Bộ đề thi học sinh giỏi toán lớp 9 năm 2011 doc

Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2011
Đề 90
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: (6,0 điểm).
1) 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.
Chứng minh rằng tứ giác ABCD là tứ giác nội tiếp.
2) Cho
∆
ABC đều điểm M nằm trong
∆
ABC sao cho AM
2
= BM
2
+ CM
2
. Tính số đo góc
BMC ?
Bài 5: (2,0 điểm).Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
A =
2 2 2
x y z
x y y z z x
+ +
+ + +
với x > 0; y > 0; z > 0 và
xy yz zx 1
+ + =
Hãy thư giản !!!

1
Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2011
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.
Hãy thư giản !!!
2
•
E
N
M
B
C

O
1
O
3
O
2
D
P
A
T
Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 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.
1) 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.PN =>
EA
ED
PD
PA
PM
PN
EC
EB
===
=>∆ EBC ~ ∆ EDA => EBC = EDA => EDA + CBA = 180
0

=> ABCD nội tiếp.
2) Vẽ tam giác đều CMN
BCN = ACM => BN = AM
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⇒ = + = + =
.
5.
+ Biến đổi để được:
A = x + y + z
xy yz zx
x y y z x z
 
− + +
 ÷
+ + +
 
(1)
+ Chứng minh được: x + y + z
xy yz zx≥ + +
> 0 (2)
+ Thay (2) (3) vào (1) được A
1
2
≥
Do đó: Min A =
x y z
1
2
xy yz zx 1
= =



⇔

+ + =


Hãy thư giản !!!
3
Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2011
+ Vậy A
min
=
1 1
x y z
2 3
⇔ = = =

Đề 91
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 hai dãy số cùng chiều : a
1
≤ a
2
≤ a
3
b
1
≤ b
2

≤ b
3
Chứng minh rằng : (a
1
+ a
2
+a
3
)(b
1
+ b
2
+ b
3
) ≤ 3(a
1
b
1
+a
2
b
2
+a
3
b
3
)
Áp dụng chứng minh rằng : với
cba ≤≤≤0
thì

cba
cba
cba
++
≤
++
++ 3
200620062006
200520052005

Bài 5: (6,0 điểm).
1. 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.
Hãy thư giản !!!

4
Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2011
2. Cho hình thang ABCD (AB//CD, AB>CD). Hãy xác định điểm E thuộc cạnh bên BC
sao cho đoạn thẳng AE chia hình thang thành hai hình có diện tích bằng nhau
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
Hãy thư giản !!!
5
Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2011
+)



=
=
⇒



=
=+
⇒



=
=
⇒=
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 + zx + x
2
= y(x+z)+x(x+z)
=(x+z)(z+y)
Tương tự ta có: 1+y
2
=(y+x)(y+z)
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. Do a
1

≤
a
2

≤
a
3

⇒
a
1
- a
2

≤
0
a
1
- a
3

≤
0
a
2
- a
3

≤
0
và b
1

≤
b
2

≤
b
3

⇒
b
1
- b
2

≤
0
b
1

- b
3

≤
0
b
2
- b
3

≤
0
⇒
(a
1
- a
2
)(b
1
- b
2
) + (a
1
- a
3
)(b
1
- b
3
) + (a

2
- a
3
)(b
2
- b
3
)
≥
0
⇔
2(a
1
b
1
+ a
2
b
2
+ a
3
b
3
)- a
1
b
2
- a
2
b

1
- a
1
b
3
- a
3
b
1
- a
2
b
3
- a
3
b
2

≥
0
⇔
a
1
b
1
+a
2
b
2
+a

3
b
3
+a
1
b
2
+a
2
b
1
+a
1
b
3
+a
3
b
1
+ a
2
b
3
+a
3
b
2
≤
3(a
1

b
1
+a
2
b
2
+ a
3
b
3
)
⇔
a
1
(b
1
+ b
2
+b
3
)+ a
2
(b
1
+ b
2
+b
3
)+ a
3

(b
1
+ b
2
+b
3
)
≤
3(a
1
b
1
+a
2
b
2
+ a
3
b
3
)
⇔
( a
1
+ a
2
+ a
3
)( b
1

+ b
2
+b
3
)
≤
3(a
1
b
1
+a
2
b
2
+ a
3
b
3
)
Đặt a
1
= a
2005
; a
2
= b
2005
; a
3
= c

2005

b
1
=
cba
a
++
; b
2
=
cba
b
++
; b
3
=
cba
c
++
Do 0
≤
a
≤
b
≤
c Nên ta có ; a
1

≤

a
2

≤
a
3
và b
1
≤
b
2
≤
b
3

áp dụng câu a ta có;
(a
2005
+b
2005
+c
2005
)






++

+
++
+
++
cba
c
cba
b
cba
a
≤
3








++
++
cba
cba
200620062006
⇔

cba
cba
cba

++
≤
++
++
3
200620062006
200520052005
5.
1) 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)
Hãy thư giản !!!
6
A
D
F
C
E
B
Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2011
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
Kết hợp với (*) ->
∆
EPQ cân tại E
2)
Biến đổi hình thang thành hình tam giác
cùng có diện tích ABF.
Từ D kẻ DF//AC , DF cắt đt BC tại F.
Chứng minh S
ABCD
= S
ABF
.
Lấy E là trung điểm cảu FB. Đoạn thẳng
AE chia tam giác ABF thành hai hình có
diện tích bằng nhau và AE cũng là đoạn thẳng
chia hình thang thành hai hình có diện tích bằng nhau
Đề 92
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).
1. 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
==
.

Hãy thư giản !!!
7
Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2011
b) Chứng minh rằng : Q, E, F thẳng hàng .
2. Cho tứ giác ABCD . Lấy điểm M tùy ý trên cạnh AB xác định điểm N trên cạnh DC sao cho
MN chia tứ giác ABCD thành hai phần có diện tích bằng nhau
Bài 5: (2,0 điểm).
Cho a,b,c >0 và a+b+c = 1. Chứng minh b+c ≥ 16abc.
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
⇔

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

Hãy thư giản !!!
8
(loại)
(2)
(1)
(thỏa mãn)
Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2011
⇔

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
x 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.
a. Ta có :
∠
BOP là góc ngoài
AOB
∆

⇒

∠
BOP=
∠
OAB +
∠
OBA =
2
1
(
∠
BAC +

∠
ABC)
Lại có :
∠
PNB=180
0
–
∠
MNC =180
0
-
0
0
180 1
180 ( )
2 2
ACB
BAC ABC
− ∠
= − ∠ + ∠

⇒

∠
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
==
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 .
Hãy thư giản !!!
9
O
M
F
C
N
B
E
A
P
Q
Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2011
5. Cho ba số thực
, ,a b c
không âm sao cho
1a b c
+ + =
.
Chứng minh:
16b c abc
+ ≥
. Dấu đẳng thức xảy ra khi nào ?
Theo kết quả câu 3.1, ta có:
( ) ( ) ( )
2 2
4a b c a b c a b c

 
+ + = + + ≥ +
 
mà
1a b c+ + =
(giả thiết)
nên:
( ) ( )
2
1 4 4a b c b c a b c≥ + ⇔ + ≥ +
(vì a, b, c không âm nên b + c không âm)
Nhưng:
( )
2
4b c bc+ ≥
(không âm)
Suy ra:
16b c abc+ ≥
.
Dấu đẳng thức xảy ra khi:
1 1
,
4 2
a b c
b c a
b c
= +

⇔ = = =


=

Đề 93
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 4: (3 điểm) a) Giải hệ phương trình
3
1
2
2
=++
y

x
y
x
3
1
=++
y
x
y
x
b) Giải phương trình :
2 2
25- x - 10 - x = 3
Bài 4: (6,0 điểm).
1) Cho ∆ABC vuông tại A, đường cao AH. Gọi (P), (Q) theo thứ tự là đường tròn nội tiếp
hai tam giác AHB và AHC. Kẻ tiếp tuyến chung ngoài (khác BC) của (P) và (Q) cắt AB, AH,
AC theo tự M, K, N. Chứng minh rằng.
a. ∆HPQ ∆ABC
Hãy thư giản !!!
10
Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2011
b. KP // AB, KQ // AC.
c. Tứ giác BMNC nội tiếp được
2) Cho a, b, clà độ dài 3 cạnh của ∆ABC. Gọi m, n, k là độ dài các đường phân giác trong
của ba góc của ∆ABC. Chứng minh rằng: + + > + +
Bài 5: (2,0 điểm).
Tìm tất cả các tam giác vuông có độ dài cạnh là số nguyên và số đo diện tích bằng số đo
chu vi.
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
2x y 1
=

⇔ = =


+ =

.
3. 1) ĐKXĐ: -
10

≤
x
≤
10

Hãy thư giản !!!
11
2
1
1
M
D
A
B
C
Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2011
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
2) Đk
0≠y
:
y
x
y
x
y
x
y
x
+=









+⇔=++
3
1
3
1
2
2
2
(1):
y
x
y
x
y
x
y
x −=−









+⇔=++ 3
1
3
1
(2)
Cộng (1) và (2) vế với vế ta được:
06
11
2
=−








++









+
y
x
y
x
02
1
3
1
=








−+








++⇔
y
x

y
x






=−+
=++
02
1
03
1
y
x
y
x
⇔

( )
( )






=+
−=+

42
1
33
1
y
x
y
x
Từ (3) và (2) ta có:
⇔






=
−=+
6
3
1
y
x
y
x



=
=++

yx
yy
6
(*)0136
2
(*) vô nghiệm
⇒
hệ vô nghiệm. Từ (4) và (2) ta có
⇔







=
−=+
1
3
1
y
x
y
x



=
=+−

yx
yy 012
2
;1==⇔ yx
hệ có 1 nghiệm
;1== yx
4. 1) a.
∆
AHB
∆
CHA mặt khác P và Q lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp
∆
AHB và
∆
AHC
=>
AC
AB
HQ
HP
=
(1) lại có
∠
BAC =
∠
PHQ = 90
0
(2)
Từ (1) và (2) suy ra
∆

HPQ
∆
ABC
b. Theo câu a. ta có
∠
PQH =
∠
ACB (3)
∠
PKQ =
∠
PHQ = 90
0
=> tứ giác PKQH nội tiếp được =>
∠
PKH =
∠
PQH (4)
Từ (3) và (4) =>
∠
PKH =
∠
ACB
lại có
∠
BAH =
∠
ACB=>
∠
PKH =

∠
BAH => PK // AB chứng minh tương tự ta cũng có
KQ //AC.
c. Ta có
∠
ACB =
∠
PKH =
∠
MKP =
∠
AMK
=>
∠
BMN +
∠
NCB =
∠
BMN +
∠
AMK = 180
0
=> tứ giác BMNC nội tiếp được
2) Qua điểm C vẽ đường thẳng song song AD cắt AB tại M
∠
A
1
=
∠
M

1
,
∠
A
2
=
∠
C
2
, Mà
∠
A
1
=
∠
A
2
, (AD là tia phân giác của góc A )
Hãy thư giản !!!
12
P
Q
H
B
M
C
N
A
K
Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2011

Nên
∠
M
1
=
∠
C
1
, ⇒ AM = AC. Xét ∆AMC : MC < AM + AC = 2AM
Xét ∆BMC ta có : AD // MC ⇒ = =
Nên AD = < ⇒ > ( + )
⇔ > ( + )
Tương tự : > ( + ) ; > ( + ). Vậy + + > + +
5. 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.
Đề 94
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).
a) Giải hệ phương trình:
2 2
19
7
x y xy
x y xy

+ − =

+ + = −

b) Cho x
3
+ y
3
+ 3(x
2
+y
2
) +4(x + y) + 4 = 0 và xy > 0 .
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức :
1 1
M
x y
= +

.
Bài 3: (5,0 điểm).Giải các phương trình.
a)
34
1
2
++ xx
+
5
1
6316
1
3512
1
158
1
222
=
++
+
++
+
++ xxxxxx
Hãy thư giản !!!
13
Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2011
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 như thế nào?
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
 
+ − −
 ÷
= − + −
 ÷
− + +
 
( ) ( )
( )
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= − = − = − = −
Hãy thư giản !!!
14
Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2011

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
 

= − = = − − = − +
 
 
   
= = −
= − + = − −
 
 
 
b) Ta có : x
3
+ y
3
+ 3(x
2
+y
2
) +4(x + y) + 4 = 0
⇔
x
3
+ 3x
2
+ 3x +1 + y
3
+ 3y
2
+ 3y + 1 + x + y + 2 = 0
⇔
(x + 1)

3
+ (y + 1)
3
+ (x + y + 2) = 0
⇔
(x + y + 2)[(x + 1)
2
– (x + 1)(y + 1) + (y + 1)
2
+ 1] = 0 (*)
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2
2 2 2
1 3
V x 1 – x 1 y 1 y 1 1= 1 1 1 1 0
2 4
ì x y y
 
+ + + + + + + − + + + + >
 
 
Nên (*)
⇔
x + y + 2 = 0
⇔
x + y = - 2
1 1 2
Ta c :
x y
ó M

x y xy xy
+ −
= + = =
vì
( )
2
1 2
4 4 4 1 2x y xy xy
xy xy
−
+ ≥ ⇒ ≥ ⇒ ≥ ⇒ ≤ −
.Vậy MaxM = -2
⇔
x = y = -1 .
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
⇒
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’

Hãy thư giản !!!
15
S 4
S 3
S 2
S 1
I
K
H
D
C
B
A
Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2011
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
⇔ =
và
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 95
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 .
Bài 2: (3,0 điểm). a) Giải hệ phương trình:

3 3
5 5 2 2
1x y
x y x y

+ =


+ = +


b) Tìm nghiệm nguyên của phương trình
y
2
=-2(x
6
-x
3
y-32)
Bài 3: (5,0 điểm).
a) Cho x, y >0 và

x y 1+ ≤
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2 2
1 1
A
x y xy
= +
+
b) Cho các số dương a,b,c thay đổi và thoả mãn : a+b+c=4.
Hãy thư giản !!!
16
Trng THCS DTNT Quan Húa Nm 2011
CMR:
4>+++++ accbba
.
Bi 4: (6,0 im).
Cho tam giỏc ABC ni tip ng trũn (O); H l trc tõm tam giỏc; M l mt im trờn
cung BC khụng cha im A.
a) Tỡm v trớ ca M t giỏc BHCM l hỡnh bỡnh hnh.
b) Gi E, F ln lt l 2 im i xng ca M qua AB v AC. Chng minh rng E,H,F
thng hng.
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?
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 :
Hóy th gin !!!
17
Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2011
( )
( )
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 ì
a x
x
b
x


=


=



=
=

− + =
   
⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔
    

= +
− =
− =


  

− =
− − = 




= − <





= + + = +
 
⇔ ⇔ ⇔ =

 
= −


− = −


2. Ta có:
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
 
+ = + =
 
⇔ ⇔
 

+ = + + + =
 
 
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
= =
 
 
= =
 
b) y
2

=-2(x
6
-x
3
y-32)
6 3 2 6 3 2 3 3
2 2 64 ( ) 64 ( ) ( ) 64x x y y x x y x x y⇔ + + = ⇔ + − = ⇔ + − =

Vì x
NxZ ∈⇒∈
2
. Vậy x chỉ có thể nhận các giá trị
{
0; 1; 2
}
Suy ra cặp nghiệm nghuyên cần tìm là: (0; 8), (0;-8),(2;8), (-2;-8)
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
Hãy thư giản !!!
18
H
C
1
C
B
1
B
A
1
A
Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2011
a. Lấy trên cung
BC
điểm M sao cho AM là đường kính của đường tròn (O) ta chứng minh tứ
giác

BACM là hình bình hành
Gọi I là trung điểm của BC, ta có
BCOI
⊥
theo (gt)
OIBCAH
⇒⊥
//
AH
(1)
Gọi
( )
OCHC ∩='
ta CBC' = 1v (góc nội tiếp chắn cung nửa đường tròn (O))
⇒
AH // BC'
Tương tự ta có: AC' // HB
⇒
AC'BH là hình bình hành
⇒
AH = BC'; mà BC' = 2 IO (do IO là đường trung bình của
∆
CBC')⇒ OI = 1/2 AH (2)
Từ (1) (2) ⇒ H, I, M thẳng hàng, tứ giác BHCM có 2 đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi
đường nên nó là hình bình hành. Vậy điểm M cần tìm chính là giao của AO với (O)
b. Do E đối xứng của M qua AB ta có:
∠
AEB =
∠
AMB (1)

Tứ giác ABMC nội tiếp đường tròn (O) Nên
∠
AMB =
∠
ACB (2)(cùng chắn cung AB)
H là trực tâm nên các tứ giác AC'HB'; BC'HA'; CA'HB' nội tiếp được
Ta có
∠
AHB =
∠
A'HB' (đối đỉnh) ⇒
∠
AHB +
∠
ACB =
∠
A'HB' +
∠
ACB = 180
0
(3)
Từ (1) (2) (3) ⇒
∠
AEB =
∠
EAB +
∠
MAB (do M, E đối xứng qua AB)
Tương tự ta chứng minh
∠

CHF =
∠
CAM
Tc:
∠
EHF =
∠
EHB +
∠
BHC +
∠
CHF = (
∠
MAB +
∠
CAM) +
∠
BHC
=
∠
CAB +
∠
BHC =
∠
CAB +
∠
C'HB' = 180
0
⇒ E, H, F thẳng hàng
5. Do tam gi¸c ABC nhän, nªn H n»m trong tam gi¸c.

* §Æt S = S
∆
ABC
; S
1
= S
HBC
; S
2
= S
HAC
; S
3
= S
HAB
.
Ta cã:
11
1
1
1
1
1

2
1

2
1
HA

HA
HA
AA
BCHA
BCAA
S
S
+===
.T
2
:
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
 
+ + = + + −
 ÷
 

1 2 3
1 2 3
1 1 1
( ) 3S S S
S S S
 
= + + + + −
 ÷
 
Theo bÊt ®¼ng thøc C«sy:
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
 
= + + + + ≥ ⇒ + + ≥ − =
 ÷
 

Dấu "=" xảy ra khi tam giác ABC đều
Đề 96
Bài 1: (4,0 điểm).
Cho biểu thức: A =








+++
−
+








+
−
1
2
1
1
:

1
2
1
aaaa
a
a
a
a
Hãy thư giản !!!
19
Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2011
a.Rút gọn biểu thức A.
b.Tính giá trị biểu thức A khi
2011 2 2010a = −
.
Bài 2: (4,0 điểm).a) Giải hệ phương trình:



+=+
=++
yxyx
xyyx
3
1
33
22
b) Giải phương trình: + = x
2
- 10x + 27

Bài 3: (4,0 điểm).
a) Cho x, y, z là các số dương thoả mãn xyz =1.
Tìm GTNN của biểu thức: E =
)(
1
)(
1
)(
1
333
yxzxzyzyx
+
+
+
+
+
.
b) Giải phương trình nghiệm nguyên:
3=++
y
xz
x
yz
z
xy
Bài 4: (6,0 điểm).
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 được trong đường 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 cácđường tròn nội
tiếp tam giác NAC và tam giác HBC không đổi.
Bài 5: (2,0 điểm).
Cho đường tròn (O) nội tiếp tam giác ABC , các tiếp điểm tại D, E, F . Chứng minh rằng
tích các khoảng cách hạ từ một điểm M bất kỳ trên đường tròn xuống các cạnh của tam giác
ABC bằng tích các khoảng cách từ M đến các cạnh của tam giác DEF
1. Điều kiện:
0
≥
a
. 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

Hãy thư giản !!!
20
Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2011
2. a) Giải hệ phương trình:



+=+
=++
yxyx
xyyx
3
1
33
22
. Từ (1) ta có PT (2) có dạng :
33
yx +
=
))(3(

22
xyyxyx +++

⇔
33
yx +
232223
333 xyyyxyxxyx +++++=
⇔
0244
322
=++
yyxyx
0)22(2
22
=++⇔ yxyxy
⇔



=++
=
0)(
0
22
yxx
y
⇔









−=
=
=
xy
x
oy
0
⇔








=
=
=
0
0
y
x
oy

+ Với y=0 thay vào (1) ta đợc x
2
=1
⇔
x
±
1
+ Với x=0, y=0 thay vào (1) không thỏa mãn
⇒
x=0, y=0 loại
Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm (x,y) là (1,0) và (-1,0)
b) + = x
2
- 10x + 27. Đk : 4 ≤ x ≤ 6. Áp dụng BĐT Cosi cho 2số không âm , ta được :
+ = + ≤ + = 2
Dấu “ = ” xảy ra ⇔
5
16
14
=⇔



=−
=−
x
x
x

Mặt khác : x

2
- 10x + 27 = ( x
2
- 10x + 25 ) + 2 = ( x - 5 )
2
+ 2 ≥ 2
Dấu “ = ” xảy ra ⇔ x - 5 = 0 ⇔ x = 5. Do đó : + = x
2
- 10x + 27 ⇔ x = 5
3. a) Đặt a =
x
1
, b =
y
1
, c =
z
1
⇒ abc =
xyz
1
= 1⇒ x + y = c(a + b)
y + z = a(b + c) và x + z = b(c + a)
⇒ E =
cb
a
+
2
+
ac

b
+
2
+
ba
c
+
2
. Dễ dàng chứng minh đợc
cb
a
+
+
ac
b
+
+
ba
c
+
≥
2
3
Nhân hai vế với 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
Dấu "=" xảy ra ⇔ a = b = c = 1. Vậy min E =
2
3
khi a = b = c = 1
b) ĐK:
0;0;0 ≠≠≠ zyx
Pt
xyzzxzyyx 3
222222
=++⇔
do
0300;0;0
222222
>⇒>++⇒≠≠≠ xyzzxzyyxzyx
suy ra hoặc cả 3 số x, y, z cùng dương, hoặc trong 3 số này có hai số âm, một số dương. Ngoài ra
nếu (x,y,z) là một nghiệm thì (-x,-y,z) ; (-x,y,-z) và (x,-y,-z) cũng là nghiệm. Do vậy chỉ cần xét

nghiệm (x,y,z ) với x, y, z là các số nguyên dương. Không mất tính tổng quát ta giả sử : x ≥ y ≥ z
≥ 1

zzz
x
yz
y
xz
z
xy
z
x
y
y
x
z
x
yz
y
xz
z
z
z
z
xy
323
2;
2
=+≥++=⇒
≥









+=+=≥⇒
133
≤⇒≤⇒
zz
mà
11 =⇒≥ zz
. Với z = 1 phương trình trở thành:
3=++
y
x
x
y
xy
Hãy thư giản !!!
21
A
B
C
O
E
D
F

M
H
N
K
Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2011
Ta có:
2≥+
x
y
y
x
từ đó:
1≤⇒ xy
mà
11;1 ==⇒≥≥ yxyx
. Vậy (x,y,z) = (1,1,1)
Từ nhận xét trên suy ra phương trình có các nghiệm nguyên là (1,1,1) ; (1,-1,-1) ; (-1,-1,1) ; (-
1,1,-1) .
4. a) Do
∠
NAE =
∠
NCE = 1v (gt) nên tg NACE nội tiếp trong đường tròn
∠
CNE =
∠
CAE =
45
0

=> NCE vuông cân tại C . Mặt khác do CH là trung tuyến nên CH là đường cao 
∠
CHE = 1
v
=>
∠
CBE =
∠
CHE = 1v => HBCE là tứ giác nội tiếp được trong đường tròn.
b) Không mất tính tổng quát ta gọi cạnh hình vuông là 1 thì diện tích hình vuông là 1 .
Đặt AN = x ( x > 0)  DN =1 + x . Trong tam giác vuông NDC có
CN
2
= CD
2
+ DN
2
= 1 + (1 +x)
2
= x
2
+2x + 2 .
Khi đó : S
NACE
= S
NAC
+ S
NCE
=
2

2
1
2
1
CNCD.AN
+
=
2
23
2
++
xx

Từ S
NACE
= 3 S
ABCD

0433
2
23
2
2
=−+⇔=
++
xx
xx
=> x = 1 , x = - 4 ( loại ) .
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 .
c) Trước hết ta chứng minh tam giác ANC đồng dạng với tam giác BHC .
+ ) Tứ giác NACE nội tiếp trong đường tròn =>
∠
AEN =
∠
ACN (1) ( cùng chắn cung AN )
và
∠
NAC +
∠
NEC = 2 v (2)
+) Tứ giác HBCE nội tiếp nên
∠
BEH =
∠
BCH ( 3 ) ( cùng chắn cung BH )
và
∠
HBC +
∠
HEC = 2 v (4) . Từ (1) và (3) ta có
∠
HCB =

∠
ACN và
∠
HBC =
∠
NAC .
Vậy tam giác ANC đồng dạng với tam giác BHC .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 )
5.
•
Bổ đề: Khoảng cách từ một điểm trên đờng tròn đến đờng thẳng qua hai tiếp điểm của hai
tiếp tuyến với đường tròn là trung bình nhân khoảng cách từ điểm ấy đến 2 tiếp tuyến .
•
Xét hai tiếp tuyến AB và AC , M
∈
(O)

Hạ các đường vuông góc MK, MH, ML xuống các tiếp tuyến AB, AC và dây EF
MEN MFH
∠ = ∠
( chắn cung
»
MF
).
MFN MEK
∠ = ∠
(
¼
ME
)
Suy ra các tam giác MEN và MFH , MFN và MEK đồng dạng.
Từ đó
MN MF MH
MK ME MN
= =

2
MN MH.MK
⇒ =
(1).
Bổ đề được chứng minh
•
Áp dụng (1), gọi a, b, c, d, e, f lần lượt là khoảng cách từ M
đến các đường 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.
Hãy thư giản !!!
22
Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2011

Đề 97
Bài 1: (2,0 điểm).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
Bài 2: (2,0 điểm). a) Giải hệ phương trình





=+
=−++
128
4
22
yx
yxyx
b) Giải phương trình:
2 1 3 1x x x+ − = −
.
Bài 3: (2,0 điểm). a) Cho a, b, c>0 chứng minh rằng:
1+
+
+
+
+
+
≥++
ba
cb
cb
ba
a

c
c
b
b
a
b) Cho a, b, c dương và a + b = c = 1. Chứng minh
6a b b c c a+ + + + + ≤
Bài 4: (2,0 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 5: (2,0 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
=
Hãy thư giản !!!
23
Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2011
2. a) Giải hệ phương trình






=+
=−++
128
4
22
yx
yxyx
ĐK : - x ≤ y ≤ x, x ≥ 0. Hệ PT ⇔





=−++
=−++
⇔





=−++
=−++
256)()(
4
128)(
2

1
)(
2
1
4
22
22
yxyx
yxyx
yxyx
yxyx
Đặt





−=
+=
yxv
yxu
( u, v ≥ 0) . Ta được



=−
=+
⇔




=+
=+
0)32(
4
256
4
44
uvuv
vu
vu
vu













−==
==
⇔











=
=



=
=
⇔



=
=+



=
=+
⇔
8&8
8
4

0
0
4
0
4
)(
32
4
yx
yx
v
u
v
u
uv
vu
VN
uv
vu
Vậy hệ có hai nghiệm ( 8; 8) và ( 8; -8).
b)
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.
3. a) 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:
Hãy thư giản !!!
24
Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2011
2 2
2
2
2 2 3 2 2 3 2
2
4
3 2 2
( ) ( )
2 2 (2)
( ) ( ) 1 1 1
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2

a c b a b cb b c
b bc ab
b c a
a c
b a b cb b c a c b a c c b b c b c a
VT b
b c a b c b a c a a c
b c
ab ac b ab bc b VP
a
+ +
+ + ≥ + +
+ +
= + + = + + + + + + +
≥ + + + ≥ + + =
Dấu “=” xảy ra khi a = b = c
b) C1: Áp dụng bất đẳng thức Cô – si:
2
2 2 2
2 2 2
3 3 3
. . : . à .
3 2 3 2 3 2
a b b c a c
a b T b c v 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
C2: Áp dụng Bu nhi a:

4. a) Từ giả thiết có
·
·
180IPA INA+ = ⇒
o
Tứ giác IPAN nội tiếp
· ·
(1)IPN IAN⇒ =
(cùng chắn cung IN)
Lại do
·
·
90IPB IMB⇒ = = ⇒
o
Bốn điểm I , P , M , B
nằm trên đường tròn đường kính BI
·
·
180 (2)MPI IBM⇒ + =
o
Vì
( )
·
·
180 (3)I O CAI IBM∈ ⇒ + =
o

Từ (2) và (3)
·
·

(4)MPI CAI⇒ =
Từ (4) và (1)
·
·
·
·
180MPI IPN CAI IAN⇒ + = + =
o
.Vậy M , P , N thẳng hàng .
b) Theo chứng minh trên ta có
·
·
(5)IBA IMN=
(góc nội tiếp cùng chắn cung IP của đường tròn qua 4 điểm I , B , M , P)
·
·
(6)INM IAB=
(góc nội tiếp cùng chắn cung IP của đường tròn qua 4 điểm I , N , A , P)
Từ (5) và (6)
IMN IBA
⇒ ∆ ∆
:
1
MN IM IN
MN AB
BA IB IA
⇒ = = ≤ ⇒ ≤
Dấu "=" xảy ra
· ·
90

M B
IAC IBC CI
N A
≡

⇔ ⇔ = = ⇔

≡

o
là đường kính của
( )
O
.Vậy MN lớn nhất bằng
AB
⇔
I đối xứng với C qua O.
c)
Hãy thư giản !!!
25
N
M
P
O
B
C
A
I