tuyển tập các đề thi học sinh giỏi môn toán lớp 9 tham khảo bồi dưỡng thi (19)

Trường THCS DTNT Quan Hóa

Năm 2010

Đề 100



 
x +1
2x + x
x +1
2x + x 

+
− 1 : 1 +
−
 
2x + 1
2x − 1
2x + 1
2x − 1 

 


Bài 1: (5,0 điểm). Cho biểu thức:P = 

a) Rút gọn P
1
2

(

b) Tính giá trị của P khi x = . 3 + 2 2

)

Bài 2: (4,0 điểm).
a) Giải hệ phương trình sau:

1
x
1
y

+ 2−

1
=2
y

+ 2−

1
=2
x

b) Giải phương trình: x = 2005-2006 (2005-2006 x2)2
Bài 3: (4,0 điểm).

x2
a) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: M = 4
x + x2 + 1
b) Cho a3 + b3 + c3 = 3abc với a,b,c khác 0 và a + b+ c ≠ 0
Tính P = (2008+

a
b
c
)(2008 + ) ( 2008 + )
b
c
a

Bài 4: (5,0 điểm). Cho ba điểm cố định A,B,C thẳng hàng theo thứ tự đó.vẽ đường trịn tâm O qua B
và C.Qua A vẽ tiếp tuyến AE,AF với đường tròn (O); Gọi I là trung điểm BC ,N là trung điểm EF .
a.Chứng minh rằng các điểm E, F luôn nằm trên 1 đường tròn cố định khi đường tròn (O) thay đổi.
b.Đường thẳng FI cắt đường tròn (O) tại K .Chứng minh rằng :EK song song với AB .
c.Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ONI chạy trên một đường thẳng cố định
khi đường tròn(O) thay đổi.
Bài 5: (2,0 điểm). Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, các tiếp điểm của (O) và các
cạnh BC, CA, AB lần lượt là D, E, F. Kẻ BB1 ⊥ AO , AA1 ⊥ BO
Chứng minh rằng 4 điểm D, E, A, B thẳng hàng.

GV: Phạm Văn Tuấn

1


Trường THCS DTNT Quan Hóa

1
2

Năm 2010

1
2

2, a) Đk: x ≥ ; y ≥ Ta sẽ chứng minh x=y. Thật vậy
1
1
1
1
+ 2 − =2 ⇔ 2 − =2 −
y
y
x
x
⇔2 −

1
4
1
1 1
4
=4 −
+ ⇔ + =
−2
y

x y
x x
x

Tương tự:

1 1
4
+ =
−2
x y
y

(1)

(2). Từ (1) và (2) ta có:

4
4
−2 =
− 2 ⇒x = y
x
y

1 1
4
2
2
+ =
−2 ⇔ +2 =

x y
x
x
x
Ta có:
. Vậy hệ có nghiệm x = y =1
1
2
1
2
⇔ 2 − + 1 = 0 ⇔( − 1) = 0 ⇔ x = 1
x
x
x

b) Đặt y = 2005 - 2006 x2 Phương trình trở thành :
2

 x = 2005 − 2006 y
⇔ x - y = 2006 (x2 - y2) ⇔

2
 y = 2005 − 2006 x


[ 2006 (x + y) - 1]( x - y ) = 0 ⇔

x = y
2006( x + y ) − 1 = 0


 x = −1
⇒ x = 2005 - 2006 x ⇔ 2006x + x - 2005 = 0 ⇒ 
Với x = y
 y = 2005
2006

1
1
1
⇒ y=
Với 2006 (x+y) - 1 = 0 ⇒ x + y =
- x⇔
- x = 2005-2006 x2
2006
2006
2006

1 − 1608817
x =
4012
⇔ 20062x2 - 2006x - 2005.2006 +1 = 0 → 

1 + 1608817
y =
4012

2

2

3. a) Nhận xét rằng nếu x = 0 thì M = 0, giá trị này không phải là giá trị lớn nhất. Vậy M đạt giá trị
lớn nhất với x khác 0. Chia cả tử và mẫu cho x2 ta được:

1
1
2
M =  x 2 + 1  + 1 . M đạt giá trị lớn nhất khi x + 2 nhỏ nhất


x


x2 

1

2
=> x + 2 = 2 => x = ± 1. Vậy M lớn nhất bằng 1/3 khi x = ± 1
x

b) Ta có: a3 + b3 + c3 = 3abc
⇔ ( a + b + c ) ( a2 + b2 + c2 - ab - bc - ac ) = 0 ⇔ a2 + b2 + c2 - ab - bc -ac = 0 ( vì a + b + c ≠ 0)
⇔ ( a- b )2 + ( b – c )2 + ( c – a )2 = 0 ⇔ a = b = c ⇒ P = (2008+

a
b
c
)(2008 + ) ( 2008 + )
b

c
a

P = ( 2008 + 1 ) ( 2008 + 1 ) ( 2008 + 1 ) = 20093
4. a) ∆ ABF và ∆ AFC đồng dạng (g_g). Ta có : AB/ AF=AF/AC ⇔ AF2=AB.AC
⇒ AF= AB. AC Mà AE=AF nên AE=AF= AB. AC khơng đổi
Vậy E,F thuộc đường trịn (A; AB. AC ) cố định.
b) Tứ giác AOIF nội tiếp đường tròn. Ta có : ∠ AIF = ∠ AOF (1)
GV: Phạm Văn Tuấn

2


Trường THCS DTNT Quan Hóa
1
1
∠ AOF = ∠ EOF và ∠ EKF = ∠ EOF
2
2
⇒ ∠ EKF = ∠ AOF (2).Từ(1) và(2) ⇒ ∠ AIF = ∠ EKF

Do đó : EK vàAB song song vơí nhau
c) Cm được A,N,O thẳng hàng và AO ⊥ EF ;
Gọi H là giao điểm của BC và EF .
Ta có : ∆ ANH và ∆ AIO đồng dạng nên

AH AN
=
AO AI

Suy ra :AH.AI =AN.AO. Lại có :AN .AO=AE2 =AB.AC
Do đó : AI.AH =AB.AC ⇒ AH =

AB. AC
AI

không đổi . Vậy H cố định

Tứ giác OIHN là tứ giác nội tiếp đường tròn nên đường trịn ngoại tiếp OIN
ln qua I và H ;Do đó tâm đương f tròn này nằm trên đường trung trực của IH
∧
ˆ
5. Theo bài ra ta có: AA1 B = AB1 B =900
Suy ra tứ giác AA1 B1 B nôi tiép trong một đường tròn
∧
ˆ cùng chắn cung BB1
⇒ BA B = ABB
1

1

1

∧

ˆ
AE1O = AA1O = 1V ⇒ tứ giác AEA1O nội tiếp

Mặt khác:
∧

ˆ
⇒ EA1 A = EOA1 cùng chắn cung AE)
∧

ˆ
BAB1 = B1 AE
ˆ
ˆ
OAE + EOA = 90 0 ⇒ E , A1 , B1

mà

thẳng hàng (*)
Tương tự:
ta có tứ giác AA1B1B nội tiếp
Theo bài ra ta có:
∧
0
ˆ
AA1 B = AB1 B =90
Suy ra tứ giác AA1 B1 B nơi tiép trong một đường trịn
∧

ˆ
⇒ A1 B1 A = A1 BA

cùng chắn cung AA1

∧

Ta lại có:

ˆ
OD1 B = OBB = 1V ⇒ tứ giác OB1DB nội tiếp
∧

ˆ
⇒ DB1 B = DOB (cùng chắn cung BD)
∧

ˆ
DOB = DBO
ˆ
ˆ
DBO + DOB = 90 0

mà

ˆ
ˆ
DBO = OBA

Tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau
Vậy

∧

ˆ
ˆ

DB1 B + BB1 A+ AB1 A1 = 180 0 ⇒ 3 điểm D, B1, A1 thẳng hàng (**)

Từ (*) , (**) suy ra A1, D, B1, E thẳng hàng

GV: Phạm Văn Tuấn

3

Năm 2010


Trường THCS DTNT Quan Hóa

Năm 2010

Đề 101

Bài 1: (4,0 điểm). Cho biểu thức P =

  1 + a3

a (1 − a ) 2  1 − a 3

:
+ a .
− a 
  1+ a

1+ a
 1 − a





a) Rút gọn P
b) Xét dấu của biểu thức M = a.(P -

1
)
2

Bài 2: (4,0 điểm). a) Giải hệ phương trình
1 x
+ =3
y2 y
1 x
x+ + =3
y y
x2 +

b) Giải Phương trình: 4x2 +3x(4 1 + x -9) = 27
Bài 3: (3,0 điểm). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
x2
y2
z2
+
+
A=
với x > 0; y > 0; z > 0 và xy + yz + zx =1
x+y y+z z+x

Bài 4: (3,0 điểm).Cho hai dãy số cùng chiều : a1 ≤ a2 ≤ a3
b 1 ≤ b2 ≤ b3
Chứng minh rằng : (a1+ a2 +a3)(b1 + b2 + b3 ) ≤ 3(a1b1 +a2b2+a3b3)
Áp dụng chứng minh rằng : với 0 ≤ a ≤ b ≤ c thì

a 2005 + b 2005 + c 2005
3
≤
2006
2006
2006
a+b+c
a
+b
+c

Bài 5: (6,0 điểm).
1. Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn ( O ). AD, BE , CF là ba đường cao
( D ∈ BC , E ∈ CA, F ∈ AB ) . Đường thẳng EF cắt BC tại G, đường thẳng AG cắt lại đường tròn (O)
tại điểm M .
a) Chứng minh rằng bốn điểm A, M , E , F cùng nằm trên một đường tròn.
b) Gọi N là trung điểm cạnh BC và H là trực tâm tam giác ABC . Chứng minh rằng GH ⊥ AN
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

GV: Phạm Văn Tuấn

4

Trường THCS DTNT Quan Hóa

Năm 2010
2



1 x
1
x
1
x
1
x
+ =3⇔ x +  −3= −
2. a) Đk y ≠ 0 : x + 2 + = 3 ⇔  x +  = 3 + (1): x +




y
y
y
y
y
y
y
y



2

2

(2)




1
1


1
1
Cộng (1) và (2) vế với vế ta được:  x +  +  x +  − 6 = 0 ⇔  x + + 3  x + − 2  = 0







y
y
y
y






1
1
1



x + y + 3 = 0
 x + y = −3( 3)
 x + y = −3
6 y 2 + 3 y + 1 = 0(*)


⇔ 
⇔
Từ (3) và (2) ta có:
(*) vơ nghiệm
1
1


x
x = 6 y
x+ −2=0
x + = 2( 4 )
=6


y

y
y



1

 x + y = −3

⇒ hệ vơ nghiệm. Từ (4) và (2) ta có 
⇔
 x =1
y

⇔ x = y = 1; hệ có 1 nghiệm x = y = 1;

y 2 − 2y + 1 = 0

x = y

b) Giải phương trình:
đk:
Pt

4 x 2 + 3 x(4 1 + x) − 9) = 27
x ≥ −1
⇔ 4 x 2 + 12 x 1 + x = 27(1 + x)

⇔ 4 x 2 + 12 x 1 + x + 9(1 + x) = 36(1 + x )
⇔ (2 x + 3 1 + x ) 2 = 36(1 + x)

2 x + 3 1 + x = 6 1 + x
⇔ 
2 x + 3 1 + x = −6 1 + x

 x ≥ 0
 2
 4 x − 9 x − 9 = 0
⇔ 
⇔
− 1 ≤ x < 0

4 x 2 − 81x − 81 = 0


(do

x ≥ −1)

x = 3

 x = 81 − 9 97

8


(0,5đ)

3.
a) + Biến đổi để được:
 xy

yz
zx 
+
+
÷ (1)
 x + y y +z x +z 

A = x + y + z −

+ Chứng minh được: x + y + z ≥ xy + yz + zx > 0 (2)
+ Thay (2) (3) vào (1) được A ≥
Do đó: Min A =
+ Vậy Amin =

1
2

x = y = z
1

⇔
2
 xy + yz + zx = 1


1
1
⇔ x=y=z=
2
3

GV: Phạm Văn Tuấn

5


Trường THCS DTNT Quan Hóa
b) Do a1 ≤ a2 ≤ a3 ⇒ a1 - a2 ≤ 0
a 1 - a3 ≤ 0
a 2 - a3 ≤ 0
và b1 ≤ b2 ≤ b3 ⇒ b1 - b2 ≤ 0
b 1 - b3 ≤ 0
b 2 - b3 ≤ 0
⇒ (a1 - a2)(b1 - b2) + (a1 - a3)(b1 - b3) + (a2 - a3)(b2 - b3) ≥ 0
⇔ 2(a1b1+ a2b2 + a3b3)- a1b2 - a2 b1 - a1 b3 - a3b1 - a2b3 - a3b2 ≥ 0
⇔ a1b1+a2b2+a3b3+a1b2+a2b1+a1b3+a3b1+ a2b3+a3b2 ≤ 3(a1b1+a2b2+ a3b3)
⇔ a1(b1+ b2+b3)+ a2(b1+ b2+b3)+ a3(b1+ b2+b3) ≤ 3(a1b1+a2b2+ a3b3)
⇔ ( a1 + a2 + a3 )( b1+ b2+b3) ≤ 3(a1b1+a2b2+ a3b3)

Năm 2010

Đặt a1 = a2005 ; a2 = b2005 ; a3 = c2005
a
b
c
; b2 =
; b3 =
a+b+c
a+b+c
a+b+c

≤ a ≤ b ≤ c Nên ta có ; a1 ≤ a2 ≤ a3 và b1 ≤ b2 ≤ b3
Do 0

b1 =

áp dụng câu a ta có;
(a

2005

+b

2005

+c

 a 2006 + b 2006 + c 2006
b
c 
 a
+
+
 ≤ 3
)

a+b+c
a+b+c a+b+c a+b+c


2005

2005

+ b 2005 + c 2005
3
⇔ a
≤

2006
2006
2006
a+b+c
a
+b
+c


5.
Nhận xét: Cho tứ giác ABCD, P là giao điểm của AB và CD. Tứ giác ABCD nội tiếp khi và chỉ khi:
PA.PB = PC.PD

Áp dụng nhận xét trên cho tứ giác AMBC nội tiếp, ta được GM ×GA = GB ×GC
A
Áp dụng cho tứ giác BFEC nợi tiếp, ta được GB ×GC = GF ×GE
GE
GA
Suy ra GF × = GM ×
M
Do đó, tứ giác AMFE nội tiếp.
E

- Theo kết quả phần 1, và tứ giác AEHF nội tiếp suy ra
F
M nằm trên đường tròn đường kính AH , do đó HM ⊥ MA .
O
Tia MH cắt lại đường tròn (O) tại K ,
H
khi đó do ∠AMK = 90o nên AK là đường kính của (O) .
G
B
D
N
Từ đó suy ra KC ⊥ CA, KB ⊥ BA . Suy ra KC || BH , KB || CH ,
do đó BHCK là hình bình hành. Suy ra KH đi qua . Khi đó M , H , N thẳng hàng.
K
Trong tam giác GAN có hai đường cao AD, NM cắt nhau tại H , nên H là trực tâm của tam giác
GAN . Suy ra GH ⊥ AN

C

F

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 SABCD = SABF.
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

D

E

A
GV: Phạm Văn Tuấn

6

C

B


Trường THCS DTNT Quan Hóa

Năm 2010

Đề 102



2 x
−
 x x + x − x −1

Bài 1: (4,0 điểm). Cho biểu thức:P = 

a) Rút gọn P

b) Tìm x để P ≤ 0
Bài 2: (4,0 điểm).
a) Giải hệ phương trình :

1  
x 
 : 1 +

x + 1
x −1 
 


x+y=1
x5 + y5 = 11

b) Giải phương trình: 3 x + 3 − 3 6 − x = 1
Bài 3: (4,0 điểm).
a) Cho a,b,c >0 và a+b+c = 1. Chứng minh b+c ≥ 16abc.
b) Cho x3 + y3 + 3(x2 +y2) +4(x + y) + 4 = 0 và xy > 0 .
1
x

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : M = +

1
.
y

Bài 4: (6,0 điểm).

1. Cho hình vng ABCD cạnh là a. Trên đường chéo AC lấy điểm E và F sao cho
∠ EBF = 450. Đường thẳng BE, BF cắt AD và CD lần lượt tại M và N. MF và NE cắt nhau tại H,
BH cắt MN tại I.
a.Chứng minh AB = BI.
b.Tìm vị trí của M và N sao cho diện tích tam giác MDN lớn nhất.
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). Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:
1 1 1
+ =
x y 7

GV: Phạm Văn Tuấn

7


Trường THCS DTNT Quan Hóa
5

5

5

2 3

Năm 2010
3 2

5

2 3

3 2

3

3

2

2

2 2

2. a) Ta có x + y = ( x + x y + x y + y ) – ( x y +x y ) = (x + y ) (x +y ) – x y (x+y)
Vì x+ y = 1 ⇒ x5+y5 = ( x2 – xy +y2)(x2 + y2) – x2y2
= ( x2 + 2xy + y2 – 3xy)(x2 + y2 + 2xy –2xy) – x2y2
2
= ( x + y) − 3xy (x +y )2 – 2xy - x2 y2 = ( 1- 3xy)(1-2xy) – x2y2
x5 + y5 = 5(xy)2 – 5(xy) + 1
↔ 5(xy)2 – 5(xy) + 1 = 11
xy = 2
2
↔ (xy) – (xy) – 10 = 0 ↔
xy = -1
Với xy = -1 ta có hệ phương trình
x+y=1
xy = -1
↔ ( x,y) = ( 1 + 5 ; 1 − 5 ) hoặc ( 1 − 5 ; 1 + 5 )

2
2
2
2
Với xy = 2 ta có hệ phương trình
x+y=1
xy = 2 ( vơ nghiệm)
Vậy hệ phương trình có nghiệm ( 1 + 5 ; 1 − 5 ) và ( 1 − 5 ; 1 + 5 )
2

b) Đặt

3

2

2

2

x + 3 = a, 3 6 − x = b. Tìm được x = 5 là nghiệm

3. a) Cho a, b, c là ba số dương thoả mãn điều kiện a + b + c = 1. Chứng minh rằng:

a+b
≥ 16
abc

Áp dụng BĐT Côsi x + y ≥ 2 xy ta có ( a + b) + c ≥ 2 ( a + b)c
⇔ 1 ≥ 2 (a + b)c ⇔ 1 ≥ 4( a + b)c nhân hai vế với a + b > 0 ta được:

A + b ≥ 4(a + b)2c
mà ta chứng minh được (a + b)2 ≥ 4ab
Do đó a + b ≥ 4(4ab)c hay a + b ≥ 16abc
từ đây suy ra đpcm
2
2
Theo kết quả câu 3.1, ta có: ( a + b + c ) =  a + ( b + c )  ≥ 4a ( b + c ) mà a + b + c = 1 (giả thiết)



nên: 1 ≥ 4a ( b + c ) ⇔ b + c ≥ 4a ( b + c )

2

(vì a, b, c khơng âm nên b + c không âm)

Nhưng: ( b + c ) ≥ 4bc (không âm)Suy ra: b + c ≥ 16abc .
2

a = b + c
1
1
⇔b=c= , a=
4
2
 b=c

Dấu đẳng thức xảy ra khi: 

b) Ta có : x3 + y3 + 3(x2 +y2) +4(x + y) + 4 = 0

⇔ x3 + 3x2 + 3x +1 + y3 + 3y2 + 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

1
3
2
2
2
( x + 1) – ( x + 1) ( y + 1) + ( y + 1) + 1= ( x + 1) − ( y + 1)  + ( y + 1) + 1 > 0


2
4


Nên (*) ⇔ x + y + 2 = 0 ⇔ x + y = - 2
1 1 x + y −2
1
−2
2
Ta có : M = + =
=
vì ( x + y ) ≥ 4 xy ⇒ 4 ≥ 4 xy ⇒ ≥ 1 ⇒ ≤ − 2 .Vậy MaxM = -2 ⇔ x = y = -1
x y
xy
xy
xy
xy
Vì

.4. 1) Ta có : ∠ EBN = ∠ ECN = 450 ⇒ Tứ giác BCNE nội tiếp
⇒ ∠ BEN = 900 tương tự tứ giác ABFM nội tiếp ⇒ ∠ BFM = 900
Xét ∆ BMN có NE và MF là 2 đường cao → H là trực tâm → BI ⊥ MN
Tứ giác ABFM nội tiếp ⇒ ∠ ABM = ∠ AFM(cùng chắn cung AM)
⇒ Tứ giác BEHF nội tiếp ⇒ ∠ EFH = ∠ EBH (Cùng chắn cung EH)
GV: Phạm Văn Tuấn

8


Trường THCS DTNT Quan Hóa
Năm 2010
Do đó ∠ ABM = ∠ MBI ⇒
∆ BAM = ∆ BIM ( t/h đặc biệt ) → AB = BI
Ta có ∆ AMB = ∆ IMB ⇒ AM = IM, ∆ INB = ∆ CNB ⇒ CN = IN
⇒ AM + CN = IM + IN ⇒ MD + AM + CN + DN = MN + MD + DN ⇒ 2a = MN + MD + DN
xy
Đặt DM = x ; DN = y ⇒ MN = x 2 + y 2 → SMDN =
và 2a = x + y + x 2 + y 2
2

SMDN lớn nhất khi xy lớn nhất.Bài toán đưa về xác định x, y thỏa mãn :
x+y + x 2 + y 2 =2a sao cho xy lớn nhất. Ta có x+ y ≥ 2 xy ; x 2 + y 2 ≥
Suy ra 2 a = x + y +

x +y
2

2

≥ 2 xy +

2 xy ↔ 2a ≥

2 xy

xy ( 2+ 2 )

2a
= a ( 2 - 2 ) → xy ≤ a2 ( 2 - 2 )2 = a2(6 - 4 2 ) ↔ xy ≤ 2a2 ( 3 - 2 2 )
2+ 2
xy
≤ a2 ( 3 - 2 2 )
Do đó SMDN =
2
Vậy Max SMDN = a2 ( 3 - 2 2 ) Khi x = y = a (2 - 2 )
Vậy khi DM = DN = a (2 - 2 ) thì ∆ MDN có diện tích lớn nhất và Max SMDN = a2 ( 3 - 2 2 )
⇒

xy

≤

2)

B
M
A

A

D

N

C

E

y

Qua A vẽ Ax //MD, Ax cắt DC tại F,
Qua B vẽ By //MC, By cắt DC tại E. Chứng minh SABCD = SMEF.
Lấy N là trung điểm của EF, MN chia tam giác MEF thành hai hình có diện tích bằng nhau và cùng
chia tứ giác ABCD ra hai phần có diện tích bằng nhau.
Nếu N thuộc đoạn thẳng DC, tức là SAMD < 1/2SABCD và SBMC < 1/2 SABCD
5. Điều kiện x ≠ 0; y ≠ 0 ⇔ xy ≠ 0
1 1 1
+ = ⇔ xy − 7 x − 7 y = 0
x y 7
Khi đó: ⇔ y ( x − 7 ) − 7( x − 7 ) = 49 ⇔ ( x − 7 )( y − 7 ) = 49 (Với x ≠ 7 )
49
⇔ y−7=
x−7
49
∈ Z ⇔ x − 7 là ước của 49
y∈ Z ⇔ y − 7 ∈ Z ⇔
x−7
x − 7 = ±1

⇔
x − 7 = ±7 ⇔ { x} = { − 42;0;6;8;14;56}
x − 7 = ±49
( x; y ) = { ( 8;56); (14;14)( 56;8)}
Các nghiệm nguyên dương của phương trình là:
GV: Phạm Văn Tuấn

9


Trường THCS DTNT Quan Hóa

Năm 2010

Đề 103

 2a + 1
  1 + a3
a

.
−
− a
Bài 1: (4,0 điểm). Cho biểu thức:P = 
3

a + a + 1  1 + a
 a



a) Rút gọn P
b) Xét dấu của biểu thức P. 1 − a
Bài 2: (5,0 điểm).
a) Giải phương trình:

x 2 − 2x + 1 +

2
x 2 − 4 x + 4 = 1 + 2005 2 + 2005 + 2005
2006 2 2006

x + y + z = 3
 3
3
3
x + y + z = 3

b) Tìm nghiệm nguyên của hệ phương trình

Bài 3: (4,0 điểm).
a) Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn
x ≥ y ≥ z và 3z - 3x2 = z2 = 16 - 4y2
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : zy + yz + zx
b) Cho tam giác ABC có các cạnh a,b,c và chu vi 2p =a+ b + c
Chứng minh rằng :
1
p−a

+

1
p−b

+

1
1 1 1
≥ 2(
+ + )
p−c
a b c

Bài 4. (5,0 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.
a) Chứng minh rằng M, N, P thẳng hàng.
b) Xác định vị trí của I để đoạn MN có độ dài lớn nhất.
c) 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 vng góc với GF. Chứng minh rằng QE là phân giác của góc BQC.
Bài 5: (2,0 điểm).
Ở miền trong hình vng ABCD lấy điểm M sao cho ∠MBA = ∠MAB = 15 0
Chứng minh rằng : Tam giác MCD đều

GV: Phạm Văn Tuấn

10

Trường THCS DTNT Quan Hóa
2. a) PT đưa về: x − 1 + x − 2 = 2006

Năm 2010

( *)

Xét 3 trường hợp * Trường hợp 1: Nếu x<1. PT ( *) ⇔ 3 − 2 x = 2006 ⇔ x = −
* Trường hợp 2: Nếu 0 ≤ x < 2 . PT ( *) ⇔ 0 x + 1 = 2006
* Trường hợp 3: Nếu x ≥ 2 . PT ( *) ⇔ 2 x − 3 = 2006 ⇔ x =
Kết luận: PT có 2 nghiệm x1 = −

2003
2

(thỏa mãn)

(PT vơ nghiệm)
2009
2

(thỏa mãn)

2003
2009
; x2 =
2
2

b) Ta có hằng đẳng thức (x + y + z)3 – ( x3 + y3 + z3 ) = 3(x + y) (y + z)(z + x)

nên (x + y) (y + z)(z + x) = 8.
Đặt c = x + y, a = y + z , b = z + x thì abc = 8 do đó a,b,c ∈{ ±1, ±2, ±4, ±8 }
Giả sử x ≤ y ≤ z thì c ≤ b ≤ a. Ta có a + b + c = 2 ( x + y + z ) = 6 nên a ≥ 2
b + c = 4
⇒ b = c = 2 ⇒ x = y = z =1
bc = 4
b + c = 2
Với a = 4 ta có 
Khơng có nghiệm ngun.
bc = 2
b + c = −2
⇒ b = c = −1 ⇒ x = −5, y = z = 4
Với a = 8 ta có 
bc = 1

Với a = 2 ta có 

Vậy hệ có 4 nghiệm (1 ;1 ;1) ,(4 ;4 ;-5) (4 ;-5 ;4) (-5 ;4 ;4)
3. a) * Tìm giá trị lớn nhất của: xy + yz + zx

.Từ giả thiết ta có: y2 =

16 - z 2
32 - z 2
, x2 =
4
3

4
16 - z 2

≥ z2 ⇔ 5t2 ≤ 16 ⇔ z ≤
(1)
5
4
16 - z 2 48 - 3t 2 5t 2 - 16
2
2
=
≤ 0 ⇒ x2 ≤ 3y2 ⇔ x ≤ 3 y (2)
Mặt khác x - 3y =
3
4
12
x
3  x2
3 2
1 2
2
2
2

⋅z≤
Từ đó ⇒ x ⋅ y ≤ 3 y 2 . Ta có: xz = 3
 3 + z  ≤ 2 y + z và yz ≤ 2 y + z

2 
3


3 1  16 − z 2   3 + 1  2

z
+
⇒ xy + yz + zx ≤ 3 y2 + 3 y 2 + z 2 + 1 y 2 + z 2 =  3 +
+ 

2
2  4   2 
2
2
 



3+ 3 2
 3 + 3  16 32 3 + 16



= 2 3 3 +1 + 
 8 z ≤ 6 3 + 2 +  8  ⋅ 5 =
5




4
3
Dấu đẳng thức sảy ra ⇔ x = 4
,y=z=
5

5

3 4 4 
32 3 + 16

,
Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức xy + yz + zx là
đạt được ⇔ ( x; y; z ) =  4 ⋅ ,

5 5 5
5


b+c−a
a+c−b
b+a−c
>0, P−b=
> 0, P − c =
>0
b, ta có: P − a =
2
2
2
1 1
4
1
1
4
4
+

≥
=
áp dụng bất đẳng thức: x, y>0 ta có: + ≥
,
x y x + y p − a p −b 2p − a −b c

Vì y ≥ z

⇒

(

(

(

GV: Phạm Văn Tuấn

)

)

(

)

(

)

11

)

(

)


Trường THCS DTNT Quan Hóa
Năm 2010
1
1
1
1 1 1
+
+
) ≥ 2( + + ) . Dấu “ =” xảy ra khi và chỉ khi: a=b=c
Tương tự ta có: (
p −a p−b p−c
a b c
N
I
· + INA = 180o ⇒ Tứ giác IPAN nội tiếp
·
4. a) Từ giả thiết có IPA
A
·
·
⇒ IPN = IAN (1) (cùng chắn cung IN)

·
·
Lại do ⇒ IPB = IMB = 90o ⇒ Bốn điểm I , P , M , B
·
·
nằm trên đường trịn đường kính BI ⇒ MPI + IBM = 180o (2)
·
·
Vì I ∈ ( O ) ⇒ CAI + IBM = 180o (3)

P

O

·
·
Từ (2) và (3) ⇒ MPI = CAI (4)
B
M
·
·
·
·
Từ (4) và (1) ⇒ MPI + IPN = CAI + IAN = 180o Vậy M , P , N thẳng hàng .
b) Theo chứng minh trên ta có
·
·
IBA = IMN (5) (góc nội tiếp cùng chắn cung IP của đường tròn qua 4 điểm I , B , M , P)
·

·
INM = IAB (6) (góc nội tiếp cùng chắn cung IP của đường tròpn qua 4 điểm I , N , A , P)

Từ (5) và (6) ⇒ ∆IMN : ∆IBA ⇒

C

MN IM IN
=
=
≤ 1 ⇒ MN ≤ AB
BA
IB IA

M ≡ B
·
·
⇔ IAC = IBC = 90o ⇔ CI là đường kính của ( O ) .Vậy MN nhỏ nhất bằng
Dấu "=" xảy ra ⇔ 
N ≡ A
A
AB ⇔ I đối xứng với C qua O .
c) Gọi B' , C' lần lượt là hình chiếu của B và C trên GF .
·
·
Chứng minh được B ' GB = C ' FC (7) , suy ra ∆BB ' G : ∆CC ' F ( g .g )
BG BE B ' Q
BB ' BG
B'
G

=
=
(9)
⇒
=
(8) . Lại có
Q
CF CE QC '
CC ' CF
F
C'
BB ' B ' Q
=
Từ (8) và (9) suy ra
(10)
CC ' QC '
·
·
·
·
Từ (7) và (10) ⇒ ∆ BB ' Q : ∆ CC ' Q (c.g .c ) ⇒ BQB ' = CQC ' ⇒ BQE = CQE

Vậy QE là phân giác của góc BQC .
B
E
5. Xác định điểm I trong tam giác MDA sao cho tam giác MIA là tam giác đều
Ta có ∠ IAD=900-150-600=150= ∠ MAB
AB=AD và AM=AI
⇒ ∆ AID= ∆ AMB ⇒ ∠ AID = ∠ AMB=1500 ⇒ ∠ MID=3600-1500-600=1500
Xét ∆ IDM và ∆ IDAcó ID chung; ∠ MID= ∠ AID=1500

IA=IM (do ∆ AIM là đều)
⇒ ∆ IDM= ∆ IDA ⇒ AD=DM =DC (1)
Mặt khác ∆ DAM= ∆ CBM (vì BC=AD ;MB=MA; ∠ CBM= ∠ DAM)
⇒ MC=MD (2) từ (1) và (2) ta có ∆ DMC đều

Đề 104
GV: Phạm Văn Tuấn

12

C


Trường THCS DTNT Quan Hóa

Năm 2010

Bài 1: (4,0 điểm).
Cho biểu thức: P =

3(x + x − 3)
x+ x −2

−

x +1
x+2

+

a/ Rút gọn P
b/ Tìm các giá trị x nguyên để P nguyên ;
c/ Tìm các giá trị của x để P = x
Bài 2: (5,0 điểm).


x −2 1

− 1


x 1 − x


(a + b) 4 = 6a 2 b 2 − 215

a) Giải hệ phương trình: 
ab(a 2 + b 2 ) = −78

4
1
5
+ x − = x + 2x −
b) Giải phương trình:
x
x
x

Bài 3: (4,0 điểm).
a.

Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn
x+ y+z=

b.

5
3

Chứng minh rằng

1 1 1
1
+ < (1 + )
x y z
xy

Gọi a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác biết

( a + b )( b + c )( c + a ) = 8abc

Chứng minh rằng tam giác đã cho là tam giác đều
Bài 4: (2,0 điểm).
a) Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau: 7x2 + 13y2 = 1820.
b) Cho x, y, z > 0, x + y + z = 1.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức C = ( xyz)(x+y)(y+z)(z+x)
Bài 5: (5,0 điểm). Cho ba điểm cố định A,B,C thẳng hàng theo thứ tự đó.vẽ đường trịn tâm O qua B
và C.Qua A vẽ tiếp tuyến AE,AF với đường tròn (O); Gọi I là trung điểm BC ,N là trung điểm EF .
a.Chứng minh rằng các điểm E,F ln nằm trên một đường trịn cố định khi đường tròn (O) thay
đổi
b.Đường thẳng FI cắt đường tròn (O) tại K .Chứng minh rằng :EK song song với AB .

c.Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ONI chạy trên một đường thẳng cố định
khi đường tròn(O) thay đổi.

GV: Phạm Văn Tuấn

13


Trường THCS DTNT Quan Hóa

2. a)

Năm 2010

Đặt (a + b) 2 = x; a − b = y ( x ≥ 0)
2
2
 2
 2
 x 2 = 6 y 2 − 215
 x − 6 y + 215 = 0
 x − 6 y + 215 = 0
⇔
⇔ 2
Hpt ⇔ 
 xy − 2 y 2 + 78 = 0
 x − 3 xy − 19 = 0
 y ( x − 2 y ) = −78



 2
 x 2 − 19 
 x 2 − 6 y 2 + 215 = 0
 x 4 + 721x 2 − 722 = 0
 x − 6
 3 x  + 215 = 0






⇔
⇔
⇔
x 2 − 19
x 2 − 19
x 2 − 19
y =

y =
3x
3x


 y = 3x

(a + b) 2 = 1
x = 1
 a = 2  a = −3  a = −2  a = 3

⇔
⇔
⇔
∨
∨
∨
 y = −6
b = −3 b = 2
b = 3
b = −2
ab = 6

b)

Pt

Tập xác định

1

x − x ≥ 0

(*)
:
2 x − 5 ≥ 0

x


4

5
1
5
1
4

⇔ − x = 2 x − − x − ⇔  − x  2 x − + x −
x
x
x
x
x
x



4
x − x = 0

4
=x−
⇔

x
5


 2x − x +


1
x − =−
1
x

2
x = −
⇔
x =2


So sánh với điều kiện (*) ⇒ x=2 là nghiệm.
3. a) Ta có: ( z − x − y ) 2 = x 2 + y 2 + z 2 + 2( xy − xz − yz ) ⇒ x 2 + y 2 + z 2 + 2( xy − xz − yz ) ≥ 0 ∀x, y, z

(

)

1 2
5
x + y 2 + z 2 = <1
2
6
⇒ xz + yz − xy <1
1 1 1
1
⇒ + − <
y x z xyz
⇒ xz + yz − xy ≤

⇒

1 1 1
1 

+ < 1 +

x y z
xy 


( a + b )( b + c )( c + a ) = 8abc ⇔ ( a 2 b + bc 2 − 2abc ) + ( ac 2 + ab 2 − 2abc ) + ( b 2 c + a 2 c − 2abc ) = 0
2
2
2
⇔ b( a − c ) + a ( b − c ) + c ( b − a ) = 0
Ta có: b( a − c ) 2 ≥ 0 ∀a, b, c
2
a( b − c ) ≥ 0 ∀a, b, c
2
c( b − a ) ≥ 0 ∀a, b, c . mà a, b, c ≠ 0
2
2
2
⇒ b( a − c ) + a( b − c ) + c( b − a ) ≥ 0 ∀a, b, c
b)

Dấu bằng xảy ra khi

c(a − b) 2 = 0


2
a (b − c) = 0
b(a − c) 2 = 0


⇒a=b=c
GV: Phạm Văn Tuấn

14


Trường THCS DTNT Quan Hóa

Năm 2010

Kết luận: Vậy tam giác có 3 cạnh bằng nhau nên là tam giác đều
4. a) Do 1820 M13 và 13y2M13, x và y là các số nguyên nên ta cần có 7x2M13 ⇔ x2M13 ⇔ xM13 (vì
13 là số nguyên tố)⇔ x = 13m với m ∈ Z.
Tương tự do 1820 M7 và 7x2M7, x và y là các số nguyên nên ta cần có 13y2M7 ⇔ y2M7 ⇔ yM7 (vì 7
là số ngun tố)⇔ y = 7n với n ∈ Z.
Khi đó phương trình đã cho trở thành: 7(13m)2 + 13(7n)2 = 1820 ⇔ 13m2 + 7n2 = 20
m =0

⇒ 13m2 ≤ 20 ⇒ m2 ≤ 1 ⇒ 

 m =1


, (vì m ∈ Z).

+ Nếu m = 0 ⇔7n 2 = 20 ⇔n 2 =

20
∉Z
7

(loại).
x = ±13
y = ±7

2
2
+ Nếu m = 1 ⇔ 13 + 7n = 20 ⇔ n = 1 ⇔ n = 1 ⇔ 

Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm nguyên là (-13; -7) (-13; 7), (13; -7) và (13; 7).
3

3

1
 x+ y + z   1
(1)
b) vì x, y, z > 0, x + y + z = 1. áp dụng BDT côsi cho 3 số dương : xyz ≤ 
 =  =
 3   3  27
3

3

8
 x + y + y + z + z + x
2
Tương tự ( x + y )( y + z )( z + x ) ≤ 
 =  3  = 27 (2)
3
 


8
Từ (1),(2) ⇒ xyz ( x + y )( y + z )( z + x) ≤
729
8
1
Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức là
khi x = y = z =
729
3
5. a) ∆ ABF và ∆ AFC đồng dạng (g_g). Ta có : AB/ AF=AF/AC ⇔ AF2=AB.AC
⇒ AF= AB. AC Mà AE=AF nên AE=AF= AB. AC không đổi
Vậy E,F thuộc đường tròn (A; AB. AC ) cố định.
b) Tứ giác AOIF nội tiếp đường trịn. Ta có : ∠ AIF = ∠ AOF (1)
1
1
∠ AOF = ∠ EOF và ∠ EKF = ∠ EOF ⇒ ∠ EKF = ∠ AOF (2). Từ(1) và(2) ⇒ ∠ AIF = ∠ EKF
2
2

Do đó: EK và AB song song vơí nhau
c) Cm được A, N, O thẳng hàng và AO ⊥ EF ; Gọi H là giao điểm của BC và EF .

Ta có : ∆ ANH và ∆ AIO đồng dạng nên

AH AN
=
. Suy ra :AH.AI =AN.AO
AO AI

Lại có :AN .AO=AE2 =AB.AC
Do đó : AI.AH =AB.AC ⇒ AH =

AB. AC
AI

không đổi . Vậy H cố định

Tứ giác OIHN là tứ giác nội tiếp đường trịn nên đường trịn ngoại tiếp OIN ln qua I và H ;Do đó
tâm đường trịn này nằm trên đường trung trực của IH

GV: Phạm Văn Tuấn

15


Trường THCS DTNT Quan Hóa

Năm 2010

Đề 105



Bài 1: (4,0 điểm). Cho biểu thức : P =  x −



1   x −1 1− x 

:
+

x 
x
x+ x



a) Rút gọn P
b) Tính giá trị của P biết x =

2

2+ 3
c) Tìm giá trị của x thỏa mãn : P x = 6 x − 3 − x − 4

Bài 2: (5,0 điểm).

(

)
)

 x 2 + xy + y 2 x 2 + y 2 = 185

a) Giải hệ:  2
 x − xy + y 2 x 2 + y 2 = 65

x2 + 2x + 1 x2 + 2 x + 2 7
+
= .
b) Giải phương trình: x 2 + 2 x + 2 x 2 + 2 x + 3 6

(

Bài 3: (4,0 điểm).
a) Cho a , b, c, d > 0 . Chứng minh rằng :

a
b
c
d
+
+
+
<2
a+b+c
b+c+d
c+d +a
d +a+b
4a
9b

16c
+
+
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P=
b+c−a a+c−b a+b−c

1<

Với a, b, c là độ dài 3 cạnh của tam giác
Bài 4: (5,0 điểm).
Cho ∆ ABC có 3 góc nhọn. ở bên ngồi tam giác vẽ hai nửa đường trịn có đường kính là AB và AC.
Một đường thẳng d quay quanh A cắt hai nửa đường tròn lần lượt tại M và N (khác A)
a) Chứng minh đường trung trực của MN đi qua một điểm cố định
b) Giả sử ∆ ABC cân tại A. Xác định vị trí của đường thẳng d để diện tích tứ giác BCNM lớn
nhất
Bài 5: (2,0 điểm).
Cho tam giác ABC cân ở A, đường cao AH bằng 10cm, đường cao BK bằng 12cm. Tính độ
dài các cạnh của tam giác ABC.

GV: Phạm Văn Tuấn

16


Trường THCS DTNT Quan Hóa

(
(

Năm 2010

)
)

 x 2 + xy + y 2 x 2 + y 2 = 185(21)

2. a) Giải hệ:  2
 x − xy + y 2 x 2 + y 2 = 65(22)


Lấy (21) + (22): ( x 2 + y 2 ) x 2 + y 2 = 125 ⇔ x 2 + y 2 = 5 thay vào (21) ⇒ xy = 12
 x 2 + y 2 = 25
 x + y = ±7
⇔
Từ đó ta có hệ: 
Từ đó ta có hệ pt:
 x − y = ±1
 2 xy = 24
x + y = 7
 x+ y =7
 x + y = −7
a) 
b) 
c) 
x − y =1
 x − y = −1
 x− y =1

Vậy hệ đã cho có nghiệm: ( x, y ) ∈ { ( 4,3) ; ( 3;4 ); ( − 3;−4 ); ( − 4,−3)

}

a
a
<
<1
(1)
a+b+c+d
a+b+c
a
a+d
áp dụng tính chất của tỉ số ta có :
<
(2)
a+b+c
a+b+c+d
a
a
a+d
Từ (1) và (2) ta có :
<
<
a+b+c+d
a+b+c
a+b+c+d
b
b
a+b
Tương tự ta có :
<

<
a+b+c+d
b+c+d
a+b+c+d
c
c
c+b
d
d
d +c
<
<
;
<
<
a+b+c+d
c+d +a
a+b+c+d a+b+c+d
d +a+b
a+b+c+d

3. a) Ta ln có :

Cộng vế theo vế của 4 bất đẳng thức kép trên ta được :

a+b+c+d
a
b
c
d

2( a + b + c + d )
<
+
+
+
<
a+b+c+d
a+b+c
b+c+d
c+d +a
d +a+b
a+b+c+d
a
b
c
d
Vậy 1 <
+
+
+
< 2 (đpcm)
a+b+c
b+c+d
c+d +a
d +a+b

b) Đặt b+c-a=2x; a+c-b =2y; a+b-c=2z
x, y, z >0
a= y+z
b= x+z

c= x+y

y+z
x+ y  y
z+x
y
x  z
x  z
+9
+ 16
=  4 + 9  +  4 + 16  +  9 + 16 
 x

 y
x
y
z
y  x
z 
z


≥ 12 + 16 + 24 = 52 ⇒ P≥ 26
z 4
y 3 z
Dấu "=" xảy ra khi = ; = 2 ; = ⇔ 3x=4y=6z; x=2; y=3; z= 4 ⇒ a=7; b =6; c=5.
y 3
x 2 x

2P

= 4

4. a) Ta có ∠AMB =90o (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) (1)
GV: Phạm Văn Tuấn

17

 x + y = −7
 x − y = −1

d) 


Trường THCS DTNT Quan Hóa

Năm 2010

∠ANC = 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
o

 BM ⊥ MN
⇒
⇒ BM // CN
 NC ⊥ MN
(2)

Từ (1) và (2) suy ra: Tứ giác BMNC là hình thang vng
Gọi d' là trung trực của MN => d' là đường trung bình của hình thang vuông BMNC => d luôn đi qua
một điểm cố định k (k là trung điểm của BC)

b) Xác định vị trí d để diện tích BCMN lớn nhất
Vẽ BD ⊥ NC , D ∈ CN , MN = BD ≤ BC => Max MN = BC
d
N
A
P
D
M

C

K

B

d'

Ta có SBCNM=SABC + SABM + SACN => max SBCNM <=> ( SABM+ SACN) max
<=> 1/2(BM.MA+CN.NA) max (1)
mà 1/2(BM.MA+CN.NA) ≤ 1/4(BM2+MA2+CN2+NA2)
a2
( do AB=AC=a) Không đổi
2
a2
=> maxSBCNM = SABC +
BM=MA
2

=1/4(AB2+AC2) =

<=>
NC= AN
M là điểm chính giữa của nửa đường trịn đường kính AB.
<=>
N là điểm chính giữa của nửa đường trịn đường kính AC.
Vậy khi d đi qua M và N được xác định nh trên thì SBCNM max
5.  Đặt AC = AB = x, BC = y.
Ta có: tam giác AHC đồng dạng với tam giác BKC ( vì có góc nhọn C chung) nên:
AH BK
=
AC BC
Hay AH.BC = BK.AC
Vậy: 5y = 6x (1)
 Mặt khác: trong tam giác AHC vuông tại H ta có:
AC2 =AH 2 +HC 2

y
2

A

2

Hay x 2 = 102 +  ÷ (2)
 Từ (1) và (2) ta suy ra: x =
GV: Phạm Văn Tuấn

K

25

, y = 15.
2
18
B

H

C


Trường THCS DTNT Quan Hóa

Vậy: AB = AC =

Năm 2010

25
cm, BC = 15cm
2

Đề 106
 4 x

8x  

x −1

2 

Bài 1: (4 điểm) Cho biểu thức :P= 

 2 + x + 4 − x ÷:  x − 2 x − x ÷
÷
÷

 

a) Tìm giá trị của x để P xác định
b) Rút gọn P
c) Tìm x sao cho P>1
Bài 2: (5 điểm)
Giải hệ phương trình:
 2 x 2 + xy − y 2 − 5 x + y + 2 = 0

2
y
 x + y +x+ y−4=0
3− x 
3− x 
b) Giải phương trình: x.
x+
÷= 2
x +1 
x +1 

Bài 3: (3 điểm)
Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn đẳng thức
x2 + xy + y2 = x2y2
Bài 4: (2 điểm)
Cho 4 số x, y, z, t. Thoả mãn (x+y)(z+t)+xy+88 = 0
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = x2 + 9y2 + 6z2 + 24t2

Bài 5: (6 điểm) Cho đường tròn (O; R) và một điểm A ở ngồi đường trịn. Từ một điểm M di động
trên đường thẳng d ⊥ OA tại A, vẽ các tiếp tuyến MB, MC với đường tròn (B, C là các tiếp điểm).
Dây BC cắt OM và OA lần lượt tại H và K.
a) Chứng minh rằng OA.OK khơng đổi, từ đó suy ra BC ln đi qua một điểm cố định.
b) Chứng minh rằng H di động trên một đường tròn cố định.
c) Cho biết OA = 2R, hãy xác định vị trí của điểm M để diện tích tứ giác MBOC nhỏ nhất.
Tìm giá trị nhỏ nhất đó.

GV: Phạm Văn Tuấn

19


Trường THCS DTNT Quan Hóa

Năm 2010

2. a)
 2 x + xy − y 2 − 5 x + y + 2 = 0

 2
2
x + y + x + y − 4 = 0

 y 2 − ( x + 1) y − 2 x 2 + 5 x − 2 = 0

⇔ 2
2
x + y + x + y − 4 = 0


2

( y + x − 2)( y − 2 x + 1) = 0
⇔ 2
2
x + y + x + y − 4 = 0
 y + x − 2 = 0
 2
2
 x + y + x + y − 4 = 0
⇔
y − 2x + 1 = 0

 2
 x + y 2 + x + y − 4 = 0

 x = 1

 y = 1

⇔  x = − 4

 x=1
5

va 


13
 y=1

 y = −
5

 4
 5

Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm: (1; 1);  − ; -

13 
÷
5

3. Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn đẳng thức
x2 + xy + y2 = x2y2
 x2 y 2 ≥ 4 x2

*Với x≥ 2 và y≥ 2 ta có:  2 2
2
x y ≥ 4 y


⇒ x2y2 ≥ 2 (x2 + y2) = x2 + y2 +x2 + y2≥ x2 + y2 + 2xy> x2 + y2 + xy
* Vậy x≤ 2 hoặc y ≤ 2
- Với x =2 thay vào phương trình ta được 4 + 2y + y2 = 4y2
hay 3y2-2y -4 =0 ⇒ Phương trình khơng có nghiệm ngun
- Với x =-2 thay vào phương trình ta được 4 - 2y + y2 = 4y2
hay 3y2+2y -4 =0 ⇒ Phương trình khơng có nghiệm ngun
- Với x =1 thay vào phương trình ta được 1 + y + y2 = y2
hay y = -1
- Với x =-1 thay vào phương trình ta được 1 - y + y2 = y2

GV: Phạm Văn Tuấn

20


Trường THCS DTNT Quan Hóa

hay 1- y = 0 ⇒ y =1
- Với x = 0 thay vào phương trình ta được y =0
Thử lại ta được phương trình có 3 nghiệm nguyên (x, y) là:
(0; 0); (1, -1); (-1, 1)
4. Cho 4 số x, y, z, t. Thoả mãn (x+y)(z+t)+xy+88=0
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
A = x2 + 9y2 + 6z2 + 24t2
Ta có: (x + y)(z + t) + xy + 88 = 0
<=> 4(x + y)(z + t) + 4xy + 352 = 0
=>A + 4(x + y)(z + t) + 4xy =
=x2 + 9y2 + 6z2 + 24t2 + 4xz + 4xt + 4xy + 4yz + 4yt =
=x2 + 4x(y + z + t) + 4(z + y + t)2 + 4y2 - 4yz + z2 + z2- 8zt +16t2 + y2- 4yt + 4t2 =
=[x + 2(z + y + t)]2 + (2y - z)2 + (z - 4t)2 + (y - 2t)2 ≥ 0
A ≥ 352.
Dấu bất đẳng thức xảy ra:
2y – z = 0
z - 4t = 0
<=> y - 2t = 0
x + 2y + 2z + 2t = 0
(x + y)(z + t)+ xy + 88 = 0
=> (x; y; z; t) bằng (14; -2; -4; -1) hoặc (-14; 2; 4; 1)
5.
a) Dễ thấy OM ⊥ BC

∆HOK

∆AOM =>

OH OK
=
=> OA.OK = OH.OM (1)
OA OM

Xét ∆BOM vuông tại B nên : OB2 = OH.OM
Từ (1) và (2) suy ra A. OK = R2 (không đổi)
=> OK =

(2)

R2
(không đổi) do đó K cố định trên OA
OA

b)
Ta có OHK = 900 => H nằm trên đường trịn đường kính OK cố định.
c)
Tứ giác MBOC có hai đường chéo vng góc nên SMBOC =

1
OM.BC
2

=> S nhỏ nhất ⇔ OM nhỏ nhất và BC nhỏ nhất.
+ OM nhỏ nhất ⇔ M trùng với A

+ BC nhỏ nhất ⇔ BC ⊥ OK ⇔ H trùng với K ⇔ M trùng với A
R2 R
= ;
Nếu OA = 2R thì: OK =
2R 2
1
Vậy SMBOC = 2R. R 3 = R 2 3
2

GV: Phạm Văn Tuấn

BC = 2 BK = 2 R 2 −

21

R2
=R 3
4

Năm 2010


Trường THCS DTNT Quan Hóa

Năm 2010

Đề 107


  1 + 3 3 x3

3x
− 3x ÷

÷
÷
3
÷
 3 3x − 8 3x + 2 3x + 4   1 + 3x


 6x + 4

Bài 1: (4 điểm) Cho biểu thức: A = 


−

a) Rút gọn biểu thức A .
b) Tìm các giá trị nguyên của x để biểu thức A nhận giá trị nguyên.
Bài 2: (5 điểm)
a) Giải hệ phương trình:
b) Giải phương trình

3

x 3 + y 3 + z 3 = 16 2
 2

2
2

x + y + z = 8

x + y + z = 2 2


(1)
(2)
(3)

x 2 + 26 + 3 x + x + 3 = 8 (1)

Bài 3: (4 điểm)

x4 + 2
a) Tìm mọi cặp số nguyên dương (x; y) sao cho 2
là số nguyên dương.
x y +1
b) Cho x, y , z là các số dương thoả mãn xyz ≥ x + y + z + 2 tìm giá trị lớn nhất của x + y + z
Bài 4: (2 điểm)Cho các số dương a,b,c thoả mãn điều kiện abc = 1. Chứng minh rằng:
ab
bc
ca
+
+
≤1
a5 + b5 + ab b5 + c5 + bc c5 + a5 + ca

Bài 5: (5 điểm)
Cho đường tròn (O; R) và đường thẳng d không đi qua O cắt đường tròn (O) tại hai điểm A và
B. Từ một điểm M tùy ý trên đường thẳng d và ở ngoài đường tròn (O) vẽ hai tiếp tuyến MN và MP

với đường tròn (O) (M, N là hai tiếp điểm).
a) Chứng minh rằng MN 2 = MP 2 = MA.MB
b) Dựng vị trí điểm M trên đường thẳng d sao cho tứ giác MNOP là hình vuông.
c) Chứng minh rằng tâm của đường tròn nội tiếp và tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác
MNP lần lượt chạy trên hai đường cố định khi M di động trên đường thẳng d.

GV: Phạm Văn Tuấn

22


Trường THCS DTNT Quan Hóa

1.a) Ta có: 3 x + 2 3x + 4 =

(

3x

)

3

−8 =

(

)(

(

Năm 2010

)

2

3x + 1 + 3 > 0;1 + 3 x > 0, ∀x ≥ 0 , nên điều kiện để A có nghĩa là

)

3 x − 2 3 x + 2 3 x + 4 ≠ 0, x ≥ 0 ⇔ 3 x ≠ 2 ⇔ 0 ≤ x ≠

(

)

4
3


 1 + 3 x 3

6x + 4
3x

÷

A =
−

− 3x ÷.
3
÷

÷
 3 x − 23 3 x + 2 3 x + 4 ÷ 1 + 3 x

÷



 6 x + 4 − 3x −2 3x 
÷ 3 x − 3x +1 − 3x
A =
 3x −2 3 x + 2 3x + 4 ÷



(

)

(


A =



(

)(

)

)

)(

b) A = (

)


÷ 3 x − 2 3 x +1
3x − 2 3 x + 2 3x + 4 ÷

3x + 4 + 2 3x

(

(

)

3 x −1

3 x −2

2

(
=

3 x −2

)

)

2

(

+2

(
A=

)

(

)

3 x −2 +1

3 x −2

= 3x +

)

3 x −1

3x − 2

2

(0 ≤ x ≠

4
)
3

1
3 x −2

 3x = 3  3x = 9
⇔ 
⇔ x = 3 (vì x ∈ Z và x ≥ 0 ).Khi đó: A = 4
 3x = 1  3x = 1

Với x ≥ 0 , để A là số nguyên thì 3x − 2 = ± 1 ⇔ 

2. a) + Từ (3): x + y + z = 2 2 ⇔( x + y + z ) =16 2
3
3
3
3
+ Từ (1) và (3) ta có: ( +y + z ) − ( x + y + z ) = 0

Biến đổi tương đương ta đưa về được: 3(x + y)(y + z)(x + z) = 0
+ Xét x + y = 0 thay vào (3) ta được z = 2 2 , thay vào (2) được x = 0; y = 0
3

Do đó ta được (x ; y; z) = (0 ; 0; 2 2 )
Xét y + z = 0, giải tương tự ta được: (x ; y: z) = (2 2 ; 0; 0)
Xét z + x = 0, giải tương tự ta được: (x ; y: z) = (0; 2 2 ; 0)
+ Vậy hệ phương trình trên có 3 nghiệm: (x; y; z) = (0 ; 0; 2 2 ) ; (2 2 ; 0; 0) ; (0; 2 2 ; 0)
b) Ta nhận thấy x = 1 là nghiệm của PT (1)
Với 0 ≤ x < 1 thì: 3 x 2 + 26 + 3 x + x + 3 < 3 12 + 26 + 3 1 + 1 + 3 = 8 . Nên PT vô nghiệm với 0 ≤ x < 1
Với x >1 Thì: 3 x 2 + 26 + 3 x + x + 3 > 3 12 + 26 + 3 1 + 1 + 3 = 8
Nên PT vô nghiệm với x >1
Vậy PT (1) có nghiệm duy nhất x = 1
3. a) áp dụng BĐT Cautry cho ba số dương x, y, z. Ta có x + y +z ≥ 33 xyz
Biến đổi được ( x + y + z)3 ≥ 27(x + y + z +2 ). Đặt T = x + y + z > 0
Biến đổi được ( T - 6) ( T + 3)2 ≥ 0 ⇒ T ≥ 6. Tìm được GTNN T = 6 khi x = y = z =2

x4 + 2
b) Đặt 2
= a Với a là số nguyên dương thì x4 + 2 = a(x2y + 1) ⇔ x2(x2- ay) = a - 2 (1)
x y +1
GV: Phạm Văn Tuấn

23


Trường THCS DTNT Quan Hóa

Năm 2010
 x =1

 x =1
Xét 3 trường hợp sau : TH1: Nếu a = 1 thì từ (1) ta có : x2(x2- y) = - 1⇒ 
⇔
y = 2
1 − y = −1
2

TH2: Nếu a=2 thì từ (1) có x2(x2- 2y)=0, suy ra x2 =2y nên có x= 2k, y=2k2 với k là số nguyên dương
TH3: Nếu a > 2 thì từ (1), có a – 2 > 0 và (a – 2) chia hết cho x2 nên a – 2 ≥ x2 ⇔ a ≥ x2 + 2 > x2
Từ đó ⇒ 0 < x2- ay < x2- x2y ≤ 0. Điều này không xảy ra
Vậy: Cặp số nguyên dương (x; y) thoả mãn đề ra là : (1; 2) và (2k; 2k2) với k là số nguyên dương.
4. Ta có a5 + b5 = (a + b)(a4 - a3b + a2b2 – ab3 +b4 ) =(a + b)[(a - b)2(a2 + ab + b2) + a2b2)
Do (a - b)2 ≥ 0; a,b,c > 0, nên (a - b)2 (a 2 + ab + b2 ) ≥ 0
Suy ra a5 + b5 ≥ a2 b2 ( a + b ) . Đẳng thức sảy ra khi a = b.
ab

ab

1

1

c

≤
=
=
=
Do đó: 5 5
(1)( vì có abc

a + b + ab a2 b2 ( a + b ) + ab ab ( a + b ) +1 ab ( a + b + c ) a + b + c
=1)
bc
a
ca
b
≤
≤
Chứng minh tương tự tacó
(2) 5 5
(3)
b5 + c5 + bc a + b + c
c + a + ca a + b + c
ab
bc
ca
a+b+c
+
+
≤
=1
Cộng từng vế của (1); (2); (3) ta có 5 5
5 + c5 + bc c5 + a5 + ca a + b + c
a + b + ab b

Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 1
5.

a) Ta có: MN = MP (Tính chất của 2 tiếp tuyến cắt nhau)
Chứng minh được 2 tam giác MAN và MNB đồng dạng.

Suy ra:

MA MN
=
⇔ MN 2 = MP 2 = MA.MB
MN MB

b) Để MNOP là hình vuông thì đường chéo OM = ON 2 = R 2
Dựng điểm M: Ta dựng hình vuông OACD, dựng đường tròn tâm O đi qua điểm D, cắt (d) tại M.
Chứng minh: Từ M vẽ 2 tiếp tuyến MN và MP. Ta có MN = MO 2 − ON 2 = R , nên Tam giác ONM
vuông cân tại N. Tương tự, tam giác OPM cũng vuông cân tại P. Do đó MNOP là hình vuông.
Bài toán luôn có 2 nghiệm hình vì OM = R 2 > R
c) + Ta có: MN và MP là 2 tiếp tuyến của (O), nên MNOP là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính
OM. Tâm là trung điểm H của OM. Suy ra tam giác cân MPQ nội tiếp trong đường tròn đường kính
OM, tâm là H.

GV: Phạm Văn Tuấn

24


Trường THCS DTNT Quan Hóa
Năm 2010
+ Kẻ OE ⊥ AB , thì E là trung điểm của AB (cố định). Kẻ HL ⊥ (d ) thì HL // OE, nên HL là đường
1
trung bình của tam giác OEM, suy ra: HL = OE (không đổi).
2

+ Do đó, khi M đi động trên (d) thì H luôn cách dều (d) một đoạn không đổi, nên H chạy trên đường
thẳng (d') // (d) và (d') đi qua trung điểm của đoạn OE.

Đề 108



 
xy + x
x +1
+
+ 1 : 1 −
 
 xy + 1 1 − xy
 

Bài 1: (4 điểm)Cho biểu thức: A = 


xy + x
xy − 1

−

x +1 

xy + 1 


a. Rút gọn biểu thức.
b. Cho

1
1
+
= 6 Tìm Max A.
x
y

Bài 2: (5 điểm)a) Giải hệ phương trình
x + y = 4z − 1


 y + z = 4x − 1

x + z = 4 y − 1


b) Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn x + y + z = 2006 và

1 1 1
1
+ + =
x y z 2006

Chứng minh rằng ít nhất một trong ba số x, y, z bằng 2006.
Áp dụng giải phương trình sau:

1
1
1
1

+
=
+
.
2x + 1 x −1 x + 2 2x − 2

Bài 3: (2 điểm)Cho x, y, z > 0 thoả mãn: x + y + z = 2
x2
y2
z2
+
+
Tìm GTNN của P =
y+z z+x x+y
Bài 4: (4 điểm) a) Giải phương trình nghiệm nguyên
x2y2-x2 -8y2 = 2xy (1)
b) Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng (d) có phương trình ( m − 4 ) x + ( m − 3) y = 1
(m là tham số). Tìm m để khoảng cách từ gốc tọa độ đến đường thẳng (d) là lớn nhất.
Bài 5: (5 điểm)
Cho đường trịn (O;R) đường kính AB cố định. H là điểm thuộc đoạn OB sao cho
HB = 2HO. Kẻ dây CD vng góc với AB tại H. Gọi E là điểm di động trên cung nhỏ CB sao cho
E không trùng với C và B. Nối A với E cắt CD tại I.
a/ Chứng minh rằng AD2 = AI.AE
b/ Tính AI.AE – HA.HB theo R
GV: Phạm Văn Tuấn

25