Bộ đề bồi dưỡng HSG môn Toán 9

j
Đề 100
Bài 1: (5,0 điểm). Cho biểu thức:P =








−
+
−
+
+
+








−
−
+
+
+
+

12
2
12
1
1:1
12
2
12
1
x
xx
x
x
x
xx
x
x
a) Rút gọn P
b) Tính giá trị của P khi x
( )
223.
2
1
+=
Bài 2: (4,0 điểm).
a) Giải hệ phương trình sau:
2
x
1
2

y
1
2
y
1
2
x
1
=−+
=−+
b) Giải phương trình: x = 2005-2006 (2005-2006 x
2
)
2
Bài 3: (4,0 điểm).
a) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: M =
2
4 2
1
x
x x+ +
b) Cho a
3
+ b
3
+ c
3
= 3abc với a,b,c khác 0 và a + b+ c
≠
0

Tính P = (2008+
b
a
)(2008 +
c
b
) ( 2008 +
a
c
)
Bài 4: (5,0 điểm). Cho ba điểm cố định A,B,C thẳng hàng theo thứ tự đó.vẽ đường tròn 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 BB
1
AO⊥
, AA
1
BO
⊥
Chứng minh rằng 4 điểm D, E, A, B thẳng hàng.
1
j
2, a) Đk:
2
1

y;
2
1
x
≥≥
Ta sẽ chứng minh x=y. Thật vậy
)1(2
x
4
y
1
x
1
x
1
x
4
4
y
1
2
x
1
2
y
1
22
y
1
2

x
1
−=+⇔+−=−⇔
−=−⇔=−+
Tương tự:
2
y
4
y
1
x
1
−=+
(2). Từ (1) và (2) ta có:
yx2
y
4
2
x
4
=⇒−=−
Ta có:
1x0)1
x
1
(01
x
2
x
1

x
2
2
x
2
2
x
4
y
1
x
1
2
2
=⇔=−⇔=+−⇔
=+⇔−=+
. Vậy hệ có nghiệm x = y =1
b) Đặt y = 2005 - 2006 x
2
Phương trình trở thành :






−=
−=
2
2

20062005
20062005
xy
yx
⇔
x - y = 2006 (x
2
- y
2
)
⇔

[ ]
( )
y - 1 - y)(x 2006 x+
= 0
⇔




=−+
=
01)(2006 yx
yx
Với x = y
⇒
x = 2005 - 2006 x
2
⇔

2006x
2
+ x - 2005 = 0
⇒





=
−=
2006
2005
1
y
x

Với 2006 (x+y) - 1 = 0
⇒
x + y =
2006
1

⇒
y =
2006
1
- x
⇔
2006

1
- x = 2005-2006 x
2

⇔
2006
2
x
2
- 2006x - 2005.2006 +1 = 0 →






+
=
−
=
4012
16088171
4012
16088171
y
x

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 x
2

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

x +
= 2 => x =
±
1. Vậy M lớn nhất bằng
1
/
3
khi x =
±
1
b) Ta có: a
3
+ b
3
+ c
3
= 3abc
⇔
( a + b + c ) ( a
2
+ b
2
+ c
2
- ab - bc - ac ) = 0
⇔
a
2
+ b
2

+ c
2
- ab - bc -ac = 0 ( vì a + b + c
≠
0)
⇔
( a- b )
2
+ ( b – c )
2
+ ( c – a )
2
= 0
⇔
a = b = c
⇒
P = (2008+
b
a
)(2008 +
c
b
) ( 2008 +
a
c
)
P = ( 2008 + 1 ) ( 2008 + 1 ) ( 2008 + 1 ) = 2009
3

4.

a)
∆
ABF và
∆
AFC đồng dạng (g_g). Ta có : AB/ AF=AF/AC
⇔
AF
2
=AB.AC
⇒
AF=
ACAB.
Mà AE=AF nên AE=AF=
ACAB.
không đổi
Vậy E,F thuộc đường tròn (A;
ACAB.
) cố định.
b) Tứ giác AOIF nội tiếp đường tròn. Ta có :
∠
AIF =
∠
AOF (1)
2
j
∠
AOF =
∠
2
1

EOF và
∠
EKF =
∠
2
1
EOF
∠⇒
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
AI
AN
AO
AH
=

Suy ra :AH.AI =AN.AO. Lại có :AN .AO=AE
2
=AB.AC
Do đó : AI.AH =AB.AC
AI
ACAB
AH
.
=⇒
không đổi . Vậy H cố định
Tứ giác OIHN là tứ giác nội tiếp đường tròn nên đường tròn ngoại tiếp OIN
luôn qua I và H ;Do đó tâm đương f tròn này nằm trên đường trung trực của IH
5. Theo bài ra ta có:
BBABAA
11
ˆ
∧
=
=90
0
Suy ra tứ giác AA
1
B
1
B nôi tiép trong một đường tròn
111
ˆ
BBABBA
∧

=⇒
cùng chắn cung BB
1
Mặt khác:
⇒==
∧
VOAAOAE 1
ˆ
11
tứ giác AEA
1
O nội tiếp
11
ˆ
AOEAEA
∧
=⇒
cùng chắn cung AE)
mà
11
0
11
,,90
ˆˆ
ˆ
BAEAOEEAO
EABBAB
⇒=+
=
∧

thẳng hàng (*)
Tương tự: ta có tứ giác AA
1
B
1
B nội tiếp
Theo bài ra ta có:
BBABAA
11
ˆ
∧
=
=90
0
Suy ra tứ giác AA
1
B
1
B nôi tiép trong một đường tròn
ABAABA
ˆ
111
∧
=⇒
cùng chắn cung AA
1
Ta lại có:
⇒==
∧
VBBOBOD 1

ˆ
1
tứ giác OB
1
DB nội tiếp
BODBDB
ˆ
1
∧
=⇒
(cùng chắn cung BD)
mà
ABOOBD
BODOBD
OBDDOB
ˆˆ
90
ˆ
ˆ
ˆ
0
=
=+
=
∧
Tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau
Vậy
⇒=++
∧
0

1111
180
ˆˆ
ABAABBBDB
3 điểm D, B
1
, A
1
thẳng hàng (**)
Từ (*) , (**) suy ra A
1
, D, B
1
, E thẳng hàng
3
j
Đề 101
Bài 1: (4,0 điểm). Cho biểu thức P =

















−
+
+








+
−
−
+
−
a
a
a
a
a
a
a
aa
1
1

.
1
1
:
1
)1(
332
a) Rút gọn P
b) Xét dấu của biểu thức M = a.(P -
2
1
)
Bài 2: (4,0 điểm). a) Giải hệ phương trình
3
1
2
2
=++
y
x
y
x
3
1
=++
y
x
y
x
b) Giải Phương trình: 4x

2
+3x(4
x+1
-9) = 27
Bài 3: (3,0 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
+ + =
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 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
4
j
2. a) 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
b) Giải phương trình:
27)9)14(34
2
=−++ xxx
đk:
1
−≥
x
Pt
)1(271124
2
xxxx +=++⇔




+−=++
−≥+=++
⇔
+=++⇔
+=++++⇔
xxx
xdoxxx
xxx
xxxxx
16132

)1(16132
)1(36)132(
)1(36)1(91124
2
2






−
=
=
⇔










=−−
<≤−




=−−
≥
⇔
8
97981
3
081814
01
0994
0
2
2
x
x
xx
x
xx
x
(0,5đ)
3.
a) + 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
= =


⇔

+ + =


+ Vậy A
min
=
1 1
x y z
2 3
⇔ = = =
5
A
D

F
C
E
B
N
D
K
M
G
F
E
H
O
B
C
A
j
b) 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.
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
× = ×
Áp dụng cho tứ giác
BFEC

nội tiếp, ta được
GB GC GF GE× = ×
Suy ra
GF GE GM GA
× = ×
Do đó, tứ giác
AMFE
nội tiếp.
- Theo kết quả phần 1, và tứ giác AEHF nội tiếp suy ra
M
nằm trên đường tròn đường kính
AH
, do đó
HM MA⊥
.
Tia
MH
cắt lại đường tròn
( )O
tại
K
,
khi đó do
90AMK∠ =
o
nên
AK
là đường kính của
( )O
.

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.
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
⊥
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
6
j
Đề 102
Bài 1: (4,0 điểm). Cho biểu thức:P =








+
+









−
−
−−+
1
1:
1
1
1
2
x
x
xxxxx
x
a) Rút gọn P
b) Tìm x để P
≤
0
Bài 2: (4,0 điểm).
a) Giải hệ phương trình : x + y = 1
x
5
+ y
5
= 11
b) Giải phương trình:
3 3
3 6 1x x+ − − =
Bài 3: (4,0 điểm).
a) Cho a,b,c >0 và a+b+c = 1. Chứng minh b+c ≥ 16abc.
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 4: (6,0 điểm).
1. Cho hình vuông ABCD cạnh là a. Trên đường chéo AC lấy điểm E và F sao cho
∠
EBF = 45
0
. 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:
7
111
=+
yx

7
j
2. a) Ta có x
5
+ y
5
= ( x
5
+ x
2
y
3
+ x
3
y
2
+ y
5
) – ( x
2
y
3
+x
3
y
2
) = (x
3
+ y
3

) (x
2
+y
2
) – x
2
y
2
(x+y)
Vì x+ y = 1
⇒
x
5
+y
5
= ( x
2
– xy +y
2
)(x
2
+ y
2
) – x
2
y
2

= ( x
2

+ 2xy + y
2
– 3xy)(x
2
+ y
2
+ 2xy –2xy) – x
2
y
2
=
xy3)yx(
2
−+
(x +y )
2
– 2xy - x
2
y
2
= ( 1- 3xy)(1-2xy) – x
2
y
2
x
5
+ y
5
= 5(xy)
2

– 5(xy) + 1
↔
5(xy)
2
– 5(xy) + 1 = 11 xy = 2
↔
(xy)
2
– (xy) – 10 = 0
↔
xy = -1
Với xy = -1 ta có hệ phương trình x + y = 1
xy = -1
↔
( x,y) = (
2
51
+
;
2
51
−
) hoặc (
2
51
−
;
2
51
+

)
Với xy = 2 ta có hệ phương trình x + y = 1
xy = 2 ( vô nghiệm)
Vậy hệ phương trình có nghiệm (
2
51
+
;
2
51
−
) và (
2
51
−
;
2
51
+
)
b) Đặt
3 3
3 , 6 .x a 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
abc
+

≥

16
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)
2
c 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
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
= +

⇔ = = =

=

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
.4. 1) Ta có :
∠
EBN =
∠
ECN = 45
0

⇒
Tứ giác BCNE nội tiếp
⇒

∠
BEN = 90
0
tương tự tứ giác ABFM nội tiếp
⇒

∠
BFM = 90
0
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)
8
A
M
E
B
CN
D

A
y
j
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
Đặt DM = x ; DN = y
⇒
MN =
22
yx
+
→

S
MDN
=
2
xy
và 2a = x + y +
22
yx
+
S
MDN
lớn nhất khi xy lớn nhất.Bài toán đưa về xác định x, y thỏa mãn :
x+y +
22
yx
+
=2a sao cho xy lớn nhất. Ta có x+ y
≥
2
xy
;
22
yx
+
≥

xy2
Suy ra 2 a = x + y +
22
yx

+

≥
2
xy
+
xy2

↔
2a
≥

xy
( 2+
2
)
⇒

xy

≤

22
a2
+
= a ( 2 -
2
)
→
xy

≤
a
2
( 2 -
2
)
2
= a
2
(6 - 4
2
)
↔
xy
≤
2a
2
( 3 - 2
2
)
Do đó S
MDN
=
2
xy

≤
a
2
( 3 - 2

2
)
Vậy Max S
MDN
= a
2
( 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 S
MDN
= a
2
( 3 - 2
2
)
2)
Qua A vẽ Ax //MD, Ax cắt DC tại F,
Qua B vẽ By //MC, By cắt DC tại E. Chứng minh S
ABCD
= S
MEF
.
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 S

AMD
< 1/2S
ABCD
và S
BMC
< 1/2 S
ABCD
5. Điều kiện
00;0 ≠⇔≠≠ xyyx
Khi đó:
( ) ( ) ( )( )
7
49
7
497749777
077
7
111
−
=−⇔
=−−⇔=−−−⇔
=−−⇔=+
x
y
yxxxy
yxxy
yx
(Với
7
≠

x
)
y
7
7
49
7 −⇔∈
−
⇔∈−⇔∈ xZ
x
ZyZ
là ước của 49
⇔

{ } { }
497
56;14;8;6;0;4277
17
±=−
−=⇔±=−
±=−
x
xx
x
Các nghiệm nguyên dương của phương trình là:
( ) ( ) ( )( ){ }
8;5614;14;56;8; =yx
9
j
Đề 103

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

1
1
.
1
12
3
3
a) Rút gọn P
b) Xét dấu của biểu thức P.
a−1
Bài 2: (5,0 điểm).
a) Giải phương trình:
++−
12
2
xx
44
2
+−
xx
=
2006
2005
2006
2005
20051
2
2
2
+++

b) Tìm nghiệm nguyên của hệ phương trình



=++
=++
3
3
333
zyx
zyx
Bài 3: (4,0 điểm).
a) Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn
x
≥
y
≥
z và 3z - 3x
2
= z
2
= 16 - 4y
2
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 :

ap −
1
+

bp −
1
+
cp −
1

≥
2 (
a
1
+
b
1
+
c
1
)
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 vuông góc với GF. Chứng minh rằng QE là phân giác của góc BQC.
Bài 5: (2,0 điểm).
Ở miền trong hình vuông ABCD lấy điểm M sao cho
0
15=∠=∠ MABMBA
Chứng minh rằng : Tam giác MCD đều

10
j
2. a)
PT đưa về:
200621
=−+−
xx

( )
*
Xét 3 trường hợp * Trường hợp 1: Nếu x<1. PT
( )
2
2003
200623* −=⇔=−⇔ xx
(thỏa mãn)
* Trường hợp 2: Nếu
x
≤
0
<
2
. PT
( )
200610*
=+⇔
x
(PT vô nghiệm)
* Trường hợp 3: Nếu

2
≥
x
. PT
( )
2
2009
200632*
=⇔=−⇔
xx
(thỏa mãn)
Kết luận: PT có 2 nghiệm
;
2
2003
1
−=
x

2
2009
2
=
x
b) Ta có hằng đẳng thức (x + y + z)
3
– ( x
3
+ y
3

+ z
3
) = 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
Với a = 2 ta có
12
4
4
===⇒==⇒



=
=+
zyxcb
bc
cb
Với a = 4 ta có



=
=+
2
2
bc
cb
Không có nghiệm nguyên.

Với a = 8 ta có
4,51
1
2
==−=⇒−==⇒



=
−=+
zyxcb
bc
cb

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: y
2
=
4
z - 16
2
, x
2
=
3
z - 32
2
Vì y
≥
z

⇒
4
z - 16
2

≥
z
2

⇔
5t
2

≤
16
⇔
z
≤

5
4
(1)
Mặt khác x
2
- 3y
2
=
0
12
16 - 5t

4
3t - 48
-
3
z - 16
222
≤=
⇒
x
2

≤
3y
2

⇔
x
≤

y3
(2)
Từ đó
⇒

yx ⋅

2
3 y≤
. Ta có: xz =

( )
222
2
z
2
3
z
32
3

3
3 +≤








+≤⋅ y
x
z
x
và yz
( )
22
z
2
1

+≤ y
⇒
xy + yz + zx
≤

3
y
2
+
( ) ( )
2222
z
2
1
z
2
3
+++ yy
=
2
2
2
13
4
16
2
1
2
3
3 z

z








+
+








−








++
= 2

( )
2
8
33
133 z








+
++
( )
5
16332
5
16
8
33
236
+
=⋅









+
++≤
Dấu đẳng thức sảy ra
⇔
x =
5
3
4
, y = z =
5
4
Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức xy + yz + zx là
5
16332 +
đạt được
( )








⋅=⇔
5
4

,
5
4
,
5
3
4z y; x;
b, ta có:
0
2
>
−+
=−
acb
aP
,
0
2
>
−+
=−
bca
bP
,
0
2
>
−+
=−
cab

cP
áp dụng bất đẳng thức: x, y>0 ta có:
yxyx +
≥+
411
,
cbapbpap
4
2
411
=
−−
≥
−
+
−
11
N
M
P
O
B
C
A
I
j
Tương tự ta có:
)
111
(2)

111
(
cbacpbpap
++≥
−
+
−
+
−
. Dấu “ =” xảy ra khi và chỉ khi: a=b=c
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 tròpn 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 nhỏ nhất bằng
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
·

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

⇒ ∆ ∆ ⇒ = ⇒ =
:
Vậy QE là phân giác của góc BQC .
5. Xác định điểm I trong tam giác MDA sao cho tam giác MIA là tam giác đều
Ta có
∠
IAD=90
0
-15
0
-60
0
=15
0
=
∠
MAB
AB=AD và AM=AI
⇒

∆
AID=
∆
AMB
⇒

∠
AID =
∠
AMB=150

0
⇒

∠
MID=360
0
-150
0
-60
0
=150
0
Xét
∆
IDM và
∆
IDAcó ID chung;
∠
MID=
∠
AID=150
0
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
12
C'
B'
Q
B
C
A
G
F
E
j
Bài 1: (4,0 điểm).
Cho biểu thức:









−
−
−
+
+
+
−
−+
−+
=
1
x1
1
x
2x
2x
1x
2xx
3)x3(x
P
a/ Rút gọn P
b/ Tìm các giá trị x nguyên để P nguyên ;

c/ Tìm các giá trị của x để
xP
=
Bài 2: (5,0 điểm).
a) Giải hệ phương trình:





−=+
−=+
78)(
2156)(
22
224
baab
baba
b) Giải phương trình:
x
xx
x
x
x
5
2
14
−+=−+
Bài 3: (4,0 điểm).
a. Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn

3
5
=++
zyx
Chứng minh rằng
yx
11
+
<
)
1
1(
1
xyz
+
b. Gọi a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác biết
( )( )( )
abcaccbba 8
=+++
Chứng minh rằng tam giác đã cho là tam giác đều
Bài 4: (2,0 điểm).
a) Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau: 7x
2
+ 13y
2
= 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 tròn 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 một 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.
13
j
2. a) Đặt
)0(;)(
2
≥=−=+ xybaxba

Hpt





=−−
=+−
⇔





=+−
=+−
⇔




−=−
−=
⇔
0193
02156
0782
02156
78)2(
2156
2
22
2
22
22
xyx
yx
yxy
yx
yxy
yx



−=
=
∨




=
−=
∨



=
−=
∨



−=
=
⇔



=
=+
⇔



−=
=
⇔






−
=
=−+
⇔







−
=
=+








−
−
⇔






−
=
=+−
⇔
2
3
3
2
2
3
3
2
6
1)(
6
1
3
19
0722721
3
19
0215
3
19
6
3
19

02156
2
2
24
2
2
2
2
22
b
a
b
a
b
a
b
a
ab
ba
y
x
x
x
y
xx
x
x
y
x
x

x
x
x
y
yx
b) Tập xác định :
(*)
0
5
2
0
1







≥−
≥−
x
x
x
x

Pt
x
x
x

x
x
xx
xx
x
x
xx
x
415
2
415
2
4
−=








−+−






−⇔−−−=−⇔




=
−=
⇔






−=−+−
=−
⇔
2
2
1
15
2
0
4
x
x
x
x
x
x
x

x

So sánh với điều kiện (*) ⇒ x=2 là nghiệm.
3. a) Ta có:
( ) ( )
yzxzxyzyxyxz
−−+++=−−
2
222
2
( )
02
222
≥−−+++⇒
yzxzxyzyx

zyx ,,
∀
( )








+<+⇒
<−+⇒
<−+⇒

<=++≤−+⇒
xyzyx
xyzzxy
xyyzxz
zyxxyyzxz
1
1
111
1111
1
1
6
5
2
1
222
b)
( )( )( )
abcaccbba 8
=+++
( ) ( ) ( )
0222
222222
=−++−++−+⇔ abccacbabcabacabcbcba
( ) ( ) ( )
0
222
=−+−+−⇔
abccbacab
Ta có:

( )
0
2
≥−
cab

cba ,,
∀

( )
0
2
≥−
cba

cba ,,
∀

( )
0
2
≥−
abc

cba ,,
∀
. mà
0,,
≠
cba

( ) ( ) ( )
0
222
≥−+−+−⇒
abccbacab

cba ,,
∀
Dấu bằng xảy ra khi





=−
=−
=−
0)(
0)(
0)(
2
2
2
cab
cba
bac

cba
==⇒
14

j
Kết luận: Vậy tam giác có 3 cạnh bằng nhau nên là tam giác đều
4. a) Do 1820
M
13 và 13y
2
M
13, x và y là các số nguyên nên ta cần có 7x
2
M
13 ⇔ x
2
M
13 ⇔ x
M
13 (vì
13 là số nguyên tố)⇔ x = 13m với m ∈ Z.
Tương tự do 1820
M
7 và 7x
2
M
7, x và y là các số nguyên nên ta cần có 13y
2
M
7 ⇔ y
2
M
7 ⇔ y
M

7 (vì 7
là số nguyên tố)⇔ y = 7n với n ∈ Z.
Khi đó phương trình đã cho trở thành: 7(13m)
2
+ 13(7n)
2
= 1820 ⇔ 13m
2
+ 7n
2
= 20
⇒ 13m
2
≤ 20 ⇒ m
2
≤ 1
m 0
m 1
 =
⇒

=


, (vì m
∈
Z).
+ Nếu
2 2
20

m 0 7n 20 n Z
7
= ⇔ = ⇔ = ∉
(loại).
+ Nếu
2 2
x 13
m 1 13 7n 20 n 1 n 1
y 7
=±

= ⇔ + = ⇔ = ⇔ = ⇔

=±

Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm nguyên là (-13; -7) (-13; 7), (13; -7) và (13; 7).
b) vì x, y, z > 0, x + y + z = 1. áp dụng BDT côsi cho 3 số dương : xyz
)1(
27
1
3
1
3
3
3
=







=






++
≤
zyx

Tương tự
( )( )( )
)2(
27
8
3
2
3
3
3
=







=






+++++
≤+++
xzzyyx
xzzyyx
Từ (1),(2)
729
8
))()(( ≤+++⇒ xzzyyxxyz
Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức là
729
8
khi x = y = z =
3
1
5. a)
∆
ABF và
∆
AFC đồng dạng (g_g). Ta có : AB/ AF=AF/AC
⇔
AF
2
=AB.AC

⇒
AF=
ACAB.
Mà AE=AF nên AE=AF=
ACAB.
không đổi
Vậy E,F thuộc đường tròn (A;
ACAB.
) cố định.
b) Tứ giác AOIF nội tiếp đường tròn. Ta có :
∠
AIF =
∠
AOF (1)
∠
AOF =
∠
2
1
EOF và
∠
EKF =
∠
2
1
EOF
∠⇒
EKF =
∠
AOF (2). Từ(1) và(2)

∠⇒
AIF =
∠
EKF
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
AI
AN
AO
AH
=
. Suy ra :AH.AI =AN.AO
Lại có :AN .AO=AE
2
=AB.AC
Do đó : AI.AH =AB.AC
AI
ACAB
AH
.
=⇒
không đổi . Vậy H cố định
Tứ giác OIHN là tứ giác nội tiếp đường tròn nên đường tròn ngoại tiếp OIN luôn qua I và H ;Do đó

tâm đường tròn này nằm trên đường trung trực của IH
15
j

Đề 105
Bài 1: (4,0 điểm). Cho biểu thức : P =








+
−
+
−








−
xx
x
x

x
x
x
11
:
1
a) Rút gọn P
b) Tính giá trị của P biết x =
32
2
+
c) Tìm giá trị của x thỏa mãn : P
436 −−−= xxx
Bài 2: (5,0 điểm).
a) Giải hệ:
( )
( )





=++−
=+++
65
185
2222
2222
yxyxyx
yxyxyx

b) Giải phương trình:
2 2
2 2
2 1 2 2 7
.
6
2 2 2 3
x x x x
x x x x
+ + + +
+ =
+ + + +
Bài 3: (4,0 điểm).
a) Cho a , b, c, d > 0 . Chứng minh rằng :
1 <
cba
a
++
+
dcb
b
++
+
adc
c
++
+
bad
d
++

< 2
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P=
cba
c
bca
b
acb
a
−+
+
−+
+
−+
1694
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 ngoài tam giác vẽ hai nửa đường tròn 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.
16
j

2. a) Giải hệ:
( )
( )





=++−
=+++
)22(65
)21(185
2222
2222
yxyxyx
yxyxyx
Lấy (21) + (22):
( )
125
2222
=++ yxyx
5
22
=+⇔ yx
thay vào (21)
12=⇒ xy
Từ đó ta có hệ:







±=−
±=+
⇔
=
=+
1
7
242
25
22
yx
yx
xy
yx
Từ đó ta có hệ pt:
a)



=−
=+
1
7
yx
yx
b)




−=−
=+
1
7
yx
yx

c)



=−
−=+
1
7
yx
yx
d)



−=−
−=+
1
7
yx
yx
Vậy hệ đã cho có nghiệm:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ){
3,4;4;3;4;3;3,4, −−−−∈yx
}
3. a) Ta luôn có :
dcba
a
+++
<
cba
a
++
< 1 ( 1 )
áp dụng tính chất của tỉ số ta có :
cba
a
++
<
dcba
da
+++
+
(2)
Từ (1) và (2) ta có :
dcba
a
+++
<
cba
a
++

<
dcba
da
+++
+
Tương tự ta có :
dcba
b
+++
<
dcb
b
++
<
dcba
ba
+++
+
dcba
c
+++
<
adc
c
++
<
dcba
bc
+++
+

;
dcba
d
+++
<
bad
d
++
<
dcba
cd
+++
+
Cộng vế theo vế của 4 bất đẳng thức kép trên ta được :
dcba
dcba
+++
+++
<
cba
a
++
+
dcb
b
++
+
adc
c
++

+
bad
d
++
<
dcba
dcba
+++
+++ )(2
Vậy 1 <
cba
a
++
+
dcb
b
++
+
adc
c
++
+
bad
d
++
< 2 (đpcm)
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

2P =
z
yx
y
xz
x
zy +
+
+
+
+
1694
=








++






++









+
z
y
y
z
z
x
x
z
y
x
x
y
16916494
52241612 =++≥
⇒ P≥ 26
Dấu "=" xảy ra khi
2
3
=
x
y
;

2=
x
z
;
3
4
=
y
z
⇔ 3x=4y=6z; x=2; y=3; z= 4 ⇒ a=7; b =6; c=5.
4. a) Ta có ∠AMB =90
o
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) (1)
17
K
H
A
B
C
j
∠ANC = 90
o
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
CNBM
MNNC
MNBM
//
⇒




⊥
⊥
⇒

(2)
Từ (1) và (2) suy ra: Tứ giác BMNC là hình thang vuông
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
BCBDMNCNDNCBD
≤=∈⊥
,,
=> Max MN = BC

d
d '
K
D
P
N
A
B
C
M

Ta có S
BCNM
=S
ABC
+ S
ABM
+ S
ACN
=> max S
BCNM
<=> ( S
ABM
+ S
ACN
) max
<=> 1/2(BM.MA+CN.NA) max (1)
mà 1/2(BM.MA+CN.NA)
≤
1/4(BM
2
+MA
2
+CN
2
+NA
2
)
=1/4(AB
2
+AC

2
) =
2
2
a
( do AB=AC=a) Không đổi
=> maxS
BCNM
= S
ABC
+
2
2
a
BM=MA
<=>
NC= AN
M là điểm chính giữa của nửa đường tròn đường kính AB.
<=>
N là điểm chính giữa của nửa đường tròn đường kính AC.
Vậy khi d đi qua M và N được xác định nh trên thì S
BCNM
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:
2 2 2
AC AH HC
= +
Hay
2
2 2
y
x 10
2
 
= +
 ÷
 
(2)
 Từ (1) và (2) ta suy ra: x =
25
2
, y = 15.
18
j
Vậy: AB = AC =
25
2
cm, BC = 15cm
Đề 106
Bài 1: (4 điểm) Cho biểu thức :P=
4 8 1 2
:

4
2 2
x x x
x
x x 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 2
2
2 5 2 0
4 0
y
x xy y x y
x y x y

+ − − + + =

+ + + − =


b) Giải phương trình:
3 3
. 2
1 1
x x
x x
x x
− −
 
+ =
 ÷
+ +
 
Bài 3: (3 điểm)
Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn đẳng thức
x
2
+ xy + y
2
= x
2
y
2
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 = x
2
+ 9y
2
+ 6z

2
+ 24t
2
Bài 5: (6 điểm) Cho đường tròn (O; R) và một điểm A ở ngoài đường tròn. 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 không đổi, từ đó suy ra BC luôn 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.
19
j
2. a)

2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 5 2 0
4 0
( 1) 2 5 2 0
4 0
( 2)( 2 1) 0
4 0
2 0

4 0
2 1 0
4 0
1
1
4
x=
5
va
13
5
x xy y x y
x y x y
y x y x x
x y x y
y x y x
x y x y
y x
x y x y
y x
x y x y
x
y
x
y

+ − − + + =


+ + + − =

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


+ + + − =


=


=


⇔
= −




= −


1
y=1













Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm: (1; 1);
4 13
; -
5 5
 
−
 ÷
 
3. Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn đẳng thức
x
2
+ xy + y
2
= x
2
y
2
*Với x≥ 2 và y≥ 2 ta có:
2 2 2
2 2 2
4
4
x y x
x y y

≥



≥


⇒ x
2
y
2
≥ 2 (x
2
+ y
2
) = x
2
+ y
2
+x
2
+ y
2
≥ x
2
+ y
2
+ 2xy> x
2
+ y
2
+ xy
* Vậy x≤ 2 hoặc y ≤ 2

- Với x =2 thay vào phương trình ta được 4 + 2y + y
2
= 4y
2
hay 3y
2
-2y -4 =0 ⇒ Phương trình không có nghiệm nguyên
- Với x =-2 thay vào phương trình ta được 4 - 2y + y
2
= 4y
2
hay 3y
2
+2y -4 =0 ⇒ Phương trình không có nghiệm nguyên
- Với x =1 thay vào phương trình ta được 1 + y + y
2
= y
2
hay y = -1
- Với x =-1 thay vào phương trình ta được 1 - y + y
2
= y
2
20
j
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 = x
2
+ 9y
2
+ 6z
2
+ 24t
2
Ta có: (x + y)(z + t) + xy + 88 = 0
<=> 4(x + y)(z + t) + 4xy + 352 = 0
=>A + 4(x + y)(z + t) + 4xy =
=x
2
+ 9y
2
+ 6z
2
+ 24t
2
+ 4xz + 4xt + 4xy + 4yz + 4yt =
=x
2
+ 4x(y + z + t) + 4(z + y + t)
2
+ 4y
2
- 4yz + z
2
+ z

2
- 8zt +16t
2
+ y
2
- 4yt + 4t
2
=
=[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 =>
OM
OK
OA
OH
=
=> OA.OK = OH.OM (1)
Xét ∆BOM vuông tại B nên : OB
2
= OH.OM (2)
Từ (1) và (2) suy ra A. OK = R
2
(không đổi)
=>
OA
R
OK
2
=
(không đổi) do đó K cố định trên OA
b)
Ta có OHK = 90
0
=> H nằm trên đường tròn đường kính OK cố định.
c)
Tứ giác MBOC có hai đường chéo vuông góc nên S
MBOC
=
2

1
OM.BC
=> 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
Nếu OA = 2R thì:
22
2
R
R
R
OK ==
; BC = 2 BK =
3
4
2
2
2
R
R
R =−
Vậy S
MBOC
=
2
1
2R.
33
2
RR =

21
j
Đề 107
Bài 1: (4 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
 
 
+ +
= − −
 ÷
 ÷
 ÷
 ÷
+ + +
−
 
 
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:
3 3 3
2 2 2
x y z 16 2 (1)
x y z 8 (2)
x y z 2 2 (3)

+ + =


+ + =


+ + =


b) Giải phương trình
83xx326x
3
2
=++++
(1)
Bài 3: (4 điểm)
a) Tìm mọi cặp số nguyên dương (x; y) sao cho
1

2
2
4
+
+
yx
x
là số nguyên dương.
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:
1
5 5 5 5 5 5
ab bc ca
a b ab b c bc c a 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
2 2
.MN MP 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.
22
j

1.a) 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≤ ≠
)
b)
( ) ( ) ( )
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
0x
≥
, 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) + Từ (3): x + y + z = 2
2

( )
3
x y z 16 2
⇔ + + =
+ Từ (1) và (3) ta có:
( )
( )
3
3 3 3
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
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
1x0
<≤
thì:
831132613xx326x
3 23 2
=++++<++++
. Nên PT vô nghiệm với
1x0
<≤
Với x >1 Thì:

831132613xx326x
3
2
3
2
=++++>++++
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
≥
3
3 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
b) Đặt
1
2
2

4
+
+
yx
x
= a Với a là số nguyên dương thì x
4
+ 2 = a(x
2
y + 1) ⇔ x
2
(x
2
- ay) = a - 2 (1)
23
j
Xét 3 trường hợp sau : TH1: Nếu a = 1 thì từ (1) ta có : x
2
(x
2
- y) = - 1⇒



−=−
=
11
1
2
y

x
⇔



=
=
2
1
y
x
TH2: Nếu a=2 thì từ (1) có x
2
(x
2
- 2y)=0, suy ra x
2
=2y nên có x= 2k, y=2k
2
với k là số nguyên dương
TH3: Nếu a > 2 thì từ (1), có a – 2 > 0 và (a – 2) chia hết cho x
2
nên a – 2 ≥ x
2
⇔ a ≥ x
2
+ 2 > x
2

Từ đó ⇒ 0 < x

2
- ay < x
2
- x
2
y ≤ 0. Điều này không xảy ra
Vậy: Cặp số nguyên dương (x; y) thoả mãn đề ra là : (1; 2) và (2k; 2k
2
) với k là số nguyên dương.
4. Ta có a
5
+ b
5
= (a + b)(a
4
- a
3
b + a
2
b
2
– ab
3
+b
4
) =(a + b)[(a - b)
2
(a
2
+ ab + b

2
) + a
2
b
2
)
Do
2
(a - b) 0; a,b,c > 0,
≥
nên
2 2 2
(a - b) (a + ab + b ) 0
≥
Suy ra
( )
5 5 2 2
a b a b a b+ ≥ +
. Đẳng thức sảy ra khi a = b.
Do đó:
( )
( ) ( )
1 1
2 2
5 5
1
ab ab c
ab a b ab a b c a b c
a b a b ab
a b ab

≤ = = =
+ + + + + +
+ +
+ +
(1)( vì có abc
=1)
Chứng minh tương tự tacó
5 5
a
b
bc
a b c
c bc
≤
+ +
+ +
(2)
5 5
b
ca
a b c
c a ca
≤
+ +
+ +
(3)
Cộng từng vế của (1); (2); (3) ta có
1
5 5 5 5 5 5
a b c

a b c
ab bc ca
a b ab b c bc c a ca
+ +
=
+ +
+ + ≤
+ + + + + +

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:
2 2
.
MA MN
MN MP MA MB
MN MB
= ⇔ = =

b) Để MNOP là hình vuông thì đường chéo
2 2OM ON R= =

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
2 2
MN MO ON 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
2OM R 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.
24
j
+ Kẻ
OE AB
⊥
, thì E là trung điểm của AB (cố định). Kẻ
( )HL d⊥
thì HL // OE, nên HL là đường
trung bình của tam giác OEM, suy ra:
1
2
HL OE=
(không đổi).
+ 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
Bài 1: (4 điểm)Cho biểu thức: A =









+
+
−
−
+
−








+
−
+
+
+
+
1
1
1
1:1
11
1
xy
x
xy

xxy
xy
xxy
xy
x
a. Rút gọn biểu thức.
b. Cho
6
11
=+
yx
Tìm Max A.
Bài 2: (5 điểm)a) Giải hệ phương trình







−=+
−=+
−=+
14
14
14
yzx
xzy
zyx
b) Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn

2006
=++
zyx
và
2006
1111
=++
zyx
Chứng minh rằng ít nhất một trong ba số x, y, z bằng 2006.
Áp dụng giải phương trình sau:
1 1 1 1
2 1 1 2 2 2x x x x
+ = +
+ − + −
.
Bài 3: (2 điểm)Cho x, y, z > 0 thoả mãn: x + y + z = 2
Tìm GTNN của P =
2 2 2
x y z
y z z x x y
+ +
+ + +
Bài 4: (4 điểm) a) Giải phương trình nghiệm nguyên
x
2
y
2
-x
2
-8y

2
= 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 tròn (O;R) đường kính AB cố định. H là điểm thuộc đoạn OB sao cho
HB = 2HO. Kẻ dây CD vuông 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 AD
2
= AI.AE
b/ Tính AI.AE – HA.HB theo R
25