tuyển tập các đề thi học sinh giỏi môn toán lớp 9 tham khảo bồi dưỡng thi (20)

Trường THCS DTNT Quan Hóa

Năm 2011

Đề 90

Bài 1: (4,0 điểm).
2x + x −1 2x x − x + x x − x
−
).
.
1− x
1− x x
2 x −1
6− 6
a) Tìm các giá trị của x để A =
.
5
2
1
b) Chứng minh rằng A > với mọi x thoả mãn x ≥ 0, x ≠ 1, x ≠ .
3
4

Cho biểu thức A = 1 + (

Bài 2: (5,0 điểm).
a) Giải các phương trình: 3x2 + 4x + 10 = 2 14 x 2 − 7
3xy = 2 ( x+ y )

b) Giải hệ phương trình sau: 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:
ab
bc
ca
1
+
+
≤ .
c +1 a +1 b +1 4

Bài 4: (2,0 điểm).
Cho ∆ ABC đều điểm M nằm trong ∆ ABC sao cho AM2 = BM2 + CM2. Tính số đo góc BMC ?
Bài 5: (6,0 điểm).Cho hai đường trịn (C1) và (C2) tiếp xúc ngoài nhau tại điểm T. Hai đường tròn này
nằm trong đường tròn (C3) và tiếp xúc với (C3) tương ứng tại M và N. Tiếp tuyến chung tại T của (C 1)
và (C2) cắt (C3) tại P. PM cắt đường tròn (C1) tại diểm thứ hai A và MN cắt (C1) tại điểm thứ hai B. PN
cắt đường tròn (C2) tại điểm thứ hai D và MN cắt (C2) 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.

Cố gắng lên !!!

1


Trường THCS DTNT Quan Hóa

Năm 2011

Đề 91
Bài 1: (4,0 điểm).Cho biểu thức:
 x −3 x   x −3
x −2
9−x 
P = 1 −
+
−
:

x − 9  2 − x 3 + x x + x − 6


a) Rút gọn biểu thức P
b) Tìm giá trị của x để P = 1
Bài 2: (5,0 điểm).
a) Giải phương trình:

x2
( x + 1 + 1) 2

= x−4

x + y + z = 5
 xy + yz + zx = 8

b) Tìm nghiệm nguyên của hệ: 

Bài 3: (2,0 điểm).

Cho 3 số dương x,y,z thoả mãn điều kiện:
Tính: T = x

(1 + y )(1 + z )
2

1+ x2

2

+y

(1 + z )(1 + x )
2

1+ y2

xy + yz + zx = 1

2

+z

(1 + x )(1 + y )
2

2

1+ z2

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.
1
2

b) Tìm tập hợp các điểm I nằm trong tứ giác thoả mãn S∆IAB + S∆ICD = SABCD
Bài 5: (6,0 điểm).
Cho hai đường tròn (o1) và (o2) cắt nhau tại A và B. Tiếp tuyến chung gần B của hai đường
tròn lần lượt tiếp xúc với (o1) và (o2) tại C và D. Qua A kẻ đường thẳng song song với CD lần lượt cắt
(o1) và (o2) 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 vng góc với đường thẳng CD
b) Tam giác EPQ là tam giác cân.

Cố gắng lên !!!

2


Trường THCS DTNT Quan Hóa

Năm 2011

Đề 92

Bài 1: (4,0 điểm).Cho biểu thức :

x

8 x +8
x + 2  x + x + 3
1 
:

P=
+
−
+
 x +2 x+2 x
  x+2 x
x  
x


a) Tìm x để P có nghĩa và chứng minh rằng P ≤ 1 .
b) Tìm x thoả mãn : x + 1 .P = 1
Bài 2: (5,0 điểm).
a) Giải phương trình :
2
 x 
2
x +
 =1
 x +1
b) Giải hệ phương trình :
x2y – 2x + 3y2 = 0
x2+ y2x + 2y = 0

(

)

Bài 3: (3,0 điểm).Cho x, y, z ∈ R thỏa mãn :
Hãy tính giá trị của biểu thức : M =

1 1 1
1
+ + =
x
y z x+ y+z

3
+ (x8 – y8)(y9 + z9)(z10 – x10) .
4

Bài 4: (6,0 điểm).Cho ∆ABC với BC=a, CA=b, AB=c (ccủa 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 .
MP NQ PQ
=
=
a) Chứng minh rằng :
.
a
b
c
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 khơng phụ thuộc vào việc chọn điểm X trên
cung nhỏ BC.

Cố gắng lên !!!

3


Trường THCS DTNT Quan Hóa

Năm 2011

Đề 93

Bài 1: (4,0 điểm).Cho biểu thức:
 x −3
 
x +2
9 −x
3 x −9 
P =
+
−
÷: 1 −
÷
x −9 
3+ x
x + x −6  
2 − x

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:
1
8(x 4 + y 4 ) +
≥5
xy
Bài 3: (5,0 điểm).
a) Giải phương trình : 25 - x 2 - 10 - x 2 = 3

b) Tìm tất cả các tam giác vng 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 94
Cố gắng lên !!!

4


Trường THCS DTNT Quan Hóa

Năm 2011

Bài 1: (4,0 điểm).

 6x + 4
  1 + 3 3 x3
3x
A=
−
− 3x ÷
Cho biểu thức:
÷
 3 3 x 3 − 8 3 x + 2 3 x + 4 ÷ 1 + 3 x
÷



Rút gọn biểu thức A .
Tìm các giá trị ngun của x để biểu thức A nhận giá trị nguyên.

1.
2.
Bài 2: (3,0 điểm).
Giải hệ phương trình:

 x 2 + y 2 − xy = 19

 x + y + xy = −7

Bài 3: (5,0 điểm).Giải các phương trình.
a)

1
2

x + 4x + 3

+

1
2

x + 8 x + 15

+

1
2

x + 12 x + 35

+

1
2

x + 16 x + 63

=

1

5

b) x + 6 − 4 x + 2 + x + 11 − 6 x + 2 = 1
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 trịn (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
S1 = S ∆AIB ; S 2 = S ∆CID ; S = S ABCD

a. Chứng Minh: S1 + S 2 ≤ S
b. Khi tứ giác ABCD là hình thang thì hệ thức trên xảy ra như thế nào?

Đề 95
Cố gắng lên !!!

5


Trường THCS DTNT Quan Hóa

Năm 2011

Bài 1: (5,0 điểm).
Cho phương trình :

2+ x
2 + 2+ x

+

2− x
2 − 2− x

= 2 .

a) Tìm điều kiện của x để phương trình có nghĩa .
b) Giải phương trình .
Bài 2: (3,0 điểm).Giải hệ phương trình:
 x3 + y 3 = 1

 5
5
2
2
x + y = x + y


Bài 3: (5,0 điểm).
a) Cho x, y >0 và x + y ≤ 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A =

1
1
+
2
x + y xy
2

b) Cho các số dương a,b,c thay đổi và thoả mãn : a+b+c=4.
CMR:
a + b + b + c + c + a > 4.
Bài 4: (6,0 điểm).
Cho góc xIy . A là điểm lấy trên đường phân giác góc trong của góc đó , Gọi K , M lần lượt là
chân đường vng góc hạ từ A đến 2 cạnh Ix , Iy của góc xIy . Trên KM lấy điểm P ( KP < PM
) . Qua P dựng đường thẳng vng góc với AP cắt KI tại Q , MI tại S
a) Chứng minh rằng cácc tứ giác KPAQ và PSMA nội tiếp được trong một đường tròn .
b) Chứng minh : P là trung điểm của QS
c) Cho ∠ KIM = 2α ; KM = a ; QS = b ( a < b ) . Tính KQ .
Bài 5: (2,0 điểm).Cho tam gi¸c ABC nhän cã 3 ®êng cao: AA1, BB1, CC1 ®ång qui t¹i H.
Chøng minh r»ng:

HA HB HC
+
+
≥6 .
HA1 HB1 HC1

DÊu "=" xảy ra khi nào?

C gng lờn !!!

6


Trường THCS DTNT Quan Hóa

Năm 2011



2x + x − 1 2x x − x + x x − x
(2 x − 1)( x + 1)
x (2 x − 1)( x + 1)  x ( x − 1)
−
).
= 1+ 
−
.
 (1 − x ) 1 + x
1− x
1− x x
2 x −1
(1 − x )( x + x + 1)  2 x − 1



x ( x + 1) 
x
x +1
= 1 − 1 −
=
 . x = 1−
x + x +1 
x + x +1 x + x +1


1.a) A = 1 + (

(

)

6− 6
x +1
6− 6
⇔
=
⇔ x − 6. x + 1 = 0 . Từ đó giải được x = 2 + 3; x = 2 − 3
5
5
x + x +1
2
x +1
2
> ⇔ x − 2 x + 1 > 0 ⇔ ( x − 1) 2 > 0
b)Ta có: A > ⇔
3
x + x +1 3
2
Do x ≠ 1 nên x − 1 ≠ 0 ⇒ ( x − 1) 2 > 0 . Vậy A >
3
− 2
2
2) Giải, xác định đúng điều kiện: x <
;x ≥
2
2
⇔ x 2 + 4 x + 4 + 2 x 2 − 1 − 2 2 x 2 − 1. 7 + 7 = 0 ⇔ ( x + 2) 2 + ( 2 x − 1 − 7) = 0

Ta có A =

 x = −2
x + 2 = 0


⇔
⇔   x = 2 ⇔ x = 2 (Thỏa mãn)
2
 2x −1 − 7 = 0
  x = −2


1 1
4
1
11 1
⇒
≤  +  (*) dấu bằng xảy ra khi x
3) Ta có với x, y > 0 thì: ( x+y)2 ≥ 4 xy ⇒ + ≥
x y x+ y
x+ y 4 x y



= y.
Áp dụng bất đẳng thức (*) và do a+b+c = 1 nên ta có:
ab
ab

ab  1
1 
=
≤
+

÷;
c + 1 (c + a ) + (c + b ) 4  c + a c + b 
bc
bc  1
1 
≤ 
+
÷;
a +1 4  a + b a + c 

Tương tự ta có:

ca
ca  1
1 
≤ 
+
÷.
b +1 4  b + a b + c 
ab
bc
ca
1  ab + bc ab + ca bc + ca  1
1

⇒
+
+
≤ 
+
+
÷= ( a + b + c ) =
c +1 a +1 b +1 4  c + a
b+c
a+b  4
4
⇒

ab
bc
ca
1
1
+
+
≤ . Dấu bằng xảy ra ⇔ a = b = c =
c +1 a +1 b +1 4
3

+ Hiển nhiên hệ có nghiệm là x = y = z = 0.

Cố gắng lên !!!

7

Trường THCS DTNT Quan Hóa

+ Với xyz ≠ 0 thì (I) được viết lại:

Năm 2011
x + y 3
 xy = 2

y + z 5
=

6
 yz
z + x 4
=

3
 zx

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

Cộng ba phương trình của hệ (II)

theo vế ta được:
1 1 1 11
 1 1 1  11
⇔ + + =
2 + + ÷=
(*)
x y z 6
x y z 3
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 AM 2 = BM 2 + CM 2 ⇔ BN 2 = BM 2 + MN 2
⇔ ∆BMN vuông tại M.
·
·
·
⇒ BMC = BMN + NMC = 900 + 600 = 1500 . (1 điểm)

5.
a. Gọi O1, O2, O3 tương ứng là tâm các
đường trịn (C1), (C2), (C3) ta có M, O1, O3
thẳng hàng => BO1 // NO3
MB O 1 B
MA O 1 A
=
=
. Tương tự:

MN O 3 N
MP O 3 P
MA MB
=
=>
=> AB//NP
MP MN

E
B

=>

EB PN PA ED
=
=
=
Vậy PA. PM = PD.DN =>
EC PM PD EA

=>∆ EBC ~ ∆ EDA => EBC = EDA => EDA + CBA = 1800
=> ABCD nội tiếp.
b. Nối E O2 cắt (C2) tại C' và D' = >∆ECC' ~ ∆ ED'D
=> ED.EC = ED'.EC' => EC.ED = (EO2 - R2)(EO2+R2)
=> EC.ED = EO22 - O2T2.
Tương tự EB.EA = EO12 - O1T2
Mà

•T

M

Tương tự CD// PM => AEDP là hình bình hành
(với E = AB ∩ CD). Do ∆PAT ~ ∆PTM
=> PT2 = PA.PM tương tự PT2 = PD.PN

N

C
O2

D

O1

O3
A
P

EB ED
2
=
=> EB.EA = EC.ED => EO1 − EO 2 2 = O1T 2 − OT 2
EC EA

Hạ ET' ⊥ 0102 theo định lý Pitago ta có:
EO12 - EO22 = (O1T' 2 + T' E2) - (02T' 2 + T' E2) = O1T' 2 - O2T' 2.
=> O1T 2 - O2T 2 = 01T' 2 - 02T' 2 vì O1T + O2T = 0102 = O1T' + O2T'
=> O1T = O1T => T ≡ T' tức PI đi qua E .

Cố gắng lên !!!

8


Trường THCS DTNT Quan Hóa

Năm 2011

Đề 91
Bài 1: (4,0 điểm).Cho biểu thức:
 x −3 x   x −3
x −2
9−x 
P = 1 −
+
−
:

x − 9  2 − x 3 + x x + x − 6


a) Rút gọn biểu thức P
b) Tìm giá trị của x để P = 1
Bài 2: (5,0 điểm).
a) Giải phương trình:

x2
( x + 1 + 1) 2

= x−4

x + y + z = 5
 xy + yz + zx = 8

b) Tìm nghiệm nguyên của hệ: 

Bài 3: (2,0 điểm).
Cho 3 số dương x,y,z thoả mãn điều kiện:
Tính: T = x

(1 + y )(1 + z )
2

1+ x2

2

+y

(1 + z )(1 + x )
2

1+ y2

xy + yz + zx = 1

2

+z

(1 + x )(1 + y )
2

2

1+ z2

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.
1
2

b) Tìm tập hợp các điểm I nằm trong tứ giác thoả mãn S∆IAB + S∆ICD = SABCD
Bài 5: (6,0 điểm).
Cho hai đường tròn (o1) và (o2) cắt nhau tại A và B. Tiếp tuyến chung gần B của hai đường
tròn lần lượt tiếp xúc với (o1) và (o2) tại C và D. Qua A kẻ đường thẳng song song với CD lần lượt cắt
(o1) và (o2) 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 vng góc với đường thẳng CD
b) Tam giác EPQ là tam giác cân.

Cố gắng lên !!!

9


Trường THCS DTNT Quan Hóa

Năm 2011

 x≥0
x ≥ 0


1. đk  x − 9 ≠ 0 ⇔  x ≠ 9
2 − x ≠ 0
x ≠ 4



x ( x −3)  ( x −3)(3 + x ) + ( x − 2)(2 − x ) +9 − x 
P = −
1
: 

( x +3)( x −3  
( 2 − x )(3 + x )



Ta có:


3

  4 x −x−4 



3

  (2 − x )(3 + x ) 
=
− (2 − x ) 2 

=
 =
.
:
 x + 3   (2 − x )(3 + x   x + 3  

3
. Vậy P =
x −2

3
x −2

3
= 1 ⇔ x − 2 = 3 ⇔ x = 5 ⇔ x = 25 . Vậy với x = 25 thì P = 1
x −2

Ta thấy P = 1 ⇔

2. a. ĐK: x ≥ -1 và PT
2

(

)

2

 x x +1 −1 


x
 = x−4⇔ 
<=> 
 = x−4


x
 x + 1 + 1



<=>
b.

(

)

2

x + 1 − 1 = x − 4 ⇔ x + 1 = 3 . Giải Pt x = 8 (t/m x ≥ -1). KL: x = 8

x + y = 5 − z
Hệ ⇔ 
 xy + ( x + y ) z = 8
x + y = u
Đặt 
⇒x, y là nghiệm của phương trình:
t2 - ut + v = 0
xy = v


Phương trình có nghiệm ⇔ u2 – 4v ≥ 0
u = 5 − z (1)
v + zu = 8 ( 2 )

(a)

(*)

Ta có hệ: 

Thế (1) vào (2) ⇒ v = 8 – z(5 - z) = z2 –5z + 8
Hệ có nghiệm ⇔ (a) có nghiệm ⇔ (*) xảy ra
⇒ (5-z)2 – 4(z2 – 5z + 8) ≥ 0 ⇔ - 3z2 + 10z – 7 ≥ 0
7 (3)

 z − 1 ≥ 0
1 ≤ z ≤ 3

7 − 3 z ≥ 0 ⇔  z ≤ 1
⇔ (z-1)(-3z+7) ≥ 0 ⇔ 


z − 1 ≤ 0



7
 z ≥
(VN )
7 − 3 z ≤ 0

3


Từ (3) và do z nguyên ⇒ z = 1; 2
u = 4  x + y = 4  x = 2
⇒
⇒
v = 4
 xy = 4
y = 2

+) z = 1 ⇒ 

 x = 1

u = 3  x + y = 3  y = 2
⇒
⇒
+) z = 2 ⇒ 
 x = 2

v = 2  xy = 2

 y = 1


Vậy hệ có 3 nghiệm nguyên là: (2; 2; 1); (1; 2; 2);

Cố gắng lên !!!

(2; 1; 2)

10


Trường THCS DTNT Quan Hóa
3. Ta có
1+x2 = xy + yz + z = y(x+z)+x(x+z)
=(x+z)(z+y)
2
Tương tự ta có:
1+y =(y+x)(y+z)
1+z2 =(z+x)(z+y)
T= x

( y + x )( y + z )( z + x )( z + y )
( x + z )( x + y )

+y

( z + x )( z + y )( x + y )( x + z )

( x + y )( y + z )

=x(y+z)+y(x+z)+z(x+y)

Năm 2011

+z

( x + y )( x + z )( y + x )( y + z )
=
( z + x )( z + y )

=2(xy+yz+zx)=2. Vậy T= 2

N

4.a)
+ Trên tia MA đặt MG = AB, trên tia MD đặt
MH = CD. Nối GH
+ Chứng minh được:

1
1
1
S∆EAB + S∆ECD = S∆DAB + S∆DBC = SABCD
2
2
2
1
1

1
S∆FAB + S∆FCD = S∆CAB + S∆ACD = SABCD
2
2
2

A

K

B
E

F

G
M

H
C

D

1
S∆EGH + S∆MHG = S∆FGH + S∆MHG = S∆KGH + S∆MHG = SABCD
2
⇒ S∆EGH = S∆FGH = S∆KGH
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:

1
S∆IGH + S∆MGH = SABCD ⇒ S∆IGH = S∆EGH = S∆FGH ⇒
2
I nằm trên đường thẳng EF
+ Lấy điểm I’ bất kỳ trên đường thẳng EF nằm trong tứ giác ABCD, chứng minh được

1
S∆I ' AB + S∆I 'CD = SABCD
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)).
->

ID IB
=
-> ID 2 = IA.IB.
IA ID

(1)

Lập luân tương tự -> IC2 = IA.IB
Từ (1) và (2) -> IC = ID
Mà

ID
IC
=
AP AQ

( cùng bằng

BI
)
BA

(2)
=> AP = AQ

Cố gắng lên !!!

11


Trường THCS DTNT Quan Hóa
Kết hợp với (*) -> ∆ EPQ cân tại E

Năm 2011

Đề 92

Bài 1: (4,0 điểm).Cho biểu thức :

x
8 x +8
x + 2  x + x + 3
1 
:

P=
+
−
+
 x +2 x+2 x
  x+2 x
x  
x


a) Tìm x để P có nghĩa và chứng minh rằng P ≤ 1 .
b) Tìm x thoả mãn : x + 1 .P = 1
Bài 2: (5,0 điểm).
a) Giải phương trình :
2
 x 
2
x +
 =1
 x +1
b) Giải hệ phương trình :

x2y – 2x + 3y2 = 0
x2+ y2x + 2y = 0

(

)

Bài 3: (3,0 điểm).Cho x, y, z ∈ R thỏa mãn :
Hãy tính giá trị của biểu thức : M =

1 1 1
1
+ + =
x
y z x+ y+z

3
+ (x8 – y8)(y9 + z9)(z10 – x10) .
4

Bài 4: (6,0 điểm).Cho ∆ABC với BC=a, CA=b, AB=c (ccủa 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 .
MP NQ PQ
=
=
a) Chứng minh rằng :
.
a
b

c
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 trịn 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.

Cố gắng lên !!!

12


Trường THCS DTNT Quan Hóa

1. a) Điều kiện x>0 Ta có : P =
P=

4 x+4

⇒ P-1=

x+2 x +5
b) ( x + 1).P = 1 ⇔ 4

(

x+2 x +5

−1 =

− ( x − 1) 2
( x + 1) 2 + 4

≤0

Vậy P ≤ 1

x + 1 = x + 2 x + 5 ⇔ 3x + 6 x -1 = 0

−3−2 3
3
−3+ 2 3
x=
3

2

(loại)

x=

⇔

( x ) 2 + (8 x + 8) − ( x + 2) 2 ( x + x + 3) + ( x + 2)
:
x .( x + 2)
x .( x + 2)

4 x +4

)

Năm 2011

(thỏa mãn)

⇔ x = 7 − 4 3 (thoã mãn điều kiện x>0) .
3

2x 2
x 2 2x 2
x 2
x2
x2
+(
) +
= 1 ⇔ (x −
) + 2.
=1 ⇔ (
+ 1) 2 = 2
x +1 x +1
x +1
x +1
x +1
x +1
x 2 + (1 − 2 ) x + (1 − 2 ) = 0
⇔ x = 2 − 1 ± 2 2 − 1 (thỏa mãn)
2
x + (1 + 2 ) x + (1 + 2 ) = 0
2

2. a. ĐK : x ≠ −1 ⇔ x 2 −
⇔

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
x2y – 2x + 3y2 = 0
x2y+ y3x + 2y2 = 0
⇔

y 3 x + 2x − y 2 = 0

(1)

x2 + y2 x + 2y = 0

(2)

Xét y ≠ −3 2 từ (1) ⇒ x =

Nhận thấy y = −3 2 khơng thoả mãn hệ phương trình .

y2
thay vào (2) ta có :
y3 + 2



y2 2

y2
y3
y3
) + y2. 3
+ 2 y = 0 ⇔ y 3
+ 3
+ 2 = 0
⇔ 3 y 6 + 11 y 3 + 8 = 0
3
2
y +2
y +2
y +2
 ( y + 2)

3
y = −1 ⇒ y = −1 ⇒ x = 1
−2
⇔
8
−2
. Vậy hệ có 3 nghiệm (0;0) (1;-1) (-2 3 ;
).
3
y = − ⇒ y = 3 ⇒ x = −2 3
3 3
3
3
x+ y x+ y+z−z
1 1 1

1
1 1 1
1
= 0 =>
+
=0
3. Từ : + + =
=> + + −
x y z x+ y+z
xy
z( x + y + z )
x
y z x+ y+z
(

 1

 zx + zy + z 2 + xy 
1
⇒ ( z + y) 
+
= 0 ⇒ ( x + y) 
÷ = 0 ⇒ ( x + y ) ( y + z ) ( z + x) = 0
 xy z ( x + y + z ) ÷
÷
 xyz ( x + y + z ) 



Ta có : x8 – y8 = (x + y)(x-y)(x2+y2)(x4 + y4).=

y9 + z9 = (y + z)(y8 – y7z + y6z2 - .......... + z8)
z10- x10 = (z + x)(z4 – z3x + z2x2 – zx3 + x4)(z5 - x5)
Vậy M =

3
3
+ (x + y) (y + z) (z + x).A =
4
4

Cố gắng lên !!!

13


Trường THCS DTNT Quan Hóa

Năm 2011

4.
A
M
F

E
O

Q
P

B

C
N
1
a. Ta có : BOP là góc ngồi ∆AOB ⇒ BOP= OAB + OBA = (BAC + ABC)
2
0
180 − ACB
1
= 180 0 − ( BAC + ABC )
Lại có : PNB=1800 – MNC =1800 2
2
⇒ BOP+PNP=1800 ⇒ tứ giác BOPN nội tiếp
⇒
OPM = OBC (cùng bù OPN )
⇒ ∆ OPM
∆ OBC (g.g)
Mặt khác :
OMP = OCN
PM OM OP (1)
⇒
=
=
a
OC OB
NQ ON OM PM
=
=
=

∆ OCA (g.g) ⇒
Tơng tự ta có : ∆ ONQ

b
OC OC
a
PQ OP PM
MP NQ PQ
=
=
=
=
∆ AOB
∆ QOP (g.g) ⇒
 Từ (1) , (2) ⇒
hay :
c
OB
a
a
b
c

b. Tứ giác AMQO nội tiếp (CM trên)
⇒ AQO=AMO = 900 ⇒ ∆ ABQ vng 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)
ˆ
ˆ
Ta có BOX = 180 0 − BAC (khơng đổi)
ˆ
ˆ
ˆ
Tia OX ở giữa hai tia OM, ON nên MON = MOX + XON
ˆ
ˆ
ˆ
ˆ
Ta lại có MOX = MOB, XON = NOC (định lí hai tiếp tuyến cắt nhau)
ˆ
ˆ
ˆ
ˆ
ˆ
ˆ
Vậy MOX + XON = MOB + NOC ⇒ MOX + XON =

ˆ
BOC
2

ˆ
BAC
ˆ
(không đổi)

⇒ MON = 90 0 −
2

Cố gắng lên !!!

14


Trường THCS DTNT Quan Hóa

Năm 2011

Đề 93

Bài 1: (4,0 điểm).Cho biểu thức:
 x −3
 
x +2
9 −x
3 x −9 
P =
+
−
÷: 1 −
÷
x −9 
x + x −6  
2 − x 3 + x

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:
1
8(x 4 + y 4 ) +
≥5
xy
Bài 3: (5,0 điểm).
a) Giải phương trình : 25 - x 2 - 10 - x 2 = 3

b) Tìm tất cả các tam giác vng 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 :
+ + > + +

Cố gắng lên !!!

15


Trường THCS DTNT Quan Hóa

Năm 2011

x ≥ 0

x ≥ 0


1. Điều kiện để P có nghĩa:  x ≠ 2 ⇔ x ≠ 4 .
x ≠ 9

x ≠ 9


(x − 9) + (4 − x)

Ta có: P =

9 −x

−

(2 − x )( x + 3) ( x − 2)( x + 3)
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: P =

2+ x
x

=1+

2
x

. Do đó để P ∈ Z thì ta cần

2
x

 x =1

∈Z⇔ 

 x = 2 (lo¹i)


⇔ x = 1.Vậy với x = 1 thì P có giá trị nguyên.
2. Ta có: x4 + y4 = (x2 + y2)2 – 2x2y2
= [(x + y)2 – 2xy]2 – 2x2y2 = (1 – 2xy)2 – 2x2y2= 2x2y2 – 4xy + 1.

⇒ 8(x 4 + y 4 ) +

1
1
1
= 16x 2 y 2 − 32xy + 8 +
= (4xy − 7)(4xy − 1) + 1 +
xy
xy
xy

Vì x > 0 và y > 0 nên theo BĐT Cơsi ta có:

(4xy − 7)(4xy − 1) ≥ 0
1 
2 xy ≤ x + y = 1 ⇔ xy ≤ ⇒  1
4  ≥4
 xy
1
1
⇒ (4xy − 7)(4xy − 1) + 1 + ≥ 5 ⇔ 8(x 4 + y 4 ) + ≥ 5 . Dấu bằng xảy ra khi
xy
xy
3. a. ĐKXĐ: - 10 ≤ x ≤ 10
Đặt a =

x = y
1
⇔ x=y= .


2
x + y = 1

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

Giải hệ pt ta được : a = 4 ; b = 1. Suy ra : x1 = 3 ; x2 = -3
b. Gọi a, b, c là số đo 3 cạnh của tam giác vng cần tìm. Giả sử 1 ≤ a ≤ b < c .

(1)
 a 2 + b2 = c2
Ta có hệ phương trình : 
(2)
ab = 2(a + b + c)
Từ (1) ⇒ c2 = (a + b)2 − 2ab ⇒ c2 = (a + b)2 − 4(a + b + c) (theo (2))
⇔ (a + b)2 − 4(a + b) = c2 + 4c ⇔ (a + b)2 − 4(a + b) + 4 = c2 + 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
a - 4 = 2
hc 

b - 4 = 4
b − 4 = 8

⇔

a=5
hc

b = 12
Cố gắng lên !!!

a = 6

b =8
16


Trường THCS DTNT Quan Hóa
Năm 2011
Từ đó ta có 2 tam giác vng có các cạnh (5 ; 12 ; 13) và (6 ; 8 ; 10) thỏa mãn yêu cầu của bài tốn.
4.Vì ∆ABC đều nên AB = CB (1).
A
Theo giả thiết ta có AE = CD (2).
·
·
Ta lại có BAE = BCD (cùng chắn
cung AD) (3).
E
Từ (1), (2) và (3) suy ra: ∆ABE = ∆CBD.
O
Theo câu a ta có: ∆ABE = ∆CBD
⇒ BE = BD ⇒ ∆BED cân.
B
C

·
·
Mặt khác ta lại có: BDA = BCA (cùng chắn cung AB)
D
⇒ ∆BED đều ⇒ BD = ED.
Vậy ta có: DA + DB + DC = DA + ED + AE = 2DA
Vì điểm D thuộc cung BC khơng chứa A nên suy ra tổng (DA + DB + DC) lớn nhất khi DA là đờng
kính của đờng trịn (O), hay D là điểm chính giữa của cung BC nhỏ.
5.
M

Qua điểm C vẽ đường thẳng song song AD cắt AB tại M
⇒ A1 = M1 ; A2 = C1
Mà A1 = A2 ( AD là tia phân giác của góc A )
Nên M1 = C1 ⇒ AM = AC
Xét ∆AMC : MC < AM + AC = 2AM
Xét ∆BMC ta có : AD // MC ⇒ = =
Nên AD = < ⇒ > ( + )
⇔ > ( + )
Tương tự : > ( + ) ;
> ( + )
Vậy + + > + +

A
1

2

1
B

D

C

Đề 94
Bài 1: (4,0 điểm).

3.
4.


 6x + 4
  1 + 3 3 x3
3x
−
− 3x ÷
Cho biểu thức: A = 
÷
 3 3 x 3 − 8 3 x + 2 3 x + 4 ÷ 1 + 3 x
÷



Rút gọn biểu thức A .
Tìm các giá trị nguyên của x để biểu thức A nhận giá trị nguyên.

Cố gắng lên !!!

17

Trường THCS DTNT Quan Hóa
Bài 2: (3,0 điểm).
Giải hệ phương trình:

Năm 2011

 x 2 + y 2 − xy = 19

 x + y + xy = −7

Bài 3: (5,0 điểm).Giải các phương trình.
a)

1
2

x + 4x + 3

+

1
2

x + 8 x + 15

+

1

2

x + 12 x + 35

1

+

2

x + 16 x + 63

=

1
5

b) x + 6 − 4 x + 2 + x + 11 − 6 x + 2 = 1
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 trịn (L)
thay đổi nhưng ln 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
S1 = S ∆AIB ; S 2 = S ∆CID ; S = S ABCD

a. Chứng Minh: S1 + S 2 ≤ S
b. Khi tứ giác ABCD là hình thang thì hệ thức trên xảy ra như thế nào?

1. Ta có: 3 x + 2 3x + 4 =

(

3x


A=




A=



)
(

(

3

−8 =

(

)(

(

)

2

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

)
  1 + 3x
)
÷ (

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

(
)(

4
3

)

3

 6 x + 4 − 3x − 2 3 x
3x
−
− 3x ÷. A = 
3
÷

÷
 3x − 2 3x + 2 3x + 4
÷
3x − 23 3x + 2 3x + 4 ÷ 1 + 3 x



2

3x + 4 + 2 3x
4
3x − 1
÷ 3x − 2 3 x + 1 .
(0 ≤ x ≠ )
A=
3
3x − 2 3 x + 2 3 x + 4 ÷
3x − 2


6x + 4

)

)(

)

(

(

)

(

Cố gắng lên !!!

)


÷ 3x − 3 x + 1 − 3 x
÷


(

)

)

18


Trường THCS DTNT Quan Hóa
A=

(

) =(

3x − 1

2

3x − 2

)

2

3x − 2 + 2

(

)

Năm 2011

3x − 2 + 1

3x − 2

= 3x +

1
3x − 2

Với x là số nguyên không âm, để A là số nguyên thì

 3x = 3
3 x = 9
3x − 2 = ±1 ⇔ 
⇔
⇔ x = 3 (vì
 3x = 1
 3x = 1


x ∈ Z và x ≥ 0 ). Khi đó: A = 4
( x + y ) 2 − 3 xy = 19
 x 2 + y 2 − xy = 19
 S 2 − 3P = 19  S = x + y 

⇔
⇔
2.a) 

÷ (1)
 x + y + xy = −7
 x + y + xy = −7
 S + P = −7  P = xy 

Giải hệ (1) ta được: ( S = −1; P = −6), ( S = −2; P = −5)
 x + y = −1
 x + y = −2
Giải các hệ phương trình tích, tổng: 
và 
ta có các nghiệm của hệ phương trình
 xy = −6

 xy = −5
 x = −3  x = 2
;
;
 y = 2  y = −3

đã cho là: 

 x = −1 − 6  x = −1 + 6


;

 y = −1 + 6  y = −1 − 6



3. a) x2 + 4x + 3 = ( x + 1)( x+ 3)
x2 + 8x + 15 = ( x +3)(x+5)
x2 + 12x + 35 = ( x +5)( x + 7)
x2 + 16x + 63 = ( x + 7)( x + 9)
⇒ ĐKXĐ : x ≠ -1; x ≠ -3; x ≠ -5; x ≠ -7; x ≠ -9

1
1
1
1
1
+
+

+
=
( x + 1)( x + 3) ( x + 3)( x + 5) ( x + 5)( x + 7) ( x + 7)( x + 9) 5
1 1
1
1
1
1
1
1
1
1
1 1
1
1
−
+
−
+
−
+
−
)= ⇔ (
−
)=
⇔ (
2 x +1 x + 3 x + 3 x + 5 x + 5 x + 7 x + 7 x + 9
5
2 x +1 x + 9
5

pt

⇔

⇒ 5( x + 9 - x -1) = 2( x+1)( x+9)⇔ 2x2 + 20x + 18 - 40 = 0⇔ x2 + 10x - 11 = 0
Phương trình có dạng a + b + c = 0 ⇒ x1 = 1; x2 = -11 x1; x2 thỏa mãn ĐKXĐ.
Vậy tập nghiệm của phương trình là : S = {−11;1}
b) ĐKXĐ: x ≥ -2. ( 0,5 điểm)
2
2
Pt
⇔
( x + 2 − 2) + ( x + 2 − 3) = 1 <=>| x + 2 − 2 | + | x + 2 -3| = 1
⇔ | x + 2 − 2 | + | 3 - x + 2| = 1
áp dụng BĐT |A|+ |B| ≥| A + B| ta có : | x + 2 − 2 | + | 3 - x + 2 | ≥ 1
Dấu "=" xảy ra khi : ( x + 2 − 2 )( 3 - x + 2 ) ≥ 0 ⇔ 2 ≤ x + 2 ≤ 3 ⇔ 2≤ x ≤ 7
Vậy tập nghiệm của phương trình là : S = { x / 2 ≤ x ≤ 7}
4.a) Xét ∆BMD và ∆CND:
+. BD=CD (vì AD là phân giác góc A) +. ∠ACD =

1
sđ cung AD
2

1
1
1
sđ cung AB + sđ cung BD = sđ cung AD
2

2
2
⇒ ∠ACD = ∠MBD . Trong (L), vì A1 = A2 ⇒ 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.
∠MBD = A1+D1=

Cố gắng lên !!!

19


Trường THCS DTNT Quan Hóa
⇒ K là trung điểm M’N’
Vì IM’ = BM = CN = IN’ ⇒ IM’=IN’ ⇒ IK là phân giác của ∠ M’IN’

Năm 2011

 IM ' // MB
⇒ IM’, IN’ cố định. Vậy: Quỹ tích K là đờng phân giác ∠ M’IN’
 IN ' // CN
c) ∆ DMN cântại D có ∠ MDN = 1800 - ∠ BAC = Const
⇒ MN ngắn nhất ⇔ DM nhỏ nhất ⇔ DM ⊥ AB ⇔ khi AD là đờng kính của (L).

Do 

5. a. Gọi S1= SAIB ; S2 = S CID ; S3 = S BIC ; S 4 = S AID
Kẻ AH ⊥ BD; CK ⊥ BD

B

1
AH .BI
S
BI
2
⇔ 1 =
(1)
Ta có:
S4 DI
1
S AID = AH .DI
2
1
SCID = CK .DI
S
BI
2
⇔ 3 =
(2)
S2 DI
1
S BIC = CK .BI
2
S1 S3
=
⇔ S1.S2 = S3 .S 4 (3)
Từ (1) và (2) suy ra:
S4 S2

S AIB =

S1

H
I

S3
C

A
S4

K

S2

D

≥ S + S + 2 S .S (4)

3 4
Ta có: S ABCD = S1 + S2 + S3 + S4 1 2
2
Từ (3) và (4) ta suy ra: S ≥ S1 + S 2 + 2 S1.S 2 = ( S1 + S2 ) ⇔ S ≥ S1 + S 2
(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

⇒ S = S1 + S 2

S
* Nếu BC // AD ta có: S ABC = S CAD Suy ra: S 1 = S 2 ⇒
≥ S1 = S 2

2
S
Dấu bằng sảy ra khi: S1 = S 2 = S 3 = S 4 = ⇔ ABCD là hình bình hành
4

Đề 95
Bài 1: (5,0 điểm).
Cho phương trình :

2+ x
2 + 2+ x

+

2− x
2 − 2− x

= 2 .

a) Tìm điều kiện của x để phương trình có nghĩa .
b) Giải phương trình .
Bài 2: (3,0 điểm).Giải hệ phương trình:

Cố gắng lên !!!

20


Trường THCS DTNT Quan Hóa

Năm 2011
x + y = 1

 5
5
2
2
x + y = x + y

3

3

Bài 3: (5,0 điểm).
a) Cho x, y >0 và x + y ≤ 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A =

1
1
+
2
x + y xy
2

b) Cho các số dương a,b,c thay đổi và thoả mãn : a+b+c=4.

CMR:
a + b + b + c + c + a > 4.
Bài 4: (6,0 điểm).
Cho góc xIy . A là điểm lấy trên đường phân giác góc trong của góc đó , Gọi K , M lần lượt là
chân đường vng góc hạ từ A đến 2 cạnh Ix , Iy của góc xIy . Trên KM lấy điểm P ( KP < PM
) . Qua P dựng đường thẳng vng góc với AP cắt KI tại Q , MI tại S
a) Chứng minh rằng cácc tứ giác KPAQ và PSMA nội tiếp được trong một đường tròn .
b) Chứng minh : P là trung điểm của QS
c) Cho ∠ KIM = 2α ; KM = a ; QS = b ( a < b ) . Tính KQ .
Bài 5: (2,0 điểm).Cho tam giác ABC nhọn có 3 đờng cao: AA1, BB1, CC1 ®ång qui t¹i H.
Chøng minh r»ng:

HA HB HC
+
+
≥6 .
HA1 HB1 HC1

Dấu "=" xảy ra khi nào?

1. a) iu kin : 0 < x ≤ 4
b)

Đặt

2+ x
2 + 2+ x
4+2 x = a ;

+

2− x
2 − 2− x

= 2⇔

2+ x
2+ 4+2 x

+

2− x
2− 4−2 x

= 2 (1)

4 − 2 x = b ( a ; b ≥ 0) .

Cố gắng lên !!!

21


Trường THCS DTNT Quan Hóa

Năm 2011

a 2 + b 2 = 8

Ta có :  a 2

b2
+
=2

2 + a 2 − b
a 2 + b 2 = 8
a 2 + b 2 = 8
a 2 + b 2 = 8



⇔
⇔
(I)

2 ( a 2 + b 2 ) − ab ( a − b ) = 8 + 4 ( a − b ) − 2ab
( a − b ) ( ab + 4 ) − 2 ( ab + 4 ) = 0
( a − b − 2 ) ( ab + 4 ) = 0





Vì ab + 4 > 0 nên :
2

2

2
b = a


b=

 a − b ) + 2ab = 8
ab = 2

b =

a
⇔
⇔
⇔
⇔ 
a
( I ) ⇔ (

a =1+ 3
a − b = 2
a − b = 2
a − 2 = 2
 2


a − 2a − 2 = 0

a = 1 − 3 (loai vì a < 0)
a


2

 4 + 2 x = 3 +1
a = 3 + 1


⇔
⇔
⇔x =3
b = 3 −1
 4 − 2 x = 3 −1



 x3 + y 3 = 1
 x3 + y 3 = 1
 x3 + y 3 = 1



⇔ 5
⇔ 2 2
2. Ta có:  5 5
2
2
5
2
2
3
3
x + y = x + y

 x + y = ( x + y )( x + y )
 x y ( x + y) = 0




Sảy ra các trườngg hợp:
 x3 + y 3 = 1  x = 0
y = 0
⇔
Trường hợp a:
hoặc 

y =1
x = 1
 xy = 0
3
3
3
3
3
 x + y = 1  x + y = 1 − y + y 3 = 1
⇔
⇔
⇔ hệ vô nghiệm
Trường hợp b: 
x + y = 0
x = − y
x = − y
x = 0 x = 1

;
y =1 y = 0

Vậy nghiệm của hệ là: 

3.a.Vi a > 0, b > 0 ; Ta có: a 2 + b 2 ≥ 2 a 2 b 2 = 2ab (Bdt Cô si) ⇒ a 2 + b 2 + 2ab ≥ 4ab ⇒ (a + b) 2 ≥ 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 = x 2 + y 2 ; b = 2xy ; ta có:
1
1
4

4
+
≥ 2
=
(1)
2
2
2
x + y 2xy x + y + 2xy (x + y) 2
1
1
1
4
2
≥
⇒
≥
Mặt khác : (x + y) ≥ 4xy ⇒
(2)
2
4xy (x + y)
xy (x + y) 2
 1
1
1  1
1  1
1  1 1
⇒A= 2
+
= 2

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

*Hoàn toàn tương tự ta cũng có:
b + c < 2 b + c (2) c + a < 2 c + a (3)
⇒

*Cộng vế với vế của (1),(2) và (3) ta có:

(

2( a + b + c ) < 2 a + b + b + c + c + a

x

Q

1
1

)

P
A

H

Cố gắng lên !!!

22

1
I

2

1
S

1

M

y


Trường THCS DTNT Quan Hóa
Hay
4 < a + b + b + c + c + a ⇒ đpcm

Năm 2011

4.• Theo giả thiết ∠ AKQ = ∠ APQ = 900 , nên tứ giác
KPAQ nội tiếp trong đường tròn đường kính AQ .
Cũng theo giả thiết ∠ AMS = ∠ APS = 900
nên tứ giác PSMA nội tiếp đường tròn đường kính AS . (ĐPCM)
b) Trong tứ giác nội tiếp KPAQ ta có ∠ K1 = ∠ Q1 (cùng chắn cung AP) .
Trong tứ giác nội tiếp PSMA ta có ∠ S1 = ∠ M1 (cùng chắn cung AP) .
Mà A nằm trên phân giác của ∠ xIy nên AK = AM ⇒ ∠ K1 = ∠ M1 .
Vậy ∠ Q1 = ∠ S1 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 ∠ I1=∠I2=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 .
Trong tam giác vuông AIK ta có ∠ I1 = ∠ K1 (cùng phụ với ∠ IAK) nên ∠ K1 = ∠ Q1 = α .
KH
a
=
Trong tam giác vng AHK có : KH = KM/2 = a/2 ; ∠K1 =α nên AK =
.
cos K 1 2cosα
b
Trong tam giác vng APQ có : QP = QS/2 = b/2 ; ∠ Q1 = α nên AQ =
.
2cosα
Trong tam giác vng AKQ có :

KQ = AQ 2 - AK 2

nờn KQ =

5. Do tam giác ABC nhọn, nên H nằm trong tam giác. A

b2
a2
=
4cos 2 4cos 2

* Đặt S = S∆ABC; S1 = SHBC; S2 = SHAC; S3 = SHAB.
Ta cã:

T¬ng tù:

A

1
. AA1.BC
S
AA1
HA
= 2
=
= 1+
1
S1
HA1
.HA1.BC HA1
2
S
HB
=1 +
S2
HB1

B1

C1
H

S
HC
= 1+
S3

HC1

1
HA
HB
HC
1
1
Suy ra:
+
+
=S +
+
HA1 HB1 HC1
 S1 S 2 S 3

b2 - a2
4cos 2α

B

A


1 1 1 
1
− 3 = ( S1 + S 2 + S3 )  + + ÷− 3
÷

 S1 S 2 S3

C

Theo bất đẳng thức Côsy:
1
1
1
HA
HB
HC
= ( S1 + S 2 + S3 ) 
+
+
+
+
≥ 9 −3 = 6
÷≥ 9 ⇒
HA1 HB1 HC1
 S1 S 2 S3 

Dấu "=" xảy ra khi tam giác ABC đều

Cố gắng lên !!!

23