Bộ đề luyện thi học sinh giỏi môn toán THCS

Trường THCS Nguyễn đình Chiểu Năm học 2010-2011
Đề 1
Bài 1: (4,0 điểm).
Cho biểu thức
2 1 2
1 ( ).
1
1 2 1
x x x x x x x x
A
x
x x x
+ − − + −
= + −
−
− −
.
a) Tìm các giá trị của x để
6 6
5
A
−
=
.
b) Chứng minh rằng
2
3
A >
với mọi x thoả mãn
1
0, 1,

4
x x x≥ ≠ ≠
.
Bài 2: (5,0 điểm).
a) Giải các phương trình: 3x
2
+ 4x + 10 = 2
2
14 7x −
b) Giải hệ phương trình sau:
( )
( )
( )
3xy = 2 x+ y
5yz =6 y+ z
4zx= 3 z+ x





Bài 3: (3,0 điểm).
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh rằng:

4
1
111
≤
+
+

+
+
+ b
ca
a
bc
c
ab
.
Bài 4: (2,0 điểm).
Cho
∆
ABC đều điểm M nằm trong
∆
ABC sao cho AM
2
= BM
2
+ CM
2
. Tính số đo góc
BMC ?
Bài 5: (6,0 điểm).Cho hai đường tròn (C
1
) và (C
2
) tiếp xúc ngoài nhau tại điểm T. Hai đường
tròn này nằm trong đường tròn (C
3
) và tiếp xúc với (C

3
) tương ứng tại M và N. Tiếp tuyến
chung tại T của (C
1
) và (C
2
) cắt (C
3
) tại P. PM cắt đường tròn (C
1
) tại diểm thứ hai A và MN
cắt (C
1
) tại điểm thứ hai B. PN cắt đường tròn (C
2
) tại điểm thứ hai D và MN cắt (C
2
) tại điểm
thứ hai C.
a. Chứng minh rằng tứ giác ABCD là tứ giác nội tiếp.
b. Chứng minh rằng AB, CD và PT đồng quy.
Đề 2
Bài 1: (4,0 điểm).Cho biểu thức:






−+

−
−
+
−
+
−
−






−
−
−=
6xx
x9
x3
2x
x2
3x
:
9x
x3x
1P
a) Rút gọn biểu thức P
b) Tìm giá trị của x để P = 1
Bài 2: (5,0 điểm).
a) Giải phương trình:

4
)11(
2
2
−=
++
x
x
x
1
Trường THCS Nguyễn đình Chiểu Năm học 2010-2011
b) Tìm nghiệm nguyên của hệ:



=++
=++
8
5
zxyzxy
zyx
Bài 3: (2,0 điểm).
Cho 3 số dương x,y,z thoả mãn điều kiện: xy + yz + zx = 1
Tính: T =
( )( )
2
22
1
11
x

zy
x
+
++
( )( )
2
22
1
11
y
xz
y
+
++
+
( )( )
2
22
1
11
z
yx
z
+
++
+
Bài 4: (3,0 điểm).
Cho tứ giác lồi ABCD, gọi M là giao điểm của AB và CD, N là giao điểm của AD và
BC. Gọi E, F, và K lần lượt là trung điểm của BD, AC và MN.
a) Chứng minh các điểm E, F, K thẳng hàng.

b) Tìm tập hợp các điểm I nằm trong tứ giác thoả mãn
IAB ICD ABCD
1
S S S
2
∆ ∆
+ =
Bài 5: (6,0 điểm).
Cho hai đường tròn (o
1
) và (o
2
) cắt nhau tại A và B. Tiếp tuyến chung gần B của hai
đường tròn lần lượt tiếp xúc với (o
1
) và (o
2
) tại C và D. Qua A kẻ đường thẳng song song với
CD lần lượt cắt (o
1
) và (o
2
) tại M và N. Các đường thẳng BC và BD lần lượt cắt đường thẳng
MN tại P và Q . Các đường thẳng CM và DN cắt nhau tại E . Chứng minh rằng:
a) Đường thẳng AE vuông góc với đường thẳng CD
b) Tam giác EPQ là tam giác cân.
Đề 3
Bài 1: (4,0 điểm).Cho biểu thức :









+
+
++








+
−
+
+
+
+
=
xxx
xx
x
x
xx
x

x
x
P
1
2
3
:
2
2
88
2
a) Tìm x để P có nghĩa và chứng minh rằng P
1≤
.
b) Tìm x thoả mãn :
( )
1.1 =+ Px
Bài 2: (5,0 điểm).
a) Giải phương trình :
1
1
2
2
=







+
+
x
x
x
b) Giải hệ phương trình :

Bài 3: (3,0 điểm).Cho
Rzyx
∈
,,
thỏa mãn :
zyxzyx
++
=++
1111
Hãy tính giá trị của biểu thức : M =
4
3
+ (x
8
– y
8
)(y
9
+ z
9
)(z
10
– x

10
) .
Bài 4: (6,0 điểm).Cho
ABC
∆
với BC=a, CA=b, AB=c (c<a, c<b) . Gọi M và N lần lượt là tiếp
điểm của cạnh AC và cạnh BC với đường tròn tâm O nội tiếp
ABC
∆
. Đoạn thẳng MN cắt tia
AO tại P và cắt tia BO tại Q .Gọi E, F lần lượt là trung điểm của AB và AC .
2
Trường THCS Nguyễn đình Chiểu Năm học 2010-2011
a) Chứng minh rằng :
c
PQ
b
NQ
a
MP
==
.
b) Chứng minh rằng : Q, E, F thẳng hàng .
Bài 5: (2,0 điểm).Cho hai tiếp tuyến AB và AC của nữa đường tròn(O) (B, C là hai tiếp điểm).
Qua điểm X của cung nhỏ BC kẻ tiếp tuyến đến đường tròn này nó cắt AB và AC theo thứ tự
tại M và N. Chứng minh rằng chu vi tam giác AMN và góc MON không phụ thuộc vào việc
chọn điểm X trên cung nhỏ BC.
Đề 4
Bài 1: (4,0 điểm).Cho biểu thức:
x 3 x 2 9 x 3 x 9

P : 1
x 9
2 x 3 x x x 6
   
− + − −
= + − −
 ÷  ÷
−
− + + −
   
a) Rút gọn biểu thức P.
b) Tìm các giá trị nguyên của x để P nguyên.
Bài 2: (3,0 điểm).Cho x > 0, y > 0 và x + y = 1. Chứng minh:
4 4
1
8(x y ) 5
xy
+ + ≥
Bài 3: (5,0 điểm).
a) Giải phương trình :
2 2
25- x - 10 - x = 3
b) Tìm tất cả các tam giác vuông có độ dài cạnh là số nguyên và số đo diện tích bằng số
đo chu vi.
Bài 4: (6,0 điểm).Cho ∆ABC đều, nội tiếp trong đường tròn tâm O. D là điểm nằm trên cung
BC không chứa điểm A. trên tia AD lấy điểm E sao cho AE = DC.
a) Chứng minh ∆AEB = ∆CDB.
b) Xác định vị trí của điểm D sao cho tổng (DA + DB + DC) lớn nhất.
Bài 5: (2,0 điểm).
Cho a, b, clà độ dài 3cạnh của ∆ABC . Gọi m, n, k là độ dài các đường

phân giác trong của 3góc của ∆ABC . Chứng minh rằng :
+ + > + +
Đề 5
Bài 1: (4,0 điểm).
Cho biểu thức:
3
3
6 4 3 1 3 3
3
3 2 3 4 1 3
3 3 8
x x x
A x
x x x
x
 
 
+ +
= − −
 ÷
 ÷
 ÷
 ÷
+ + +
−
 
 
1. Rút gọn biểu thức
A
.

2. Tìm các giá trị nguyên của
x
để biểu thức
A
nhận giá trị nguyên.
Bài 2: (3,0 điểm).
Giải hệ phương trình:
2 2
19
7
x y xy
x y xy

+ − =

+ + = −

Bài 3: (5,0 điểm).Giải các phương trình.
3
Trng THCS Nguyn ỡnh Chiu Nm hc 2010-2011
a)
34
1
2
++ xx
+
5
1
6316
1

3512
1
158
1
222
=
++
+
++
+
++ xxxxxx
b)
12611246 =+++++ xxxx
Bi 4: (6,0 im).
Cho ABC ni tip ng trũn tõm O. Tia phõn giỏc trong gúc A ct (O) ti D. Mt ng
trũn (L) thay i nhng luụn i qua A, D ct AB, AC ti im th hai ln lt ti M, N.
a) CMR: BM = CN
b) Tỡm qu tớch trung im K ca MN
c) Tỡm v trớ ca (L) sao cho MN ngn nht.
Bi 5: (2,0 im).Cho t giỏc ABCD, gi I l giao im ca hai ng chộo. Kớ hiu
1 2
; ;
AIB CID ABCD
S S S S S S

= = =
a. Chng Minh:
1 2
S S S+
b. Khi t giỏc ABCD l hỡnh thang thỡ h thc trờn xy ra nh th no?

6
Bi 1: (5,0 im).
Cho phng trỡnh :
2 2
2
2 2 2 2
x x
x x
+
+ =
+ +
.
a) Tỡm iu kin ca x phng trỡnh cú ngha .
b) Gii phng trỡnh .
Bi 2: (3,0 im).Gii h phng trỡnh:

3 3
5 5 2 2
1x y
x y x y

+ =


+ = +


Bi 3: (5,0 im).
a) Cho x, y >0 v
x y 1+

. Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc:
2 2
1 1
A
x y xy
= +
+
b) Cho cỏc s dng a,b,c thay i v tho món : a+b+c=4.
CMR:
4>+++++ accbba
.
Bi 4: (6,0 im).
Cho gúc xIy . A l im ly trờn ng phõn giỏc gúc trong ca gúc ú , Gi K , M ln lt l
chõn ng vuụng gúc h t A n 2 cnh Ix , Iy ca gúc xIy . Trờn KM ly im P ( KP < PM
) . Qua P dng ng thng vuụng gúc vi AP ct KI ti Q , MI ti S
a) Chng minh rng cỏcc t giỏc KPAQ v PSMA ni tip c trong mt ng trũn .
b) Chng minh : P l trung im ca QS
c) Cho KIM = 2 ; KM = a ; QS = b ( a < b ) . Tớnh KQ .
Bi 5: (2,0 im).Cho tam giác ABC nhọn có 3 đờng cao: AA
1
, BB
1
, CC
1
đồng qui tại H.
Chứng minh rằng:
6
111
++
HC

HC
HB
HB
HA
HA
. Dấu "=" xảy ra khi nào?
4
Trường THCS Nguyễn đình Chiểu Năm học 2010-2011
HƯỚNG DẨN GIẢI
Đề 1
1.a)
( )
2 1 2 (2 1)( 1) (2 1)( 1) ( 1)
1 ( ). 1 .
1
1 2 1 (1 )( 1) 2 1
(1 ) 1
x x x x x x x x x x x x x x x
A
x
x x x x x x x
x x
 
+ − − + − − + − + −
 
= + − = + −
 
−
− − − + + −
− +

 
( 1) 1
1 1 . 1
1 1 1
x x x x
x
x x x x x x
 
+ +
= − − = − =
 
+ + + + + +
 
Ta có
6 6 1 6 6
6. 1 0
5 5
1
x
A x x
x x
− + −
= ⇔ = ⇔ − + =
+ +
. Từ đó giải được
2 3; 2 3x x= + = −
b)Ta có:
2
2 1 2
2 1 0 ( 1) 0

3 3
1
x
A x x x
x x
+
> ⇔ > ⇔ − + > ⇔ − >
+ +
Do
1x ≠
nên
2
1 0 ( 1) 0x x− ≠ ⇒ − >
. Vậy
2
3
A >
2) Giải, xác định đúng điều kiện:
2 2
;
2 2
x x
−
< ≥
⇔
2 2 2
4 4 2 1 2 2 1. 7 7x x x x+ + + − − − +
= 0
2
( 2) ( 2 1 7) 0x x⇔ + + − − =

2
2
2 0
2
2
2 1 7 0
2
x
x
x
x
x
x
= −

+ =

 
⇔ ⇔ ⇔ =
=

 
− − =




= −



(Thỏa mãn)
3) Ta có với x, y > 0 thì: ( x+y)
2

⇒≥ xy4

(*)
11
4
11411








+≤
+
⇒
+
≥+
yxyxyxyx
dấu bằng xảy ra
khi x = y.
Áp dụng bất đẳng thức (*) và do a+b+c = 1 nên ta có:

1 1
;

1 ( ) ( ) 4
ab ab ab
c c a c b c a c b
 
= ≤ +
 ÷
+ + + + + +
 
Tương tự ta có:
1 1
;
1 4
1 1
.
1 4
bc bc
a a b a c
ca ca
b b a b c
 
≤ +
 ÷
+ + +
 
 
≤ +
 ÷
+ + +
 
( )

1 1 1
1 1 1 4 4 4
ab bc ca ab bc ab ca bc ca
a b c
c a b c a b c a b
+ + +
 
⇒ + + ≤ + + = + + =
 ÷
+ + + + + +
 
⇒
4
1
111
≤
+
+
+
+
+ b
ca
a
bc
c
ab
. Dấu bằng xảy ra
3
1
===⇔ cba

+ Hiển nhiên hệ có nghiệm là x = y = z = 0.
5
•
E
N
M
B
C
O
1
O
3
O
2
D
P
A
T
Trường THCS Nguyễn đình Chiểu Năm học 2010-2011
+ Với xyz
≠
0 thì (I) được viết lại:
x y 3
xy 2
y z 5
yz 6
z x 4
zx 3
+


=


+

=



+
=



⇔
(II)
1 1 3
x y 2
1 1 5
y z 6
1 1 4
z x 3

+ =



+ =




+ =


Cộng ba phương trình của hệ
(II) theo vế ta được:
1 1 1 11
2
x y z 3
 
+ + =
 ÷
 

⇔
1 1 1 11
x y z 6
+ + =
(*)
Trừ phương trình (*) cho từng phương trình của hệ (II) theo vế ta lần lượt có : x = 1, y = 2, z =
3. Vậy hệ phương trình có hai nghiệm (0; 0; 0) và (1; 2; 3).
4. BCN = ACM => BN = AM
Vẽ tam giác đều CMN
mà
2 2 2
AM BM CM= +
2 2 2
BN BM MN⇔ = +
BMN⇔ ∆
vuông tại M.

·
·
·
0 0 0
90 60 150BMC BMN NMC⇒ = + = + =
. (1 điểm)
5.
a. Gọi O
1
, O
2
, O
3
tương ứng là tâm các
đường tròn (C
1
), (C
2
), (C
3
) ta có M, O
1
,
O
3
thẳng hàng => BO
1
// NO
3
= >

NO
BO
MN
MB
3
1
=
. Tương tự:
PO
AO
MP
MA
3
1
=
=>
MN
MB
MP
MA
=
=> AB//NP
Tương tự CD// PM => AEDP là hình bình hành
(với E = AB ∩ CD). Do
∆
PAT ~
∆
PTM
=> PT
2

= PA.PM tương tự PT
2
= PD.PN
Vậy PA. PM = PD.DN =>
EA
ED
PD
PA
PM
PN
EC
EB
===
=>∆ EBC ~ ∆ EDA => EBC = EDA => EDA + CBA = 180
0

=> ABCD nội tiếp.
b. Nối E O
2
cắt (C
2
) tại C' và D' = >∆ECC' ~ ∆ ED'D
=> ED.EC = ED'.EC' => EC.ED = (EO
2
- R
2
)(EO
2
+R
2

)
=> EC.ED = EO
2
2
- O
2
T
2
.
Tương tự EB.EA = EO
1
2
- O
1
T
2
Mà
22
1
2
2
2
1
OTTOEOEOEDECEAEB
EA
ED
EC
EB
−=−=>==>=
Hạ ET' ⊥ 0

1
0
2
theo định lý Pitago ta có:
EO
1
2
- EO
2
2
= (O
1
T'
2
+ T' E
2
) - (0
2
T'
2
+ T' E
2
) = O
1
T'
2
- O
2
T'
2

.
6
Trường THCS Nguyễn đình Chiểu Năm học 2010-2011
=> O
1
T
2
- O
2
T
2
= 0
1
T'
2
- 0
2
T'
2
vì O
1
T + O
2
T = 0
1
0
2
= O
1
T' + O

2
T'
=> O
1
T = O
1
T => T ≡ T' tức PI đi qua E .
HƯỚNG DẨN GIẢI
Đề 2
Bài 1: (4,0 điểm).Cho biểu thức:






−+
−
−
+
−
+
−
−







−
−
−=
6xx
x9
x3
2x
x2
3x
:
9x
x3x
1P
a) Rút gọn biểu thức P
b) Tìm giá trị của x để P = 1
Bài 2: (5,0 điểm).
a) Giải phương trình:
4
)11(
2
2
−=
++
x
x
x
b) Tìm nghiệm nguyên của hệ:




=++
=++
8
5
zxyzxy
zyx
Bài 3: (2,0 điểm).
Cho 3 số dương x,y,z thoả mãn điều kiện: xy + yz + zx = 1
Tính: T =
( )( )
2
22
1
11
x
zy
x
+
++
( )( )
2
22
1
11
y
xz
y
+
++
+

( )( )
2
22
1
11
z
yx
z
+
++
+
Bài 4: (3,0 điểm).
Cho tứ giác lồi ABCD, gọi M là giao điểm của AB và CD, N là giao điểm của AD và
BC. Gọi E, F, và K lần lượt là trung điểm của BD, AC và MN.
a) Chứng minh các điểm E, F, K thẳng hàng.
b) Tìm tập hợp các điểm I nằm trong tứ giác thoả mãn
IAB ICD ABCD
1
S S S
2
∆ ∆
+ =
Bài 5: (6,0 điểm).
Cho hai đường tròn (o
1
) và (o
2
) cắt nhau tại A và B. Tiếp tuyến chung gần B của hai
đường tròn lần lượt tiếp xúc với (o
1

) và (o
2
) tại C và D. Qua A kẻ đường thẳng song song với
CD lần lượt cắt (o
1
) và (o
2
) tại M và N. Các đường thẳng BC và BD lần lượt cắt đường thẳng
MN tại P và Q . Các đường thẳng CM và DN cắt nhau tại E . Chứng minh rằng:
a) Đường thẳng AE vuông góc với đường thẳng CD
b) Tam giác EPQ là tam giác cân.
HƯỚNG DẨN GIẢI
Đề3
7
Trường THCS Nguyễn đình Chiểu Năm học 2010-2011
1. đk





≠
≠
≥
⇔






≠−
≠−
≥
4x
9x
0x
0x2
09x
0x
Ta có:






+−
−+−−++−






−+
−
−=
)x3)(x2(
x9)x2)(2x()x3)(3x(
:

3x)(3x(
)3x(x
1P
=






+−
−−






+ x3)(x2(
4xx4
:
3x
3
=







−−
+−






+
2
)x2(
)x3)(x2(
.
3x
3
=
2x
3
−
. Vậy P =
2x
3
−
Ta thấy P = 1
1
2x
3
=
−
⇔

25x5x32x =⇔=⇔=−⇔
. Vậy với x = 25 thì P = 1
2. a. ĐK: x
≥
-1 và PT
<=>
( )
4
11
4
11
2
2
−=






−+
⇔−=









++
x
x
xx
x
x
x
<=>
( )
31411
2
=+⇔−=−+ xxx
. Giải Pt x = 8 (t/m x
≥
-1). KL: x = 8
b. Hệ ⇔
( )



=++
−=+
8
5
zyxxy
zyx
Đặt




=
=+
vxy
uyx
⇒x, y là nghiệm của phương trình: t
2
- ut + v = 0 (a)
Phương trình có nghiệm ⇔ u
2
– 4v
≥
0 (*)
Ta có hệ:



=+
−=
8
5
zuv
zu
( )
( )
2
1
Thế (1) vào (2)
⇒
v = 8 – z(5 - z) = z
2

–5z + 8
Hệ có nghiệm ⇔ (a) có nghiệm ⇔ (*) xảy ra
⇒ (5-z)
2
– 4(z
2
– 5z + 8)
≥
0
⇔
- 3z
2
+ 10z – 7
≥
0
⇔
(z-1)(-3z+7)
≥
0










≤−

≤−



≥−
≥−
⇔
037
01
037
01
z
z
z
z












≥
≤
≤≤

⇔
3
7
1
3
7
1
z
z
z
)(
)3(
VN
Từ (3) và do z nguyên ⇒ z = 1; 2
+)



=
=
⇒



=
=+
⇒




=
=
⇒=
2
2
4
4
4
4
1
y
x
xy
yx
v
u
z
+)










=
=




=
=
⇒



=
=+
⇒



=
=
⇒=
1
2
2
1
2
3
2
3
2
y
x
y

x
xy
yx
v
u
z
Vậy hệ có 3 nghiệm nguyên là: (2; 2; 1); (1; 2; 2); (2; 1; 2)
3. Ta có 1+x
2
= xy + yz + z = y(x+z)+x(x+z)
=(x+z)(z+y)
Tương tự ta có: 1+y
2
=(y+x)(y+z)
8
G
K
F
E
M
N
A
B
C
D
H
Trường THCS Nguyễn đình Chiểu Năm học 2010-2011
1+z
2
=(z+x)(z+y)

T=
( )( )( )( )
( )( )
yxzx
yzxzzyxy
x
++
++++
( )( )( )( )
( )( )
zyyx
zxyxyzxz
y
++
++++
+
( )( )( )( )
( )( )
yzxz
zyxyzxyx
z
++
++++
+
=
=x(y+z)+y(x+z)+z(x+y) =2(xy+yz+zx)=2. Vậy T= 2
4.a)
+ Trên tia MA đặt MG = AB, trên tia MD đặt
MH = CD. Nối GH
+ Chứng minh được:

EAB ECD DAB DBC ABCD
1 1 1
S S S S S
2 2 2
∆ ∆ ∆ ∆
+ = + =
FAB FCD CAB ACD ABCD
1 1 1
S S S S S
2 2 2
∆ ∆ ∆ ∆
+ = + =
EGH MHG FGH MHG KGH MHG ABCD
EGH FGH KGH
1
S S S S S S S
2
S S S
∆ ∆ ∆ ∆ ∆ ∆
∆ ∆ ∆
+ = + = + =
⇒ = =
Suy ra khoảng cách từ E; F; K đến đường thẳng GH bằng nhau nên E; F; K cùng nằm trên một
đường thẳng. Vậy E, F,K thẳng hàng (đfcm)
b) + Lấy điểm I bất kỳ nằm trong tứ giác ABCD, chứng minh được:
IGH MGH ABCD
1
S S S
2
∆ ∆

+ =
IGH EGH FGH
S S S
∆ ∆ ∆
⇒ = = ⇒
I nằm trên đường thẳng EF
+ Lấy điểm I’ bất kỳ trên đường thẳng EF nằm trong tứ giác ABCD, chứng minh được
I'AB I'CD ABCD
1
S S S
2
∆ ∆
+ =
Vậy tập hợp các điểm I là phần đường thẳng EF nằm trong tứ giác ABCD
5.
Do MN // CD nên
∠
EDC =
∠
ENA
Mặt khác
∠
CDA=
∠
DNA ( Cùng chắn cung DA)
->
∠
EDC=
∠
CDA hay DC là phân giác góc ADE.

Lâp luận tương tự -> CD cũng là phân giác góc ACE
-> A và E đối xứng nhau qua CD-> AE ⊥ CD
Do PQ song song với CD nên AE ⊥ PQ ( *)
Gọi I là giao điểm của AB và CD . Ta có
∆
AID đồng dạng với
∆
DIB
( Do chung
∠
BID và
∠
IAD =
∠
IDB (cùng chắn cung BD)).
->
IA
ID
=
ID
IB
-> ID
2
= IA.IB. (1)
Lập luân tương tự -> IC
2
= IA.IB (2)
Từ (1) và (2) -> IC = ID
Mà
AP

IC
=
AQ
ID
( cùng bằng
BA
BI
) => AP = AQ
9
Trường THCS Nguyễn đình Chiểu Năm học 2010-2011
Kết hợp với (*) ->
∆
EPQ cân tại E
Bài 1: (4,0 điểm).Cho biểu thức :








+
+
++









+
−
+
+
+
+
=
xxx
xx
x
x
xx
x
x
x
P
1
2
3
:
2
2
88
2
a) Tìm x để P có nghĩa và chứng minh rằng P
1≤
.

b) Tìm x thoả mãn :
( )
1.1 =+ Px
Bài 2: (5,0 điểm).
a) Giải phương trình :
1
1
2
2
=






+
+
x
x
x
b) Giải hệ phương trình :
x
2
y – 2x + 3y
2
= 0
x
2
+ y

2
x + 2y = 0
Bài 3: (3,0 điểm).Cho
Rzyx
∈
,,
thỏa mãn :
zyxzyx
++
=++
1111
Hãy tính giá trị của biểu thức : M =
4
3
+ (x
8
– y
8
)(y
9
+ z
9
)(z
10
– x
10
) .
Bài 4: (6,0 điểm).Cho
ABC
∆

với BC=a, CA=b, AB=c (c<a, c<b) . Gọi M và N lần lượt là tiếp
điểm của cạnh AC và cạnh BC với đường tròn tâm O nội tiếp
ABC
∆
. Đoạn thẳng MN cắt tia
AO tại P và cắt tia BO tại Q .Gọi E, F lần lượt là trung điểm của AB và AC .
a) Chứng minh rằng :
c
PQ
b
NQ
a
MP
==
.
b) Chứng minh rằng : Q, E, F thẳng hàng .
Bài 5: (2,0 điểm).Cho hai tiếp tuyến AB và AC của nữa đường tròn(O) (B, C là hai tiếp điểm).
Qua điểm X của cung nhỏ BC kẻ tiếp tuyến đến đường tròn này nó cắt AB và AC theo thứ tự
tại M và N. Chứng minh rằng chu vi tam giác AMN và góc MON không phụ thuộc vào việc
chọn điểm X trên cung nhỏ BC.
HƯỚNG DẨN GIẢI
Dề 4
1. a) Điều kiện x>0 Ta có :
)2.(
)2()3(
:
)2.(
)2()88()(
22
+

++++
+
+−++
=
xx
xxx
xx
xxx
P

P=
52
44
++
+
xx
x

⇒
P-1=
0
4)1(
)1(
1
52
44
2
2
≤
++

−−
=−
++
+
x
x
xx
x
Vậy
1
≤
P
b)
1).1(
=+
Px
⇔
4
( )
521
2
++=+
xxx
⇔
3x + 6
x
-1 = 0
10
Trường THCS Nguyễn đình Chiểu Năm học 2010-2011
⇔

3
323
3
323
+−
=
−−
=
x
x

⇔

3
347
−
=
x
(thoã mãn điều kiện x>0) .
2. a. ĐK :
1
−≠
x
⇔
1
1
2
)
1

(
1
2
2
2
2
2
=
+
+
+
+
+
−
x
x
x
x
x
x
x

⇔
1
1
.2)
1
(
2
2

=
+
+
+
−
x
x
x
x
x
⇔

2)1
1
(
2
2
=+
+
x
x
⇔

0)21()21(
0)21()21(
2
2
=++++
=−+−+
xx

xx
⇔

2
12212 −±−
=x
(thỏa mãn)
b. Giải hệ phương trình :
Nếu y=0
⇒
x=0 Vậy x=0, y=0 là nghiệm của hệ phương trình .
Với y
≠
0 hệ đã cho trở thành x
2
y – 2x + 3y
2
= 0
x
2
y+ y
3
x + 2y
2
= 0
⇔

02
02
22

23
=++
=−+
yxyx
yxxy
Nhận thấy
3
2
−=
y
không thoả mãn hệ phương trình .
Xét
3
2
−≠
y
từ (1)
⇒
2
3
2
+
=
y
y
x
thay vào (2) ta có :
02
2
.)

2
(
3
2
22
3
2
=+
+
+
+
y
y
y
y
y
y

⇔

02
2)2(
3
3
23
3
=







+
+
+
+ y
y
y
y
y
⇔
08113
36
=++
yy
⇔

32
3
2
3
8
111
3
3
3
−=⇒
−
=⇒−=

=⇒−=⇒−=
xyy
xyy
. Vậy hệ có 3 nghiệm (0;0) (1;-1) (-2
3
;
33
2
−
) .
3. Từ :
zyxzyx ++
=++
1111
=>
0
1111
=
++
−++
zyxzyx
=>
( )
0
=
++
−++
+
+
zyxz

zzyx
xy
yx

( )
( )
( ) ( ) ( )
2
1 1
0 0 ( ) 0
( )
zx zy z xy
z y x y x y y z z x
xy z x y z xyz x y z
 
 
+ + +
⇒ + + = ⇒ + = ⇒ + + + =
 ÷
 ÷
 ÷
+ + + +
 
 
Ta có : x
8
– y
8
= (x + y)(x-y)(x
2

+y
2
)(x
4
+ y
4
).=
y
9
+ z
9
= (y + z)(y
8
– y
7
z + y
6
z
2
- + z
8
)
z
10
- x
10
= (z + x)(z
4
– z
3

x + z
2
x
2
– zx
3
+ x
4
)(z
5
- x
5
)
Vậy M =
4
3
+ (x + y) (y + z) (z + x).A =
4
3
4.
11
O
M
F
CNB
E
A
(loại)
(2)
(1)

P
Q
(thỏa mãn)
Trường THCS Nguyễn đình Chiểu Năm học 2010-2011
a. Ta có : BOP là góc ngoài
AOB
∆

⇒
BOP= OAB + OBA =
2
1
(BAC + ABC)
Lại có : PNB=180
0
– MNC =180
0
-
)(
2
1
180
2
180
0
0
ABCBAC
ACB
+−=
−

⇒
BOP+PNP=180
0

⇒
tứ giác BOPN nội tiếp
⇒
OPM = OBC (cùng bù OPN )
Mặt khác : OMP = OCN
⇒

∆
OPM
∆
OBC (g.g)
⇒
OB
OP
OC
OM
a
PM
==
(1)
Tơng tự ta có :
∆
ONQ
∆
OCA (g.g)

⇒

a
PM
OC
OM
OC
ON
b
NQ
===

∆
AOB
∆
QOP (g.g)
⇒

a
PM
OB
OP
c
PQ
==
 Từ (1) , (2)
⇒

c
PQ

b
NQ
a
MP
==
hay :
b. Tứ giác AMQO nội tiếp (CM trên)
⇒
AQO=AMO = 90
0

⇒
∆
ABQ vuông tại Q có QE là trung tuyến
⇒
EQB= EBQ=CBQ
⇒
EQ//BC mà EF//BC
⇒
E, Q, F thẳng hàng .
5. Ta có chu vi
∆
AMN = AM + AN + MN = AM + AN + MX + XN
Mà MB = MX(định lí hai tiếp tuyến cắt nhau)
Và XN = NC (định lí hai tiếp tuyến cắt nhau)
Vậy chu vi
∆
AMN = AM + AN + MB + NC = AB + AC(không đổi)
Ta có
CABXOB

ˆ
180
ˆ
0
−=
(không đổi)
Tia OX ở giữa hai tia OM, ON nên
NOXXOMNOM
ˆˆˆ
+=
Ta lại có
CONNOXBOMXOM
ˆˆ
,
ˆˆ
==
(định lí hai tiếp tuyến cắt nhau)
Vậy
2
ˆ
ˆˆˆˆˆˆ
COB
NOXXOMCONBOMNOXXOM =+⇒+=+
2
ˆ
90
ˆ
0
CAB
NOM −=⇒

(không đổi)
Bài 1: (4,0 điểm).Cho biểu thức:
x 3 x 2 9 x 3 x 9
P : 1
x 9
2 x 3 x x x 6
   
− + − −
= + − −
 ÷  ÷
−
− + + −
   
a) Rút gọn biểu thức P.
b) Tìm các giá trị nguyên của x để P nguyên.
Bài 2: (3,0 điểm).Cho x > 0, y > 0 và x + y = 1. Chứng minh:
4 4
1
8(x y ) 5
xy
+ + ≥
12
Trường THCS Nguyễn đình Chiểu Năm học 2010-2011
Bài 3: (5,0 điểm).
a) Giải phương trình :
2 2
25- x - 10 - x = 3
b) Tìm tất cả các tam giác vuông có độ dài cạnh là số nguyên và số đo diện tích bằng số
đo chu vi.
Bài 4: (6,0 điểm).Cho ∆ABC đều, nội tiếp trong đường tròn tâm O. D là điểm nằm trên cung

BC không chứa điểm A. trên tia AD lấy điểm E sao cho AE = DC.
a) Chứng minh ∆AEB = ∆CDB.
b) Xác định vị trí của điểm D sao cho tổng (DA + DB + DC) lớn nhất.
Bài 5: (2,0 điểm).
Cho a, b, clà độ dài 3cạnh của ∆ABC . Gọi m, n, k là độ dài các đường
phân giác trong của 3góc của ∆ABC . Chứng minh rằng :
+ + > + +
HƯỚNG DẨN GIẢI
1. Điều kiện để P có nghĩa:
x 0
x 0
x 2 x 4
x 9 x 9
≥

≥



≠ ⇔ ≠
 
 
≠ ≠


.
Ta có:
(x 9) (4 x) 9 x
(2 x)( x 3) ( x 2)( x 3)
P

x( x 3)
( x 3)( x 3)
− + − −
−
− + − +
=
−
− +
− + − + − + − +
⇔ = ⇔ = =
− + −
(x 9) (4 x) (9 x) x 3 4 x 2 x
P . P .
(2 x)( x 3) x (2 x) x x
Theo câu a ta có:
2 x 2
P 1
x x
+
= = +
. Do đó để P ∈ Z thì ta cần
2
x
∈ Z ⇔
x 1
x 2 (lo¹i)

=

=



⇔ x = 1.Vậy với x = 1 thì P có giá trị nguyên.
2. Ta có: x
4
+ y
4
= (x
2
+ y
2
)
2
– 2x
2
y
2

= [(x + y)
2
– 2xy]
2
– 2x
2
y
2
= (1 – 2xy)
2
– 2x
2

y
2
= 2x
2
y
2
– 4xy + 1.
⇒ + + = − + + = − − + +
4 4 2 2
1 1 1
8(x y ) 16x y 32xy 8 (4xy 7)(4xy 1) 1
xy xy xy
Vì x > 0 và y > 0 nên theo BĐT Côsi ta có:
(4xy 7)(4xy 1) 0
1
2 xy x y 1 xy
1
4
4
xy
− − ≥


≤ + = ⇔ ≤ ⇒

≥


4 4
1 1

(4xy 7)(4xy 1) 1 5 8(x y ) 5
xy xy
⇒ − − + + ≥ ⇔ + + ≥
. Dấu bằng xảy ra khi
x y
1
x y
2
x y 1
=

⇔ = =

+ =

.
13
2
1
1
M
D
A
B
C
Trường THCS Nguyễn đình Chiểu Năm học 2010-2011
3. a. ĐKXĐ: -
10

≤

x
≤
10

Đặt a =
2
25 x−
; b =
2
10 x−
( a, b
≥
0 ). Ta được hệ pt :
2 2
3
15
a b
a b
− =


− =


Giải hệ pt ta được : a = 4 ; b = 1. Suy ra : x
1
= 3 ; x
2
= -3
b. Gọi a, b, c là số đo 3 cạnh của tam giác vuông cần tìm. Giả sử 1

a b c≤ ≤ <
.
Ta có hệ phương trình :
2 2 2
a b c
ab 2(a b c)

+ =

= + +


(1)
(2)
Từ (1)
⇒
c
2
= (a + b)
2
− 2ab

⇒
c
2
= (a + b)
2
− 4(a + b + c) (theo (2))
⇔
(a + b)

2
− 4(a + b) = c
2
+ 4c
⇔
(a + b)
2
− 4(a + b) + 4 = c
2
+ 4c + 4.
⇔
(a + b − 2)
2
= (c + 2)
2

⇔
a + b − 2

= c + 2 (do a + b
≥
2)
⇔
c = a + b − 4.
Thay vào (2) ta được: ab = 2(a + b + a + b − 4)
⇔
ab −4a−4b + 8 = 0
⇔
b(a −4) −4(a−4) = 8
⇔

(a −4)(b−4) = 8
Phân tích 8 = 1.8 = 2.4 nên ta có:
a 4 1
ho ho
b 4 8
 − =
  
⇔
   
− =
  

a - 4 = 2 a = 5 a =6
Æc Æc
b - 4 = 4 b = 12 b=8
Từ đó ta có 2 tam giác vuông có các cạnh (5 ; 12 ; 13) và (6 ; 8 ; 10) thỏa mãn yêu cầu của bài
toán.
4.Vì ∆ABC đều nên AB = CB (1).
Theo giả thiết ta có AE = CD (2).
Ta lại có
·
·
BAE BCD
=
(cùng chắn
cung AD) (3).
Từ (1), (2) và (3) suy ra: ∆ABE = ∆CBD.
Theo câu a ta có: ∆ABE = ∆CBD
⇒ BE = BD ⇒ ∆BED cân.
Mặt khác ta lại có:

·
·
BDA BCA
=
(cùng chắn cung AB)
⇒ ∆BED đều ⇒ BD = ED.
Vậy ta có: DA + DB + DC = DA + ED + AE = 2DA
Vì điểm D thuộc cung BC không chứa A nên suy ra tổng (DA + DB + DC) lớn nhất khi DA
là đờng kính của đờng tròn (O), hay D là điểm chính giữa của cung BC nhỏ.
5.
Qua điểm C vẽ đường thẳng song song AD cắt AB tại M
⇒ A
1
= M
1
; A
2
= C
1

Mà A
1
= A
2
( AD là tia phân giác của góc A )
Nên M
1
= C
1
⇒ AM = AC

Xét ∆AMC : MC < AM + AC = 2AM
Xét ∆BMC ta có : AD // MC ⇒ = =
Nên AD = < ⇒ > ( + )
14
O
A
B
C
D
E
Trường THCS Nguyễn đình Chiểu Năm học 2010-2011
⇔ > ( + )
Tương tự : > ( + ) ; > ( + )
Vậy + + > + +
HƯỚNG DẨN GIẢI
Đề 5
Bài 1: (4,0 điểm).
Cho biểu thức:
3
3
6 4 3 1 3 3
3
3 2 3 4 1 3
3 3 8
x x x
A x
x x x
x
 
 

+ +
= − −
 ÷
 ÷
 ÷
 ÷
+ + +
−
 
 
3. Rút gọn biểu thức
A
.
4. Tìm các giá trị nguyên của
x
để biểu thức
A
nhận giá trị nguyên.
Bài 2: (3,0 điểm).
Giải hệ phương trình:
2 2
19
7
x y xy
x y xy

+ − =

+ + = −


Bài 3: (5,0 điểm).Giải các phương trình.
a)
34
1
2
++ xx
+
5
1
6316
1
3512
1
158
1
222
=
++
+
++
+
++ xxxxxx
b)
12611246 =+−+++−+ xxxx
Bài 4: (6,0 điểm).
Cho ∆ABC nội tiếp đường tròn tâm O. Tia phân giác trong góc A cắt (O) tại D. Một đường
tròn (L) thay đổi nhưng luôn đi qua A, D cắt AB, AC tại điểm thứ hai lần lượt tại M, N.
a) CMR: BM = CN
b) Tìm quỹ tích trung điểm K của MN
c) Tìm vị trí của (L) sao cho MN ngắn nhất.

Bài 5: (2,0 điểm).Cho tứ giác ABCD, gọi I là giao điểm của hai đường chéo. Kí hiệu
1 2
; ;
AIB CID ABCD
S S S S S S
∆ ∆
= = =
a. Chứng Minh:
1 2
S S S+ ≤
b. Khi tứ giác ABCD là hình thang thì hệ thức trên xảy ra
HƯỚNG DẨN GIẢI
1. Ta có:
( )
2
3 2 3 4 3 1 3 0;1 3 0, 0x x x x x+ + = + + > + > ∀ ≥
, nên điều kiện để A có nghĩa là
( ) ( ) ( )
3
4
3 8 3 2 3 2 3 4 0, 0 3 2 0
3
x x x x x x x− = − + + ≠ ≥ ⇔ ≠ ⇔ ≤ ≠
( )
( )
3
3
3
1 3
6 4 3

3
3 2 3 4 1 3
3 2
x
x x
A x
x x x
x
  
+
+
 ÷ ÷
= − −
 ÷ ÷
+ + +
 ÷ ÷
−
  
.
( )
( ) ( )
( )
6 4 3 2 3
3 3 1 3
3 2 3 2 3 4
x x x
A x x x
x x x
 
+ − −

 ÷
= − + −
 ÷
− + +
 
15
Trường THCS Nguyễn đình Chiểu Năm học 2010-2011
( ) ( )
( )
3 4 2 3
3 2 3 1
3 2 3 2 3 4
x x
A x x
x x x
 
+ +
 ÷
= − +
 ÷
− + +
 
.
( )
2
3 1
3 2
x
A
x

−
=
−
(
4
0
3
x≤ ≠
)
( ) ( ) ( )
2 2
3 1 3 2 2 3 2 1
1
3
3 2 3 2 3 2
x x x
A x
x x x
− − + − +
= = = +
− − −
Với
x
là số nguyên không âm, để A là số nguyên thì
3 3 3 9
3 2 1 3
3 1
3 1
x x
x x

x
x

= =

− = ± ⇔ ⇔ ⇔ =


=
=




(vì
x
∈
Z
và
0x
≥
). Khi đó:
4A =
2.a)
( )
2
2 2 2
19 3 19
3 19
7 7

7
S x y
x y xy S P
x y xy
P xy
x y xy S P
x y xy

= +
 
+ − = − =
 
+ − =

⇔ ⇔
  
 ÷
=
+ + = − + = −
+ + = −

 
 

(1)
Giải hệ (1) ta được:
( 1; 6), ( 2; 5)S P S P= − = − = − = −
Giải các hệ phương trình tích, tổng:
1
6

x y
xy
+ = −


= −

và
2
5
x y
xy
+ = −


= −

ta có các nghiệm của hệ phương
trình đã cho là:
3 2 1 6 1 6
; ; ;
2 3
1 6 1 6
x x x x
y y
y y
 
= − = = − − = − +
 
 

   
= = −
= − + = − −
 
 
 
3. a) x
2
+ 4x + 3 = ( x + 1)( x+ 3)
x
2
+ 8x + 15 = ( x +3)(x+5)
x
2
+ 12x + 35 = ( x +5)( x + 7)
x
2
+ 16x + 63 = ( x + 7)( x + 9)
⇒ ĐKXĐ : x ≠ -1; x ≠ -3; x ≠ -5; x ≠ -7; x ≠ -9
pt ⇔
5
1
)9)(7(
1
)7)(5(
1
)5)(3(
1
)3)(1(
1

=
++
+
++
+
++
+
++ xxxxxxxx
⇔
5
1
)
9
1
7
1
7
1
5
1
5
1
3
1
3
1
1
1
(
2

1
=
+
−
+
+
+
−
+
+
+
−
+
+
+
−
+ xxxxxxxx
⇔
5
1
)
9
1
1
1
(
2
1
=
+

−
+ xx

⇒ 5( x + 9 - x -1) = 2( x+1)( x+9)⇔ 2x
2
+ 20x + 18 - 40 = 0⇔ x
2
+ 10x - 11 = 0
Phương trình có dạng a + b + c = 0 ⇒ x
1
= 1; x
2
= -11 x
1
; x
2
thỏa mãn ĐKXĐ.
Vậy tập nghiệm của phương trình là : S =
{ }
1;11
−
b) ĐKXĐ: x ≥ -2. ( 0,5 điểm)
Pt ⇔
1)32()22(
22
=−++−+ xx
<=>|
|22 −+x
+ |
2+x

-3| = 1
⇔ |
|22 −+x
+ | 3 -
2+x
| = 1
áp dụng BĐT |A|+ |B| ≥| A + B| ta có : |
|22 −+x
+ | 3 -
2+x
| ≥ 1
Dấu "=" xảy ra khi : (
22 −+x
)( 3 -
2+x
) ≥ 0 ⇔ 2 ≤
2+x
≤ 3 ⇔ 2≤ x ≤ 7
Vậy tập nghiệm của phương trình là : S =
{ }
72/ ≤≤ xx
4.a) Xét ∆BMD và ∆CND:
+. BD=CD (vì AD là phân giác góc A) +.
2
1
=∠ACD
sđ cung AD
=∠
MBD
A

1
+D
1
=
2
1
sđ cung AB +
2
1
sđ cung BD =
2
1
sđ cung AD
16
S 4
S 3
S 2
S 1
I
K
H
D
C
B
A
Trường THCS Nguyễn đình Chiểu Năm học 2010-2011
⇒
ACD
∠
=

MBD
∠
. Trong (L), vì A
1
= A
2

⇒
DM = DN
⇒

∆
BMD =
∆
CND
⇒
BM = CN.
b). Gọi I là trung điểm BC
⇒
I cố định
Vẽ hình bình hành: IBMM’, ICNN’
⇒
MM’NN’ là hình bình hành.
⇒
K là trung điểm M’N’
Vì IM’ = BM = CN = IN’
⇒
IM’=IN’
⇒
IK là phân giác của

∠
M’IN’
Do



CNIN
MBIM
//'
//'

⇒
IM’, IN’ cố định. Vậy: Quỹ tích K là đờng phân giác
∠
M’IN’
c)
∆
DMN cântại D có
∠
MDN = 180
0
-
∠
BAC = Const
⇒
MN ngắn nhất
⇔
DM nhỏ nhất
⇔
DM

⊥
AB
⇔
khi AD là đờng kính của (L).
5. a. Gọi S
1
= S
AIB
; S
2
= S
CID
; S
3
= S
BIC
; S
4
= S
AID
Kẻ
;AH BD CK BD⊥ ⊥
Ta có:
1
.
2
1
.
2
AIB

AID
S AH BI
S AH DI
=
=
1
4
(1)
S BI
S DI
⇔ =

1
.
2
1
.
2
CID
BIC
S CK DI
S CK BI
=
=

3
2
(2)
S
BI

S DI
⇔ =
Từ (1) và (2) suy ra:
3
1
1 2 3 4
4 2
. . (3)
S
S
S S S S
S S
= ⇔ =
Ta có: S
ABCD
= S
1
+ S
2
+ S
3
+ S
4
1 2 3 4
2 . (4)S S S S≥ + +

Từ (3) và (4) ta suy ra:
2
1 2 1 2 1 2 1 2
2 . ( )S S S S S S S S S S≥ + + = + ⇔ ≥ +

(đpcm)
b. Khi tứ giác ABCD là hình thang ta xét:
* Nếu AB // CD ta có: S
ACD
= S
BCD
suy ra: S
3
= S
4
1 2
S S S⇒ = +

* Nếu BC // AD ta có: S
ABC
= S
CAD
Suy ra: S
1
= S
2

⇒
1 2
2
S
S S≥ =
Dấu bằng sảy ra khi: S
1

= S
2
= S
3
= S
4
=
4
S
⇔
ABCD là hình bình hành
Đề 6
Bài 1: (5,0 điểm).
Cho phương trình :
2 2
2
2 2 2 2
x x
x x
+ −
+ =
+ + − −
.
a) Tìm điều kiện của x để phương trình có nghĩa .
b) Giải phương trình .
17
Trng THCS Nguyn ỡnh Chiu Nm hc 2010-2011
Bi 2: (3,0 im).Gii h phng trỡnh:

3 3

5 5 2 2
1x y
x y x y

+ =


+ = +


Bi 3: (5,0 im).
a) Cho x, y >0 v
x y 1+
. Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc:
2 2
1 1
A
x y xy
= +
+
b) Cho cỏc s dng a,b,c thay i v tho món : a+b+c=4.
CMR:
4>+++++ accbba
.
Bi 4: (6,0 im).
Cho gúc xIy . A l im ly trờn ng phõn giỏc gúc trong ca gúc ú , Gi K , M ln lt l
chõn ng vuụng gúc h t A n 2 cnh Ix , Iy ca gúc xIy . Trờn KM ly im P ( KP < PM
) . Qua P dng ng thng vuụng gúc vi AP ct KI ti Q , MI ti S
a) Chng minh rng cỏcc t giỏc KPAQ v PSMA ni tip c trong mt ng trũn .
b) Chng minh : P l trung im ca QS

c) Cho KIM = 2 ; KM = a ; QS = b ( a < b ) . Tớnh KQ .
Bi 5: (2,0 im).Cho tam giác ABC nhọn có 3 đờng cao: AA
1
, BB
1
, CC
1
đồng qui tại H.
Chứng minh rằng:
6
111
++
HC
HC
HB
HB
HA
HA
. Dấu "=" xảy ra khi nào?
HNG DN GII
1. a) iu kin :
0 4x
<
2 2 2 2
b) 2 2 (1)
2 2 2 2 2 4 2 2 4 2
x x x x
x x x x
+ +
+ = + =

+ + + +
t
4 2 x+
= a ;
4 2 x
= b ( a ; b

0) .
( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2
2 2
2 2
2 2 2 2
2 2
8
Ta c :
2
2 2
8
8 8
(I)
2 8 4 2 4 2 4 0 2 4 0
a b
ú
a b
a b
a b
a b a b
a b ab a b a b ab a b ab ab a b ab

+ =


+ =

+


+ =

+ = + =



+ = + + + = + =




Vỡ ab + 4 > 0 nờn :
( )
( )
2
2
2
2
2
2
2 8

1 3
2 2
2
2
2 2 0
1 3 (loai v a 0)
3 1 4 2 3 1
3
3 1
4 2 3 1
b
b
a
b
ab
a b ab
a
I
a
a
a b
a b
a
a a
a
a ỡ
a x
x
b
x

=


=


=
=

+ =




= +
=
=




=
=




= <

= + + = +

=

=


=


2. Ta cú:
3 3
5 5 2 2
1x y
x y x y

+ =


+ = +


3 3 3 3
5 5 2 2 3 3 2 2
1 1

( )( ) ( ) 0
x y x y
x y x y x y x y x y

+ = + =



+ = + + + =


18
y
x
S
K
P
M
Q
A
I
2
1
1
1
1
1
H
Trường THCS Nguyễn đình Chiểu Năm học 2010-2011
Sảy ra các trườngg hợp:

Trường hợp a:
3 3
0
1
1
0
x
x y
y
xy
=

+ =

⇔
 
=
=


hoặc
0
1
y
x
=


=


Trường hợp b:
3 3 3 3 3 3
1 1 1
0
x y x y y y
x y x y x y
  
+ = + = − + =
⇔ ⇔ ⇔
  
+ = = − = −
  
hệ vô nghiệm
Vậy nghiệm của hệ là:
0 1
;
1 0
x x
y y
= =
 
 
= =
 
3.a.Vi
a 0,b 0> >
; Ta có:
2 2 2 2
a b 2 a b 2ab+ ≥ =
(Bdt Cô si)

2 2 2
a b 2ab 4ab (a b) 4ab⇒ + + ≥ ⇒ + ≥
(a b)(a b) a b 4 a a 4 1 1 4
4 (*)
ab ab a b ab ab a b a b a b
+ + +
⇒ ≥ ⇒ ≥ ⇒ + ≥ ⇒ + ≥
+ + +
Áp dụng BÐT (*) v i a =
2 2
x y+
; b = 2xy ; ta có:

2 2 2 2 2
1 1 4 4
x y 2xy x y 2xy (x y)
+ ≥ =
+ + + +
(1)
Mặt khác :
2
2 2
1 1 1 4
(x y) 4xy
4xy (x y) xy (x y)
+ ≥ ⇒ ≥ ⇒ ≥
+ +
(2)
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1

A .
x y xy x y 2xy 2xy x y 2xy 2 xy
   
⇒ = + = + + = + +
 ÷  ÷
+ + +
   

2 2 2 2
4 1 4 4 1 6
. . 1
(x y) 2 (x y) (x y) 2 (x y)
 
≥ + = + = ≥
 ÷
+ + + +
 
6
[Vì x, y >0 và
2
x y 1 0 (x y) 1+ ≤ ⇒ < + ≤
]
⇒ minA = 6
khi
1
x = y =
2
b.*Do a,b,c >0 và từ gt ta có :
4
=++<+

cbaba
bababa +<+⇔<+⇔ 22
(1)
*Hoàn toàn tương tự ta cũng có:
cbcb +<+ 2
(2)
acac +<+ 2
(3)
*Cộng vế với vế của (1),(2) và (3) ta có:

( )
( )
accbbacba
+++++<++
22
Hay
4
accbba
+++++<
⇒ đpcm
4.• Theo giả thiết ∠ AKQ = ∠ APQ = 90
0
, nên tứ giác
KPAQ nội tiếp trong đường tròn đường kính AQ .
Cũng theo giả thiết ∠ AMS = ∠ APS = 90
0

nên tứ giác PSMA nội tiếp đường tròn đường kính AS . (ĐPCM)
b) Trong tứ giác nội tiếp KPAQ ta có ∠ K
1

= ∠ Q
1
(cùng chắn cung AP) .
Trong tứ giác nội tiếp PSMA ta có ∠ S
1
= ∠ M
1
(cùng chắn cung AP) .
Mà A nằm trên phân giác của ∠ xIy nên AK = AM ⇒ ∠ K
1
= ∠ M
1
.
Vậy ∠ Q
1
= ∠ S
1
hay ∆ AQS cân tại A có AP là đường cao nên AP là trung tuyến ⇒ P là
trung điểm của QS .
c) Do AK ⊥ Ix ; AM ⊥ Iy và A nằm trên phân giác của góc xIy nên ∠ I
1
=∠I
2
=α và ∆AKI = ∆
AMI
⇒ IK = IM ; AK = AM ⇒ AI là trung trực của KM .
Gọi H = AI ∩ KM ⇒ H là trung điểm của KM và IA ⊥ KM tại H .
19
H
C

1
C
B
1
B
A
1
A
Trng THCS Nguyn ỡnh Chiu Nm hc 2010-2011
Trong tam giỏc vuụng AIK ta cú = (cựng ph vi ) nờn = = .
Trong tam giỏc vuụng AHK cú : KH = = ; = nờn

2cos
a

K cos
KH
AK
1

==
.
Trong tam giỏc vuụng APQ cú : QP = = ; = nờn

2cos
b
AQ

=
.

Trong tam giỏc vuụng AKQ cú :
22
AK - AQ KQ
=
nờn

2
2
2
2
4cos
a
-
4cos
b
KQ
=
=

4cos
a - b

2
22

5. Do tam giác ABC nhọn, nên H nằm trong tam giác. A
* Đặt S = S

ABC
; S

1
= S
HBC
; S
2
= S
HAC
; S
3
= S
HAB
.
Ta có:
11
1
1
1
1
1

2
1

2
1
HA
HA
HA
AA
BCHA

BCAA
S
S
+===

Tơng tự:
12
1
HB
HB
S
S
+=

13
1
HC
HC
S
S
+=

Suy ra:
1 1 1 1 2 3
1 1 1
3
HA HB HC
S
HA HB HC S S S

+ + = + +
ữ


1 2 3
1 2 3
1 1 1
( ) 3S S S
S S S

= + + + +
ữ

Theo bất đẳng thức Côsy:
1 2 3
1 2 3 1 1 1
1 1 1
( ) 9 9 3 6
HA HB HC
S S S
S S S HA HB HC

= + + + + + + =
ữ

Du "=" xy ra khi tam giỏc ABC u
Bi 1 (2.5 im):
Cho biu thc: A =

+++

+








+

1
2
1
1
:
1
2
1
aaaa
a
a

a
a
a.Rỳt gn biu thc A.
b.Tớnh giỏ tr biu thc A khi
200522006 =a
.
Bi 4: Gii h phng trỡnh:



+=+
=++
yxyx
xyyx
3
1
33
22
b/ + = x
2
- 10x + 27
Bi 7 (2 im)
Cho x, y, z l cỏc s dng tho món xyz =1.
Tỡm GTNN ca biu thc :
E =
)(
1
)(
1
)(

1
333
yxzxzyzyx +
+
+
+
+
.
Bài III ( 3 điểm )
20
Trng THCS Nguyn ỡnh Chiu Nm hc 2010-2011
Cho hình vuông ABCD. Điểm M thuộc cạnh AB ( M khác A và B ). Tia CM cắt tia DA tại
N. Vẽ tia Cx vuông góc với CM và cắt tia AB tại E. Gọi H là trung điểm của đoạn NE.
1/ Chứng minh tứ giác BCEH nội tiếp đợc trong đờng tròn.
2/ Tìm vị trí của điểm M để diện tích tứ giác NACE gấp ba diện tích hình vuông ABCD.
3/ Chứng minh rằng khi M di chuyển trên cạnh AB thì tỉ số bán kính cácđờng tròn nội tiếp tam
giác NAC và tam giác HBC không đổi.
Bi V: ( 3 im )
Cho ng trũn (O) ni tip tam giỏc ABC , cỏc tip im ti D, E, F . Chng minh rng tớch
cỏc khong cỏch h t mt im M bt k trờn ng trũn xung cỏc cnh ca tam giỏc ABC
bng tớch cỏc khong cỏch t M n cỏc cnh ca tam giỏc DEF
H NG D N GI I
iu kin:
0

a
. 0.25

A =

+++

+








+

1
2
1
1
:
1
2
1
aaaa
a

a
a
a








++

+
+
+
=
)1)(1(
2
1
1
:
1
12
aa
a
a
a
aa

)1)(1(
21
:
1
)1(
2
++
+
+

=
aa
aa
a
a

2
2
)1)(1(
)1)(1()1(
+
++
=
aa
aaa

a+=1

b. ( 0.5 im )

Khi
2
)12005(200522006
==
a
0.25
Thỡ A = 1 +
2005)12005(
2
=
0.25
Bi 4 (2) Gii h phng trỡnh
Bi 4: Gii h phng trỡnh:



+=+
=++
yxyx
xyyx
3
1
33
22
T (1) ta cú PT (2) cú dng :
33
yx +
=
))(3(
22

xyyxyx +++
(0,25)

33
yx +
232223
333 xyyyxyxxyx +++++=

0244
322
=++
yyxyx
0)22(2
22
=++ yxyxy
[ ]
0)(2
22
=++ yxxy




=++
=
0)(
0
22
yxx
y

=
=
=
xy
x
oy
0









=
=
=
0
0

y
x
oy
(1,0)
+ Vi y=0 thay vo (1) ta c x
2
=1

x

1
+ Vi x=0, y=0 thay vo (1) khụng tha món

x=0, y=0 loi (0,5)
Vy h phng trỡnh cú 2 nghim (x,y) l (1,0) v (-1,0) (0,25)
b/ + = x
2
- 10x + 27
k : 4 x 6
p dng BT Cosi cho 2s khụng õm , ta c :
+ = + + = 2
21
Trng THCS Nguyn ỡnh Chiu Nm hc 2010-2011
Du = xy ra
5
16
14
=

=
=
x
x
x

Mt khỏc : x
2
- 10x + 27 = ( x
2
- 10x + 25 ) + 2 = ( x - 5 )
2
+ 2 2
Du = xy ra x - 5 = 0 x = 5
Do ú : + = x
2
- 10x + 27 x = 5
Vy nghim ca pt l + x = 5
t a =
x
1
, b =
y
1
, c =
z
1
abc =
xyz

1
= 1
x + y = c(a + b)
y + z = a(b + c)
x + z = b(c + a)
E =
cb
a
+
2
+
ac
b
+
2
+
ba
c
+
2
D dng chng minh c
cb
a
+
+
ac
b
+
+
ba

c
+

2
3
Nhõn hai v vi a + b + c > 0

cb
cbaa
+
++ )(
+
ac
cbab
+
++
)(
+
ba
cbac
+
++
)(

2
3
(a+b+c)

cb
a

+
2
+
ac
b
+
2
+
ba
c
+
2

2
cba ++

2
3
3
abc

=
2
3
E
2
3
Du "=" xy ra a = b = c = 1
Vy min E =
2

3
khi a = b = c = 1
Bài III (3điểm)
Câu 1 ( 1 điểm)
Do góc NAE = góc NCE = 1v (gt) nên tứ giác NACE nội tiếp
trong đờng tròn góc CNE = góc CAE = 45
0
0,5 đ
=> tam giác NCE vuông cân tại C . Mặt khác do CH là
trung tuyến nên CH là đờng cao ố góc CHE = 1 v 0,25 đ
=> gócCBE = góc CHE = 1v => HBCE là tứ giác nội
tiếp đợc trong đờng tròn. 0,25 đ
Câu 2 (1 điểm)
Không mất tính tổng quát ta gọi cạnh hình vuông là 1 thì diện
tích hình vuông là 1 . Đặt AN = x ( x > 0) ố DN =1 + x .
Trong tam giác vuông NDC có
22
Trng THCS Nguyn ỡnh Chiu Nm hc 2010-2011
CN
2
= CD
2
+ DN
2
= 1 + (1 +x)
2
= x
2
+2x + 2 . 0,25 đ
Khi đó : S

NACE
= S
NAC
+ S
NCE
=
2
2
1
2
1
CNCD.AN
+
=
2
23
2
++
xx
0,25 đ
Từ S
NACE
= 3 S
ABCD
ố
0433
2
23
2
2

=+=
++
xx
xx
=> x = 1 , x = - 4 ( loại ) . 0,25 đ
Vậy AN = 1 . Mà theo định lý Ta lét ta có :
1
==
BC
AN
MB
AM

=> AM = MB hay M là trung điểm của AB . 0,25 đ
Câu 3 (1 điểm)
Trớc hết ta chứng minh tam giác ANC đồng dạng với tam
giác BHC .
+ ) Tứ giác NACE nội tiếp trong đờng tròn =>
góc AEN =góc ACN (1) ( cùng chắn cung AN )
và góc NAC + góc NEC = 2 v (2) 0,25 đ
+) Tứ giác HBCE nội tiếp nên góc BEH = góc BCH ( 3 )
( cùng chắn cung BH ) và góc HBC + góc HEC = 2 v (4) . 0,25 đ
Từ (1) và (3) ta có góc HCB = góc ACN và góc HBC = góc NAC .
Vậy tam giác ANC đồng dạng với tam giác BHC . 0,25 đ
Gọi r
1
; r
2
lần lợt là bán kính vòng tròn nội tiếp hai
tam giác ANC và BCH . Khi đó

2
2
1
==
BC
AC
r
r
( không đổi ) 0,25 đ
Bi V: 3im ( Mi mc

tng ng cho 1,0 im )


B : Khong cỏch t mt im trờn ng trũn n ng thng qua hai tip im ca
hai tip tuyn vi ng trũn l trung bỡnh nhõn khong cỏch t im y n 2 tip tuyn .

Xột hai tip tuyn AB v AC , M

(O)
H cỏc ng vuụng gúc MK, MH, ML xung cỏc tip
tuyn AB, AC v dõy EF
MEN MFH
=
( chn cung
ằ
MF
).
MFN MEK
=

(
ẳ
ME
)
Suy ra cỏc tam giỏc MEN v MFH , MFN v MEK ng
dng. T ú
MN MF MH
MK ME MN
= =

2
MN MH.MK
=
(1). B c chng
minh
23
A
B
C
O
E
D
F
M
H
N
K
Trường THCS Nguyễn đình Chiểu Năm học 2010-2011
•
Áp dụng (1), gọi a, b, c, d, e, f lần lượt là khoảng cách từ M đến các đờng thẳng chứa cạnh

BC, CA, AB, EF, FD, DE của các tam giác ABC và DEF ta đợc:
2
d b.c,
=

2
e c.a,=

2
f a.b
=
.
Nhân vế với vế của ba đẳng thức, suy ra điều phải chứng minh.

Bài 2. Cho biểu thức:P =








+−
+
+
−
+
+
−

+








+
−
65
2
3
2
2
3
:
1
1
xx
x
x
x
x
x
x
x
a) Rút gọn P;
b) Tìm giá trị của a để P < 0

Câu 2
Giải hệ phương trình sau
2x
3
+ 3x
2
y = 5
y
3
+ 6xy
2
= 7
1. Giải phương trình:
2 1 3 1x x x+ − = −
.
Bài 7 : Cho a, b, c>0 chứng minh rằng:
1+
+
+
+
+
+
≥++
ba
cb
cb
ba
a
c
c

b
b
a
Cho a, b, c dương và a + b = c = 1. Chứng minh
6a b b c c a+ + + + + ≤
Bài 4. (3,0 điểm)
Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O. Gọi I là điểm trên cung nhỏ
AB (I không trùng với A và B). Gọi M, N, P theo thứ tự là hình chiếu của I trên các đường
thẳng BC, CA và AB.
1. Chứng minh rằng M, N, P thẳng hàng.
2. Xác định vị trí của I để đoạn MN có độ dài lớn nhất.
3. Gọi E, F, G theo thứ tự là tiếp điểm của đường tròn nội tiếp tam giác ABC với cạnh BC, CA và
AB. Kẻ EQ vuông góc với GF. Chứng minh rằng QE là phân giác của góc BQC.
Bài 9 : ( 1 điểm )
Trong đường tròn O cho 2 dây cung AB và CD cắt nhau tại M gọi N là trung điểm của BD ,
đường thẳng MN cắt AC tại K .
Chứng minh :
2
2
CM
AM
KC
AK
=
HƯỚNG DẨN GIẢI
Câu 2: (2điểm) (1)⇔ ⇔ ⇔

giải (3) ta đợc: y=1; y=
4
1057 ±

24
Trường THCS Nguyễn đình Chiểu Năm học 2010-2011
Vậy hệ phương trình có nghiệm :
(1;1) ; (
)
4
1057
;
8
1055
();
4
1057
;
8
1055 +−−+

1)
2 1 3 1x x x+ − = −
(1), điều kiện
0x
≥
Đặt
2 1 , 0x a a+ = ≥
;
3 , 0x b b= ≥
Suy ra
2 2
1b a x− = −

Thay vào (1) ta được
2 2
a b b a− = −
( ).( 1) 0a b a b a b⇔ − + + = ⇔ =
(do
0, 0a b≥ ≥
nên a+b+1>0)
Với a = b ta có
2 1 3 1x x x+ = ⇔ =
thỏa mãn điều kiện
Vậy x=1 là nghiệm của phương trình đã cho.
Bài 7: (2đ): a, b, c>0
CM:
1+
+
+
+
+
+
≥++
ba
cb
cb
ba
a
c
c
b
b
a

(1)
a
cbcb
bccabb
c
bab
acaba
b
ca
a
cbbac
c
cbbab
b
cbbaa
cbbacbba
)()(
))(())(())((
))(()()(
22
2
2
2
22
+
+++++
+
++++=
++
+

++
+
++
≤++++++⇔
Mặt khác
))(()()(
22
cbbacbba ++++++
=
bcabbcaca 333
222
+++++
Do đó ta cần chứng minh:
VPbbcabb
a
cb
acab
c
a
a
c
b
a
bc
c
b
a
bc
b
ca

c
b
b
ca
a
cbcb
c
bab
b
ca
VT
abbcb
a
cbcb
c
bab
b
ca
=++≥+++≥
+++++++=
+
+
+
+=
++≥
+
+
+
+
22

4
3
2
23223222
2
22
222
)()(
2
1
)(
2
1
)(
2
1)()(
)5,0()2(22
)()(
Dấu “=” xảy ra khi a = b = c (1đ)
Cho a, b, c dương và a + b = c = 1. Chứng minh
6a b b c c a+ + + + + ≤
C1: Áp dụng bất đẳng thức Cô – si:
2
2
3
.
3 2
2
2
3

.
3 2
2
2
3
.
3 2
a b
a b
b c
b c
a c
a c
+ +
+ ≤
+ +
+ ≤
+ +
+ ≤
Cộng từng vế của 1,2,3 ta có đpcm
Đẳng thức sảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1/3
25
(0,5đ)
(1)