Đề thi chọn học sinh giỏi năm học 2010 - 2011 môn Toán

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI 
NĂM HỌC 2010-2011 
(Của các trường trong toàn quốc) 
 TRẦN NAM DŨNG 
(Sưu tầm&Biên soạn) 
 đăng tải 
1. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH 
Giải và bình luận bởi huynhcongbang 
Hiệu đính và bổ sung bởi namdung 
Bài 1: Giải phương trình 
3 2 3 2 23 2 2 3 2 1 2 2 2x x x x x x+ + + − + + − = + +x 
(Trường THPT Chuyên ĐHSP Hà Nội, đề chọn đội dự tuyển) 
Lời giải. 
Điều kiện xác định: 
3 2
3 2
3 2 2 0
3 2 1
x x
x x x
⎧ + + ≥⎪⎨− + + − ≥⎪⎩ 0
Theo bất đẳng thức AM – GM thì: 
3 2 3 2
3 2 3 2 1 3 2 2 3 2 33 2 2 1 3 2 2
2 2
( ). x x x xx x x x + + + + ++ + = + + ≤ = 
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 3 23 2 2 1x x x 1+ + = ⇔ = − . 
3 2 3 2
3 2 3 2 1 3 2 1 3 23 2 1 1 3 2 1
2 2
( ). x x x x xx x x x x x + − + + − − + +− + + − = − + + − ≤ = x 
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 3 23 2 1 1x x x x 1− + + − = ⇔ = − . 
3 2 3 2 2
3 2 3 2 3 2 3 3 2 3 23 2 2 3 2 1
2 2
x x x x x x xx x x x x 3
2
+ + − + + + +⇒ + + + − + + − ≤ + = 
2 2 2
23 2 3 3 2 3 1 2 2
2 2
( ) ( )x x x x x x x+ + + + + +≤ = 2+ +
1
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 21 0( )x x+ = ⇔ = − . 
Do đó, ta luôn có: 3 2 3 2 23 2 2 3 2 1 2 2x x x x x x x+ + + − + + − ≤ + + 2 . 
1 
Đẳng thức phải xảy ra, tức là . Thử lại thấy thỏa. 1x = −
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là 1x = − . 
Bình luận. 
Bài này không quá khó và chỉ áp dụng các đánh giá rất quen thuộc của BĐT. Tuy nhiên, 
để xác định được hướng đi này cũng không phải đơn giản; thông thường sau khi nhẩm ra 
được nghiệm là và đứng trước một phương trình vô tỉ có chứa căn thế này, ta hay 
dùng cách nhân lượng liên hợp; thế nhưng, cách đó trước sau gì cũng sẽ đi vào bế tắc 
cùng những tính toán phức tạp. 
1x = −
Bài 2: Giải phương trình: 
2 2 3 2 2 5sin sin cosx x x 0− + − = 
(Trường THPT chuyên Lê Khiết, Quảng Ngãi) 
Lời giải. 
Đặt . Từ phương trình đã cho, ta có hệ sau: 1 1sin , cos ,a x b x a b= = ⇒ − ≤ ≤
2 2
4 3 2 2 5
1
ab a b
a b
⎧ − + − =⎪⎨ + =⎪⎩
0 
Ta có: 
2
2
4 3 2 2 5 0 4 3 2 2 5 0
4 2 2 2 2 3 2 2 2 0
2 2 2 1 2 2 0
2 2 1 2 2 0
( ) (
( ) ( ) ( )
( ) ( )
ab a b ab a b
ab a b a b
a b a b a b
a b a b
− + − = ⇔ − + − + =
⇔ − + − + + + + =
⎡ ⎤⇔ − − − + + + + =⎣ ⎦
⇔ − − + − + =
)
Mặt khác: nên 2 2 1a b+ = 2 22 2( )a b a b a b+ ≤ + = ⇒ + + ≥2 0 . 
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2
2
a b −= = . 
Do đó, từ (*), suy ra:
2 2 2 12 2 1 0
22 2 0
2
( )
( )
a ba b
a b a b
⎧ 0− − =⎧ − − =⎪ ⎪⇔⎨ ⎨ −+ + = = =⎪ ⎪⎩ ⎩
Dễ thấy hệ này vô nghiệm. 
Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. 
Bình luận. 
Đây là dạng phương trình lượng giác giải bằng cách đánh giá quen thuộc. Ngoài cách đặt 
ẩn phụ đưa về đại số hoàn toàn như trên, ta có thể biến đổi trực tiếp trên phương trình ban 
đầu, tuy nhiên điều đó dễ làm chúng ta lạc sang các hướng thuần túy lượng giác hơn và 
việc giải bài toán này gặp nhiều khó khăn hơn. 
2 
[Namdung] Bài này chính là đề thi Olympic 30-4 năm 2000, lớp 10, đề bài do trường Lê 
Hồng Phong Tp.HCM đề nghị. Lời giải chính thức cũng giống như ở trên nhưng để 
nguyên a = sinx và b = cosx. 
Bài 3: .Giải hệ phương trình 
3
3
3
3 12 50
12 3 2
27 27
x x y
y y z
z x z
⎧ = − +⎪ = + −⎨⎪ = +⎩
(Trường THPT Phan Chu Trinh, Đà Nẵng) 
Lời giải.
Ta có: 
3 33 12 50 48 12 3 2 12 4 2 1( ) ( )(x x y y x x y x x= − + ⇔ − = − − ⇔ − = − + 2)
2)
2)
0
 (1) 
3 312 3 2 3 18 12 16 3 6 4 2( ) ( )(y y z z y y z y y= + − ⇔ − = − + ⇔ − = − + (2) 
3 327 27 27 54 27 54 27 2 6 3( ) ( )(z x z x z z x z z= + ⇔ − = − − ⇔ − = − + (3) 
-Nếu thì 1x = − 22 1( )( )x x− + = , từ (1) suy ra 4y = hay 24 2( )( )y y 0− + = , từ (2) suy 
ra hay , từ (3) suy ra 6z = 26 3( )( )z z− + = 0 2x = , mâu thuẫn. 
Do đó, không thỏa mãn hệ, ta chỉ xét 1x = − 21 1( )x x 0≠ − ⇒ + > . 
Chứng minh hoàn toàn tương tự, ta cũng có: 2 22 0 3( ) ,( )y z 0+ > + > . 
Từ (2) suy ra cùng dấu. 4, y z− −6
Từ (3) suy ra 2 6, x z− − cùng dấu. 
Từ đó, ta được: cùng dấu. 2,x y− − 4
4 0Hơn nữa, từ (1), ta thấy cùng dấu, tức là: 2, ( )x y− − − 0 2 4( )( )x y≤ − − ≤ . 
Do đó: hoặc . 2x = 4y =
Từ các phương trình (1), (2), (3), dễ thấy cả hai trường hợp trên đều cho ta kết quả là: 
2 4, ,x y z= = = 6 . 
Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất là 2 4 6( , , ) ( , , )x y z = . 
Bình luận. 
Mấu chốt của bài toán là phải có được các phân tích (1), (2), (3) ở trên. Điều này chỉ có 
thể thực hiện được khi đã đoán được nghiệm của bài toán là 2 4, ,x y z 6= = = và có thể 
tác giả bài toán cũng đã xuất phát từ các đẳng thức đó để biến đổi được đề như trên. Dạng 
này cũng đã từng xuất hiện trong đề thi HSG của TPHCM năm 2006 – 2007: 
Giải hệ phương trình: 
3
3
3
3 4
2 6
3 9
x y x
y z y
z x z
⎧
6
8
+ = +⎪ + = +⎨⎪ + = +⎩
Cách giải bài toán này hoàn toàn tương tự. 
3 
[Namdung] Bài 11 (đề thi chọn đội tuyển ĐHKHTN) cũng có hình thức và các giải hoàn 
toàn tương tự. 
Bài 4: Giải hệ phương trình 
2 2
2 2
2 3 4 2 3 4 1
7 6 14 0
( )( )x x y y
x y xy x y
⎧ 8− + − + =⎪⎨ + + − − + =⎪⎩
(Trường THPT Chuyên ĐHSP Hà Nội, đề chọn đội dự tuyển) 
Lời giải. 
Xét đẳng thức: (*) 2 2 7 6 14x y xy x y+ + − − + = 0
0
Ta xem (*) là phương trình bậc hai theo biến x, viết lại là: 
2 27 6 14( )x x y y y+ − + − + = . 
Phương trình này có nghiệm khi: 
 2 2 2 77 4 6 14 0 3 10 7 0 1
3
( ) ( )y y y y y y yΔ = − − − + ≥ ⇔ − + − ≥ ⇔ ≤ ≤ . 
Hoàn toàn tương tự, xem (*) là phương trình bậc hai theo biến y, viết lại là: 
2 26 7 14( ) ( )y y x x x− − + − + = 0 . 
Phương trình này có nghiệm khi: 
2 2 2 106 4 7 14 0 3 16 20 0 2
3
( ) ( )x x x x x x xΔ = − − − + ≥ ⇔ − + − ≥ ⇔ ≤ ≤ . 
Ta xét hàm số: 
2 32 3 4 4 3 0
4
( ) , ( )f t t t t f t t t′= − + ∈ ⇒ = − = ⇔ = <\ 1. 
Suy ra, trên , hàm số này đồng biến. Ta được: 1[ , )+∞
2 6 1 3 3 6 18( ) ( ) , ( ) ( ) ( ). ( ) .f x f f y f f x f y≥ = ≥ = ⇒ ≥ = . 
Từ phương trình thứ nhất của hệ thì ta thấy đẳng thức phải xảy ra, tức là 2 1,x y= = . 
Thay hai giá trị này vào (*), ta thấy không thỏa. 
Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm. 
Nhận xét. 
Ý tưởng giải của bài này không khó và cũng khá quen thuộc khi chỉ cần tìm miền xác 
định của biến thông qua việc tính Delta của một phương trình bậc hai; tuy trong lời giải 
trên có khảo sát hàm số nhưng thực ra các kết quả đó có thể chứng minh bằng bất đẳng 
thức đại số thuần túy nên công cụ giải chính của bài này là đại số. Và do đó việc hai biểu 
thức của x và y ở phương trình đầu của hệ giống nhau có thể dẫn đến đánh giá sai hướng 
mà dùng giải tích, xét hàm số để khai thác phương trình đầu tiên trong khi điều đó không 
đem lại kết quả gì. Các hệ số được chọn ra số rất đẹp chính là ưu điểm nổi bật của bài 
toán này. 
Bài 5: Giải hệ phương trình 
4 
2 2
2
2
2 2
1
1
3 2 6 2 2log ( ) log ( )
y x xe
y
x y x y
−⎧ +=⎪ +⎨⎪ 1+ + = + + +⎩
(Trường THPT Cao Lãnh, Đồng Tháp, đề chọn đội tuyển 11) 
Lời giải. 
Điều kiện xác định: 
2 6
2 0
x y
x y
⎧ + + >⎨ + + >⎩
0
2 0
Xét hàm số: . Ta có: 1 0( ) ( ), [ , )tf t e t t= + ∈ +∞
1( ) ( ) ( )t t tf t e t e e t′ = + + = + > nên đây là hàm đồng biến. 
Do đó: 
2 2 2 2
2
2 2 2 2 2 2
2
1 1 1
1
( ) ( ) ( ) ( )y x x yxe e x e y f x f y x y
y
− += ⇔ + = + ⇔ = ⇔ = ⇔ = ±+ x y
1
2
. 
Phương trình thứ hai của hệ tương đương với: 
2 23 2 6 2 2log ( ) log ( )x y x y+ + = + + + 
3 2 3
2 22 6 2 2 2 6 2 2log ( ) log ( ) ( ) ( )x y x y x y x y⎡ ⎤ ⎡ ⎤⇔ + + = + + ⇔ + + = + +⎣ ⎦ ⎣ ⎦ (*) 
Xét hai trường hợp: 
-Nếu x y= thì thay vào (*), ta được: . 3 23 6 2 2 2( ) (x x+ = + )
0
2)
2)
Theo điều kiện ban đầu thì . 2 2 0 2 4 2 2x x x+ > ⇒ + > + >
Hơn nữa: . 3 2 2 33 6 2 2 4 2 27 46 0 3 6 2 2 4( ) ( ) ( ) ( ) ( ) (x x x x x x+ − + = + + > ⇒ + > +
Do đó: nên phương trình này vô nghiệm. 3 23 6 2 2 4 2 2 2( ) ( ) (x x x+ > + > +
-Nếu x y= − , thay vào (*), ta được: 
3 2 36 2 2 6 8 6 2( ) ( ) ( )x x x− + = ⇔ − = ⇔ − = ⇔ = 4x . 
Suy ra: . 4y x= − = −
Thử lại thấy thỏa. 
Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất là 4 4( , ) ( , )x y = − . 
Bình luận. 
Hệ dạng này rất quen thuộc với ý tưởng chính là dùng tính chất của hàm đơn điệu: 
( ) ( )f a f b a= ⇔ = b . Ở bài trên cũng chú ý các đánh giá trong trường hợp x = y, bởi vì 
khi đó phương trình bậc ba thu được phải giải theo công thức tổng quát, điều thường bị 
tránh ở các kì thi HSG; do đó, việc tìm một đánh giá thích hợp để chứng minh nghiệm 
của nó không thỏa đề bài là một điều khá tự nhiên. 
Bài 6: Giải hệ phương trình: 
32 2 1 2 1 2 3 2
4 2 2 4 6
( ) ( )x x y y
x y
⎧ + + + = − −⎪⎨ + + + =⎪⎩
(Trường THPT chuyên Lương Thế Vinh, Đồng Nai) 
Lời giải. 
5 
Điều kiện xác định: 1 2
2
,x y−≥ ≥ . 
Xét hàm số: . 32 0( ) , ( ; )f t t t t= + ∈ +∞
Suy ra: nên đây là hàm đồng biến. 26 1( )f t t′ = + > 0
Từ phương trình thứ nhất của hệ, ta có: 2 1 2 2 1 2( ) ( )f x f y x y+ = − ⇔ + = − . 
Thay vào phương trình thứ hai, ta được: 
4 4 8 2 4y y− + + = 6 (*) 
Ta thấy hàm số: 4 4 8 2 4 6 2( ) , ( , )g y y y y= − + + − ∈ +∞ có đạo hàm là: 
34
1 1 0 2
2 44 8
( ) , ( , )
( )
g y y
yy
′ = + > ∀ ∈+−
+∞ nên đồng biến. 
Hơn nữa: 46 4 6 8 2 6 4 6( ) . .g = − + + − = 0 nên (*) có đúng một nghiệm là . 6y =
Với , ta có 6y = 1
2
x = . 
Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất là 1 6
2
( , ) ( , )x y = . 
Bình luận. Dạng toán ứng dụng trực tiếp tính đơn điệu vào bài toán để đơn giản hóa biểu 
thức rất thường gặp. Hướng giải này có thể dễ dàng phát hiện ra từ phương trình thứ nhất 
của hệ, x và y nằm về mỗi vế của phương trình và quan sát kĩ hơn sẽ thấy sự tương ứng 
của các biểu thức và dẫn đến xét một hàm số như đã nêu ở trên. 
[Namdung] Ý tưởng bài này hoàn toàn giống với bài 5 đề thi Đại học môn toán khối A 
năm 2010: 
Giải hệ phương trình 
 (4x2+1)x + (y-3)sqrt(5-2y) = 0 
 4x2 + y2 + 2sqrt(3-4x) = 7. 
Bài 7: Giải hệ phương trình sau: 
2 2
1 2 2
1 1 3 3( )
y x
x yx
y x x
⎧ + = +⎪⎨⎪ + − = +⎩
(Đề chọn đội tuyển trường Chuyên Lê Quý Đôn – Bình Định). 
Lời giải. 
Điều kiện xác định: . 0 0,x y> ≠
Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với: 
2 21 2 2 2 2 2 2( )y x y x y x x xy y y x x x x
x yx
+ = + ⇔ + = + ⇔ + − − = 0 
Xem đây là phương trình bậc hai theo biến y, ta có: 
6 
2 22 8 4 4 2( ) ( )x x x x x x x x x x xΔ = − + = + + = + >2 0 . 
Do đó, phương trình này có hai nghiệm là: 
1 2
2 2 2 2 2
2 2
( ) ( ) ( ) ( ), ,x x x x x x x xy x y x− − + − + += = − = = . 
Xét hai trường hợp: 
-Nếu y = − x , thay vào phương trình thứ hai của hệ, ta được: 
2 21 1 3 3( )x x x− + − = + . 
Dễ thấy: 2 1 1 0 3 3( )x x x− + − < < 2 +
x
 nên phương trình này vô nghiệm. 
-Nếu , thay vào phương trình thứ hai của hệ, ta được: 2y =
2 2 2 2 22 1 1 3 3 1 2 3 2 1
2 3
( ) .( ) xx x x x x x x
x
+ − = + ⇔ + − = ⇔ + = − (*) 
(dễ thấy 3
2
x = không thỏa mãn đẳng thức nên chỉ xét 3
2
x ≠ và phép biến đổi trên là 
phù hợp). Xét hai hàm số: 2 1 0( ) ,f x x x= + > và 2 0
2 3
( ) ,xg x x
x
= >− . 
Ta có: 
2
0
1
( ) xf x
x
′ =
+
> nên là hàm đồng biến, 
2
2 3 0
2 3
( )
( )
g x
x
−′ = <− nên là hàm 
nghịch biến. Suy ra phương trình (*) có không quá một nghiệm. 
Nhẩm thấy 3x = thỏa mãn (*) nên đây cũng chính là nghiệm duy nhất của (*). 
Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất là 3 2 3( , ) ( , )x y = . 
Bình luận. Quan hệ của x và y được che giấu ngay trong phương trình đầu tiên, nếu nhận 
thấy điều đó thì các bước tiếp theo sẽ rất dễ nhận biết. Bài này tính toán tuy rườm rà 
nhưng hướng giải rất rõ ràng nên không quá khó. 
Bài 8: Giải hệ phương trình. 
4 3 3 2 2
3 3
9 9
7( )
x x y y y x x y x
x y x
⎧ + + = + +⎪⎨ − =⎪⎩
(Đề thi chọn HSG tỉnh Hưng Yên) 
Lời giải. 
Ta có: 
4 3 3 2 2 4 3 3 2 2
2 2 2 2
9 9 9
9 0 9 0
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
x x y y y x x y x x xy x y x y x y
x y x x xy y x y x y x x y
+ + = + + ⇔ − + − − − =
⎡ ⎤ ⎡⇔ − + + + − = ⇔ − + − =⎣ ⎦ ⎣
0
⎤⎦
Từ phương trình thứ hai của hệ, ta thấy x y≠ nên từ biến đổi trên, suy ra: 
2 29 0 9( ) ( )x x y x x y+ − = ⇔ + = (*) 
7 
Ta có: 3 3 3 3 337 77( )x y x y x y x
x x
− = ⇔ − = ⇔ = + . 
Thay vào (*), ta được: 3 23 7 9( )x x x
x
+ + = . 
Ta sẽ chứng minh rằng vế trái là một hàm đồng biến theo biến x. Thật vậy: 
( )
2
3 2 2 3 33 3 3
2
233 2 3 3 3 6 2 433 3
7 7 72
7 72 2 7
( )
.
x x x x x x x x
x x x
x x x x x x x x x x x
x x
⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟+ + = + + + +⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠
⎛ ⎞= + + + + = + + + +⎜ ⎟⎝ ⎠
7
Từ (*) suy ra và trong biểu thức ở trên, các số mũ của biến x đều dương nên đây là 
hàm đồng biến; suy ra nó có không quá một nghiệm. 
0x >
Thay trực tiếp 1x = vào biểu thức, ta thấy thỏa. 
Vậy hệ đã cho có đúng một nghiệm là: 1 2( , ) ( , )x y = . 
Bình luận. 
Điểm đặc biệt của bài này là xử lí được hệ phương trình mới sau khi biến đổi, nếu như ta 
dùng cách đại số trực tiếp, phân tích ra được một nghiệm x = 1 thì phương trình bậc cao 
còn lại khó mà giải được. Cách lập luận theo tính đơn điệu của hàm số thế này vừa tránh 
được điều đó vừa làm cho lời giải nhẹ nhàng hơn. 
Bài 9: Giải hệ phương trình: 
4 4
2 2 3
2
3( )
x x y y
x y
⎧ − = −⎪⎨ − =⎪⎩
(Đề kiểm tra đội dự tuyển trường THPT Chuyên ĐHSP Hà Nội) 
Lời giải. 
33, ,Đặt y a x y b c+ = − = = . x
Từ phương trình thứ hai của hệ, ta có: ( )3 3ab c ab c= ⇔ = . 
Ta có: 
2 2
,a b a bx y+= = − . Suy ra: 
2 2
4 4 2 2 2 2
2 2 2
( )( )( ) (a b a b ab )x y x y x y x y ab a b
⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ −⎢ ⎥− = − + + = + = +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦
, hơn nữa: 
332
2 2 2
( )( ) a b a b a c bx y a b − + +− = + − = = 
Do đó, phương trình thứ nhất của hệ đã cho tương đương với: 
3
2 2 2 2 3
2 2
( ) ( )ab a c ba b c a b a c b++ = ⇔ + = + 
Ta có hệ mới là: 
8 
2 2 3 2 4
2 4 3 3 4 3
2
1 0( ) ( ) ( )( )c a b a c b c cc a a ca c a ac ca a c
aaab c
⎧ + = +⎪ ⇒ + = + ⇔ + = + ⇔ − − =⎨ =⎪⎩
3 
1a a
c
⇔ = ∨ = c . 
Suy ra hệ này có hai nghiệm là: 211( , ) ( , );( , )a b c c
c
= . 
Xét hai trường hợp: 
- Nếu thì 1,a c b= =
3 31 3 1 3
2 2 2
,cx y+ += = = 1− . 
- Nếu 21 ,a b
c
= = c thì 
3 3
2 2
3 3
1 1 1 2 1 1 1 1
2 2 2 23 3
,c cx c y c
c c c c
⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ − −= + = = = − = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm là: 
3 3
3 3
3 1 3 1 2 1
2 2 3 3
( , ) , , ,x y
⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ − −= ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠
. 
Bình luận. Đây là một hệ phương trình rất đẹp, hình thức của nó dễ làm chúng ta bối rối 
khi không thể nhẩm được nghiệm nào cũng như tìm được một hàm số nào đó để khảo sát 
như ý tưởng thông thường. Lời giải thuần túy đại số và cách đặt ẩn phụ như đề bài cần 
phải chú ý, nó từng xuất hiện trong đề VMO 2005: 
3 2
2 2
3 49
8 6
x xy
17x xy y y x
⎧ + = −⎪⎨ − + = −⎪⎩
2. HÌNH HỌC 
Lời Giải của Novae 
Bài 1. (Đề chọn đội tuyển ĐHSP HN) 
Gọi là trọng tâm và tâm nội tiếp tam giác . Đường thẳng qua song song với 
cắt tại . Qua song song với theo thứ tự cắt cạnh 
tại .Qua song song với theo thứ tự cắt tại . Các điểm 
theo thứ tự là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác 
CMR: đồng quy tại 1 điểm thuộc 
Lời giải: 
Gọi là giao điểm của với , là trung điểm , khi đó phép vị tự tâm , 
tỉ số biến , suy ra , đến đây áp dụng Menelaus 
cho tam giác với cát tuyến , ta suy ra , từ đó suy ra đpcm 
Bài 2. (Đề chọn đội tuyển Toán trường THPT Phan Chu Trinh, Đà Nẵng) 
9 
Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O).AC cắt BD tại E , AD cắt BC tại F.Trung 
điểm của AB và CD lần lượt là G,H. Chứng minh rằng EF là tiếp tuyến của đường tròn 
ngoại tiếp tam giác EGH.
Lời giải: 
Gọi là giao điểm của các tiếp tuyến tại và .Dễ 
thấy chùm Gọi là trung điểm của .Áp 
dụng định lý Maclaurin .Mặt khác là tứ giác nội tiếp 
và (theo đường thẳng Gauss) ta nhận được đpcm 
Bài 3. (Đề chọn đội dự tuyển ĐHSP HN) 
Cho tam giác ABC nhọn.Các đường cao BE,CF cắt nhau ở H.Trên các tia FB,EC theo 
thứ tự lấy các điểm P,Q sao cho FP=FC;EQ=EB;BQ cắt CP tại K.I,J theo thứ tự là trung 
điểm BQ,CP.IJ theo thứ tự cắt BC,PQ tại M,N.CMR: 
a. 
b.góc IAM=góc JAN 
Lời giải: 
a,chú ý tứ giác BPCQ nội tiếp,xét phương tích của H,K đối với đường tròn đường kính 
PC,BQ.ta có dpcm 
b,ta cần bổ đề sau:cho tứ giác ABCD nội tiếp 
10 
(O). sao cho: .khi đó M và N 
liên hợp đẳng giác đối vs góc ASB. 
chứng minh 
rất dễ,gọi f là phép đồng dạng nghịch, biến .ta có 
dpcm. 
trở lại bài toán của chúng ta.áp dụng định lý menelaus cho ta 
được (1) 
mặt khác (2) 
từ (1),(2) và theo bổ đề vs chú ý rằng BPCQ nội tiếp, ta có dpcm. 
Bài 4. (Đề chọn đội dự tuyển ĐHSP HN) 
 Cho tam giác ABC nội tiếp (O). Tiếp tuyến của (O) tại B,C cắt nhau tại S. Trung trực 
của AB,AC cắt p/g góc BAC tại M,N. BM, CN cắt nhau tại P. Chứng minh SA đi qua 
tâm đường tròn nội tiếp tam giác MNP. 
Lời giải: 
11 
Biến đổi góc đơn giản chứng minh trực tâm H của tam giac OMN là điểm đối xứng của 
tâm nội tiếp tam giác MNP qua phân giác AE. 
Chứng minh A,I,S thẳng hàng tương đương với việc chứng minh A,H,D thẳng hàng_do 
tính chât đường đối trung 
A,H,D thẳng hàng được chứng minh nhờ định lí Menelauyt cho tam giác OFE. 
Bài 5. (Đề chọn đội tuyển toán 11, trường THPT Cao Lãnh) 
Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn.Gọi P,Q,M lần lượt là giao điểm của AB và 
DC;AD và BC;AC và BD. Chứng minh rằng bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác 
OPM,tam giác OMQ,tam giác MPQ bằng nhau. 
Lời giải: 
Áp dụng định lý Brocard, ta có O là trực tâm tam giác MPQ. Theo một kết quả quen 
thuộc thì điểm đối xứng với O qua MP nằm trên (MPQ). Suy ra (OMP) và (MPQ) đối 
xứng với nhau qua MP, do đó bán kính của chúng bằng nhau. Tương tự, ta suy ra đpcm 
Bài 6. (German MO 2010) 
 Hai đường tròn và cắt nhau tại hai điểm phân biệt. Một tiếp tuyến chung của hai 
đường tròn tiếp xúc với tại và tiếp tuyến chung còn lại tiếp xúc với tại . Chứng 
minh rằng đường thẳng cắt hai đường tròn tạo nên hai dây cung có độ dài bằng nhau. 
Lời giải: 
12 
đặt tên các điểm như hình vẽ 
ta có 
mặt khác, áp dụng định lý sin, ta có: 
do đó (đpcm) 
Bài 7. (Đề chọn đội tuyển trường THPT chuyên Bến Tre) 
Cho tam giác ABC có . Gọi lần lượt là bán kính đường tròn ngoại 
tiếp các tam giác và , trong đó G là trong tâm tam giác . 
So sánh . 
Lời giải: 
Gọi là trung điểm các cạnh 
ta có 
 và có chung, 
 và có chung, 
do đó (đpcm) 
Bài 8. (Đề chọn đội tuyển trường ĐH KHTN) 
Tam giác nhọn, nằm trong tam giác thỏa mãn 
= + và 
Chứng minh : . 
Lời giải: 
13 
Kẻ tam giác đều BED, vì DA.BC=DB.AC mà DB=DE và góc ADE= góc ACB 
nên 
Do đó ta có DA.BC=AC.DE=AC.BE (1) 
Từ cặp đồng dạng trên ta có 2 tam giác đồng dạng nên DC.AB=AC.BE 
(2) 
Từ (1) và (2) ta có đpcm 
Bài 9. (Đề chọn đội tuyển trường ĐH KHTN) 
 Kí hiệu là tâm nội tiếp .Đường thẳng vuông góc với tại cắt tại 
K,M.Gọi B',C' là giao điểm của 2 cặp (BI,AC),(CI,AB).Đường thẳng B'C' cắt (O)=(ABC) 
tại N,E. CMR bốn điểm M,N,E,K thuôc cùng 1 đường tròn. 
Lời giải: 
Gọi giao điểm của MB và KC là D, ta có A D I thẳng hàng vì IA và DA cùng vuông góc 
với MK. 
M và K là tâm bàng tiếp góc C và B của tam giác ABC nên IB vuông góc với MB và IC 
vuông góc với KC, do đó tứ giác MBCK nội tiếp 
I là giao của MC' và KB', A là giao của BC' và CB' còn D là giao của MB và CK, I - A – 
D thẳng hàng nên theo định lý Deargues ta có MK, B'C' và BC đồng quy, giả sử tại P 
Từ đó theo phương tích ta có PN.PE=PB.PC=PM.PK, suy ra đpcm 
Bài 10. (Đề chọn đội tuyển trường THPT chuyên Lê Quý Đôn, Bình Định) 
Cho đường tròn tâm O, đường kính BC và XY là một dây cung vuông góc với BC. Lấy 
P, M nằm trên đường thẳng XY và CY tuơng ứng, sao cho CY song song với PB và CX 
song song với MP; K là giao điểm của CX và BP. Chứng minh rằng MK vuông góc với 
BP. 
Lời giải: 
Cách 1: 
14 
Gọi 
Đặt 
Ta có 
Và 
Suy ra tam giác BPD cân tại P. 
Do tam giác KPX cân tại K ( ) nên KX=KP 
Suy ra MC=KP=KA (MCKP là hình bình hành) . Mà MC//KA suy ra MCAK là hình 
bình hành 
Suy ra MK//AC hay (đpcm) 
Cách 2: 
PKCM là hình bình hành => KC=MP 
tam giác MPY cân tại M =>MP=MY 
tam giác BKC cân tại K =>KB=KC 
từ 3 điều trên =>MY=KB 
mà MY song song với KB => MYBK là Hình bình hành có => là HCN 
=> =>MK BP 
Bài 11. (Đề chọn đội dự tuyển Bắc Ninh) 
 Cho tam giác ABC cân tại A. Đường phân giác góc B cắt cạnh AC tại D. Biết 
. Hãy tính góc A 
Lời giải: 
Cách 1: 
Gọi cạnh đáy là , cạnh bên là , ta có: 
, do đó 
15 
ta giải được nghiệm , suy ra 
Cách 2: 
Kẻ thêm hình ta có ADE và BEC là các tam giác cân 
BD là phân giác nên 
Đến đây tính được B=40 => A=100 
Bài 12. (Đề chọn học sinh giỏi Hải Phòng, bảng A) 
Cho tam giác nội tiếp . là đường cao của . Gọi 
là hình chiếu vuông góc của lên các cạnh . Chứng minh rằng: 
1. 
2. thẳng hàng 
Lời giải: 
Gọi M là điểm đối xứng với B qua O. 2 tam giác BAH và BMC đồng dạng, suy ra 
2222 RRhca a == (1) 
16 
Tam giác BHC vuông tại H, có HE là đường cao, suy ra (2) 22 2. RBHBCBH ==
Từ (1) và (2), suy ra BEc 2= . Tương tự, ta có BDa 2= 
Do đó 2 tam giác BAC và BED đồng dạng theo tỉ số 2 . Gọi K là hình chiếu vuông góc 
của B lên DE thì ta có ⇒≡⇒∠=∠=∠== KOOBCHBAKBERBHBK ,
2
đpcm 
Bài 13. (Đề chọn đội tuyển tỉnh Hà Tĩnh) 
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O. Đường tròn (O1) tiếp xúc các cạn AB, 
AC tại P, Q và tiếp xúc với (O) tại S. Gọi giao điểm của AS với PQ là D. Chứng 
minh rằng . CDQBDP ∠=∠
Lời giải: 
Bổ đề: Cho đường tròn (α), đường tròn (β) nằm trong (α) và tiếp xúc trong với (α) tại T. 
A, B là 2 điểm bất kì trên (α). Gọi AC, BD là 2 tiếp tuyến kẻ từ A, B đến đường tròn (β). 
Khi đó 
TB
TA
BD
AC = . 
Chứng minh: 
Gọi A’, B’ là giao điểm thứ 2 của TA, TB với (β). Phép vị tự tâm T biến (α) → (β), biến 
A → A’, B → B’. Suy ra AB//A’B’. Ta có 
BT
AT
TB
TA
BD
AC
TB
BD
TA
AC
TB
BD
TB
BT
TB
BB
TATA
ATAA
TA
AC ==⇒=⇒⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛===⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛
'
'
''''
.
'
'
'.'
'.
'
22
 (đpcm) 
Trở lại với bài toán: 
17 
Áp dụng bổ đề, ta có 
QD
PD
CAS
BAS
CBS
BCS
CS
BS
CQ
BP =∠
∠=∠
∠==
sin
sin
sin
sin . 
Mặt khác, cân tại A, suy ra ∠APQ=∠AQP ⇒ ∠BPD=∠CQD APQΔ
QDCPDBCQDBPD ∠=∠⇒ΔΔ⇒ ~ (đpcm) 
3. BẤT ĐẲNG THỨC 
Bài 1. Cho . Tìm Giá trị nhỏ nhất của biểu thức , , 0x y z >
(Trường ĐHSP HN) 
Bài 2. Cho các số a;b;c dương thỏa mãn điều kiện: 3a b c+ + = . 
Chứng minh rằng: 
(Trường ĐHSP HN, đề chọn đội dự tuyển) 
Bài 3. Tìm số thực k nhỏ nhất sao cho 
Với mọi số thực a,b thỏa mãn điều kiện: . 0a b≥ >
18 
(Trường ĐHSP HN, đề chọn đội dự tuyển) 
Bài 4. Cho thỏa mãn , , 0a b c > .Chứng minh rằng 
(Trường THPT chuyên Lương Thế Vinh, Đồng Nai) 
Bài 5. Chứng minh rằng với mọi số thực ( ), , , , , 0;1x y z t u v∈ ta luôn có 
(Trường THPT chuyên Lương Thế Vinh, Đồng Nai) 
Bài 6. Cho a, b, c là các số thực đôi một phân biệt. Chứng minh răng 
(German MO 2010, vòng 4) 
Bài 7. Cho x, y, z là các số thực không âm. 
Tìm giá trị lớn nhất của: 
. 
(Trường THPT chuyên Bến Tre) 
3. TỔ HỢP 
Bài 1. (Đề chọn đội tuyển ĐHSP HN) 
Cho 11 điểm nằm trên đường thằng d sao cho khoảng cách giữa 2 điểm bất kì ko 
lớn hơn 1. Đặt S(m) là tổng khoảng cách từ 1 điểm bất kì đến 10 điểm còn lại. 
CMR:. ( ) 60S m ≤∑
Bài 2. (Đề chọn đội dự tuyển ĐHSP HN) 
Các số 1, 2,..., 2n-1, 2n được phân thành 2 nhóm, mỗi nhóm gồm n số. Giả sử rằng 
a1,a2..an thuộc nhóm 1 và 
; 
b1,b2..bn thuộc nhóm 2 và 
 . 
Chứng minh rằng: 
 . 
Bài 3. (Đề chọn đội dự tuyển ĐHSP HN) 
Số nguyên dương n được gọi là có tính chất T nếu: với mỗi số tự nhiên A chia hết 
cho n, các hoán vị của A đều chia hết cho n. 
a) Chứng minh: nếu n có tính chất T thì (n,10) = 1. 
b) Tìm n thỏa mãn tính chất trên. 
19 
Bài 4. (Đề chọn đội tuyển lớp 11 trường THPT chuyên Cao Lãnh) 
Tồn tại hay không tập M có hữu hạn phần tử dương thỏa điều kiện: 
i) M có ít nhất 4 phần tử; 
ii) Với 4 số a,b,c,d bất kỳ thuộc M, thì ab+cd cũng thuộc M. 
Bài 5. (Đề chọn đội tuyển trường THPT chuyên Lương Thế Vinh, Đồng Nai) 
Cho tập hợp S là các số tự nhiên dương nhỏ hơn hoặc bằng 33. Liệu có thể phân 
hoạch S thành 11 tập con rời nhau có tính chất: Mỗi tập con 
 có đúng 3 phần tử và tồn tại 1 phần tử bằng tổng 2 phần tử còn lại. 
Bài 6. (Đề chọn đội tuyển trường THPT chuyên Lê Khiến, Quảng Ngãi) 
Cho tập X gồm 20 số tự nhiên liên tiếp. Chứng minh rằng có 2 tập A,B là tập con 
chứa ít hơn 8 phần tử của X thỏa mãn các điều kiện sau: 
i) A, B không có phần tử chung 
ii) A, B không chứa 2 phần tử nào là hai số tự nhiên liên tiếp 
iii) Hiệu tổng nghịch đảo các phần tử của A với B nhỏ hơn . 
Bài 7. (Đề chọn đội tuyển trường THPT chuyên Bến Tre) 
Tìm số tất cả các số tự nhiên bé hơn chia hết cho 9 và trong biểu diễn thập 
phân của nó có đúng 3 chữ số . 
4. DÃY SỐ 
Bài 1.(Đề chọn đội tuyển ĐHSP HN) 
Cho dãy số { } thỏa mãn: 
Chứng minh rằng dãy có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó. 
Bài 3. (Đề chọn đội tuyển ĐHSP HN) 
 Cho dãy xác định bởi 
a) Tìm giới hạn dãy. 
b) Chứng minh: 
20 
Bài 3. (Trường THPT chuyên Phan Chu Trinh, Đà Nẵng) 
Cho dãy số nguyên dương thỏa mãn: , 
với mọi . Tính giá trị của . 
Bài 4. (Trường THPT chuyên Bến Tre) 
Tìm công thức tổng quát của dãy số sau: 
Bài 5. (Trường ĐHKHTN HN) 
Cho . Xét dãy { } thỏa 
Chứng minh dãy có giới hạn hữu hạn khi n tiến tới vô cùng và tìm giới han đó. 
Bài 6. (Đề chọn đội tuyển tỉnh Hưng Yên) 
Cho phương trình: với n