7 = x −1 ( )( ( x − 1) ( x −1 x + x +3 ) )− x +1 − x +3 x +6 x +7 − x +3 x −1 x +3 x +7 x +7 = − =2− = x +3 x −1 x −1 x +7 x −1 0,25 = ( 2− x = x −1 x −2 x −1 x −9 x −2 x −9 : = x −1 x −1 x −2 Từ đó: b) (0,5 điểm) Tìm x để A = −6 A= 91 ) x −9 x −1 0,25 0,25 91 Biến đổi: Câu (1,5 đ) A = −6 ⇔ x −9 = −6 ⇔ x − = − x −2 ( x −2 ) x = 21 ⇔ x = (thỏa mãn điều kiện) Vậy để A = −6 x = mx − y =  2 x + my = m Cho hệ phương trình: (với 0,25 0,25 tham số) a) (0,5 điểm) Giải hệ phương trình m = 10 Thay m = 10 ta hệ: 10 x − y = 5 x − y = ⇔  x + 10 y =  2 x + 10 y = 50 x-10y=10 52 x=15 ⇔ ⇔ 2 x + 10 y = 2 x + 10 y = 15 15   x = x =   52 52 ⇔ ⇔  y = − 2x  y = 23   10 52 15  x =   52   y = 23 52  Kết luận: với m = 10 hệ có nghiệm nhất:  0,25 0,25 ( x; y ) thỏa mãn hệ b) (1,0 điểm) Tìm m để hệ phương trình cho có nghiệm thức: x + y − 2014 = −2015m + 14m − 8056 m2 + Dùng phương pháp thế, ta có: mx −  mx − y=   y =  ⇔ ⇔  mx − y = 2 x + my = 2 x + m mx − =   x + my =  2m + 10  mx −  x= y =    m +4 ⇔ ⇔ ,∀m ∈ R m − ( m + ) x=2m+10 y =   m2 + 2m + 10   x = m + ,∀m ∈ R  m − y = m2 + Nên hệ ln có nghiệm nhất:  Thay vào hệ thức: 92 x + y − 2014 = −2015m + 14m − 8056 m2 + 0,25 0,25 0,25 92 Ta được: −2014m + m − 8050 −2015m + 14m − 8056 = m2 + m2 + ⇔ −2014m + m − 8050 = −2015m + 14m − 8056 m = ⇔ ⇔ m − 7m + = ⇔ ( m − 1) ( m − ) = m = Kết luận: để hệ phương trình cho có nghiệm ( x; y ) thỏa mãn hệ thức: m = −2015m + 14m − 8056 x + y − 2014 = m = m2 +  0,25 Câu a) (1,5 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = Tìm giá trị (3,0 đ) lớn biểu thức: P= a b c + + 2 9a + 3b + c 9b + 3c + a 9c + 3a + b Chứng minh: (a + b + c )( x + y + z ) ≥ (ax + by + cz ) , ∀a , b, c, x, y , z ∈ R (1) Thật vậy: (1) ⇔ (a y − 2abxy + b2 x ) + (a z − 2acxz + c z ) + (b y − 2bcyz + c z ) ≥ ⇔ (ay − bx) + (az − cx) + (by − cz ) ≥ (đúng) ay = bx  " = " ⇔  az = cx  by = cz  Dấu Áp dụng BĐT (1) ta có: (9a + 3b + c)( 1 + + c) ≥ (a + b + c ) = 9a "="⇔ a =b = c = Dấu a 1 1 ≤ a ( + + c) + +c ⇒ 9a 9a + 3b + c 9a b 1 c 1 ≤ b( + + a); ≤ c ( + + b) 2 9b 9c + 3a + b 9c Tương tự có: 9b + 3c + a a+b+c ⇒ P ≤ + + ( ab + bc + ca) 1 ( a + b + c)2 (a + b + c)2 ⇒P≤ + + =1 3 3 Do ab + bc + ca ≤ Pmax = ⇔ a = b = c = Vậy ⇒ 9a + 3b2 + c ≥ 93 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 93 ... = x + = −6 Với x = 19 y = x + = 99 Vậy, nghiệm hệ ( x; y ) = ( 0; ) , ( −2;6 ) , ( −2; −6 ) , ( −5 ;9 ) , ( 19; 99 ) Vì a ; b ; c số dương áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: 2 1 +1 +2 +8 2 2... = 90 o Cho nên ∠ ACO + ∠ M1 = 90 o Gọi E giao OC MN ta có ∠ CEM = 90 o Hay OC vng góc MN (đpcm) b) Ta có KA = KC (tính chất tiếp tuyến) Kéo dài BC cắt d W Ta có ∠ WCA = 90 o Mà: ∠ KAC + ∠ AWC = 90 o... y ( x − ) − 7( x − ) = 49 ⇔ ( x − )( y − ) = 49 49 ⇔ y−7= x−7 49 ∈Z ⇔ y − 7∈Z ⇔ ∈Z ⇔ x − x−7 ước 49 ⇔ (Với x≠7 ) x − = ±1 x − = ±7 ⇔ { x} = { − 42;0;6;8;14;56} x − = ± 49 Các nghiệm nguyên dương